Корень Бринга

y=Br(x)

В алгебре корень Бринга или ультрарадикал — это аналитическая функция $Br(a)$, задающая единственный действительный корень многочлена $x^5+x+a$. Иначе говоря, для любого $a$ верно, что

$Br(a{)}^5+Br(a)+a=0.$

Разрез на комплексной плоскости проходит вдоль вещественной полуоси $x⩽-1$.

Корень Бринга был введён шведским математиком Шаблон:Не переведено.

Шаблон:Не переведено показал, что все уравнения 5-й степени могут быть решены в радикалах и корнях Бринга. Более полное представление ультрарадикала, как обратной функции ультрастепени показали российские исследователи Груздов и Березины. Они же нашли точный радиус сходимости степенного ряда ультрарадикала, и показали как использовать его для аналитического решения многочленов с любым количеством членов и с любыми степенями, в том числе и комплексными. На основе их метода в некоторых калькуляторах уже имеются кнопки "brn". В сущности это такая же кнопка, как и кнопка корня, но требует указывать две степени.

Нормальная форма Бринга — Жерара

Если

$x^5+a_1{x}^4+a_2{x}^3+a_3{x}^2+a_{4}x+a_5=0$

тогда, если

$y=x^4+b_1{x}^3+b_2{x}^2+b_{3}x+b_4,$

мы можем получить полином 5-й степени от $y$, сделав преобразование Чирнгауза, например, используя результант для исключения $x$. Мы можем затем подобрать конкретные значения коэффициентов $b_i$ для того, чтобы получить полином от $y$ в форме

$y^5+py+q$

Эта неполная форма, открытая Брингом и переоткрытая Жераром, называется нормальной формой Бринга — Жерара. Метод «в лоб» при попытке приведения к нормальной форме Бринга — Жерара не срабатывает; нужно делать это шаг за шагом, применяя несколько преобразований Чирнгауза, которые современные системы аналитических вычислений делают довольно легко.

В начале, подставляя $x-a_1/5$ вместо $x$, избавляемся от члена с $x^4$. Затем, применяя идею Чирнгауза для исключения и члена $x^3$, введём переменную $y=x^2+px+q$ и найдём такие $p$ и $q$, чтобы в результате коэффициенты при $x^3$ и $x^4$ стали равны 0. Конкретнее, подстановки

$q=\frac{2c}{5}$ и

$p=\frac{\sqrt{5}\sqrt{12c^3-40ec+45d^2}-15d}{10c}$

исключают члены третьей и четвёртой степени одновременно из

$x^5+c{x}^3+d{x}^2+ex+f$

Следующим шагом делаем подстановку

$y=x^4+b_1{x}^3+b_2{x}^2+b_{3}x+b_4$

в форму

$x^5+d{x}^2+ex+f$

и исключаем также член второй степени, в процессе чего не потребуется решения уравнений степени выше 3. При этом выражения для $b_1,b_2$ и $b_4$ содержат квадратные корни, а в выражении для $b_3$ присутствует корень третьей степени.

Общий вид сравнительно легко вычислить с помощью компьютерных систем типа Maple или Mathematica, но он слишком громоздкий, поэтому лучше опишем метод, который затем может быть применён в конкретном случае. В любом частном случае можно составить систему из трёх уравнений для коэффициентов $b_i$ и решить её. Одно из решений, полученных таким образом, будет включать корни многочленов не выше третьей степени; рассмотрев затем результант с вычисленными коэффициентами, сведём уравнение к форме Бринга — Жерара. Корни первоначального уравнения выражаются через корни полученного уравнения.

Рассматриваемые как алгебраическая функция, решения уравнения

$x^5+ux+v=0$

зависят от двух параметров, $u$ и $v$, однако заменой переменной можно видоизменить уравнение так, чтобы неизвестная была функцией уже только одного параметра. Так, если положить

$z=\frac{x}{(-u/5{)}^{1/4}}$

придём к форме

$x^5-5x-4t=0$

которая содержит $x$ как алгебраическую функцию одного комплексного, вообще говоря, параметра $t$, где $t=-(v/4)(-u/5{)}^{-5/4}$.

Корни Бринга

Как функции комплексной переменной t, корни x уравнения

$x^5-5x-4t=0$

имеют точки ветвления, где дискриминант 800 000(t⁴ - 1) обращается в ноль, то есть в точках 1, −1, а также i и -i. Монодромия вокруг любой из точек ветвления обменивает две из них, оставляя одну на месте. Для вещественных значений t, больших или равных −1, наибольший вещественный корень есть функция от t, монотонно возрастающая от 1; назовём эту функцию корень Бринга, BR(t). Выбирая ветвь, обрезанную вдоль вещественной оси от $-\mathrm{\infty }$ до −1, мы можем продолжить корень Бринга на всю комплексную плоскость, устанавливая значения вдоль ветви так, чтобы получалось аналитическое продолжение вдоль верхней полуплоскости.

Конкретно, положим $a_0=3,a_1=\frac{1}{100},a_2=-\frac{27}{400000},a_3=\frac{549}{800000000}$, и последовательность a_i определим рекуррентно

$a_{n+4}=-\frac{185193}{5278000}\frac{2n+5}{n+4}{a}_{n+3}$

$-\frac{9747}{52780000}\frac{10n^2+40n+39}{(n+4)(n+3)}{a}_{n+2}$

$-\frac{57}{52780000}\frac{(2n+3)(10n^2+30n+17)}{(n+4)(n+3)(n+2)}{a}_{n+1}$

$-\frac{1}{6597500000}\frac{(5n+11)(5n+7)(5n+3)(5n-1)}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}{a}_n.$

Для комплексных значений t таких, что |t - 57| < 58, получим

$\mathrm{BR}(t)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(t-57{)}^n,$

что можно аналитически продолжить, о чём было уже упомянуто.

Корни x⁵ — 5x — 4t = 0 можно теперь выразить в терминах корней Бринга таким образом:

$r_n=i^{-n}\mathrm{BR}(i^{n}t)$

для n от 0 до 3, и

$r_4=-r_0-r_1-r_2-r_3$

для пятого корня.

Решение общего уравнения пятой степени

Мы можем теперь выразить корни полинома

$x^5+px+q=0$

в терминах радикалов Бринга как

$x=\sqrt[4]{p}\cdot BR\left(\frac{q}{\sqrt[4]{p^5}}\right)=\sqrt[4]{p}\cdot H\left(\frac{\sqrt[4]{p}\cdot e^{\frac{2\pi ik}{5}}}{\sqrt[5]{q}}\right),k=0..4$

для подсчёта корня достаточно брать только 1 значение $\sqrt[4]{p}$ из 4 возможных

$BR(x)=H\left(\frac{e^{\frac{2\pi ik}{5}}}{\sqrt[5]{x}}\right),k=0...4$.

Шаблон:Начало скрытого блока В уравнении $x^5+px+q=0$ сделаем подстановку $x=\alpha y$, получим $y^5+\frac{p}{{\alpha }^4}y+\frac{q}{{\alpha }^5}=0$. Возьмём $\alpha =\sqrt[4]{p}$ , тогда получим: $y^5+y+\frac{q}{p^{\frac{5}{4}}}=0$. Его корни по определению равны :

$y=BR\left(\frac{q}{p^{\frac{5}{4}}}\right)$, тогда корни исходного уравнения равны

$x=\sqrt[4]{p}\cdot BR\left(\frac{q}{p\sqrt[4]{p}}\right)$

Что и требовалось доказать.

     Шаблон:Конец скрытого блока

Итак, у нас есть сведение к форме Бринга-Жерара в терминах разрешимых полиномиальных уравнений, при этом используются полиномиальные преобразования, включающие выражения в корнях не выше четвёртой степени. Это значит, что преобразования могут быть обращены нахождением корней многочлена, выраженных в радикалах. Эта процедура порождает лишние решения, но если отсечь их численными методами, то получим выражение для корней уравнения пятой степени через квадратные, кубические корни и радикалы Бринга, что т.о. будет алгебраическим решением в терминах алгебраических функций одной переменной - алгебраическим решением общего уравнения пятой степени.

Примеры

1) $x^5+2x+7=0$

$x=\sqrt[4]{2}\cdot BR\left(\frac{7}{2\sqrt[4]{2}}\right)=\sqrt[4]{2}\cdot H\left(\sqrt[5]{\frac{2\sqrt[4]{2}}{7}}{e}^{\frac{2\pi ik}{5}}\right),k=0...4$

2) $x^5-x+7=0$

$x=-\sqrt[4]{-1}BR\left(\frac{7}{\sqrt[4]{-1}}\right)=-e^{\frac{\pi i}{4}}\cdot BR\left(\frac{7}{e^{\frac{\pi i}{4}}}\right)=-e^{\frac{\pi i}{4}}\cdot H\left(\frac{e^{\frac{\pi i}{20}}}{\sqrt[5]{7}}{e}^{\frac{2\pi ik}{5}}\right),k=0...4$,

функция $H(x)$ определена ниже

3)$x^5-\frac{5}{2}x-26=0$

$x_k=e^{\frac{2\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}})}^2(-\sqrt{2}+\sqrt{2+\sqrt{2}})}{2}}+e^{\frac{4\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{2}+\sqrt{2+\sqrt{2}})}^2(\sqrt{2}-\sqrt{2-\sqrt{2}})}{2}}+$

$+e^{\frac{6\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}})}^2(\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}})}{2}}+e^{\frac{8\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{2}-\sqrt{2-\sqrt{2}})}^2(-\sqrt{2}-\sqrt{2+\sqrt{2}})}{2}},k=0,1,2,3,4$.

4) $x^5-5x+12=0$

$x_k=-\sqrt[4]{5}\cdot e^{\frac{\pi i}{4}}\cdot BR\left(\frac{2}{5\sqrt[4]{5}\cdot e^{\frac{\pi i}{4}}}\right)$

$x_k=5^{-\frac{2}{5}}{e}^{\frac{2\pi ik}{5}}\sqrt[5]{{(\sqrt{5}+\sqrt{5-\sqrt{5}})}^2(-\sqrt{5}+\sqrt{5+\sqrt{5}})}+e^{\frac{4\pi ik}{5}}{5}^{-\frac{2}{5}}\sqrt[5]{{(-\sqrt{5}+\sqrt{5+\sqrt{5}})}^2(\sqrt{5}-\sqrt{5-\sqrt{5}})}+$

$+5^{-\frac{2}{5}}{e}^{\frac{6\pi ik}{5}}\sqrt[5]{{(-\sqrt{5}-\sqrt{5+\sqrt{5}})}^2(\sqrt{5}+\sqrt{5-\sqrt{5}})}+e^{\frac{8\pi ik}{5}}{5}^{-\frac{2}{5}}\sqrt[5]{{(\sqrt{5}-\sqrt{5-\sqrt{5}})}^2(-\sqrt{5}-\sqrt{5+\sqrt{5}})},k=0,1,2,3,4$

5) $x^5+\frac{15-20\sqrt{\pi }}{\pi +1}x-\frac{44+8\sqrt{\pi }}{\pi +1}=0$

$x_k=e^{\frac{2\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{\pi +1}+\sqrt{\pi +1-\sqrt{\pi +1}})}^2(-\sqrt{\pi +1}+\sqrt{\pi +1+\sqrt{\pi +1}})}{(\pi +1{)}^2}}+e^{\frac{4\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{\pi +1}+\sqrt{\pi +1+\sqrt{\pi +1}})}^2(+\sqrt{\pi +1}-\sqrt{\pi +1-\sqrt{\pi +1}})}{(\pi +1{)}^2}}+$$+e^{\frac{6\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{\pi +1}-\sqrt{\pi +1+\sqrt{\pi +1}})}^2(+\sqrt{\pi +1}+\sqrt{\pi +1-\sqrt{\pi +1}})}{(\pi +1{)}^2}}++e^{\frac{8\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{{(+\sqrt{\pi +1}-\sqrt{\pi +1-\sqrt{\pi +1}})}^2(-\sqrt{\pi +1}-\sqrt{\pi +1+\sqrt{\pi +1}})}{(\pi +1{)}^2}},k=0,1,2,3,4.$

6) $x^5+15x-44=0$

$x_k=e^{\frac{2\pi i}{5}}\sqrt[5]{\sqrt{2}-1}+e^{\frac{4\pi i}{5}}\sqrt[5]{3-2\sqrt{2}}+e^{\frac{6\pi i}{5}}\sqrt[5]{3+2\sqrt{2}}-e^{\frac{8\pi i}{5}}\sqrt[5]{\sqrt{2}+1},k=0,1,2,3,4.$

График функции

Для классификации введём дискриминант $D=256p^5+3125q^4$

Тогда в зависимости от знака D тип графика можно разбить на 3 случая:

• 
  $D>0$. 1 действительный корень и 4 комплексных корня. Максимум и минимум (если существуют) находятся по одну сторону от оси OX
• 
  $D<0$. 3 действительных корня и два комплексных. Максимум и минимум находятся по разные стороны от оси OX
• 
  $D=0$. Максимум и минимум (если существуют) находятся по одну сторону от оси OX. Полином имеет кратные корни. Их можно найти по формуле:$gcd(x^5+px+q,5x^4+p)$, где $gcd(x,y)$ — наибольший общий делитель.

Если $\frac{D}{256p^4}=0$, то уравнение имеет кратные корни.

Разрешимые классы уравнений 5 степени

1) $x^5+5a{x}^3+5a^{2}x+b=0$

$x_k=e^{\frac{2\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{\sqrt{b^2+4a^5}-b}{2}}-\frac{a}{e^{\frac{2\pi ik}{5}}\sqrt[5]{\frac{\sqrt{b^2+4a^5}-b}{2}}}$.

2) Если в уравнении $x^5+ax+b$ , $a,b\in Q,\mathrm{\exists }\epsilon =\pm 1,\mathrm{\exists }e\ne 0,\mathrm{\exists }c>0$

$a=\frac{5e^4(3-4ϵc)}{c^2+1},b=\frac{-4e^5(11ϵ+2c)}{c^2+1},$ то корни выражаются через:

$x_j=e({\omega }^j{u}_1+{\omega }^{2j}{u}_2+{\omega }^{3j}{u}_3+{\omega }^{4j}{u}_4),j=0,1,2,3,4$, где $\omega =e^{\frac{2\pi i}{5}}$,$D=c^2+1$,

$u_1=\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{D}+\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}^2(-\sqrt{D}+\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}{D^2}}$

$u_2=\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{D}+\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}^2(\sqrt{D}-\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}{D^2}}$

$u_3=\sqrt[5]{\frac{{(-\sqrt{D}-\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}^2(\sqrt{D}+\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}{D^2}}$

$u_4=\sqrt[5]{\frac{{(\sqrt{D}-\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}^2(-\sqrt{D}-\sqrt{D-\epsilon \sqrt{D}})}{D^2}}$

Другие свойства

Много других свойств корней Бринга было получено, первые были сформулированы в терминах модулярных эллиптических функций Шарлем Эрмитом в 1858. Напишем основные свойства:

0.$\mathrm{BR}(-a)=-\mathrm{BR}(a)$

1. $\mathrm{BR}(ia)=i\mathrm{BR}(a)$
2. $\mathrm{BR}(a^5+a)=-a$
3. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }BR(n)=\sqrt[5]{n}$
4. $\mathrm{BR}\left(\frac{m^5+m{n}^4}{n^5}\right)=-\frac{m}{n}$ , как следствие из 2
5. $BR(x{)}^{\prime }=\frac{-1}{5BR(x{)}^4+1}$
6. $\int \frac{-1}{5BR(x{)}^4+1}dx=BR(x)+C$

Разрешимость в радикалах

$x^5+px+q=0$

$D=256p^5+3125q^4$

если $p=\frac{3125\varphi {\chi }^4}{(\varphi -1{)}^4({\varphi }^2-6\varphi +25)},q=\frac{3125\varphi {\chi }^5}{(\varphi -1{)}^4({\varphi }^2-6\varphi +25)},\varphi \in R,\chi \in R$,

то уравнение разрешимо в стандартных радикалах.

Разложение в ряд при $x\to \mathrm{\infty }$

Введём: $Br(x)=H\left(\frac{1}{\sqrt[5]{x}}\right)$, $y=\frac{1}{\sqrt[5]{x}}$

Ряд примет вид: $H(y)=-\frac{1}{y}+\frac{y^3}{5}+\frac{y^7}{5^2}+\frac{y^{11}}{5^3}-\frac{21y^{19}}{5^6}-\frac{78y^{23}}{5^7}-\frac{187y^{27}}{5^8}-\frac{286y^{31}}{5^9}+\frac{9367y^{39}}{5^{12}}+\frac{39767y^{43}}{5^{13}}+\frac{105672y^{47}}{5^{14}}...$

y=H(x)

$BR(z)=H\left(\frac{1}{\sqrt[5]{z}}\right)=L\left(\frac{1}{z^{\frac{4}{5}}}\right)\sqrt[5]{z}$

Тогда:

при $z\to \mathrm{\infty }$

$L(z)=\frac{-1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{j_n}{z^{5n}}}{z},j_1=1,j_2=1,j_3=5,j_4=35,...$, где

при $z\to 0$

$L(z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}-\frac{{3125}^{-n}\alpha (-1/10,2n)\alpha (2/5,2n){(-16)}^n{z}^{5n}}{\alpha (4/5,n)\alpha (3/5,n)\alpha (2/5,n)n!}+1/5\frac{{3125}^{-n}\alpha (4/5,2n)\alpha (3/10,2n){(-16)}^n{z}^{5n+1}}{\alpha (6/5,n)\alpha (4/5,n)\alpha (3/5,n)n!}+$

$+1/25\frac{{3125}^{-n}\alpha (6/5,2n){(-16)}^n{z}^{5n+2}}{\alpha (7/5,n)\alpha (6/5,n)\alpha (4/5,n)n!}\alpha (\frac{7}{10},2n)+\frac{{3125}^{-n}\alpha (8/5,2n){(-16)}^n{z}^{5n+3}}{125\alpha (8/5,n)\alpha (7/5,n)\alpha (6/5,n)n!}\alpha (\frac{11}{10},2n)$

y=L(x)

где $\alpha (a,b)=\frac{\mathrm{\Gamma }(a+b)}{\mathrm{\Gamma }(a)}$

Разложение в ряд при $x\to 0$

$BR(a)=-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{5k}{k})\frac{(-1{)}^k{a}^{4k+1}}{4k+1}=a+a^5-5a^9+35a^{13}-...$ или

$\mathrm{BR}(a)=-a{}_4{F}_3(\frac{1}{5},\frac{2}{5},\frac{3}{5},\frac{4}{5};\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{5}{4};-5{\left(\frac{5a}{4}\right)}^4)$

Частные значения

$\mathrm{BR}(0)=0$

$\mathrm{BR}(-1)=\frac{\sqrt[3]{100+12\sqrt{69}}}{6}+\frac{2}{3\sqrt[3]{100+12\sqrt{69}}}-\frac{1}{3}$

$\mathrm{BR}(2)=-1$

Решение через пределы

Дано уравнение: $x^5-px-q=0$, его корень можно представить в виде:

$x=\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q+...}}}$, или $x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\stackrel{n}{\overbrace{\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q+...}}}}$Шаблон:Начало скрытого блока $x=\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q+...}}}$

1)Представим эту запись в виде последовательности $x_n$ , где:

$x_1=\sqrt[5]{q}$

$x_2=\sqrt[5]{q+p\sqrt[5]{q}}$

$x_{n+1}=\sqrt[5]{q+p{x}_n}$

2) Эта последовательность монотонно возрастает и ограничена , значит имеет предел при $n\to \mathrm{\infty }$, и $x_{n+1}=x_n$,

значит получаем уравнение: $x=\sqrt[5]{q+px}$, тогда:

$x^5-px-q=0$

Что и требовалось доказать.

     Шаблон:Конец скрытого блока

Решение через тета-функции

$x^5-x+d=0$

1)$k=\tan (\frac{1}{4}\arcsin \left(\frac{16}{25\sqrt{5}{d}^2}\right))$,$K(x)=\underset{0}{\overset{\frac{\pi }{2}}{\int }}\frac{d\phi }{\sqrt{1-x^2{\sin }^2\phi }}$

$p_n=i\frac{K(1-k^2)}{K(k^2)}+16n,n=0,1,2,3,4$ для всех 5 корней

2) Для $j=0,1,2,3,4$ определим:

$S_j={\left(e^{\frac{\pi i}{4}}\right)}^j\frac{\sqrt{2}\eta ({\tau }_j){\eta }^2(4{\tau }_j)}{{\eta }^3(2{\tau }_j)},{\tau }_j=\frac{p_n+2j}{10}$

$\eta (x)=e^{\frac{\pi ix}{12}}\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(1-e^{2\pi ikx})$- Шаблон:Iw

$S_5=\frac{\sqrt{2}\eta \left(\frac{5p_n}{2}\right){\eta }^2(10p_n)}{{\eta }^3(5p_n)}.$

Тогда: $x_n=\frac{\pm 1}{2\cdot 5^{\frac{3}{4}}}\cdot \frac{k^{\frac{2}{8}}}{\sqrt{k-k^3}}\cdot (S_0+S_5)(S_1+i{S}_4)(i{S}_2+S_3)$, знак выбирается соответственно.

Вывод Глассера

По М. Л. Глассеру (см. ссылку внизу) можно найти решение любого полиномиального уравнения из трёх слагаемых вида:

$x^N-x+t$

В частности, произвольное уравнение пятой степени может быть сведено к такой форме с помощью преобразований Чирнхгауза, показанных выше. Возьмём $x={\zeta }^{-1/(N-1)}$, где общая форма:

$\zeta =e^{2\pi i}+t\varphi (\zeta ),$

а

$\varphi (\zeta )={\zeta }^{N/(N-1)}$

Формула Лагранжа показывает, что любая аналитическая функция f в окрестности корня преобразованного общего уравнения относительно ζ может быть выражена в виде бесконечного ряда:

$f(\zeta )=f(e^{2\pi i})+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{t^n}{n!}\frac{d^{n-1}}{d{a}^{n-1}}[f^{\prime }(a)|\varphi (a){|}^n{]}_{a=e^{2\pi i}}$

Если мы положим $f(\zeta )={\zeta }^{-1/(N-1)}$ в этой формуле, то сможем получить корень:

$x_1=\exp (-2\pi i/(N-1))-\frac{t}{N-1}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(t{e}^{2\pi i/(N-1)}{)}^n}{\mathrm{\Gamma }(n+2)}\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{Nn}{N-1}+1)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{n}{N-1}+1)}$

Следующие N-2 корня могут быть найдены заменой $\exp (-2\pi i/(N-1))$ на другие корни (N-1)-й степени из единицы, а последний корень - из теоремы Виета (например, используя тот факт, что сумма всех корней многочлена трёхчленной формы, приведённой выше, равна 1). С помощью Шаблон:Iw вышеуказанный бесконечный ряд может быть разбит в конечную сумму гипергеометрических функций:

$\psi (q)=(\frac{\omega t}{N-1}{)}^q{n}^{qN/(N-1)}\frac{\prod _{k=0}^{N-1}\mathrm{\Gamma }(\frac{Nq/(N-1)+1+k}{N})}{\mathrm{\Gamma }(\frac{q}{N-1}+1)\prod _{k=0}^{N-2}\mathrm{\Gamma }(\frac{q+k+2}{N-1})}$

$x_1={\omega }^{-1}-\frac{t}{(N-1{)}^2}\sqrt{\frac{N}{2\pi (N-1)}}\sum _{q=0}^{N-2}\psi (q{)}_{N+1}{F}_N\left[\begin{array}{c}\frac{qN/(N-1)+1}{N},\dots ,\frac{qN/(N-1)+N}{N},1;\\ \frac{q+2}{N-1},\dots ,\frac{q+N}{N-1},\frac{q}{N-1}+1;\\ (\frac{t\omega }{N-1}{)}^{N-1}{N}^N)\end{array}\right]$

где $\omega =\exp (2\pi i/(N-1))$.

${}_{a{x}^N+b{x}^2+c=0,N\equiv 1(\mathrm{mod}2)}$

${}_{x_N=-\frac{a}{2b}\sqrt{{\left(\frac{c}{b}\right)}^{N-1}}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}\frac{N+1}{2N},\frac{N+3}{2N},\cdots ,\frac{N-2}{N},\frac{N-1}{N},\frac{N+1}{N},\frac{N+2}{N},\cdots ,\frac{3N-3}{2N},\frac{3N-1}{2N};\\ \frac{N+1}{2N-4},\frac{N+3}{2N-4},\cdots ,\frac{N-4}{N-2},\frac{N-3}{N-2},\frac{N-1}{N-2},\frac{N}{N-2},\cdots ,\frac{3N-5}{2N-4},\frac{3}{2};\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right]+\sqrt{\frac{c}{b}}\mathrm{i}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}\frac{1}{2N},\frac{3}{2N},\cdots ,\frac{N-4}{2N},\frac{N-2}{2N},\frac{N+2}{2N},\frac{N+4}{2N},\cdots ,\frac{2N-3}{2N},\frac{2N-1}{2N};\\ \frac{3}{2N-4},\frac{5}{2N-4},\cdots ,\frac{2N-3}{2N-4};\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right]}$

${}_{x_{N-1}=-\frac{a}{2b}\sqrt{{\left(\frac{c}{b}\right)}^{N-1}}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}\frac{N+1}{2N},\frac{N+3}{2N},\cdots ,\frac{N-2}{N},\frac{N-1}{N},\frac{N+1}{N},\frac{N+2}{N},\cdots ,\frac{3N-3}{2N},\frac{3N-1}{2N};\\ \frac{N+1}{2N-4},\frac{N+3}{2N-4},\cdots ,\frac{N-4}{N-2},\frac{N-3}{N-2},\frac{N-1}{N-2},\frac{N}{N-2},\cdots ,\frac{3N-5}{2N-4},\frac{3}{2};\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right]-\sqrt{\frac{c}{b}}\mathrm{i}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}\frac{1}{2N},\frac{3}{2N},\cdots ,\frac{N-4}{2N},\frac{N-2}{2N},\frac{N+2}{2N},\frac{N+4}{2N},\cdots ,\frac{2N-3}{2N},\frac{2N-1}{2N};\\ \frac{3}{2N-4},\frac{5}{2N-4},\cdots ,\frac{2N-3}{2N-4};\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right]}$

${}_{x_n=-e^{\frac{2n\pi \mathrm{i}}{N-2}}\sqrt[N-2]{\frac{b}{a}}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}-\frac{1}{N(N-2)},-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{1}{N},-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{2}{N},\cdots ,-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{1}{N},\frac{N-5}{2N},-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{N-3}{2N},-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{N+1}{2N},-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{N+3}{2N},\cdots ,-\frac{1}{N(N-2)}+\frac{N-1}{N},;\\ \frac{1}{N-2},\frac{2}{N-2},\cdots ,\frac{2N-5}{2N-4},;\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right]+\sqrt[N-2]{\frac{b}{a}}\sum _{q=1}^{N-3}\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{2q-1}{N-2}+q)}{\mathrm{\Gamma }(\frac{2q-1}{N-2}+1)}\cdot {(-\frac{c}{b}\sqrt[N-2]{\frac{a^2}{b^2}})}^q\cdot \frac{e^{\frac{2n(1-2q)}{N-2}\pi \mathrm{i}}}{q!}{}_{N-1}{F}_{N-2}\left[\begin{array}{c}\frac{Nq-1}{N(N-2)},\frac{Nq-1}{N(N-2)}+\frac{1}{N},\frac{Nq-1}{N(N-2)}+\frac{2}{N},\cdots ,\frac{Nq-1}{N(N-2)}+\frac{N-3}{2N},\frac{Nq-1}{N(N-2)}+\frac{N+1}{2N},\cdots ,\frac{Nq-1}{N(N-2)}+\frac{N-1}{N};\\ \frac{q+1}{N-2},\frac{q+2}{N-2},\cdots ,\frac{N-4}{N-2},\frac{N-3}{N-2},\frac{N-1}{N-2},\frac{N}{N-2},\cdots ,\frac{q+N-2}{N-2},\frac{2q+2N-5}{2N-4};\\ -\frac{a^2{c}^{N-2}}{4b^N{(N-2)}^{N-2}}\end{array}\right],n=1,2,\cdots ,N-2}$

Корни уравнения тогда можно представить как сумму самое большее N-1 гипергеометрических функций. Применяя этот метод к редуцированной форме Бринга-Жеррара, определим следующие функции:

$\begin{array}{ccc}{F}_1(t)& =& F_2(t)\\ F_2(t)& =& {}_4{F}_3(1/5,& 2/5,& 3/5,& 4/5;& 1/2,& 3/4,& 5/4;& 3125t^4/256)\\ F_3(t)& =& {}_4{F}_3(9/20,& 13/20,& 17/20,& 21/20;& 3/4,& 5/4,& 3/2;& 3125t^4/256)\\ F_4(t)& =& {}_4{F}_3(7/10,& 9/10,& 11/10,& 13/10;& 5/4,& 3/2,& 7/4;& 3125t^4/256)\end{array}$

которые суть гипергеометрические функции, присутствующие в рядах выше. Корни уравнения пятой степени тогда:

$\begin{array}{ccc}{x}_1& =& -t^4{F}_1(t)\\ x_2& =& -F_1(t)& +\frac{1}{4}t{F}_2(t)& +\frac{5}{32}{t}^2{F}_3(t)& +\frac{5}{32}{t}^3{F}_3(t)\\ x_3& =& -F_1(t)& +\frac{1}{4}t{F}_2(t)& -\frac{5}{32}{t}^2{F}_3(t)& +\frac{5}{32}{t}^3{F}_3(t)\\ x_4& =& -i{F}_1(t)& +\frac{1}{4}t{F}_2(t)& -\frac{5}{32}i{t}^2{F}_3(t)& -\frac{5}{32}{t}^3{F}_3(t)\\ x_5& =& i{F}_1(t)& +\frac{1}{4}t{F}_2(t)& +\frac{5}{32}i{t}^2{F}_3(t)& -\frac{5}{32}{t}^3{F}_3(t)\end{array}$

Это по существу тот же результат, что был получен методом дифференциальной резольвенты, разработанным Шаблон:Iw} и Робертом Харлеем в 1860 году.

Дифференциальная резольвента

$f[\varphi (a)]=0$

Функция φ может быть определена так:

$\begin{array}{c}\frac{df[\varphi (a)]}{da}=0\\ \frac{d^{2}f[\varphi (a)]}{d{a}^2}=0\\ \frac{d^{3}f[\varphi (a)]}{d{a}^3}=0\\ \frac{d^{4}f[\varphi (a)]}{d{a}^4}=0\end{array}$

Тогда дифференциальная резольвента такова:

$\frac{(256-3125a^4)}{1155}\frac{d^4\varphi }{d{a}^4}-\frac{6250a^3}{231}\frac{d^3\varphi }{d{a}^3}-\frac{4875a^2}{77}\frac{d^2\varphi }{d{a}^2}-\frac{2125a}{77}\frac{d\varphi }{da}+\varphi =0$

См. также

• Теория уравнений

Внешние ссылки

• M.L. Glasser. The Quadratic Formula Made Hard: A Less Radical Approach to Solving Equations. Статья доступна на arXiv.org здесьШаблон:Недоступная ссылка
• A.V. Gruzdov, S.V. Berezin, A.V. Berezin, P.V. Berezin. Универсальная функция, Ультрарадикал абсолютный