五次方程式の解を超越的な手続を許して構成する方法としては、
レベル5のモジュラー方程式の解を利用する方法 超幾何級数 を利用する方法の2つが知られている。 前者はエルミート によって、後者はクライン によって証明された。
エルミートによる解法 五次方程式の解を構成するためには、まず、次の3つの事実を知っておかねばならない。
任意の五次方程式は代数的操作のみによってブリング-ジェラード(Bring-Jerrard )の標準形に変形できる。 レベル5のモジュラー方程式の解が具体的に求められる。 それらの解のある特定のコンビネーションが五次方程式を満足し、ブリング-ジェラードの標準形と関係付けることができる。 これらを結合することで五次方程式の解を構成することができる。
ブリング-ジェラードの標準形 任意の五次方程式
x 5 + a 4 x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 {\displaystyle x^{5}+a_{4}x^{4}+a_{3}x^{3}+a_{2}x^{2}+a_{1}x+a_{0}=0} はチルンハウス変換（英語版 ）
y = x 4 + b 3 x 3 + b 2 x 2 + b 1 x + b 0 {\displaystyle y=x^{4}+b_{3}x^{3}+b_{2}x^{2}+b_{1}x+b_{0}} において適当に係数 bj を選ぶことによって、ブリング-ジェラードの標準形
y 5 + y + b = 0 {\displaystyle y^{5}+y+b=0} へ変換することが可能であるので、まず、この形へ帰着させる。この手続は代数的に実行可能であるが bj は al の複雑な関数である。
レベル5のモジュラー方程式 複素トーラス（英語版 ） の周期をそれぞれ ω 1 , ω 2 {\displaystyle \omega _{1},\omega _{2}} τ {\displaystyle \tau }
τ = ω 2 ω 1 {\displaystyle \tau ={\frac {\omega _{2}}{\omega _{1}}}} で定義する。ただし、τ {\displaystyle \tau } 純虚数 と仮定する。また、
q = e i π τ {\displaystyle q=e^{i\pi \tau }} と定義する。この時 q {\displaystyle q} q n {\displaystyle q^{n}} τ {\displaystyle \tau } n τ {\displaystyle n\tau } レベル n {\displaystyle n} 」と言う。この方程式は次の形をとる。
L ′ L = n K ′ K . {\displaystyle {\frac {L'}{L}}=n{\frac {K'}{K}}.} ただし、K , L {\displaystyle K,L} k , l {\displaystyle k,l} 楕円積分 、K ′ , L ′ {\displaystyle K',L'} k ′ := 1 − k 2 {\displaystyle k':={\sqrt {1-k^{2}}}} l ′ := 1 − l 2 {\displaystyle l':={\sqrt {1-l^{2}}}} k , l {\displaystyle k,l} n = 5 {\displaystyle n=5} τ {\displaystyle \tau } 5 τ {\displaystyle 5\tau }
F [ − κ ( 5 τ ) 4 , κ ( τ ) 4 ] = 0 , F ( x , y ) = x 6 − y 6 + 5 x 2 y 2 ( x 2 − y 2 ) − 4 x y ( x 4 y 4 − 1 ) = 0 , {\displaystyle F\left[-{\sqrt[{4}]{\kappa (5\tau )}},{\sqrt[{4}]{\kappa (\tau )}}\right]=0,\quad F(x,y)=x^{6}-y^{6}+5x^{2}y^{2}(x^{2}-y^{2})-4xy(x^{4}y^{4}-1)=0,} ただし、κ ( τ ) {\displaystyle \kappa (\tau )}
K = Q [ κ 4 ( τ ) ] {\displaystyle K=\mathbb {Q} [{\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )]} F [ x , κ 4 ( ω ) ] ∈ Q [ κ 4 ( ω ) ] [ x ] = K [ x ] {\displaystyle F[x,{\sqrt[{4}]{\kappa }}(\omega )]\in \mathbb {Q} [{\sqrt[{4}]{\kappa }}(\omega )][x]=K[x]} K {\displaystyle K} この方程式の解が α ∞ = − κ ( 5 τ ) 4 , α l = κ ( τ + 16 l 5 ) 4 l ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 } {\displaystyle \alpha _{\infty }=-{\sqrt[{4}]{\kappa (5\tau )}},\quad \alpha _{l}={\sqrt[{4}]{\kappa \left({\frac {\tau +16l}{5}}\right)}}\quad l\in \{1,2,3,4\}} で与えられる。
解の構成 今、
r 0 = ( α ∞ − α 0 ) ( α 1 − α 4 ) ( α 2 − α 3 ) κ 4 ( τ ) r 1 = ( α ∞ − α 1 ) ( α 2 − α 0 ) ( α 3 − α 4 ) κ 4 ( τ ) r 2 = ( α ∞ − α 2 ) ( α 1 − α 3 ) ( α 0 − α 4 ) κ 4 ( τ ) r 3 = ( α ∞ − α 3 ) ( α 2 − α 4 ) ( α 1 − α 0 ) κ 4 ( τ ) r 4 = ( α ∞ − α 4 ) ( α 0 − α 3 ) ( α 1 − α 2 ) κ 4 ( τ ) {\displaystyle {\begin{aligned}r_{0}&=(\alpha _{\infty }-\alpha _{0})(\alpha _{1}-\alpha _{4})(\alpha _{2}-\alpha _{3}){\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )\\r_{1}&=(\alpha _{\infty }-\alpha _{1})(\alpha _{2}-\alpha _{0})(\alpha _{3}-\alpha _{4}){\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )\\r_{2}&=(\alpha _{\infty }-\alpha _{2})(\alpha _{1}-\alpha _{3})(\alpha _{0}-\alpha _{4}){\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )\\r_{3}&=(\alpha _{\infty }-\alpha _{3})(\alpha _{2}-\alpha _{4})(\alpha _{1}-\alpha _{0}){\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )\\r_{4}&=(\alpha _{\infty }-\alpha _{4})(\alpha _{0}-\alpha _{3})(\alpha _{1}-\alpha _{2}){\sqrt[{4}]{\kappa }}(\tau )\end{aligned}}} と定義すると、r i {\displaystyle r_{i}} K ( 5 ) {\displaystyle \;K({\sqrt {5\,}})\;}
x 5 − 2 4 ⋅ 5 3 κ 2 ( 1 − κ 2 ) 2 x − 2 6 ⋅ 5 5 2 κ 2 ( 1 − κ 2 ) 2 ( 1 + κ 2 ) = 0 {\displaystyle x^{5}-2^{4}\cdot 5^{3}\kappa ^{2}(1-\kappa ^{2})^{2}x-2^{6}\cdot 5^{\frac {5}{2}}\kappa ^{2}(1-\kappa ^{2})^{2}(1+\kappa ^{2})=0} の解であることが証明できる。この式とブリング-ジェラードの標準形とを結合することで五次方程式の解が構成できる。具体的には、
b = − i 2 ( 1 + κ 2 ) 5 5 4 κ ( 1 − κ 2 ) {\displaystyle b=-{\rm {i}}{\frac {2(1+\kappa ^{2})}{5^{\frac {5}{4}}{\sqrt {\kappa (1-\kappa ^{2})}}}}} の変換で互いに移り変わる。これより、複素数 κ ( τ ) {\displaystyle \kappa (\tau )} 四次方程式 を解くことで決定できる。r i {\displaystyle r_{i}} τ {\displaystyle \tau } τ {\displaystyle \tau } κ ( τ ) {\displaystyle \kappa (\tau )} τ {\displaystyle \tau } C
y 2 = ( 1 − x 2 ) ( 1 − κ 2 x 2 ) {\displaystyle y^{2}=(1-x^{2})(1-\kappa ^{2}x^{2})} 上の第1種積分
ξ = d x y = d x ( 1 − x 2 ) ( 1 − κ 2 x 2 ) {\displaystyle \xi ={\frac {dx}{y}}={\frac {dx}{\sqrt {(1-x^{2})(1-\kappa ^{2}x^{2})}}}} の周期の比、すなわち第一種完全楕円積分
K = K ( κ ) = ∫ 0 1 d x ( 1 − x 2 ) ( 1 − κ 2 x 2 ) , K ′ = K ′ ( κ ) = K ( κ ′ ) = ∫ 0 1 d x ( 1 − x 2 ) ( 1 − κ ′ 2 x 2 ) , κ ′ = 1 − κ 2 {\displaystyle K=K(\kappa )=\int _{0}^{1}{\frac {dx}{\sqrt {(1-x^{2})(1-\kappa ^{2}x^{2})}}},\quad K'=K'(\kappa )=K(\kappa ')=\int _{0}^{1}{\frac {dx}{\sqrt {(1-x^{2})(1-{\kappa '}^{2}x^{2})}}},\quad \kappa '={\sqrt {1-\kappa ^{2}}}} を用いて、
τ = i K ′ K {\displaystyle \tau ={\frac {{\rm {i}}K'}{K}}} の関係で結ばれている。これが κ ( τ ) {\displaystyle \kappa (\tau )} τ {\displaystyle \tau } τ {\displaystyle \tau } r i {\displaystyle r_{i}}
クラインによる解法 正二十面体 的対称性（Icosahedral symmetry ）五次方程式を正20面体方程式（60次方程式）に帰着させ、正20面体方程式の解は超幾何関数 で示される。
正20面体を二次元球面 S 2 S 2 リーマン球面 （複素射影直線）を同一視。複素射影直線の斉次座標をz 1 , z 2 ( z = z 1 / z 2 ) {\displaystyle z_{1},z_{2}(z={z_{1}}/{z_{2}})}
f = z 1 z 2 ( z 1 10 + 11 z 1 5 z 2 5 − z 2 10 ) , {\displaystyle f=z_{1}z_{2}(z_{1}^{10}+11z_{1}^{5}z_{2}^{5}-z_{2}^{10}),} H = − ( z 1 20 + z 2 20 ) + 228 ( z 1 15 z 2 5 − z 1 5 z 2 15 ) − 494 z 1 10 z 2 10 , {\displaystyle H=-(z_{1}^{20}+z_{2}^{20})+228(z_{1}^{15}z_{2}^{5}-z_{1}^{5}z_{2}^{15})-494z_{1}^{10}z_{2}^{10},} T = ( z 1 30 + z 2 30 ) + 522 ( z 1 25 z 2 5 − z 1 5 z 2 25 ) − 10005 ( z 1 20 z 2 10 + z 1 10 z 2 20 ) . {\displaystyle T=(z_{1}^{30}+z_{2}^{30})+522(z_{1}^{25}z_{2}^{5}-z_{1}^{5}z_{2}^{25})-10005(z_{1}^{20}z_{2}^{10}+z_{1}^{10}z_{2}^{20}).} これらを用いて(と書いているのにTは使われていない？)
q ( z ) = H ( z 1 , z 2 ) 3 1728 f ( z 1 , z 2 ) 5 = H ( z , 1 ) 3 1728 f ( z , 1 ) 5 {\displaystyle q(z)={\frac {H(z_{1},z_{2})^{3}}{1728f(z_{1},z_{2})^{5}}}={\frac {H(z,1)^{3}}{1728f(z,1)^{5}}}} となり、 q ( z ) = u {\displaystyle q(z)=u}
( ( z 20 + 1 ) − 288 ( z 15 − z 5 ) + 494 z 10 ) 3 + 1728 u z 5 ( z 10 + 11 z 5 − 1 ) 5 = 0 {\displaystyle ((z^{20}+1)-288(z^{15}-z^{5})+494z^{10})^{3}+1728uz^{5}(z^{10}+11z^{5}-1)^{5}=0} となる。 逆を求めると F(α,β,γ;ｚ）をガウスの超幾何関数として
z = F ( 11 60 , 31 60 , 6 5 ; 1 u ) 1728 5 F ( − 1 60 , 19 60 , 4 5 ; 1 u ) {\displaystyle z={\frac {F({\frac {11}{60}},{\frac {31}{60}},{\frac {6}{5}};{\frac {1}{u}})}{{\sqrt[{5}]{1728}}F(-{\frac {1}{60}},{\frac {19}{60}},{\frac {4}{5}};{\frac {1}{u}})}}} 限定的な代数的解法 一般式が代数的に解けないということは、上記に示したとおりであるが、特定の五次方程式がどのような場合に解けるかは分かっている。ラグランジュ が3次、4次で用いた手法をそのまま持ち込んだ場合、
x = ( α 1 + ζ α 2 + ζ 2 α 3 + ζ 3 α 4 + ζ 4 α 5 ) 5 {\displaystyle x=(\alpha _{1}+\zeta \alpha _{2}+\zeta ^{2}\alpha _{3}+\zeta ^{3}\alpha _{4}+\zeta ^{4}\alpha _{5})^{5}} の置換を考察することになるが、この場合5次対称群の位数は120で、出現する式は5次巡回群の位数=5で割った24通りである。つまりその為に解かなければならない方程式は24次式となり5次よりはるかに悪化する。
そこでより位数の低い置換を与えるような式を考察する必要があるが、これは1861年 にアーサー・ケイリー が与えたものが最良となる。
x = ( α 1 α 2 + α 2 α 3 + α 3 α 4 + α 4 α 5 + α 5 α 1 − α 1 α 3 − α 2 α 4 − α 3 α 5 − α 4 α 1 − α 5 α 2 ) 2 {\displaystyle x=(\alpha _{1}\alpha _{2}+\alpha _{2}\alpha _{3}+\alpha _{3}\alpha _{4}+\alpha _{4}\alpha _{5}+\alpha _{5}\alpha _{1}-\alpha _{1}\alpha _{3}-\alpha _{2}\alpha _{4}-\alpha _{3}\alpha _{5}-\alpha _{4}\alpha _{1}-\alpha _{5}\alpha _{2})^{2}} この場合出現する式は6通りであり、6次方程式を解くことに帰着する。もちろんこれを代数的に解くことは一般的状況では不可能であるが、根の平方が有理数になる場合に限り、実質的な次数が下がり、代数的に解ける。以下は3次、4次のラグランジュの解法同様にして元の方程式の根を得る。これが五次方程式が代数的に解ける必要十分条件である。
超冪根による解法 四則演算と通常の冪根をとることに加えて超冪根 （すなわち既約な方程式 x 5 + x - a = 0
と定義すると、
は
上で既約である。
(ただし ζ は1の原始5乗根)
