„Ötödfokú egyenlet” változatai közötti eltérés

 
== Megoldható ötödfokú egyenletek ==
Néhány ötödfokú egyenlet megoldható úgy, hogy alacsonyabb fokú polinomok szorzataként fejezzük ki, például <math>x^5 - x^4 - x + 1 = 0\,</math> felírható mint <math>(x^2 + 1) (x + 1) (x - 1)^2 = 0\,</math>. Más ötödfokú egyenlet, mint például a <math>x^5 - x + 1 = 0\,</math> nem fejezhető ki ilyen alakban. [[Évariste Galois]] kifejlesztett eljárásokat annak meghatározására, hogy egy polinom-egyenletpolinomegyenlet mikor fejezhető ki polinomok szorzataként, ezzel megalkotva a [[Galois-elmélet]] területét. Ezeket az eljárásokat először [[John Stuart Glashan]], [[George Paxton Young]], és [[Carl Runge]] alkalmazta [[1885]]-ben, hogy általános kritériumot adjanak a megoldhatóságra (Lazard egy modern megközelítése található a forrásokban).
Azt találták, hogy bármely [[Irreducibilis polinom|irreducibilis]] ötödfokú polinom racionális együtthatókkal [[Erland Samuel Bring|Bring]]-[[George Jerrard|Jerrard]] formában,
 
gyökökkel kifejezhető megoldású akkor és csak akkor, ha a következő alakú:
 
:<math>x^5 + \frac{5\mu^4(4\nu + 3)}{\nu^2 + 1}x + \frac{4\mu^5(2\nu + 1)(4\nu + 3)}{\nu^2 + 1} = 0</math>,
 
ahol <math>\mu</math> és <math>\nu</math> racionálisak. [[1994]]-ben, [[Blair Spearman]] és [[Kenneth S. Williams]] egy alternatív kritériumot talált,
 
:<math>x^5 + \frac{5e^4(\pm 4c + 3)}{c^2 + 1}x + \frac{-4e^5(\pm 11+2c)}{c^2 + 1} = 0.</math>
 
[[1994]]-ben, [[Blair Spearman]] és [[Kenneth S. Williams]] egy alternatív kritériumot talált,
A kapcsolatot az [[1885]]-i és az [[1994]]-i parametrizáció között egyszerűen látható, ha a következőt definiáljuk
 
:<math>b = \frac{4}{5} \left(a+20 \pm 2\sqrt{(20-a)(5+a)}\right)</math>
:<math>x^5 + \frac{5e^4(\pm 4c + 3)}{c^2 + 1}x + \frac{-4e^5(\pm 11+2c)}{c^2 + 1} = 0.</math>.
 
 
A kapcsolatotkapcsolat az [[1885]]-iös és az [[1994]]-ies parametrizáció között egyszerűen látható, ha a következőt definiáljuk:
 
:<math>b = \frac{4}{5} \left(a+20 \pm 2\sqrt{(20-a)(5+a)}\right)</math>,
 
ahol
 
:<math>a = \frac{5(4\nu+3)}{\nu^2+1}</math>.
 
Szükséges, de nem elegendő feltétel, hogy az irreducibilis megoldható ötödfokú egyenlet