Формула для решения уравнения t+x+x^5=0

[dmd]

Возможно это будет интересно.

Дано уравнение $t+x+x^5=0$, в большинстве случаев оно в радикалах не решабельно.

Примем $Q^5=-t$, тогда $Q=\{-t^{1/5}, (-1)^{1/5} t^{1/5}, -(-1)^{2/5} t^{1/5}, (-1)^{3/5} t^{1/5}, -(-1)^{4/5} t^{1/5}\}$

и

$x=\frac{4096 Q^{25} - (1 + 5 Q^4 (5 + 50 Q^4 + 250 Q^8 + 625 Q^{12} + 1649 Q^{16})) t + 2560 Q^{15} t^2 - 640 Q^{10} t^3 + 80 Q^5 t^4 - 4 t^5}{(1 + 5 Q^4) (1 + 5 (4 Q^4 + 30 Q^8 + 100 Q^{12} + 125 Q^{16} + 256 Q^{20} - 256 Q^{15} t + 96 Q^{10} t^2 - 16 Q^5 t^3 + t^4))}$

(проверка в Вольфраматике)

t = RandomInteger[1000];
P = t + x + x^5;
Print["Equation: ", P, "=0"];
Print["Solution by CAS:"];
Print[P // NSolve];
Q = {-t^(1/5), (-1)^(1/5) t^(1/5), -(-1)^(2/5) t^(1/5), (-1)^(3/5) t^(1/5), -(-1)^(4/5) t^(1/5)};
Print["Solution by formula:"];
Print["x = ", (4096*Q^25 - (1 + 5*Q^4*(5 + 50*Q^4 + 250*Q^8 + 625*Q^12 + 1649*Q^16))*t + 2560*Q^15*t^2 - 640*Q^10*t^3 + 80*Q^5*t^4 - 4*t^5)/
((1 + 5*Q^4)*(1 + 5*(4*Q^4 + 30*Q^8 + 100*Q^12 + 125*Q^16 + 256*Q^20 - 256*Q^15*t + 96*Q^10*t^2 - 16*Q^5*t^3 + t^4))) // N // Sort]

Основано на идеях из крайних видео Нормана Вилдбергера про приближение решения степенными рядами. Получилось правда наоборот, в радикалах и не ряд, но способ построения решения тот же. Это приближенное решение, но достаточно точное для значений $t$ в пределах тысячи и значений $x$ до пятого знака после запятой. Можно полиномную дробь соорудить крупнее, и тогда решения наверное станут еще точнее.

[novichok2018]

Думаю, что можно применить такой план. Решение через гипергеометрию пишется в явном виде. Потом если хочется можно обрезать ряд и далее преобразовывать к рациональной дроби. И многочлен из обрезанного ряда и рациональная дробь будут без корней по целым степеням неизвестной.
Давно ищу, кто бы дал полное решение такой задачи (ничего нового, известный метод, но не знаю где для всех 4 написано). Решить 4 уравнения (без требования в радикалах):

$$ x^5\pm x \pm 1=0. $$

Кажется, два решаются явно, а два нет, нужна вся эта модулярная бодяга, которая на мой взгляд имеет чисто исторический интерес. Через гипергеометрию решаются все 4 сразу и в явном виде. Хороший пример преимущества гипергеометрического подхода.

[kotenok gav]

novichok2018, корни всех полиномов пятой степени выражаются через радикалы и так называемый корень Бринга (решение уравнения $x^5+x+t=0$). Конечно, корень Бринга можно выразить через гипергеометрию.

[dmd]

Для уравнения $p+qx+x^3=0$ один действительный корень можно грубо приблизить так $-\dfrac{p (2 p^2 + q^3)}{q (3 p^2 + q^3)}$.

А так $-\dfrac{p (16 p^8 + 51 p^6 q^3 + 39 p^4 q^6 + 11 p^2 q^9 + q^{12})}{q (3 p^2 + q^3) (12 p^6 + 21 p^4 q^3 + 9 p^2 q^6 + q^9))}$ получается несколько более точное приближение действительного корня. Но для некоторых пар значений $\{p,q\}$ вычисления всё-таки расходятся, и тогда заменой $x\to \dfrac{1}{z}$ можно перейти к аналогичному уравнению, для которого вычисления по этой формуле будут сходящимися.

(проверка)

{p, q} = RandomInteger[{-1000, 1000}, 2];
P = p + q x + x^3;
Print["Equation: ", P, "=0"];
Print["Solution by CAS:"];
Print[P // NSolve];
Print["Solution by formula:"];
Print["x = ", -((p (16 p^8 + 51 p^6 q^3 + 39 p^4 q^6 + 11 p^2 q^9 + q^12))/(q (3 p^2 + q^3) (12 p^6 + 21 p^4 q^3 + 9 p^2 q^6 + q^9))) // N]

[dmd]

Более простая и достаточно точная формула приближения корней для уравнения $t+x+x^5=0$:

$Q=\{-t^{1/5}, (-1)^{1/5} t^{1/5}, -(-1)^{2/5} t^{1/5}, (-1)^{3/5} t^{1/5}, -(-1)^{4/5} t^{1/5}\}$

$x=\dfrac{Q^5 (1 + 25 Q^4 + 250 Q^8 + 1250 Q^{12} + 3125 Q^{16} + 15625 Q^{20})}{(1 + 5 Q^4) (1 + 20 Q^4 + 150 Q^8 + 500 Q^{12} + 625 Q^{16} + 3125 Q^{20})}$

(проверка)

t = RandomInteger[{-1000000, 1000000}];
P = t + x + x^5;
Print["Equation: ", P, "=0"];
Print["Solution by CAS:"];
Print[NSolve[P == 0, x, 8]];
Q = {-t^(1/5), (-1)^(1/5) t^(1/5), -(-1)^(2/5) t^(1/5), (-1)^(3/5) t^(1/5), -(-1)^(4/5) t^(1/5)};
Print["Solution by formula:"];
Print["x = ", N[(Q^5 (1 + 25 Q^4 + 250 Q^8 + 1250 Q^12 + 3125 Q^16 + 15625 Q^20))/((1 + 5 Q^4) (1 + 20 Q^4 + 150 Q^8 + 500 Q^12 + 625 Q^16 + 3125 Q^20)), 8] // Sort]

[dmd]

Индукцией получилось восстановить полную форму рядов в числителе и знаменателе.

$\displaystyle S=\sum^{n\equiv 1\pmod 4}_{i=1}{k(i) 5^{i + 1}Q^{4 i}}$,

где $k(i)=\begin{cases}1,&\text{если $i\equiv 0,1\pmod 4$}\\2,&\text{если $i\equiv 2,3\pmod 4$}\end{cases}$

$\displaystyle x=\dfrac{Q^5 (1 + S)}{1 + S - 5^{n + 1} Q^{4 n} + 2\cdot 5^n Q^{4 n} + 5^{n + 1} Q^{4 (n + 1)}}$

(проверка)

t = RandomInteger[{-1000000, 1000000}];
P = t + x + x^5;
Print["Equation: ", P, "=0"];
Print["Solution by CAS:"];
Print[NSolve[P == 0, x, 16]];
Print["Solution by formula:"];
Q = {-t^(1/5), (-1)^(1/5) t^(1/5), -(-1)^(2/5) t^(1/5), (-1)^(3/5) t^(1/5), -(-1)^(4/5) t^(1/5)};
k[i_] := If[Mod[i, 4] == 2 || Mod[i, 4] == 3, 2, 1];
n = 4*RandomInteger[{1, 100}] + 1;
S = Sum[k[i] 5^(i + 1) Q^(4 i), {i, 1, n}];
Print["x = ", N[(Q^5 (1 + S))/(1 + S - 5^(n + 1) Q^(4 n) + 2 5^n Q^(4 n) + 5^(n + 1) Q^(4 (n + 1))), 16] // Sort];
Print["n = ", n]

Вроде бы наблюдается полная сходимость для всех корней.