5次方程式はご存知の通り解の公式がございませんね。
しかしそれは我々が知ってる実数の数体系(有理数と有理数の冪根の加減乗除で表される数)で表現できないというだけで、
実数の表現を拡張して、5次方程式の解の公式を一般化する為の実数の新しい表現を与えてやれば表現できるはず。
ガロワはなんでそんな事に気づかなかったんだ？
人類は二次方程式や3次方程式の解を一般化する為に平方根や冪根、複素数を産み出した。
5次方程式の解の公式がそれまでのやり方で得られないからとなぜ諦めるのか？新しい実数表現を作れば良いではないか。
前スレ
5次方程式の解を表現できる数体系 転載禁止2ch.net
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1429806717/ アホが全員このスレに集まって他を荒らさなければありがたいのだが 五次方程式は代数的に解けると思う。
その理屈が見えてきたので、かなり確信がある。
ラグランジュの分解式だけを前提にした解法を考えるのは、２５個の条件式がある方程式を
その内の５つの条件式だけを使って解こうとするに等しい行為なのだと思う。
それならば無理なのは当然であって、解決策としては、全ての条件式を上手く使えば良いだけ
という事になる。
意外と簡単な事なのかもしれない。 日本数学会に怪文書を送り付けた恥ずかしい輩もいたらしい 普通に分解式を考えれば５乗根(＝５つの符号)を使う所を、プラスを含めて３つの符号で済ませる
ことができる。
A、B、C、Dが求めたい未知数で、α、βをそのプラス以外の符号とすると、A+B+C+D、Aα+Bα+Cβ+Dβ
、Aβ+Bβ+Cα+Dα、Aα+Bβ+Cα+Dβ、Aβ+Bα+Cβ+Dαという５つの式を考えることが出来る。
残念ながら、Aα+Bβ+Cβ+DαとAβ+Bα+Cα+Dβの値が分からないので、A、B、C、Dを完全に対称的に
は出来ず、それらを解に持つ四次方程式の係数は求められないと思っていた。
しかし、よくよく考えると、AとD、BとCをそれぞれ解に持つ、２つの二次方程式の係数なら求められ
そうな気がするし、実際に四次方程式もそうやって解く訳で、何か行けそうな気がしている。 おそらくこれで行けるんじゃないかというアイデアがあるのだけれども、計算量のせいで
二の足を踏んでいる。BASICで普通に計算したら、スタックオーバーフローになるんじゃ
ないだろうか。
しかし、ネットで五次方程式を調べていると、有難い事にチルンハウス変換というものが
存在すると知った。これを使えば現実的な計算量に収まるかも知れない。
考え方はものすごくシンプルで、あることにさえ気づけば、誰もが真っ先に思い付く様な
方法だけど、だからこそ上手くいくような気がしている。 >>10-11
精神医学のハッテンには寄与できそうだよね
この手の誇大妄想狂。 Biggest little polygon
https://en.wikipedia.org/wiki/Biggest_little_polygon
幾何学問題で登場する代数的に解けない方程式の例
4096x^10+8192x^9-3008x^8-30848x^7+21056x^6+146496x^5-221360x^4+1232x^3+144464x^2-78488x+11993=0 n次方程式(n>5)はガロア理論の可解群である場合は代数的に解くことが出来る。
そうでない場合は代数的には解けない。
一般の5次方程式は1変数の非代数的関数で解ける。
一般の6次方程式は2変数の非代数的関数で解ける。
一般の7次方程式は2変数の非代数的関数で解けるか未解決。3変数の場合は解ける 前スレのx^11の解ないしe^(2iπ/11)の冪根表示は
"cos(2iπ/11)"+"isin(2iπ/11)"に分離されていない表記も可能ではあるが... >>17
指標についての理解があれば、sinのパートとcosのパートに分離するのは
必然であると分かる。sinは奇函数、cosは偶函数であることが
関わっているわけだが。 分解式に使う符号の数を減らせたものの、その状態でも求めるべき未知数は６つより減らせない
と分かった。
とは言え、未知数同士は全く独立しているというわけではないので、それらを繋ぐ関係式を
上手く使えば何とかなるかもしれない。
４つの要素から２つを選ぶ組み合わせは６通りあるので、そんな感じで四次方程式に帰着させられ
ないだろうか。 次数を下げる為に求めるべき対称式に於いて、その構成要素である未知数の内の１つが、
解きたい五次方程式の解の１つに等しい事が分かった。 これで未知数を４つに絞れる。
更に、それらの未知数と解とを結ぶ分解式の中で、各要素が対称的になる予感もある。
今度こそ解けるんじゃないだろうか? しかしそうだとすると、五次方程式からいきなり三次方程式に次数が下がることになる気がする。
四次方程式をスキップすることになるが、そんな事があるだろうか。
まあ実際に計算してみなければ分からないか。 実係数の5次方程式は実根を必ず持つ。
つまり実数体上では方程式の多項式は既約ではない。
そこで、実数体上で既約分解すると得られる因子は
どれも4次以下になるので、それを解くことはできる。
しかし実係数5次多項式を実数体上で既約因子に
分解するところは、一般には四則と冪根の有限回
の適用では実現できない。 なぜ、求めるべき４つの未知数が、こんな変な形になっているのかが分かった。
方程式の解は、全ての置換に対して、当然どれも対称的になっている。
しかし、４つの未知数の方は、これから四次→三次→二次と次数を下げていく事に対応して、
「２つの互換、３つの巡回置換、１つの互換」の組み合わせ構造になっている。
解と未知数は、同じ２４通りの置換にあっても「構造の有る無し」という違いがあって、
四次方程式までの様な単純な対応関係にはなかった。 >>22
書いてある事は理解できていませんが、こういう言明で疑問に思うのは、
何でもありの数学に於いて、"できない"という証明が本当に可能なのか
という事なんですよね。
条件を絞りまくって有限の範囲内で尽くせる様にすれば、総当たりで
可否の判定が出来るとは思いますが、外に開かれた系に於いても、例えば
他分野からの重要な知見の外注の可能性までをも否定出来るものなので
しょうか? >何でもありの数学に於いて、
何でもありなら解けますよ。ただし、「べき根解法」が5次以上の場合は
一般的に不可能であることが証明されているということ。 前スレに、数学の証明を「信じる・信じない」で語ってるひとがいましたが
池沼か？！と思いましたね。数学の証明はそういう問題ではない。
まあ世の中に「数学の証明」というものが理解できないひとが
一定数いることは知ってますが、そういうひとは「一生をかけて
計算してみたけどやっぱり出来なかったな」という「経験」でしか
不可能を悟ることはないのでしょう。 >>4
5次方程式には代数的な解の公式は無いというのが証明済みなのにぐだぐだと
思い込みを書き込んでいる。
解放の一例ぐらいは書き込んでほしいものだが。 >>4
君のいう「代数的に」という言葉の意味は？
べき根のみを使って、なら、ＮＧ
なんでもあり、なら、ＯＫ
ただ、その場合、数学的には「代数的に」とは言わないが
例えば、以下の定理を使って解析的に求めることは可能
偏角の原理
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%81%8F%E8%A7%92%E3%81%AE%E5%8E%9F%E7%90%86>>7
>求められそうな気がするし、
>何か行けそうな気がしている。
べき根だけでは求められないし、行けない
なぜそう言い切れるといえば、
そのようなことが可能だとすると
５次の交代群に正規部分群が存在することになるが
実際にはそのような群は存在しないため矛盾するから
残念だったな
べき根以外のものを使っていいなら、もちろん行ける >>20
−21
べき根以外の関数を使えば解の表示ができることは
既に１９世紀に、Thomaeの公式として知られている
https://en.wikipedia.org/wiki/Thomae%27s_formula x^2=2の解は実数上なら存在する
しかし、有理数上には存在しない
同様に任意の代数方程式の解は複素数上なら存在する
しかし、係数のべき根で表せる数の中には存在しない 五次方程式を代数的に解くための鍵は
３６９(ミロク)にあり 次数を上げた時に因数分解できる形に持って言って解ける場合もあるみたいだね。
6次方程式の解に24乗根が出てきたりと >>21
出来る場合もある。
5/3次方程式みたいな形に変形する 解ける解ける詐欺のひとは何年も前から解けてないんでしょ？
にもかかわらず「今度こそ解けるんじゃないか」とか言っちゃう神経が分からんｗ なお、「解けない証明がある」と言っても聞く耳を持たない。
あくまでも「解ける」という方向での話がしたいらしい。
ガロア第一論文に素数次の既約方程式が解けるための条件
が証明されていて、解法の手順まである程度書いてあるが
それを理解する学力があるとは思えない。 アーベル–ルフィニの定理（アーベル–ルフィニのていり、英: Abel–Ruffini theorem）は、五次以上の代数方程式には解の公式が存在しない、と主張する定理である。より正確には、5以上の任意の整数 n に対して、一般の n 次方程式を代数的に解く方法は存在しない、という定理である。 一般の n 次方程式を代数的に解く方法は存在しない。
↓
●特殊なｎ次方程式は代数的に解く方法が存在する。
●一般の n 次方程式は代数的以外の方法で解く方法は存在する。 >>34
は間違いだった。多分２４６８が正しいのではないか。
アーベル–ルフィニの定理は間違っていると思う。
なぜ四次方程式は、分解式に四乗根iではなくてマイナスを使うのか。
それはおそらく、n乗根と置換を対応させる方法では、要素のどこを選んで巡回置換するのか
という指定が出来ないからではないだろうか。
２つの要素の中から２つを選んで巡回置換すれば、当然に全ての置換が尽くせるし、３つの
要素であっても、"３つの巡回置換"→"２つの巡回置換"をする時に、どの要素を選んでも必ず
対象が被るので、６通りを尽くせる。しかし４つの要素になると、例えば、A B C Dを巡回置換
してからA B Cを巡回置換した後、最後の置換にAとDを使う様な、前の選択と被らない選び方が
出来てしまい、２４通りを尽くせない事があり得る。しかし、４要素の場合はたまたま上手い
選び方があって、被らない様に２つの互換をとれば、その後の"３つの巡回置換"→"２つの巡回
置換"でどんな要素の選択をされても、全ての置換を網羅出来るようになる。 それならば、
５要素の場合にもそんな感じに、５つの巡回置換の内の１ルートだけではなく、６ルート全ての
情報を分解式に盛り込めれば、その後にどんな要素の選び方をされても、１２０通り（×５）の
置換パターンを網羅出来るのではないだろうか。 つまり鍵は置換する要素の指定にあり、その
事を考慮していない証明はおかしいと思う。 ＞特殊なｎ次方程式は代数的に解く方法が存在する。
例えば任意次数の円分方程式は、ラグランジュの分解式を使って、代数的に解ける（ガウス）
このことが、アーベルの定理の証明、そしてガロア理論の構築に、直接つながっている ＞なぜ四次方程式は、分解式に四乗根iではなくてマイナスを使うのか。
別に使ってもいいけどｗ
ただ、４は素数ではなく２×２だから、別に使わなくても解ける
それだけ ５次以上の対称群は、剰余群が巡回群となるような分解によって、単位群まで縮小できない
５次の交代群は正規部分群を持たないから、これ以上分解できない
したがって、ラグランジュの分解式をつかったべき根の解法を反復適用して解を求めることができない
具体的にいえば、判別式で平方根を使うところまではいけるが、その先がもうダメ
なお、特殊な方程式（ガロア群が対称群より小さい場合）では解けることがある
例えば円の１１等分の方程式（１０次）を変形してできる５次方程式は５乗根を使って解ける 既約な5次方程式のガロア群は
5次対称群、5次の交代群、位数20の群、位数10の群、位数5の群
のいずれかであり、最初の2つの場合にはそれらは可解群ではないので、
根の冪根による表示ができない。最後の3通りの場合には可解群なので
すべての根を冪根を用いて表示できる。 これで駄目なら、この世に五次方程式の代数的な解法は存在しないのだろうと諦めが
つくほどに、自然な分解式が出来た。
どうしてそこまでの分解式だと感じるのかと言うと、例えば、未知数が６つあるのだ
けれども、５つの解のどんな置換に対してもちゃんとその６つの並べ替えの何れかが
対応していて閉じている事や、分解式を巡回置換させようとして普通に５乗根を使って
しまうとそれを消す為に基本対称式の要素が５乗される事になり、それで計算式に２０
乗とかが出てくるのはあり得ないと思っていたら、どうやら上手く回避されて最大でも
８乗で済みそうな事など、絶妙に問題を乗り越えていて偶然とは思えないから。
多分、欲しい四次方程式の係数は、未知数を組み合わせた４要素からなる基本対称式
として求まると思う。
自分でも何度目の正直かと思うけど、今度こそ本当に解けるのではないだろうか。 数学科卒じゃあないので学問的なことは分からんが、５次方程式には代数的な
解法の公式が無いというのは証明済みなんだろ。
５次方程式は実数解がかならず一つある。それをみつけることができたら、
以下のように４次方程式になる。
４次方程式なら既に会の公式はあるので、解くことができる。
a・x^5 + b・x^4 + c・x^3 + d・x^2 + e・x + f = 0
( x - α ) ( a'・x^4 + b'・x^3 + c'・x^2 + d・x + e ) = 0
完璧ではないが、まあなんとか解くことはできるようになった。
数体系ではないが。 ＞５次方程式は実数解がかならず一つある。それをみつけることができたら、
みつけることはできるよ・・・代数的な方法でなくていいならｗ
そもそも何次であろうと、代数的な方法でなければ、解は見つけられるよ
代数学の基本定理の証明の中には、解を具体的に見つける方法を示唆するものがあるから 5次方程式は多項式時間であり
もし多項式時間が数式に解法なく言語式など計算できない仕組みでしか解けないなら
勉強苦手 >>49
残念ながらまだ解けていません。
分解式が正しいだろうという事は信じているのですが、四次方程式から次数が１つ上がった
だけなのに、それまでよりもとても複雑になっているようで、一筋縄ではいきません。
さらに計算量がやたらと多く、おそらくは数百万項の文字式を整理しなければならなくなり
そうなど、尋常ではない感じです。 ガウスの数論の書籍以前に出ていてガウスも読んだ
「ラグランジュの方程式の解法の研究の書かれた著作」（題名なんだっけ？）
の原著はたぶんフランス語なんだろうが、それの完全な日本語訳が
どこかから出版されないかな。低次方程式の根の公式を根の置換
による不変性などに基づいて分析した内容で、4次方程式までは
既存の公式を見事に再導出できることをしめしたが、5次方程式に
それを適用すると、120次の方程式が因数分解できて60次までには
なるが、それから先に進めることができずに終わっているという
ものらしいけれども。ガウスはそれを読んで円周等分方程式の
べき根解法にたどり着いたのだろう。 "式"に拘るのがいかにもの高卒バカ臭い。
ガウスの円分方程式論の契機となったのは、円分体のガロア群（に相当するもの）の発見。
ラグランジュ分解式は名前こそ「ラグランジュ」と付いているが
ガロア群との組み合わせで用いる方法はおそらくガウスの独創。
ガロア原論文にも出てくるし、「ガウス氏の方法」という言葉も
複数回現れるが、ラグランジュの名前はない。 >>42
>アーベル–ルフィニの定理は間違っていると思う。
間違っていると言うなら、どこに証明の穴があるかを指摘すればいいだけ。
が、そもそも証明を理解する学力がない。
要するにこのトンデモさんは、自分の学力の限界である
「数式変形ゲーム」の延長で、宝くじに当たるかのように
奇跡の解法に到達することを妄想したいだけだろう。
アーベルの証明は、「そんな解法はない」ことを証明している。 >>53
>120次の方程式が因数分解できて60次までには
>なるが、それから先に進めることができずに終わっているという
>ものらしいけれども。
と
>ガウスはそれを読んで円周等分方程式の
>べき根解法にたどり着いたのだろう。
が繋がらない。
前者の、60次から下げられないのは、60次の交代群=非可解単純群
が障害となるからであり、これはどうやっても巡回群の
組成列に分解することはできないから。（これは今日の知見ではあるが）
後者の発見は、ラグランジュも驚いたように、おそらくガウスの独創が大きい。
これは、さらに「方程式がべき根で解ける仕組み」を鮮やかに
解明しており、後のアーベルの研究やガロア理論にも繋がる。
なお、高瀬正仁氏によると、ラグランジュは一般5次方程式が
べき根で解けると考えていたようだが、ガウスは早々に不可能性
を予想していたとのこと。 実は、「一般方程式」の係数は、数ではなく不定元。
一方で、ガウスが研究した「円分方程式」は
特殊な数係数方程式の無限個からなる系列。
ガウスはべき根解法のアルゴリズムを示しているが
単純な「公式」で解があらわされるわけではない。
（解の一般形はある。）
これは「公式バカ」には分かりにくい点だろう。 前スレより
「P=2π/11とおいたとき
sin(P)/√11=(1-cos(P)+2cos(3P)-2cos(5P))/11
の両辺において、Pをa倍 (a=2,...,10)すると何が起きるか？
→ ±1倍の違いが生じる。
これは、ガロア群が√11にも作用するから。
そして、この値は実はルジャンドル記号(a/11)に等しい。
すなわち
sin(aP)/√11="(a/11)"(1-cos(aP)+2cos(3aP)-2cos(5aP))/11.
（ただの分数と区別するために" "で示した。）」
11以外にも、一般にp≡3 (mod4)なる素数の場合に同様の計算が可能。
このとき、√pを用いたsinのcosによる相対2次表現の符号に
ルジャンドル記号があらわれる。
ルジャンドル記号
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AB%E3%82%B8%E3%83%A3%E3%83%B3%E3%83%89%E3%83%AB%E8%A8%98%E5%8F%B7
このように、単に符号であっても詳しく調べれば
デリケートな（数論的な）量があらわれてくるのである。
当時このような現象まで含めて捉えていたのはガウスだけだったのでは。 nは自然数、(n/p)をルジャンドル記号とする。（特に(1/p)=1である。）
P=2π/3のとき
√3 sin(nP)=(n/3)(1-cos(2nP))
P=2π/7のとき
√7 sin(nP)=(n/7)(1+cos(nP)-2cos(2nP))
P=2π/11のとき
√11 sin(nP)=(n/11)(1-cos(nP)+2cos(3nP)-2cos(5nP))
P=2π/19のとき
√19 sin(nP)=(n/19)(1-cos(nP)-2cos(2nP)+2cos(3nP)+2cos(4nP)-2cos(7nP))
P=2π/23のとき
√23 sin(nP)=(n/23)(1+con(nP)-2cos(4nP)+2cos(8nP)-2cos(9nP)-2cos(10nP)+2cos(11nP))
いくらでも計算できる。 求めるべき未知数は４つではなくて３つだった。
これにより未知数同士の間の、対称性の問題が無くなった。
さらに巡回置換の際に掛ける符号も、5乗せずとも上手く消えてくれるようになった。
"A+B+C"の値は既に求められたので、後は"AB+AC+BC"と"ABC"を求めれば良い。
しかし、
>>52
で書いた数百万項は大袈裟過ぎたとしても、それより大分少ないとはいえ
文字式の整理が（自分にとっては）地獄の作業なのに変わりはなく、取り掛かる気力が
湧かない。
もう殆どゴールまでの道筋が見えているというのに。
自動で文字式の変形と整理をしてくれるソフトでも無いだろうか。 幾多のパターンの偏りがある解になる。代入すれば必ず答えが出るんだから難問でもない。 それが連立していても答えはまた実数である。固定的な数量ではないだけだ。 5次方程式の解
Theorem 11 (The quintic formula). The quintic equation
c0 − c1x + c2x^2 + c3x^3 + c4x^4 + c5x^5 = 0
has a formal series solution:
x = 煤@{ (2m2 + 3m3 + 4m4 + 5m5)! c0^(1+m2+2m3+3m4+4m5) c2^m2 c3^m3 c4^m4 c5^m5 }/ {(1 + m2 + 2m3 + 3m4 + 4m5)! m2!m3!m4!m5!c1^(1+2m2+3m3+4m4+5m5) }
m2,m3,m4,m5≥0
This also contains a solution to the general quadratic, cubic, and quartic equations.
https://www.tandfonline.com/doi/full/10.1080/00029890.2025.2460966>>64-68
五次方程式は既に解かれているという事ですか？ >>70
私は
>>68
の内容を理解できないので教えて欲しいのですが、それは代数的に
という事でしょうか？
もしそうだとしたら凄い事だと思うのですが、数学界には既に知られている
のでしょうか？ 別スレでも話題になってるこれ
解の各項は代数的(四則演算のみ)だが
その総和は無限級数だから
代数的には解かれてはいない
5次方程式に新公式を発見：ルートを超える新理論 - ナゾロジー
2025.05.14 その総和は無限級数だから
→
解はその総和の無限級数だから 無限級数ならなんでもありだな
収束はしないが漸近的であるなんてのがあったらおもろいかも 自分のしている事が徒労に終わるのかと焦ったが、代数的に解けた訳では
ないという事で正直ホッとした。 笑いを提供してくれるトンデモさん。
どこが可笑しいポイントかというと・・・ >>44
4要素の巡回置換は奇置換ですよね。解の公式を作る際に、最初の
差積を採る段階で奇置換の対称性は崩れている筈なのに、また奇置換の
対称性を問題にするのはおかしくないですか? https://i.imgur.com/A5fxIeH.png
exp(2iπ/11)=cos(2π/11)+isin(2π/11)=
-1/10
+1/40(-1+√5+i√(10+2√5))(-11/4(89+25√5+(45√(5-2√5)-5√(5+2√5))i))^(1/5)
+1/40(-1+√5+i√(10+2√5))(-11/4(89-25√5+(45√(5+2√5)+5√(5-2√5))i))^(1/5)
+1/40(-1+√5-i√(10+2√5))(-11/4(89+25√5-(45√(5-2√5)-5√(5+2√5))i))^(1/5)
+1/40(-1+√5-i√(10+2√5))(-11/4(89-25√5-(45√(5+2√5)+5√(5-2√5))i))^(1/5)
+i/10√(55
-5(-11/4(89+25√5+(45√(5-2√5)-5√(5+2√5))i))^(1/5)
-5/4(-1+√5-i√(10+2√5))(-11/4(89-25√5+(45√(5+2√5)+5√(5-2√5))i))^(1/5)
-5(-11/4(89+25√5-(45√(5-2√5)-5√(5+2√5))i))^(1/5)
-5/4(-1+√5+i√(10+2√5))(-11/4(89-25√5-(45√(5+2√5)+5√(5-2√5))i))^(1/5)) exp((2iπ)/11)=cos((2π)/11)+isin((2π)/11)=
-1/10
+1/40(-1+sqrt(5)+isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89+25sqrt(5)+(45sqrt(5-2sqrt(5))-5sqrt(5+2sqrt(5)))i))
+1/40(-1+sqrt(5)+isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89-25sqrt(5)+(45sqrt(5+2sqrt(5))+5sqrt(5-2sqrt(5)))i))
+1/40(-1+sqrt(5)-isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89+25sqrt(5)-(45sqrt(5-2sqrt(5))-5sqrt(5+2sqrt(5)))i))
+1/40(-1+sqrt(5)-isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89-25sqrt(5)-(45sqrt(5+2sqrt(5))+5sqrt(5-2sqrt(5)))i))
+i/10sqrt(55
-5root(5)(-11/4(89+25sqrt(5)+(45sqrt(5-2sqrt(5))-5sqrt(5+2sqrt(5)))i))
-5/4(-1+sqrt(5)-isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89-25sqrt(5)+(45sqrt(5+2sqrt(5))+5sqrt(5-2sqrt(5)))i))
-5root(5)(-11/4(89+25sqrt(5)-(45sqrt(5-2sqrt(5))-5sqrt(5+2sqrt(5)))i))
-5/4(-1+sqrt(5)+isqrt(10+2sqrt(5)))root(5)(-11/4(89-25sqrt(5)-(45sqrt(5+2sqrt(5))+5sqrt(5-2sqrt(5)))i))) \displaystyle
\exp{{\left(\frac{{{2}{i}\pi}}{{11}}\right)}}= \cos{{\left(\frac{{{2}\pi}}{{11}}\right)}}+{i}\sin{{\left(\frac{{{2}\pi}}{{11}}\right)}}=
-\frac{1}{{10}}+\frac{1}{{40}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}+{i}\sqrt{{{10}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}+{25}\sqrt{{{5}}}+{\left({45}
\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}-{5}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}+\frac{1}{{40}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}+{i}\sqrt{{{10}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac
{11}{{4}}{\left({89}-{25}\sqrt{{{5}}}+{\left({45}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}+{5}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}+\frac{1}{{40}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}-{i}\sqrt{{{10}+
{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}+{25}\sqrt{{{5}}}-{\left({45}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}-{5}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}+\frac{1}
{{40}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}-{i}\sqrt{{{10}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}-{25}\sqrt{{{5}}}-{\left({45}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}+{5}\sqrt{{{5}-
{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}
+\frac{i}{{10}}\surd{\left({55}-{5}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}+{25}\sqrt{{{5}}}+{\left({45}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}-{5}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}-\frac{5}{{4}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}-{i}\sqrt{{{10}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}-{25}\sqrt{{{5}}}+{\left({45}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}+{5}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}-{5}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}+{25}\sqrt{{{5}}}-{\left({45}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}-{5}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}-\frac{5}{{4}}{\left(-{1}+\sqrt{{{5}}}+{i}\sqrt{{{10}+{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{\sqrt[{{5}}]{{-\frac{11}{{4}}{\left({89}-{25}\sqrt{{{5}}}-{\left({45}\sqrt{{{5}+{2}\sqrt{{{5}}}}}+{5}\sqrt{{{5}-{2}\sqrt{{{5}}}}}\right)}{i}\right)}}}}\right)} おそらく解けた（解き方が分かった）と思うのだが、計算量が凄まじくて実行に移せない。
何か良い方法は無いだろうか。 やっぱりどう考えても代数的に解ける。
問題なのは、計算量の酷さだけだと思う。 
