首先，我们令y=k+x，它会变成这样

之后对照算出C,D,E,F

这个例子由于太为巧妙，所有的系数都非常完美，我怀疑这个例子是刻意用来证明这个方法的强大的。

之后算出K,L,M.

代码如下：
c1 = -k^2 - 1; d1 = -2 k^3 - 2 k; e1 = -3 k^4 - 2 k^2 +
1; f1 = -4 k^5 + 4 k; k1 =
e1 + 3 c1^2; l1 = -2 d1 f1 + 3 e1^2 - 2 c1^2 e1 + 8 c1 d1^2 +
15 c1^4; m1 =
c1 f1^2 - 2 d1 e1 f1 + e1^3 - 2 c1^2 d1 f1 - 11 c1^2 e1^2 +
28 c1 d1^2 e1 - 16 d1^4 + 35 c1^4 e1 - 40 c1^3 d1^2 -
25 c1^6; FullSimplify[{k1, l1, m1}]
结果是：

好了，算完K,L,M,delta之后，我们要看一下这个方程的根：

Watson证明了如果五次方程不可约而可解，那么这个方程必有c*Sqrt[delta]型的根，其中c为有理数，delta是判别式。我们把这个根记作theta。
在我们的例子里，因为M是0,所以方程自动有零根，theta=0.

稍微修正一下，方程的根我们叫做phi,然后我们令theta=Sqrt[5]*phi/50，但这不改变我们这里的结果

之后theta和C将会有三种情况，均不为0，均为0，一个为0一个不是0.我们的方程满足最后一个条件。按照定理


我们依次计算给定量，我们碰巧发现T=0，所以R1=R2=2(k^2+1)*i(i是虚数单位).从而算出u1=(1+k^2) (i + k)^3,之后依次算出u2,u3,u4.所以方程的解是：

我就直接用那个帖子里的解了。但说明一下，下面这个解是错误的，因为它的单值分支不同，所以不能直接写成下面的形式，而是要用五次方单位根表示，不过小问题无大碍。

所以最后的解是x=k+上面那串

那么如果是其他两种呢？参见下面的方法。


当两者均不为零时的情况，照着上面一步步算就是了。

theta=正负C但不是0，依旧是照着算

最后一种情况，照情况代值即可。

上面是watson的方法，接下来我要介绍比它更有名且更流行的方法，Dummit的方法。
在介绍之前，我给你看一下它大概需要你算什么。
我们需要算一下一些系数b_ij，然后把T1到T4算出来。

然后每个系数是怎么算的呢？比如说b20吧，


这大概是其中一个系数，像这样的还有39个.你把它们都算出来就可以啦。
在这里放弃还来得及。

但是Dummit的可贵之处在于，他的Galois对应很明晰，所以很学术化

哦不懂也没关系，我还没打算讲证明

我首先简单介绍一下Dummit的f20判别法，这样你可以先用判别法判断是否可解，之后再用近似做。
我们依然假设五次方程不可约，而且四次项为0，所以形式为x^5+px^3+qx^2+rx+s=0.
之后把f20算出来。

Dummit观察到，五次方程可解，当且仅当上面的方程有唯一的有理根。所以你因式分解一下就可以知道原方程是否可解了。

顺便我能问一下这个能申精吗

有事，先鸽一下。
想知道为什么这样是对的，有两个选择。等我不知猴年马月的再次更新，努力学习近世代数，我建议后者。
我们后会有期。

走之前说一下，这个方法不适用于七次，或更高次的方程。如果我详细证明后，你一定会知道为什么。但是目前，我只能这么解释：因为可解五次方程的Galois群一定是F20的子群，所以它的Lagrange预解式几乎掌控了全局。但是因为S7太大，七次方程的Galois群比较复杂，即使是可解群也有很多怪异的可能性，所以不一定可以用这个方法做出来。