Mantén la atención porque en esta reseña vas a encontrar el arreglo que buscas.
Solución:
Para reducir la quíntica general,
$$x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0tag1$$
para Formulario Bring-Jerrard,
$$x^5+x+k = 0tag2$$
se hace en dos pasos.
Paso 1: Transformar $(1)$ a forma quíntica principal (al que le faltan los términos $x^4,x^3$) usando una función cuadrática Transformación de Tschirnhausen,
$$y=x^2+mx+netiqueta3$$
y eliminar $x$ entre $(1)$ y $(3)$ usando resultantes. Hoy en día, esto se hace fácilmente por Matemática o Arce. En wolframalpha.com, el comando es,
Collect[Resultant[x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e, y-(x^2+mx+n), x],y]
que elimina $x$ y recoge la nueva variable $y$ dando,
$$y^5+c_1y^4+c_2y^3+c_3y^2+c_4y+c_5=0tag4$$
donde,
$$c_1 = -a^2 + 2 b + am – 5 n$$
$$c_2 = b^2 – 2 ac + 2 d – abm + 3 cm + bm^2 + 4 a^2 n – 8 bn – 4 amn + 10 n^2$$
y así. Las dos incógnitas $m,n$ te permiten eliminar dos $c_i$. Uno puede ver que resolver $c_1 = c_2 = 0$ necesitará solo una cuadrática. Así, $(1)$ se convierte en la forma quíntica principal,
$$y^5+uy^2+vy+w=0tag5$$
Paso 2: Para transformar esto en Bring-Jerrard, el impulso es usar un Tschirnhausen cúbico. Pero esto implica una composición de ecuaciones de 1°, 2° y 3° grado que darán como resultado un sexto. Bring y Jerrard hábilmente encontraron una forma de evitar eso usando un cuártico Tschirnhausen,
$$z = y^4+py^3+qy^2+ry+stag6$$
y el parámetro adicional evita la elevación de grado. Eliminando $y$ entre $(5)$ y $(6)$, obtenemos,
$$z^5+d_1z^4+d_2z^3+d_3z^2+d_4z+d_5=0etiqueta7$$
donde,
$$d_1 = -5 s + 3 pu + 4 v$$
$$d_2 = 10 s^2 – 12 psu + 3 p^2 u^2 – 3 qu^2 + 2 q^2 v – 16 sv + 5 puv + 6 v^2 + 5 pqw – 4 uw + r colormarrón(3 qu + 4 pv + 5 w)$$
y así. Similar al primer paso, resolver $d_1 = d_2 = 0$ solo necesitará una cuadrática. Luego se usan 3 variables $p,q,s$ para resolver las 3 ecuaciones,
$$colormarrón3 qu + 4 pv + 5 w = 0tag8$$
$$d_1 = d_2 = 0tag9$$
Pero observe que al resolver $(8)$, hace que $r$ desaparezca de $d_2$ y sigue siendo un parámetro libre. Como el tercer término de $(7)$ tiene forma,
$$d_3 = e_3r^3+e_2r^2+e_1r+e_0$$
donde $e_i$ son polinomios en las otras variables, uno puede usar $r$ para resolver $d_3 =0$ simplemente como un cúbico. (Si la quinta general no se redujera primero a la forma principal, sería más difícil hacer que $r$ desapareciera de $d_2$. Bring y Jerrard fueron inteligentes, ¿no?)
Lo que queda es,
$$z^5+d_4z+d_5 = 0$$
Podemos hacer una simplificación adicional $d_4 = pm1$ escalando las variables $z = t/f$,
$$t^5+d_4f^4t+d_5f^5 = 0$$
y resolviendo $f$ en $d_4f^4 =pm1$. Por lo tanto, terminamos con la quíntica de Bring-Jerrard,
$$t^5pm t+k = 0tag10$$
PS Se puede usar el mismo enfoque para eliminar los términos $x^n-1,x^n-2,x^n-3$ simultáneamente de la ecuación general de grado $n>3$.
Creo que la respuesta anterior de Piezas cubre prácticamente todas las partes de la pregunta, aunque podría no ser del todo inútil presentar un argumento de plausibilidad para tal transformación.
Comience con el principio quíntico $x^5 + ax^2 + bx + c$. Es evidente que los dos primeros polinomios simétricos elementales desaparecen si las variables son todas raíces de la quíntica anterior, es decir,
$$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 0tag1$$
$$x_1x_2 + x_1x_3 + x_1x_4 + x_1x_5 + x_2x_3 + x_2x_4 + x_2x_5 + x_3x_4 + x_3x_5 + x_4x_5 = 0 tag2$$
Para raíces del principio quíntico $x_i$, $i = 1, ldots, 5$
A partir de estas igualdades, vemos que el polinomio de newton de segundo orden de las raíces también desaparece, es decir,
$$x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 = 0etiqueta3$$
Sean $f(x) = x^3 + px^2 – s_3/5$ y $g(x) = x^4 + qx^2 – s_4/5$ siendo $s_3$ y $s_4$ el tercero y el cuarto de los polinomios simétricos de Newton-Girard. Aplicando $(1)$ y $(3)$, tenemos $sum f = sum g = 0$ donde el argumento recorre todas las raíces del principio quíntico.
Es más,
$$beginalignsum xf &= sum_i x_i f(x_i) \ &= sum_i x_i^4 + p sum_i x_i^3 – s_3 suma_i x_i \ &= s_4 + ps_3 endalign tag4$$
$$beginalignsum xg &= sum_i x_i g(x_i) \ &= sum_i x_i^5 + q sum_i x_i^3 – s_4 suma_i x_i \ &= s_5 + qs_3 endalign tag5$$
Por lo tanto, establecer $p = -s_4/s_3$ y $q = -s_5/s_3$ obliga a $sum f = sum g = 0$.
Ahora considere la quíntica desplazada derivada al sustituir $y = c_1 x + c_2 f + c_3 g$ en la quíntica principal. Primero calculamos los primeros polinomios de Newton para tener una idea de su forma:
$$ sum_i y_i = c_1 sum_i x_i + c_2 sum_i f(x_i) + c_3 sum_i g(x_i) = 0 tag6$$
$$ sum_i y_i^2 = c_1^2 sum_i x_i^2 + c_2^2 sum_i f(x_i)^2 + c_3^2 sum_i g(x_i)^2 + 2c_1c_2 sum_i x_i f(x_i) + 2c_2c_3 sum_i f(x_i)g(x_i) + 2c_1c_3 sum_i x_i g(x_i) = c_2^2 sum_i f(x_i)^2 + c_3^2 sum_i g(x_i)^2 + 2c_2c_3 sum_i f( x_i)g(x_i) tag7$$
Supongamos que queremos hacer desaparecer $(7)$ para que el coeficiente del término $x^3$ en la quíntica transformada se convierta en $0$. Esto implica que tenemos que encontrar una solución a la ecuación cuadrática homogénea en $(7)$ para algunos $c_2$ y $c_3$ distintos de cero. Se puede hacer dividiendo primero a través de $c_3^2$ para transformarlo en una ecuación cuadrática habitual en $c_2/c_3$ y observando que
$$sum f^2 = -frac2s_4s_5s_3 + fracs_4^3s_3^2 – frac2s_3^25 + frac2s_4s_25 + fracs_3^225 + s_6 tag8$$ $$sum fg = -fracs_4s_6s_3 – fracs_5^2s_3 – frac s_3s_45 + fracs_4^2s_5s_3^2 – fracs_4s_35 + fracs_4^2s_25s_3 + fracs_5s_25 + frac s_3s_425 + s_7 tag9$$ $$sum g^2 = -frac2s_5s_6s_3 + fracs_5^2s_4s_3^2 – frac2s_4 ^25 + frac2s_4s_5s_25s_3 + fracs_4^225 + s_8 tag10$$
Donde $s_1$ y notaciones similares son polinomios de Newton-Girard, y pueden expresarse fácilmente en términos de coeficientes de la quinta principal. Nos aseguramos de que la quíntica desplazada sea la forma de Bring-Jerrard al notar que $sum y^3 = 0$ es solo una ecuación cúbica en $c_1$ que se puede satisfacer para una elección distinta de cero de $c_1$.
Como comentario, creo que hubiera sido más descriptivo si hubiera dado los coeficientes en términos de polinomios de Newton-Girard, así como una expresión completa de $c_1, c_2$ y $c_3$ en términos de los coeficientes de la quinta principal pero calcularlos en forma general es muy difícil, incluso usando algunos CAS a la mano. Esta es una de las bellezas de quintic. Como puede ver, aunque una quíntica general no se puede resolver con radicales, se necesita mucho más radical que una cuartica para reducirse a una forma normal. En cuanto a la forma Bring-Jerrard, vemos una solución a dos cuadráticas (una de la forma principal) y se requiere una solución a una cúbica para esta transformación, dando un total de tres raíces cuadradas y una raíz cúbica.