なぜ 5 次方程式は解けないのか｜可解群とガロアの定理

方程式がべき根で解けるかどうかは、その方程式に付随する群が可解かどうかで決まる。これがガロアの定理である。

5 次以上の一般方程式に解の公式がないことは、 $n \geq 5$ で $S_{n}$ が可解群でないという群論の事実に帰着する。以下では標数 0 の体を考える。

可解群の定義

群 $G$ に対し、次のような部分群の列を考える。

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$

各 $G_{i}$ が $G_{i + 1}$ の正規部分群であり、剰余群 $G_{i + 1} / G_{i}$ がすべて可換であるとき、 $G$ を可解群という。

要求しているのは隣どうしの関係だけである。 $G_{i}$ が $G$ 全体の正規部分群である必要はない。

可換群は ${e} ◃ G$ という列で可解である。可解性は「可換群を何段か積み上げて作れる」という条件だと思えばよい。

交換子群と導来列

同値な言い換えを用意しておくと、証明が短くなる。 $x, y \in G$ に対し $[x, y] = x^{- 1} y^{- 1} x y$ を交換子という。

交換子全体が生成する部分群 $[G, G]$ を交換子群という。これは $G$ の正規部分群で、 $G / [G, G]$ は可換になる。

さらに $N ◃ G$ について、 $G / N$ が可換であることと $[G, G] \subseteq N$ は同値である。剰余群で $x y$ と $y x$ が一致することが、交換子が $N$ に落ちることに他ならないからである。

そこで導来列を $G^{(0)} = G$ 、 $G^{(i + 1)} = [G^{(i)}, G^{(i)}]$ で定める。

命題として、 $G$ が可解であることと、ある $r$ で $G^{(r)} = {e}$ となることは同値である。

導来列が単位群に落ちるなら、その列自体が定義の条件を満たす。逆に可解列 $G_{i}$ があるとき、 $G^{(i)} \subseteq G_{r - i}$ を $i$ についての帰納法で示せばよい。

$G / G_{r - 1}$ が可換だから $G^{(1)} = [G, G] \subseteq G_{r - 1}$ である。以下同様に進み、 $G^{(r)} \subseteq G_{0} = {e}$ を得る。

可解性が保たれる操作

導来列を使うと、次の 3 つが数行で示せる。あとの議論はすべてこれに乗る。

部分群

$H \leq G$ で $G$ が可解なら $H$ も可解である。

剰余群

$N ◃ G$ で $G$ が可解なら $G / N$ も可解である。

群拡大

$N ◃ G$ で $N$ と $G / N$ がともに可解なら $G$ も可解である。

部分群については、 $H \subseteq G$ から $H^{(i)} \subseteq G^{(i)}$ が帰納法で従う。 $G^{(r)} = {e}$ なら $H^{(r)} = {e}$ である。

剰余群については、全射準同型 $π : G \to G / N$ が $π (G^{(i)}) = (G / N)^{(i)}$ を満たすことを使う。交換子は準同型で交換子に写るからである。

群拡大については 2 段に分ける。 $(G / N)^{(s)} = {e}$ から $π (G^{(s)}) = {e}$ 、つまり $G^{(s)} \subseteq N$ が出る。

そこへ $N^{(t)} = {e}$ を重ねると $G^{(s + t)} \subseteq N^{(t)} = {e}$ となる。

4 次までの対称群は可解

$S_{3}$ には ${e} ◃ A_{3} ◃ S_{3}$ という列がある。 $A_{3}$ は位数 3 の巡回群、 $S_{3} / A_{3}$ は位数 2 の巡回群で、どちらも可換である。

$S_{4}$ ではもう 1 段はさむ。クラインの四元群を次で定める。

$V_{4} = {e, (12) (34), (13) (24), (14) (23)}$

共役は巡回型を保つので、 $(2, 2)$ 型の元全体からなる $V_{4}$ は $S_{4}$ の正規部分群である。これで ${e} ◃ V_{4} ◃ A_{4} ◃ S_{4}$ という列ができる。

剰余群の位数は順に $4, 3, 2$ で、 $V_{4} ≅ (Z /2)^{2}$ も含めてすべて可換である。したがって $S_{4}$ は可解である。

3 次と 4 次の方程式に解の公式があるのは、この可解性の反映である。カルダノとフェラーリの公式は、この列を体の側へ翻訳したものだと見なせる。

交代群 A5 は単純

$n \geq 5$ の壁は $A_{5}$ にある。位数 60 のこの群が単純であること、つまり自明でない正規部分群を持たないことを示す。

共役類の大きさを数える。 $A_{5}$ の元は単位元、3-サイクル、 $(2, 2)$ 型、5-サイクルの 4 種類である。

3-サイクルは $(3 5) \cdot 2 = 20$ 個あり、 $A_{5}$ の中で 1 つの共役類をなす。 $(2, 2)$ 型は $5! / (2 \cdot 2 \cdot 2) = 15$ 個で、これも 1 つの類である。

5-サイクルは $4! = 24$ 個ある。中心化群が生成する位数 5 の巡回群だけなので、 $A_{5}$ での類の大きさは $60/5 = 12$ になり、24 個は 2 つの類に割れる。

合計すると $1 + 20 + 15 + 12 + 12 = 60$ で、たしかに $A_{5}$ を尽くしている。

正規部分群 $N$ は共役類の合併であり、単位元を含み、ラグランジュの定理から位数は 60 の約数である。

1 に他の類の大きさを足して 60 の約数になる組み合わせを全部調べる。 $13, 16, 21, 25, 28, 33, 36, 40, 45, 48$ が現れるが、どれも 60 を割らない。

残るのは $1$ と $1 + 20 + 15 + 12 + 12 = 60$ だけである。よって $N = {e}$ か $N = A_{5}$ で、 $A_{5}$ は単純である。

5 次以上の対称群は可解でない

$A_{5}$ は単純かつ非可換である。交換子群 $[A_{5}, A_{5}]$ は $A_{5}$ の正規部分群で、非可換だから単位群ではない。

単純性から $[A_{5}, A_{5}] = A_{5}$ となる。したがって導来列は $A_{5}^{(i)} = A_{5}$ のまま動かず、いつまでも単位群に落ちない。

前に見た判定から $A_{5}$ は可解でない。 $n \geq 5$ なら $A_{5}$ は最初の 5 文字だけを動かす置換として $S_{n}$ の部分群になる。

可解群の部分群は可解だったので、対偶を取れば $S_{n}$ も可解でない。これが 5 次以上の壁の正体である。

$A_{5}$ が単純であることから、ただちに従うのはどれか。

$S_{5}$ の正規部分群は ${e}$ と $S_{5}$ だけである
$A_{5}$ の導来列は $A_{5}$ のまま止まらない
$A_{5}$ の位数は素数である
$S_{5}$ は可換群を部分群に持たない

__RESULT__

非可換な単純群では、交換子群が自明でない正規部分群になれず全体と一致します。 $S_{5}$ には $A_{5}$ という正規部分群があり、位数 60 は素数でもありません。

3-サイクルによる別証明

$A_{5}$ の単純性を使わない道もある。こちらは $n \geq 5$ を直接扱う。

補題として、 $G \leq S_{n}$ がすべての 3-サイクルを含み、 $N ◃ G$ で $G / N$ が可換なら、 $N$ もすべての 3-サイクルを含む。

証明は交換子の計算だけである。3-サイクル $(i l m)$ を任意に取り、 $n \geq 5$ を使って残りから $j, k$ を選ぶ。置換は右から順に作用させる約束にすると、次が成り立つ。

$[(i j l), (i k m)] = (i l m)$

$G / N$ が可換なら交換子はすべて $N$ に入るので、 $(i l m) \in N$ である。

これを可解列 $S_{n} = H_{0} ▹ H_{1} ▹ \dots ▹ H_{r} = {e}$ に順に当てはめる。 $H_{0}$ は 3-サイクルを全部含むので、帰納的に $H_{r} = {e}$ も全部含むことになる。

これは矛盾である。よって $n \geq 5$ のとき $S_{n}$ に可解列は存在しない。

ガロア拡大とガロア群

体の側の道具を整理する。有限次拡大 $L / K$ に対し、 $L$ の自己同型で $K$ の元をすべて固定するもの全体は群をなす。これを $Aut (L / K)$ と書く。

固定するのは下の体 $K$ のほうである。 $L$ 全体は動く。

つねに $∣ Aut (L / K) ∣ \leq [L : K]$ が成り立つ。等号が成立するとき $L / K$ をガロア拡大といい、この群を $Gal (L / K)$ と書く。

同値な条件は、 $L / K$ が正規かつ分離的であることである。標数 0 では分離性は自動なので、実質的な条件は正規性、すなわち $K$ 上既約な多項式が $L$ に根を 1 つ持てば全部持つことである。

$f \in K [x]$ が重根を持たないとき、その分解体 $L$ は $K$ 上ガロア拡大になる。この $Gal (L / K)$ を $f$ のガロア群という。

$σ \in Gal (L / K)$ は $f$ の根を根に写す。 $L$ は根で生成されるので、根への作用が自明なら $σ$ は恒等写像である。

つまり作用は忠実で、ガロア群は根の置換群 $S_{n}$ の部分群と見なせる。 $f$ が既約であることと、この作用が推移的であることは同値である。

ガロア対応

$L / K$ をガロア拡大、 $G = Gal (L / K)$ とする。基本定理は、中間体と部分群の対応を述べる。

$K \subseteq M \subseteq L$ を満たす中間体 $M$ の全体と、 $G$ の部分群の全体のあいだに、包含を反転する全単射がある。対応は $M \mapsto Gal (L / M)$ と $H \mapsto L^{H}$ で与えられる。

ここで $L^{H}$ は $H$ の元がすべて固定する $L$ の元全体である。次数と指数も対応する。

$[L : M] = ∣ Gal (L / M) ∣, [M : K] = [G : Gal (L / M)]$

この記事で本当に必要なのは最後の一行である。 $M / K$ がガロア拡大であることと $Gal (L / M)$ が $G$ の正規部分群であることが同値で、そのとき次が成り立つ。

$Gal (M / K) ≅ G / Gal (L / M)$

群の正規列と体の塔がこれで結びつく。可解群の話が方程式の話になる接点はここ 1 点である。

円分拡大は可換

証明の途中で 1 の冪根を勝手に添加する。その操作が害にならない理由を確かめておく。

$ζ_{n}$ を 1 の原始 $n$ 乗根とすると、 $K (ζ_{n})$ は $x^{n} - 1$ の分解体なので $K$ 上ガロア拡大である。

$σ \in Gal (K (ζ_{n}) / K)$ は $ζ_{n}$ を 1 の原始 $n$ 乗根に写すので、 $σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a (σ)}$ 、 $g cd (a (σ), n) = 1$ と書ける。

合成すると指数は掛け算になるので、 $σ \mapsto a (σ) mod n$ は準同型である。 $σ$ は $ζ_{n}$ での値で決まるから単射でもある。

したがってガロア群は $(Z / n)^{\times}$ の部分群と同型で、とくに可換である。可換群は可解なので、円分拡大を足しても可解性の議論は壊れない。

べき根拡大の落とし穴

$L = K (α)$ で $α^{n} = a \in K$ となるとき、 $L / K$ をべき根拡大という。ここに落とし穴がある。

べき根拡大はガロア拡大とはかぎらない。 $K = Q$ 、 $α = 32$ の場合を見ればよい。

$Q (32)$ は実数体の部分体なので、 $x^{3} - 2$ の残り 2 根である複素数を含まない。正規でないのでガロアでもない。

実際 $Aut (Q (32) / Q)$ は単位群だけで、位数 1 は $[Q (32) : Q] = 3$ に一致しない。

「べき根拡大のガロア群は可換」という言いかたはこの点で不正確である。1 の原始 $n$ 乗根を下の体が含む、という仮定が要る。

1 の冪根があれば巡回拡大になる

$K$ が 1 の原始 $n$ 乗根 $ζ$ を含むとする。 $a \in K$ を 0 でない元、 $α^{n} = a$ 、 $L = K (α)$ とおく。

このとき $L / K$ はガロア拡大で、 $Gal (L / K)$ は位数が $n$ を割る巡回群である。

$x^{n} - a$ の根は $α, ζ α, \dots, ζ^{n - 1} α$ で、 $ζ \in K$ だからすべて $L$ に属する。 $a \neq = 0$ より重根はない。よって $L$ は分解体でガロア拡大である。

$σ \in Gal (L / K)$ を取ると $σ (α)$ も $x^{n} - a$ の根なので、 $σ (α) / α$ は 1 の $n$ 乗根である。そこで写像 $χ (σ) = σ (α) / α$ を考える。

$ζ$ は $K$ の元なので $σ$ で固定される。これを使って合成を計算する。

$χ (σ τ) = \frac{σ ( τ ( α ))}{α} = \frac{σ ( χ ( τ ) α )}{α} = χ (τ) \frac{σ ( α )}{α} = χ (σ) χ (τ)$

行き先の 1 の $n$ 乗根全体 $μ_{n}$ は可換なので、 $χ$ は準同型である。

$χ (σ) = 1$ なら $σ (α) = α$ で、 $L = K (α)$ だから $σ$ は恒等写像である。つまり $χ$ は単射である。

$μ_{n}$ は位数 $n$ の巡回群だから、その部分群も巡回群である。よって $Gal (L / K)$ は位数が $n$ を割る巡回群になる。

逆にラグランジュの分解式で作る

上の逆も成り立つ。 $K$ が 1 の原始 $n$ 乗根 $ζ$ を含み、 $L / K$ が位数 $n$ の巡回ガロア拡大とする。

このとき $α \in L$ で $α^{n} \in K$ かつ $L = K (α)$ となるものが存在する。作り方が具体的なのがこの命題の値打ちである。

$σ$ を $Gal (L / K)$ の生成元とする。 $β \in L$ に対し、ラグランジュの分解式を次で定める。

$α = β + ζ^{- 1} σ (β) + ζ^{- 2} σ^{2} (β) + \dots + ζ^{- (n - 1)} σ^{n - 1} (β)$

$σ$ を施すと添字が 1 つずれる。 $σ^{n}$ は恒等写像で $ζ^{- n} = 1$ だから、最後の項が先頭に回り込む。

$σ (α) = j = 1 \sum n ζ^{- (j - 1)} σ^{j} (β) = ζ j = 1 \sum n ζ^{- j} σ^{j} (β) = ζ α$

デデキントによる指標の一次独立性から、 $α \neq = 0$ となる $β$ を選べる。相異なる自己同型は $L^{\times}$ 上の指標として一次独立だからである。

すると $σ (α^{n}) = (ζ α)^{n} = α^{n}$ なので $α^{n}$ は $σ$ で固定され、生成元で固定される以上 $α^{n} \in K$ である。

さらに $α, ζ α, \dots, ζ^{n - 1} α$ は $α$ の相異なる共役なので $[K (α) : K] \geq n$ となる。 $[L : K] = n$ と合わせて $L = K (α)$ を得る。

べき根で解けるとは何か

定義を正確に置く。 $f \in K [x]$ の分解体を $L$ とする。 $f$ がべき根で解けるとは、次のような体の塔が存在することをいう。

$K = K_{0} \subseteq K_{1} \subseteq \dots \subseteq K_{r}$

各段が $K_{i + 1} = K_{i} (α_{i})$ 、 $α_{i}^{n_{i}} \in K_{i}$ の形をしており、 $L \subseteq K_{r}$ を満たす、という条件である。

最後の条件は $L \subseteq K_{r}$ であって、等号ではない点に注意する。塔は分解体より大きくてよい。

ルフィニの 1799 年の議論はここを埋めておらず、分解体が塔の中に現れることを示していなかった。

塔が分解体ちょうどで止まると要求すると、条件が強すぎて定理が成り立たなくなる。実際、 $32$ を添加した体は分解体ではない。

べき根で解けるならガロア群は可解

塔をガロア拡大に直し、1 の冪根を先に入れてから、各段を巡回拡大にする。この 3 段構えで示す。

まず $K_{r}$ の $K$ 上のガロア閉包 $N$ を取る。 $K$ 上の共役はべき根の塔をべき根の塔に写すので、それらの合成である $N$ もべき根の塔で到達できる。

次に塔に現れる $n_{i}$ の最小公倍数を $m$ とし、 $ζ_{m}$ を全体に添加する。 $K^{'} = K (ζ_{m})$ 、 $K_{i}^{'} = K_{i} (ζ_{m})$ 、 $N^{'} = N (ζ_{m})$ とおく。

$K^{'} / K$ は円分拡大なのでガロアかつ可換である。各段 $K_{i + 1}^{'} = K_{i}^{'} (α_{i})$ は 1 の冪根を含む体の上のべき根拡大なので、前々節から巡回拡大になる。

$N^{'} / K$ はガロア拡大で、群の側に部分群の列が現れる。

$Gal (N^{'} / K) \supseteq Gal (N^{'} / K^{'}) \supseteq Gal (N^{'} / K_{1}^{'}) \supseteq \dots \supseteq {e}$

ガロア対応から各段は隣の正規部分群で、剰余群は $Gal (K_{i + 1}^{'} / K_{i}^{'})$ すなわち巡回群である。いちばん外側の剰余群は $Gal (K^{'} / K)$ で可換である。

よって $Gal (N^{'} / K)$ は可解である。 $L \subseteq N^{'}$ で $L / K$ はガロアだから、 $Gal (L / K)$ はこの群の剰余群になる。

可解群の剰余群は可解なので、 $Gal (L / K)$ は可解である。

ガロア群が可解ならべき根で解ける

逆を示す。 $G = Gal (L / K)$ を可解とし、 $m = ∣ G ∣$ とおいて $ζ_{m}$ を添加する。

$K^{'} = K (ζ_{m})$ 、 $L^{'} = L (ζ_{m})$ とする。制限写像 $Gal (L^{'} / K^{'}) \to Gal (L / K)$ は単射である。 $L^{'}$ は $L$ と $K^{'}$ の合成体なので、 $L$ 上の作用で自己同型が決まるからである。

したがって $Gal (L^{'} / K^{'})$ は $G$ の部分群と同型で、可解群の部分群として可解である。

有限可解群は、剰余群がすべて素数位数の巡回群になるように細分できる。可換な剰余群を組成列で刻めばよい。

この細分にガロア対応を当てると、体の塔 $K^{'} = M_{0} \subseteq M_{1} \subseteq \dots \subseteq M_{s} = L^{'}$ が得られ、各段は素数次 $p_{i}$ の巡回拡大になる。

$p_{i}$ は $m$ を割るので $ζ_{p_{i}}$ は $K^{'}$ に入っている。ラグランジュの分解式の命題から $M_{i + 1} = M_{i} (α_{i})$ 、 $α_{i}^{p_{i}} \in M_{i}$ と書ける。

出発点の $K \subseteq K (ζ_{m})$ も $ζ_{m}^{m} = 1 \in K$ だからべき根の添加である。全体でべき根の塔ができ、 $L \subseteq L^{'}$ なので $f$ はべき根で解ける。

標数 p での注意

以上の議論は標数 0 を前提にした。標数 $p > 0$ では同値が崩れる。

位数 $p$ の巡回拡大はべき根では作れない。 $x^{p} - a$ は $x^{p} - a = (x - α)^{p}$ と分解してしまい、分離拡大を生まないからである。

代わりに現れるのがアルティン–シュライアー拡大で、 $x^{p} - x - a$ の根を添加する形をとる。加法的なクンマー理論とでも呼ぶべきものになる。

したがって「べき根で解けることとガロア群が可解であることは同値」という主張には、標数 0、あるいは標数 $p$ でも群の位数が $p$ と互いに素、という仮定が必要である。

一般 n 次方程式のガロア群

一般方程式を正確に定義しないと、アーベル–ルフィニの定理は述べられない。係数を独立な変数と見るのが要点である。

$t_{1}, \dots, t_{n}$ を独立な変数とし、 $F = k (t_{1}, \dots, t_{n})$ とおく。基本対称式を $s_{1}, \dots, s_{n}$ とし、 $E = k (s_{1}, \dots, s_{n})$ とする。

一般 $n$ 次方程式とは次の $g (x) = 0$ のことである。係数が独立変数で、根が $t_{i}$ になっている。

$g (x) = x^{n} - s_{1} x^{n - 1} + s_{2} x^{n - 2} - \dots + (- 1)^{n} s_{n} = i = 1 \prod n (x - t_{i})$

$S_{n}$ は $t_{i}$ を置換することで $F$ に作用し、対称式である $s_{j}$ を動かさないので $E$ を各点固定する。相異なる置換は $F$ に相異なる作用を与えるので、 $S_{n} ↪ Aut (F / E)$ が得られる。

一方 $F$ は $E$ 上の $n$ 次多項式 $g$ の分解体なので $[F : E] \leq n!$ である。

つねに $∣ Aut (F / E) ∣ \leq [F : E]$ だったから、 $n! \leq ∣ Aut (F / E) ∣ \leq [F : E] \leq n!$ となり、すべて等号である。

等号が成立するので $F / E$ はガロア拡大で、 $Gal (F / E) ≅ S_{n}$ が従う。一般 $n$ 次方程式のガロア群は $S_{n}$ である。

アーベル–ルフィニの定理

$n \geq 5$ のとき $S_{n}$ は可解でなかった。ガロアの定理から、一般 $n$ 次方程式はべき根で解けない。

$n \leq 4$ では $S_{n}$ が可解なので解の公式が存在する。 $S_{4}$ の 3 段の可解列が、フェラーリの解法で分解方程式が 3 次式になることに対応している。

歴史の上では、ルフィニが 1799 年に不可能性を主張したが、証明には穴があった。解が塔の中のべき根の式で書けることを仮定してしまい、分解体が塔に含まれることを示していなかった。

アーベルが 1824 年にこの穴を埋め、最初の完全な証明を与えた。ガロアはさらに進んで、個々の方程式について可解性を判定する枠組みを作った。

解けない具体的な 5 次方程式

一般 5 次が解けないことと、係数が具体的な有理数の 5 次が解けないことは別の主張である。後者の例を作る。

$f (x) = x^{5} - 4 x + 2$ とおく。素数 2 についてアイゼンシュタインの判定法が使える。 $2$ は $- 4$ と $2$ を割り、 $4$ は $2$ を割らないからである。よって $f$ は $Q$ 上既約である。

実根の個数を数える。 $f^{'} (x) = 5 x^{4} - 4$ の零点は $x = \pm (4/5)^{1/4} \approx \pm 0.9457$ である。

$f (- 0.9457) \approx 5.026$ で正、 $f (0.9457) \approx - 1.026$ で負になる。極大値が正で極小値が負だから、実根はちょうど 3 個で、残る 2 根は互いに共役な複素数である。

$G$ を $f$ のガロア群とし、5 個の根への作用で $S_{5}$ の部分群と見る。既約性から作用は推移的なので、軌道の大きさ 5 が $∣ G ∣$ を割る。

コーシーの定理から位数 5 の元があり、 $S_{5}$ の中でそれは 5-サイクルである。

複素共役は分解体を自分自身に写し、3 個の実根を固定して 2 個の非実根を入れ替える。つまり $G$ は互換を含む。

次節の補題から $G = S_{5}$ となる。 $S_{5}$ は可解でないので、 $f$ はべき根で解けない。

p-サイクルと互換は Sp を生成する

補題を証明する。 $p$ を素数、 $G \leq S_{p}$ が推移的で互換を 1 つ含むなら $G = S_{p}$ である。

推移性から $p$ が $∣ G ∣$ を割るので、コーシーの定理により位数 $p$ の元 $σ$ が存在する。 $p$ は素数だから $σ$ は $p$ -サイクルである。

含まれる互換を $(a b)$ とする。 $σ$ は $a$ を $b$ に写す冪 $σ^{k}$ を持ち、 $p$ が素数なので $σ^{k}$ も $p$ -サイクルである。

番号を付け替えて $σ = (12 \dots p)$ 、互換を $(12)$ としてよい。共役を繰り返すと隣接互換が次々に出る。

$σ (12) σ^{- 1} = (23), σ (23) σ^{- 1} = (34), \dots$

隣接互換 $(12), (23), \dots, (p - 1 p)$ は $S_{p}$ を生成するので $G = S_{p}$ である。

素数であることは本質的に効いている。 $S_{4}$ の中の $⟨(1234), (13)⟩$ は位数 8 の二面体群で、推移的かつ互換を含むが $S_{4}$ とは一致しない。

解ける具体的な 5 次方程式

同じ 5 次でも、べき根で解けるものがある。 $f (x) = x^{5} - 2$ を見る。

アイゼンシュタインの判定法（素数 2）から既約である。根は $52 ζ_{5}^{i}$ （ $i = 0, \dots, 4$ ）で、分解体は $L = Q (52, ζ_{5})$ になる。

$[Q (ζ_{5}) : Q] = 4$ と $[Q (52) : Q] = 5$ は互いに素なので $[L : Q] = 20$ である。

$σ \in Gal (L / Q)$ は $52 \mapsto ζ_{5}^{b} 52$ と $ζ_{5} \mapsto ζ_{5}^{c}$ （ $c \neq \equiv 0$ ）で決まる。根の添字で見ると $x \mapsto c x + b$ というアフィン変換である。

したがってガロア群は位数 20 のフロベニウス群で、 $Z /5$ を正規部分群に持ち、商が $(Z /5)^{\times} ≅ Z /4$ になる。

どちらも可換なので可解である。よって $x^{5} - 2$ はべき根で解ける。実際 $52$ と $ζ_{5}$ だけで根が書けている。

解けない

$x^{5} - 4 x + 2$ 。既約で実根が 3 個。ガロア群は $S_{5}$ で位数 120。

解ける

$x^{5} - 2$ 。既約で実根が 1 個。ガロア群は位数 20 のフロベニウス群。

5 次方程式が一律に解けないのではない。解けるものと解けないものがあり、その境目をガロア群が引いている。

実べき根に限ると話が変わる

「べき根で解ける」は複素数の範囲での話である。実数の中のべき根だけを許すと、様子が変わる。

既約な 3 次式 $f \in Q [x]$ が 3 つの実根を持つとする。判別式が正である場合にあたる。このとき $f$ の根は実べき根だけでは書けない。

カルダノの公式を当てると平方根の中身が負になり、複素数の立方根を経由せざるを得ない。答えは実数なのに、途中で虚数が要る。

これを還元不能の場合という。ヴァンツェルが 1843 年に証明した。

例として $x^{3} - 3 x + 1$ を取る。判別式は $- 4 (- 3)^{3} - 27 \cdot 1^{2} = 108 - 27 = 81$ で正なので 3 実根を持つ。

有理根の候補 $\pm 1$ はどちらも根でないので既約である。根は $2 cos (2 π /9)$ 、 $2 cos (4 π /9)$ 、 $2 cos (8 π /9)$ になる。

$x = 2 cos θ$ を代入すると $2 cos 3 θ + 1 = 0$ に化けることから確かめられる。三角関数では書けても、実べき根では書けない。

定規とコンパスによる作図

同じ枠組みで作図問題が扱える。定規とコンパスで作れる点の座標は、 $Q$ から始めて 2 次拡大を有限回繰り返した体に入る。

直線と円の交点を求める操作が、高々 2 次方程式を解くことに対応するからである。よって $α$ が作図可能なら $[Q (α) : Q]$ は 2 の冪である。

角の三等分は不可能である。 $60°$ から $20°$ を作るには $cos 20°$ が要るが、これは $8 x^{3} - 6 x - 1 = 0$ の根で、有理根を持たないので既約であり、次数は 3 になる。

立方体の倍積も同じ理由で不可能である。 $32$ の次数は 3 で、2 の冪ではない。

ここで注意が要る。次数が 2 の冪であることは必要条件にすぎず、十分条件ではない。

正確には、 $α$ の最小多項式の分解体の次数が 2 の冪であること、言い換えるとガロア群が 2 群であることが必要十分である。

反例もすぐ作れる。 $x^{4} - x - 1$ は $Q$ 上既約でガロア群が $S_{4}$ になる。根の次数は 4 で 2 の冪だが、位数 24 は 2 の冪でないので作図できない。

参考文献

ガロア理論 - Wikipedia

Abel–Ruffini theorem - Wikipedia

Casus irreducibilis - Wikipedia

Auflösbarkeit von Gleichungen durch Radikale

Galois Theory and Solvability

An Introduction to Galois Theory and the Abel-Ruffini Theorem

方程式のガロア群（その具体的な計算法）

方程式がべき根で解けることと、付随するガロア群が可解であることが同値になります。5 次以上の一般方程式に解の公式がないのは、$n$ が 5 以上のとき $S_n$ が可解でないからです。$A_5$ の単純性から $S_5$ の導来列が止まる様子を追い、ガロア対応、円分拡大、ラグランジュの分解式を使って両向きの証明をたどりました。$x^5 - 4x + 2$ が解けないのは、既約性と実根が 3 個であることからガロア群が $S_5$ に決まるため。同じ 5 次でも $x^5 - 2$ なら位数 20 のフロベニウス群で解けます。実べき根に限ると崩れる還元不能の場合、定規とコンパスによる作図との関係まで。