べき根で解けるとは

前のステージで、べき根で解くことは、ガロア群を部分群へ段々小さくしていき、最後に e だけにすることだと分かった。ただし、どんな小さくなり方でもよいわけではない。√ や ∛ を1つ加えたときに起きる小さくなり方には、決まった形がある。今日はその形を突き止める。それが分かれば、方程式を解かなくても、ガロア群を見るだけでべき根で解けるかどうかを判定できるようになる。まず √ からだ。3次方程式のガロア群 G で、Δ＝(α−β)(β−γ)(γ−α) を変えない入れ替えの集まりを H としよう。G の入れ替え g をすると、Δ は Δ か −Δ になる。これは覚えているね。

そう。では、G の g と H の h をとって、「g をして、h をして、g の逆 g⁻¹ をする」入れ替え ghg⁻¹ を考える。これをすると、Δ はどうなるかな？

その通り。この性質に名前をつけるために、第1章の剰余類を思い出そう。部分群 H と入れ替え g に対して、「g をしてから H の入れ替えをする」もの全体 {gh} を、H を左から g でずらしたコピーと呼び、gH と書く。「H の入れ替えをしてから g をする」もの全体 {hg} は、右から g でずらしたコピー Hg だ。いま分かった「ghg⁻¹ がいつも H に入る」ことを、ずらしたコピーの言葉で言い直すとどうなるかな？

そう。どの g についても gH＝Hg、つまり「左からずらしても右からずらしても、同じ分け方になる」部分群を正規部分群という。√ を1つ加えると、ガロア群は正規部分群に縮む。正規部分群にこだわる理由は、あとで「割った残り」を作るときに分かる。まず、例と、当てはまらない例を見よう。3つの解の入れ替え全体で、H＝{e, (α β γ), (α γ β)} のとき、g＝(α β) でずらしたコピーはどうなるかな？

そう。では H＝{e, (α β)}、g＝(α γ) ではどうかな？ (α γ) のあとに (α β) をする入れ替えを計算してごらん。

そう。ずらしたコピーへの分け方が上下でそろうかどうかで見分けられる。では、正規部分群だと何が嬉しいのか。G＝(3つの解の入れ替え全体)、H＝{e, (α β γ), (α γ β)} のとき、ずらしたコピーは H と「互換3つ」の2つだ。それぞれから1つずつ選んで続けると、結果はどちらのコピーに入るかな？

そう。正規部分群なら、ずらしたコピーそのものを1つの「もの」と見て、掛け算ができる。gH と kH の掛け算は gkH と決めればいい。この掛け算でできる群を、G を H で割った群（割った残り）と呼ぶ。個数は、ラグランジュの定理で G の個数÷H の個数だ。いまの例は2個で、＋1 と −1 の掛け算と同じ形をしている。正規部分群でないとどうなるか、H＝{e, (α β)} で、コピー H と (α γ)H＝{(α γ), (α γ β)} から1つずつ選んで続けてごらん。

今度は ∛ だ。1 の3乗根 ω がすでに使える体に、u＝∛a を加えるとしよう。いまのガロア群を G、u を変えない入れ替えの集まりを H とする。G の入れ替え g は、u をどこへ移すかな？

そう。そして、g が u を ωᵏu に移すとき、g に 1, ω, ω² のどれかを対応させる。2つの入れ替えを続けると、ω の指数が足されるね。だから割った群は、1, ω, ω² の掛け算の一部と同じ形で、巡回群になる。第1章で学んだ、1つの元をくり返し掛けると全部が出てくる群だ。√ の場合も、割った群は ＋1, −1 の掛け算の一部だから巡回群になる。もっと一般に、1 の n 乗根がある体に ⁿ√a を加えると、割った群は巡回群になる。1 の n 乗根そのものを加える段でも、割った群は巡回群（の積み重ね）にできることが分かっている。

よく確かめたね。そこで、ガロア群 G から始めて
G＝G₀ ⊃ G₁ ⊃ G₂ ⊃ … ⊃ {e}
と、どの段も「1つ前の正規部分群で、割った群が巡回群」になるように {e} まで降りていけるとき、G を可解群という。「解ける群」という意味だ。ガロアが示したのは、方程式がべき根で解けるのは、ガロア群が可解群のとき、そしてそのときに限るということだ。解けるなら、今日見たように群の段々ができる。逆に段々があれば、前のステージの u のような式を作ってべき根で解ける。逆向きの証明は長いので、ここでは事実として受け入れよう。

解に 1, 2, 3, 4 と番号をつけよう。まず、偶置換全部の12個の集まりがある。第1章で、偶置換はちょうど半分だと学んだね。その中に、V＝{e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)} という4個の部分群がある。互換を2つ同時にする入れ替えだけの集まりだ。V の入れ替え h に ghg⁻¹ をすると、h と同じ「2組の入れ替え」の形で、組の番号だけが付け替わったものになる。たとえば g＝(1 2 3)、h＝(1 2)(3 4) なら ghg⁻¹＝(1 3)(2 4) だ。この形の入れ替えは V の3つで全部だから、V は正規部分群だよ。

その通り。割った群の個数を順に計算すると、24÷12＝2、12÷4＝3、4÷2＝2、2÷1＝2 だ。これが巡回群かどうかは、どうやって確かめられるかな？

この段々が、3次・4次方程式に解の公式がある理由だ。4次方程式では、12個から4個へ降りる「3個」の段で ∛ が必要になる。フェラーリの解法が途中で3次方程式を解くのは、この段にあたるんだ。では、5つの解の120通りの入れ替えはどうか。偶置換の60個までは、同じように降りられる。

そう考えたくなるね。でも、部分群を1つずつ探していては終わらない。次のステージでは、もっと強い方法で、どの段にも必ず残ってしまう入れ替えを見つけて、5つの解の入れ替え全体が可解群でないことを証明する。