解けない5次方程式

いよいよ最後のステージだ。前のステージで、5つの解の入れ替え全体は可解群でないと分かった。あとは、具体的な方程式 x⁵−6x＋3＝0 のガロア群が、5つの入れ替え全体になることを示せばいい。そうすれば、この方程式はべき根で解けず、どんな5次方程式にも使える解の公式もないことが確定する。必要な材料は3つ。①既約であること ②実数解の個数 ③群の性質だ。まず①から。x⁵−6x＋3 が有理数の解をもたないことを、第3章の判定で確かめてごらん。

そう。そこで別の判定法を使う。まず事実を1つ。有理数係数の2つの多項式の積に分けられるなら、最高次の係数が 1 の整数係数の多項式の積にも分けられる。ガウスの補題と呼ばれるものだ。だから、整数係数で x⁵−6x＋3＝g(x)h(x) と分かれたとして矛盾を導けばいい。g(x)＝x^k＋…＋b₁x＋b₀、h(x)＝x^5−k＋…＋c₁x＋c₀（1≦k≦4）とおく。定数項を比べるとどうなるかな？

その通り。x² の係数でも同じことをしてごらん。

そう。いまの議論は、「最高次以外の係数がすべて素数 p で割り切れ、定数項は p² では割り切れない」ならいつでも使える。アイゼンシュタインの判定法という。x⁵−6x＋3 は p＝3 でこの条件をみたしている。次は②、実数解の個数だ。x に −2, −1, 0, 1, 2 を入れて、値の符号を調べてごらん。

そう。では5つ全部が実数解ということはあるかな？ 解と係数の関係を使ってごらん。x⁴ と x³ の項がないことに注目するといい。

その通り。もう1つ思い出そう。複素数 a＋bi に対して、i を −i にかえた a−bi を共役な複素数というんだったね。係数がすべて実数の方程式で、z が解なら、共役な z も解になる。f(z) を計算する足し算と掛け算は、共役をとっても成り立つから、f(z) は f(z)＝0 の共役で 0 になるんだ。ここから実数解の個数が決まるよ。

これで材料①②がそろった。いよいよ③、ガロア群 G を調べよう。まず、複素共役をとる操作、つまり i を −i にかえる操作は、5つの解をどう入れ替えるかな？

そう。次は5つ組の巡回だ。α を解の1つとすると、x⁵−6x＋3 は既約だから、第3章で学んだ通り ℚ(α) の次数は 5。分解体 L は ℚ(α) を含む。次数の積の法則から何が言えるかな？

ここで、もう1つ事実を使う。群の個数が素数 p で割り切れるなら、その群には位数がちょうど p の元がある。1845年ごろにコーシーが示したので、コーシーの定理と呼ばれる。ラグランジュの定理の逆向きの一部にあたるものだ。だから G には位数 5 の入れ替え σ がある。5つの番号の入れ替えで位数が 5 になるのは、どんな形かな？

そう。最後に、5つ組の巡回と互換が両方入っていると、5つの入れ替え全部が出てくることを示そう。互換が (a b) のとき、σ を何回かくり返した σ^k で a が b に行くものがある。σ^k も5つ組の巡回になるから、解に番号をつけ直して、σ^k＝(1 2 3 4 5)、互換を (1 2) としてよい。改めて σ＝(1 2 3 4 5)、τ＝(1 2) として、σ⁻¹τσ、つまり σ をもどして、τ をして、σ をする入れ替えを計算してごらん。

その通り。(1 2), (2 3), (3 4), (4 5) という、となりどうしの入れ替えが全部そろった。第1章で、どんな互換もとなりどうしの入れ替えを続けて作れること、どんな入れ替えも互換の積で書けることを学んだね。実際に作ってみよう。

そうだね。どの章の道具がどこで使われたか、振り返っておこう。

あったようだね。ガロアは決闘の前夜の手紙の最後に、自分の定理が正しいかどうかではなく、それが重要かどうかについて、ヤコビやガウスに意見を聞いてほしいと書いた。その答えは、歴史が出したといえる。ガロアの考えは、方程式を解く話を越えて、数学のあちこちで使われている。第3章の QR コードで使った有限の体は、ガロア体とも呼ばれる。そして、350年以上解けなかったフェルマーの最終定理を1995年にワイルズが証明したとき、その中心にあったのも、ガロア群が数の世界に対称性として働く様子（ガロア表現）だった。

そう。その続きは『フェルマーの最終定理、証明への道』で、楕円曲線やモジュラー形式とともにたどれる。この章で身につけた「解の入れ替えを見て、方程式の性質を読む」という見方は、そこでも道しるべになる。これで、群・環・体からガロア理論への旅はおしまいだ。よくがんばったね。