# ガロア理論への招待：方程式の対称性が「解の公式」の有無を決める > 体の拡大と自己同型群（ガロア群）が包含を逆にして対応することを具体例で確かめ、5 次方程式に根号の解の公式が存在しない理由が、対称群 S5 が可解群でないという群論の事実に帰着する仕組みを説明します。 > https://rikai.mugen-giken.com/mathematics/algebra/galois-theory ## 0. この記事の要点 - 方程式 $f(x) = 0$ に対して、その根がすべて現れる最小の体（最小分解体）$L$ を作り、$L$ の自己同型のうち係数体 $K$ を動かさないもの全体がなす群 $\mathrm{Gal}(L/K)$ を対応させます。これは「$K$ の立場から見て根たちがどれくらい区別できないか」を測る有限群です。 - ガロア理論の基本定理は、$L/K$ の中間体全体と $\mathrm{Gal}(L/K)$ の部分群全体が包含関係を逆にして 1 対 1 に対応することを主張します。体という無限集合の問題が、有限群の部分群を数える問題に翻訳されます。 - この対応のもとで「中間体が $K$ 上ガロア」は「対応する部分群が正規」と同値になり、そのとき中間体のガロア群は商群として現れます。群の準同型定理の体版です。 - 「根号で解ける」とは、最小分解体が巾根を次々に添加した体の塔に含まれることです。この塔は群の側で、商がアーベル群であるような正規列（可解列）に翻訳されます。 - 一般の $n$ 次方程式のガロア群は対称群 $S_n$ です。$S_2, S_3, S_4$ は可解群ですが $S_5$ は可解群ではありません。これが「4 次まで公式があって 5 次で止まる」ことの正体です。 - 具体例として、$x^5 - 4x + 2$ のガロア群が $S_5$ であることを、既約性・実根の個数・複素共役という 3 つの材料だけから完全に証明します。この方程式は根号では解けません。 ## 1. 動機：解の公式はなぜ 4 次で止まるのか 2 次方程式 $ax^2 + bx + c = 0$ の解の公式は、平方完成という形で古代バビロニアの粘土板にすでに現れます。3 次方程式が解かれたのは 16 世紀のイタリアで、デル・フェッロとタルタリアの発見をカルダーノが『Ars Magna』（1545 年）に公表しました。カルダーノの弟子フェラーリは同じ頃に 4 次方程式を根号で解いています。4 次までが 1 世代で片づいたのですから、5 次も時間の問題に見えたはずです。 ところが、そこから 250 年間、誰も 5 次方程式の解の公式を書けませんでした。転機は 1770 年、ラグランジュが『方程式の代数的解法についての省察』で、3 次・4 次の古典的解法はいずれも「根の置換に対して分解式（レゾルベント）がどう振る舞うか」という一つの原理で説明できると見抜いたことです。彼は同じ方法が 5 次では破綻することにも気づいていました。1799 年にルフィニが不可能性の証明を試み（論証には隙がありました）、1824 年にアーベルが完全な証明を与えます。そして 1830 年から 1832 年にかけて、20 歳で決闘に倒れたガロアが、「どの方程式が根号で解けるか」という問いそのものに完全な答えを与えました。 ここで立ち止まって考えてほしいのは、**「公式が存在しないこと」をどうやって証明するのか**という点です。公式の候補は無限にあります。ひとつずつ試して潰すことはできません。必要なのは、「もし根号で解けるならば、その方程式は必ずこういう性質を持っているはずだ」という不変量です。ガロアの発見は、その不変量が**群**だということでした。 素朴な観察から入りましょう。$x^2 - 2 = 0$ の 2 根は $\sqrt{2}$ と $-\sqrt{2}$ です。有理数係数の代数的な式だけを使って、この 2 つを区別できるでしょうか。$\sqrt{2}$ が満たす有理数係数の多項式関係は、そっくりそのまま $-\sqrt{2}$ も満たします。つまり有理数の世界から見ると、この 2 根は**入れ替えても何も壊れない**のです。 一方、$x^4 - 5x^2 + 6 = (x^2 - 2)(x^2 - 3)$ の 4 根 $\sqrt{2}, -\sqrt{2}, \sqrt{3}, -\sqrt{3}$ はどうでしょうか。$\sqrt{2}$ を $\sqrt{3}$ に移す「入れ替え」は許されません。$\sqrt{2}$ は $\alpha^2 = 2$ という有理数係数の関係を満たしますが、$\sqrt{3}$ は満たさないからです。許される入れ替えは $\{\sqrt2, -\sqrt2\}$ と $\{\sqrt3, -\sqrt3\}$ をそれぞれ保つものだけで、全部で高々 4 通り。4 文字の置換は $4! = 24$ 通りあるのに、この方程式の「対称性」はその 6 分の 1 しかないわけです。 この「許される入れ替え全体」が群をなします。これがガロア群です。方程式が根号で解けるかは、この群の形だけで決まる——それがガロア理論の結論です。
## 2. 準備：体の拡大と最小分解体 以降、**体はすべて標数 0 とします**。具体的には $\mathbb{Q}$ を含む体、実際には $\mathbb{C}$ の部分体を思い浮かべてかまいません。標数 0 を仮定するのは、既約多項式が重根を持つという標数正の体特有の現象（非分離性）を避けるためです。体そのものの定義や基本性質は [環と体の基礎](/mathematics/algebra/rings-and-fields)（）を参照してください。 体 $K$ が体 $L$ の部分体であるとき、組 $L/K$ を**体の拡大**といいます。このとき $L$ は $K$ 上のベクトル空間になります（加法は $L$ のもの、スカラー倍は $K$ の元による $L$ の中での乗法）。その次元 $$ [L : K] := \dim_K L $$ を**拡大次数**といい、$[L:K]$ が有限のとき $L/K$ を**有限次拡大**といいます。 $\alpha \in L$ が $K$ 上**代数的**であるとは、$f(\alpha) = 0$ を満たす $0$ でない $f \in K[X]$ が存在することをいいます。このとき、$\alpha$ を根に持つモニック多項式のうち次数が最小のものはただ一つに定まり、これを $\alpha$ の $K$ 上の**最小多項式**といって $m_{\alpha, K}$ と書きます。 $S \subseteq L$ に対し、$K$ と $S$ をともに含む $L$ の部分体のうち最小のものを $K(S)$ と書きます。$S$ が有限集合 $\{\alpha_1, \ldots, \alpha_n\}$ のときは $K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$ と書きます。 最小多項式の一意性は次のように確かめられます。同じ最小次数 $d$ のモニック多項式 $f, g$ がともに $\alpha$ を根に持てば、差 $f - g$ は次数が $d$ 未満（最高次の項が消える）で $\alpha$ を根に持つので、次数最小性から $f - g = 0$ です。また $L$ が $K$ 上のベクトル空間になるという点は、線形代数がそのまま道具として使えることを意味します（[ベクトル空間と線形変換](/mathematics/linear-algebra/vector-spaces)、とくに ）。ガロア理論の議論の半分は次元の勘定です。 $\alpha \in L$ が $K$ 上代数的で $d = \deg m_{\alpha,K}$ とします。代入写像 $\varphi : K[X] \to L$, $\varphi(g) = g(\alpha)$ は環準同型で、その核は $m_{\alpha,K}$ が生成するイデアル $(m_{\alpha,K})$ です。実際、$K[X]$ は単項イデアル整域なので $\ker\varphi = (h)$ と書けますが、$h$ は $\ker\varphi$ の $0$ でない元のうち次数最小のもの、すなわち $m_{\alpha,K}$ の定数倍です。 $m_{\alpha,K}$ は既約です。$m_{\alpha,K} = gh$ と、$g, h$ の次数がともに $d$ 未満になるように分解できたとすると $g(\alpha)h(\alpha) = 0$ となり、$L$ は整域なので $g(\alpha) = 0$ または $h(\alpha) = 0$、これは次数最小性に反するからです。既約元が生成するイデアルは $K[X]$ の極大イデアルなので、 と準同型定理により $$ K[X]/(m_{\alpha,K}) \;\cong\; \mathrm{Im}\,\varphi = K[\alpha] $$ は体になり、したがって $K[\alpha] = K(\alpha)$ です。さらに除法の原理から $1, \alpha, \ldots, \alpha^{d-1}$ が $K(\alpha)$ の $K$ 上の基底になるので $[K(\alpha):K] = d$ です。詳細は [イデアルと剰余環](/mathematics/algebra/ideals-and-quotient-rings)（）と [群の準同型定理](/mathematics/algebra/homomorphism-theorems) のとおりで、「既約な元で割ると体ができる」という現象が $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ と同じ形で現れています。 $K \subseteq M \subseteq L$ を体の拡大の列とします。このとき $$ [L : K] = [L : M]\,[M : K] $$ が成り立ちます（両辺が同時に有限、または同時に無限であることを含みます）。とくに $[L:K]$ が有限なら、$[M:K]$ と $[L:M]$ はともに $[L:K]$ の約数です。 まず $[L:M] = m < \infty$, $[M:K] = n < \infty$ の場合を示します。$u_1, \ldots, u_m$ を $L$ の $M$ 上の基底、$v_1, \ldots, v_n$ を $M$ の $K$ 上の基底とし、$mn$ 個の積 $u_i v_j$ が $L$ の $K$ 上の基底であることを示します。 **生成すること。** $x \in L$ を任意に取ります。$u_i$ が $M$ 上の基底なので $x = \sum_{i=1}^m c_i u_i$（$c_i \in M$）と書けます。各 $c_i$ は $M$ の元なので $c_i = \sum_{j=1}^n d_{ij} v_j$（$d_{ij} \in K$）と書けます。代入して $$ x = \sum_{i=1}^m \Bigl(\sum_{j=1}^n d_{ij} v_j\Bigr) u_i = \sum_{i,j} d_{ij}\, u_i v_j $$ となり、$x$ は $u_i v_j$ たちの $K$ 係数一次結合です。 **一次独立性。** $\sum_{i,j} d_{ij} u_i v_j = 0$（$d_{ij} \in K$）とします。$u_i$ について整理すると $\sum_{i=1}^m \bigl(\sum_j d_{ij} v_j\bigr) u_i = 0$ となり、括弧の中は $M$ の元です。$u_i$ が $M$ 上一次独立なので、すべての $i$ について $\sum_j d_{ij} v_j = 0$。今度は $v_j$ が $K$ 上一次独立なので、すべての $i, j$ について $d_{ij} = 0$ です。 よって $[L:K] = mn$ が示されました。 無限の場合も確認します。$[M:K] = \infty$ なら $M$ の中に $K$ 上一次独立な元がいくらでも取れ、それらは $L$ の中でも $K$ 上一次独立なので $[L:K] = \infty$。$[L:M] = \infty$ なら $L$ の中に $M$ 上一次独立な元がいくらでも取れますが、$K \subseteq M$ よりそれらは $K$ 上も一次独立なので、やはり $[L:K] = \infty$。逆に両方が有限なら前半より $[L:K]$ は有限です。 $K$ を体、$f \in K[X]$ を次数 $1$ 以上の多項式とします。拡大 $L/K$ が $f$ の $K$ 上の**最小分解体**であるとは、次の 2 条件が成り立つことをいいます。 1. $f$ は $L[X]$ の中で 1 次式の積に完全に分解する。すなわち $f = c(X - \alpha_1)\cdots(X - \alpha_n)$（$c \in K^\times$, $\alpha_i \in L$）と書ける。 2. $L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$、すなわち $L$ は $K$ に $f$ の根をすべて添加して得られる。 最小分解体は、$K[X]/(p)$（$p$ は $f$ の既約因子）を作って根を 1 つずつ付け加える操作を繰り返せば必ず構成でき（クロネッカーの構成）、$K$ 上の同型を除いて一意に定まります。この 2 つは以下で自由に使いますが、証明は参考文献 [1] [4] に譲ります。 $K$ を標数 $0$ の体、$f \in K[X]$ を既約、$\deg f = n \ge 1$ とすると、$f$ は（$f$ が分解する任意の拡大体の中で）重根を持ちません。 形式微分 $f'$ を考えます。$f$ の最高次の係数を $a_n \ne 0$ とすると $f'$ の $X^{n-1}$ の係数は $n a_n$ で、標数 $0$ なので $n a_n \ne 0$、したがって $f' \ne 0$ かつ $\deg f' = n - 1$ です。$d = \gcd(f, f')$ とおくと $d \mid f$ で、$f$ が既約だから $d$ は定数か $f$ の定数倍に限られます。後者なら $f \mid f'$ ですが $0 \le \deg f' < \deg f$ なのでこれは $f' = 0$ を意味し、矛盾です。よって $\gcd(f, f') = 1$。$K[X]$ は単項イデアル整域なので $uf + vf' = 1$ となる $u, v \in K[X]$ が存在します。もし $\alpha$ が $f$ の重根なら $f = (X-\alpha)^2 g$ と書けて $f' = 2(X-\alpha)g + (X-\alpha)^2 g'$ なので $f(\alpha) = f'(\alpha) = 0$ となり、上の等式に $\alpha$ を代入すると $0 = 1$ という矛盾が出ます。 $f = a_n X^n + \cdots + a_1 X + a_0 \in \mathbb{Z}[X]$（$n \ge 1$）とします。素数 $p$ が $$ p \nmid a_n, \qquad p \mid a_i \ \ (0 \le i \le n-1), \qquad p^2 \nmid a_0 $$ を満たすならば、$f$ は $\mathbb{Q}[X]$ で既約です。証明はガウスの補題と、$\bmod\ p$ で見ると $f \equiv a_n X^n$ になることの観察によります（参考文献 [1] [4]）。以下ではこの判定法を繰り返し使います。 ## 3. 方程式の対称性：ガロア群 体の拡大 $L/K$ に対し、 $$ \mathrm{Aut}(L/K) := \{\, \sigma : L \to L \ \text{体の同型} \ \mid \ \sigma(a) = a \ \ (\forall a \in K) \,\} $$ とおきます。写像の合成について $\mathrm{Aut}(L/K)$ は群になります。恒等写像は $K$ を固定し、$\sigma, \tau$ が固定すれば $\sigma \circ \tau$ も固定し、$a = \sigma^{-1}(\sigma(a)) = \sigma^{-1}(a)$ より $\sigma^{-1}$ も固定するからです。 有限次拡大 $L/K$ が、ある $f \in K[X]$ の $K$ 上の最小分解体になっているとき、$L/K$ を**ガロア拡大**といい、$\mathrm{Gal}(L/K) := \mathrm{Aut}(L/K)$ と書いて**ガロア群**と呼びます。また $f \in K[X]$ に対し、$f$ の最小分解体 $L$ についての群 $\mathrm{Gal}(L/K)$ を、**$f$ の $K$ 上のガロア群**といいます。 $K$ を動かさない自己同型とは、「$K$ の中で書ける関係式をすべて保つ変換」のことです。幾何学で図形の対称性を「距離を保ち、ある部分を固定する変換」として捉えるのと同じ発想だと言えます。 $L/K$ を体の拡大、$\sigma \in \mathrm{Aut}(L/K)$ とします。 1. $f \in K[X]$ と $\alpha \in L$ について、$f(\alpha) = 0$ ならば $f(\sigma(\alpha)) = 0$ です。すなわち $\sigma$ は $f$ の $L$ における根の集合を、それ自身の上へ置換します。 2. さらに、$f \in K[X]$ の $L$ における相異なる根の全体を $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ とし、$L = K(\alpha_1, \ldots, \alpha_n)$ が成り立つとします。このとき、$\sigma$ を根の集合上の置換に制限する写像 $$ \rho : \mathrm{Aut}(L/K) \longrightarrow \mathfrak{S}(\{\alpha_1, \ldots, \alpha_n\}) \cong S_n $$ は**単射**な群準同型です。とくに $\mathrm{Aut}(L/K)$ は $S_n$ の部分群と同型な有限群で、その位数は $n!$ の約数です。 **(1)** $f = \sum_{i=0}^m c_i X^i$（$c_i \in K$）とします。$\sigma$ は環準同型であり、しかも $c_i \in K$ を固定するので $$ f(\sigma(\alpha)) = \sum_{i=0}^m c_i \sigma(\alpha)^i = \sum_{i=0}^m \sigma(c_i)\,\sigma(\alpha^i) = \sigma\Bigl(\sum_{i=0}^m c_i \alpha^i\Bigr) = \sigma(f(\alpha)) = \sigma(0) = 0 $$ となります。第 2 の等号で $\sigma(c_i) = c_i$（$\sigma$ が $K$ を固定するという仮定）を、第 3 の等号で $\sigma$ が和と積を保つことを使いました。よって $\sigma$ は根の有限集合 $R = \{\alpha_1,\ldots,\alpha_n\}$ を $R$ の中へ写します。$\sigma$ は単射で、有限集合からそれ自身への単射は全射なので、$\sigma|_R$ は $R$ の置換です。 **(2)** $\rho$ が群準同型なのは、制限が合成と両立する（$(\sigma\tau)|_R = \sigma|_R \circ \tau|_R$）からです。単射性を示します。$\rho(\sigma) = \mathrm{id}$、つまり $\sigma(\alpha_i) = \alpha_i$（$1 \le i \le n$）と仮定します。$\sigma$ で固定される元の全体 $$ L^{\sigma} = \{\, x \in L \mid \sigma(x) = x \,\} $$ は $L$ の部分体です。実際 $\sigma(x) = x$, $\sigma(y) = y$ なら $\sigma(x \pm y) = x \pm y$, $\sigma(xy) = xy$ であり、$x \ne 0$ のとき $\sigma(x^{-1}) = \sigma(x)^{-1} = x^{-1}$ だからです。この部分体は $K$ を含み（$\sigma \in \mathrm{Aut}(L/K)$ だから）、仮定よりすべての $\alpha_i$ を含みます。よって $L^\sigma \supseteq K(\alpha_1,\ldots,\alpha_n) = L$、すなわち $\sigma = \mathrm{id}_L$ です。核が単位元のみなので $\rho$ は単射です。 最後に、$\mathrm{Aut}(L/K)$ は $S_n$ の部分群と同型なので、（[部分群と剰余類](/mathematics/algebra/subgroups-and-lagrange)）よりその位数は $|S_n| = n!$ の約数です。 は、この理論の入口にして急所です。体の自己同型という一見つかみどころのない対象が、**有限個の根の置換**という完全に具体的な対象に翻訳されました。第 1 節の「有理数の世界からは $\sqrt2$ と $-\sqrt2$ を区別できない」という素朴な直感が、群準同型として定式化されたことになります。以下ガロア群を $S_n$ の部分群として扱うのはこの補題によります。対称群そのものについては [群論入門](/mathematics/algebra/groups) の を参照してください。 $L = \mathbb{Q}(\sqrt2)$ とします。$x^2 - 2$ は $\mathbb{Q}$ 上既約（有理根の候補 $\pm1, \pm2$ を代入すると $-1, -1, 2, 2$ でどれも $0$ にならない）なので $[L:\mathbb{Q}] = 2$ で、$1, \sqrt2$ が基底です。$L$ は $x^2-2$ の最小分解体（根 $\pm\sqrt2$ がともに $L$ に属し、$L = \mathbb{Q}(\sqrt2, -\sqrt2)$）なのでガロア拡大です。 $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ は より $\sigma(\sqrt2) = \pm\sqrt2$ を満たし、$L = \mathbb{Q}(\sqrt2)$ だからこの値で $\sigma$ は決まります。よって候補は 2 つです。$\sigma(a + b\sqrt2) = a - b\sqrt2$ が実際に体の自己同型であることを確かめます。加法を保つのは成分ごとの計算から従い、乗法については $$ \begin{aligned} \sigma\bigl((a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)\bigr) &= \sigma\bigl((ac+2bd) + (ad+bc)\sqrt2\bigr) = (ac+2bd) - (ad+bc)\sqrt2, \\ \sigma(a+b\sqrt2)\,\sigma(c+d\sqrt2) &= (a-b\sqrt2)(c-d\sqrt2) = (ac+2bd) - (ad+bc)\sqrt2 \end{aligned} $$ で一致します。$\sigma \circ \sigma = \mathrm{id}$ なので $\sigma$ は全単射です。したがって $$ \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt2)/\mathbb{Q}) = \{\mathrm{id}, \sigma\} \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \qquad |\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})| = 2 = [L:\mathbb{Q}] . $$ $L = \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) \subset \mathbb{R}$ とします（$\sqrt[3]{2}$ は実の 3 乗根）。$x^3 - 2$ は （$p=2$）より既約なので $[L:\mathbb{Q}] = 3$ です。 $\sigma \in \mathrm{Aut}(L/\mathbb{Q})$ を取ります。 より $\sigma(\sqrt[3]2)$ は $x^3-2$ の**$L$ の中での**根です。$\mathbb{C}$ における根は $\sqrt[3]2,\ \omega\sqrt[3]2,\ \omega^2\sqrt[3]2$（$\omega = e^{2\pi i/3}$）の 3 つですが、後の 2 つは虚部が $0$ でない複素数であり、$L \subset \mathbb{R}$ には属しません。したがって $L$ の中にある根は $\sqrt[3]2$ だけで、$\sigma(\sqrt[3]2) = \sqrt[3]2$、よって $\sigma = \mathrm{id}$ です。つまり $$ |\mathrm{Aut}(L/\mathbb{Q})| = 1 < 3 = [L:\mathbb{Q}] . $$ $L/\mathbb{Q}$ はガロア拡大ではありません。原因ははっきりしています。$L$ は $x^3-2$ の根を 1 つしか含んでおらず、 の条件 1 を満たさないのです。対称性を測ろうにも、移す先が体の中に用意されていません。最小分解体は $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2, \omega)$ で、これは次数 6 の拡大になります（）。「ガロア拡大」という条件は飾りではなく、根を全部入れておかないと対称性は現れないのです。 ## 4. ガロア対応：中間体と部分群の辞書 $L/K$ を標数 $0$ の体の有限次ガロア拡大とし、$G = \mathrm{Gal}(L/K)$ とおきます。部分群 $H \le G$ に対し $$ L^H := \{\, x \in L \mid \sigma(x) = x \ \ (\forall \sigma \in H) \,\} $$ とおき（ の証明と同じ計算によりこれは $K$ を含む $L$ の部分体で、$H$ の**固定体**といいます）、中間体 $M$ には $\mathrm{Gal}(L/M) = \mathrm{Aut}(L/M)$ を対応させます。このとき次が成り立ちます。 1. $|G| = [L:K]$ であり、$L^G = K$ です。 2. 任意の中間体 $M$ に対して $L/M$ はガロア拡大であり、2 つの対応 $$ H \longmapsto L^H, \qquad M \longmapsto \mathrm{Gal}(L/M) $$ は互いに逆写像で、$G$ の部分群全体と中間体全体との間の全単射を与えます。どちらも包含関係を逆にします。すなわち $H_1 \subseteq H_2 \iff L^{H_1} \supseteq L^{H_2}$ であり、$M_1 \subseteq M_2 \iff \mathrm{Gal}(L/M_1) \supseteq \mathrm{Gal}(L/M_2)$ です。 3. 各 $H \le G$ に対し $[L : L^H] = |H|$、$[L^H : K] = [G : H]$（$H$ の $G$ における指数）です。 4. 中間体 $M$ について、$M/K$ がガロア拡大であることと $\mathrm{Gal}(L/M)$ が $G$ の正規部分群であることは同値です。このとき制限写像 $$ \pi : G \longrightarrow \mathrm{Gal}(M/K), \qquad \sigma \longmapsto \sigma|_M $$ は well-defined な全射群準同型で $\ker \pi = \mathrm{Gal}(L/M)$、したがって準同型定理により $$ \mathrm{Gal}(M/K) \;\cong\; G/\mathrm{Gal}(L/M) $$ が成り立ちます。 この定理の証明は本記事では行いません。骨格は、(i) デデキントによる指標の一次独立性、(ii) それを用いたアルティンの定理「$H$ が体 $L$ の自己同型からなる有限群なら $[L : L^H] = |H|$」、(iii) 同型の延長定理の 3 本柱です。完全な証明は参考文献 [1] 第 4 章、[3]、[4] Chapter 14 にあります。以下ではこの定理を認めて使います。 項目 4 は、この理論のうちで最も「準同型定理らしい」部分です。[正規部分群と商群](/mathematics/algebra/quotient-groups) の と [群の準同型定理](/mathematics/algebra/homomorphism-theorems) の が支える「正規部分群で割ると商群ができる」という操作が、体の側では「小さいガロア拡大を取り出す」ことに対応しています。構造を保つ写像を作って核で割るという群論の手続きが、そのまま方程式論の道具になっているわけです。 $L = \mathbb{Q}(\sqrt2, \sqrt3)$ とします。 **第 1 段：次数は 4。** まず $\sqrt3 \notin \mathbb{Q}(\sqrt2)$ を示します。$\sqrt3 = a + b\sqrt2$（$a, b \in \mathbb{Q}$）と書けたとして両辺を 2 乗すると $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$ です。もし $ab \ne 0$ なら $\sqrt2 = (3 - a^2 - 2b^2)/(2ab) \in \mathbb{Q}$ となり、$\sqrt2$ が無理数であること（）に反します。[証明の技術](/mathematics/foundations/proof-techniques) の背理法の典型例です。よって $ab = 0$。$b = 0$ なら $\sqrt3 = a \in \mathbb{Q}$ で矛盾。$a = 0$ なら $3 = 2b^2$、すなわち $(2b)^2 = 6$ で $\sqrt6 \in \mathbb{Q}$ ですが、$\sqrt6 = p/q$（既約分数）とすると $p^2 = 6q^2$ から $2 \mid p$、$p = 2p'$ を代入して $2p'^2 = 3q^2$ から $2 \mid q$ となり、既約分数であることに反します。以上より $\sqrt3 \notin \mathbb{Q}(\sqrt2)$ です。 したがって $x^2 - 3$ は $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ 上に根を持たず、2 次式なので既約です。ゆえに $[L : \mathbb{Q}(\sqrt2)] = 2$ で、 より $$ [L : \mathbb{Q}] = [L : \mathbb{Q}(\sqrt2)] \cdot [\mathbb{Q}(\sqrt2) : \mathbb{Q}] = 2 \cdot 2 = 4 $$ で、$1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ が $\mathbb{Q}$ 上の基底になります。 **第 2 段：ガロア拡大であること。** $L$ は $f = (x^2-2)(x^2-3) = x^4 - 5x^2 + 6$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体です（根は $\pm\sqrt2, \pm\sqrt3$ ですべて $L$ にあり、それらで生成されます）。よって $L/\mathbb{Q}$ はガロア拡大で、(1) より $|G| = 4$ です（$G = \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$）。 **第 3 段：ガロア群の決定。** $\sigma \in G$ は より $\sigma(\sqrt2) = \pm\sqrt2$, $\sigma(\sqrt3) = \pm\sqrt3$ を満たし、$L = \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ なのでこの 2 つの値で $\sigma$ は完全に決まります。候補は 4 通りしかなく、$|G| = 4$ なので 4 通りすべてが実現します。 $$ \sigma : \sqrt2 \mapsto -\sqrt2,\ \sqrt3 \mapsto \sqrt3, \qquad \tau : \sqrt2 \mapsto \sqrt2,\ \sqrt3 \mapsto -\sqrt3 $$ とおくと $G = \{\mathrm{id}, \sigma, \tau, \sigma\tau\}$ です。$\sigma^2 = \tau^2 = \mathrm{id}$ で $\sigma\tau = \tau\sigma$（生成元 $\sqrt2, \sqrt3$ での値が両辺で一致する）なので、$G$ はクラインの四元群 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ に同型です。 **第 4 段：部分群を数える。** $|G| = 4$ なので、ラグランジュの定理より真の非自明部分群の位数は 2 で、位数 2 の元 1 つで生成されます。位数 2 の元は $\sigma, \tau, \sigma\tau$ の 3 つです。よって部分群は $$ \{\mathrm{id}\},\quad \langle\sigma\rangle,\quad \langle\tau\rangle,\quad \langle\sigma\tau\rangle,\quad G $$ のちょうど 5 個です。 **第 5 段：固定体を求める。** (3) より $[L^{\langle\sigma\rangle} : \mathbb{Q}] = [G : \langle\sigma\rangle] = 2$ です。一方 $\sigma(\sqrt3) = \sqrt3$ なので $\mathbb{Q}(\sqrt3) \subseteq L^{\langle\sigma\rangle}$ であり、$[\mathbb{Q}(\sqrt3):\mathbb{Q}] = 2$。同じ次数の体の包含なので $L^{\langle\sigma\rangle} = \mathbb{Q}(\sqrt3)$ です。まったく同様に $L^{\langle\tau\rangle} = \mathbb{Q}(\sqrt2)$。最後に $\sigma\tau$ については $$ \sigma\tau(\sqrt6) = \sigma\tau(\sqrt2 \cdot \sqrt3) = (-\sqrt2)\cdot(-\sqrt3) = \sqrt6 $$ なので $\mathbb{Q}(\sqrt6) \subseteq L^{\langle\sigma\tau\rangle}$ となり、同じ次数の議論で $L^{\langle\sigma\tau\rangle} = \mathbb{Q}(\sqrt6)$ です。 **結論。** $L$ の中間体はちょうど $$ \mathbb{Q},\quad \mathbb{Q}(\sqrt2),\quad \mathbb{Q}(\sqrt3),\quad \mathbb{Q}(\sqrt6),\quad L $$ の 5 個で、これ以外にはありません。「中間体を探し尽くした」と言い切れるのは、体だけを眺めていては到底得られない結論です。それが位数 4 の群の部分群を数えるだけで決着しました。 なお $G$ はアーベル群なのですべての部分群が正規で、(4) よりすべての中間体が $\mathbb{Q}$ 上ガロアです。実際 $\mathbb{Q}(\sqrt2), \mathbb{Q}(\sqrt3), \mathbb{Q}(\sqrt6)$ はそれぞれ $x^2-2, x^2-3, x^2-6$ の最小分解体になっています。
A["Q(√2)"] L --> B["Q(√6)"] L --> C["Q(√3)"] A --> K["Q"] B --> K C --> K end subgraph SG["G の部分群（上ほど小さい群）"] direction TB E["単位群"] --> H1["⟨τ⟩"] E --> H2["⟨στ⟩"] E --> H3["⟨σ⟩"] H1 --> G["G（位数 4）"] H2 --> G H3 --> G end L -.- E A -.- H1 B -.- H2 C -.- H3 K -.- G`} />
$L = \mathbb{Q}(\sqrt[3]2, \omega)$（$\omega = e^{2\pi i/3}$）とします。これは $x^3 - 2$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体です。実際、3 根 $\sqrt[3]2, \omega\sqrt[3]2, \omega^2\sqrt[3]2$ はすべて $L$ に属し、逆にこの 3 根から $\omega = (\omega\sqrt[3]2)/\sqrt[3]2$ が作れます。 **次数。** より $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}] = 3$。$\omega$ は $x^2 + x + 1$ の根で、$\omega \notin \mathbb{R} \supseteq \mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ なのでこの 2 次式は $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ 上に根を持たず、既約です。よって $[L : \mathbb{Q}(\sqrt[3]2)] = 2$ となり、 より $[L:\mathbb{Q}] = 6$。 **ガロア群。** $L$ は最小分解体なのでガロア拡大で、(1) より $|G| = 6$（$G = \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$）。(2) より $G$ は 3 根の置換群 $S_3$ の部分群と同型で、$|S_3| = 6 = |G|$ なので $G \cong S_3$ です。 **対応。** $S_3$ の部分群は $\{e\}$、位数 2 のもの 3 個（各互換が生成）、$A_3$、$S_3$ 自身の計 6 個なので、中間体もちょうど 6 個あります。$\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)$ は次数 3 なので (3) より対応する部分群 $H$ は $|H| = 2$。具体的には、複素共役の $L$ への制限 $\kappa$ が $\sqrt[3]2$（実数）を固定し $\omega\sqrt[3]2$ と $\omega^2\sqrt[3]2$ を入れ替えるので、$H = \langle\kappa\rangle$ です。 $S_3$ の位数 2 の部分群は正規ではありません。たとえば $(1\,2\,3)(1\,2)(1\,2\,3)^{-1} = (2\,3) \ne (1\,2)$ です（共役の公式 $\pi(a\ b)\pi^{-1} = (\pi(a)\ \pi(b))$ を使いました。 の証明で改めて確認します）。したがって (4) より $\mathbb{Q}(\sqrt[3]2)/\mathbb{Q}$ はガロア拡大ではないという結論が出ます。 で直接計算した事実と一致しました。群の言葉に翻訳してしまえば、正規性を確かめるだけで体の性質が読めるわけです。 一方 $A_3$ は指数 2 なので正規部分群で、対応する中間体は次数 $[G:A_3] = 2$、$\omega$ が $A_3$ の元で固定されることから $\mathbb{Q}(\omega)$ です。(4) より $$ \mathrm{Gal}(\mathbb{Q}(\omega)/\mathbb{Q}) \cong S_3/A_3 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} $$ となります。$x^3-2=0$ を「まず $\omega$（$\sqrt{-3}$ を含む 2 次の量）を作り、次に $2$ の 3 乗根を取る」と解く古典的手順は、群の側の 2 段階 $S_3 \supseteq A_3 \supseteq \{e\}$ にそのまま対応しています。 ## 5. 根号で解けるとはどういうことか ここまでで「方程式 → 群」という辞書ができました。次は「根号で解ける」という条件をこの辞書で翻訳します。 標数 $0$ の体 $K$ の拡大 $M/K$ が**根号拡大の塔**（累巾根拡大）であるとは、体の列 $$ K = K_0 \subseteq K_1 \subseteq \cdots \subseteq K_m = M $$ であって、各 $i$ について $K_{i+1} = K_i(\alpha_i)$ かつ $\alpha_i^{n_i} \in K_i$ となる $\alpha_i \in K_{i+1}$ と正整数 $n_i$ が存在するもののことをいいます。 $f \in K[X]$ が $K$ 上**根号で解ける**とは、$f$ の $K$ 上の最小分解体 $L$ が、ある根号拡大の塔 $M$ に含まれることをいいます。 この定義は「根を、係数から四則演算と巾根を有限回使って書き表せる」という日常的な言い回しを、そのまま数学の言葉に直したものです。2 次方程式 $ax^2+bx+c=0$ なら $K_1 = K(\sqrt{b^2-4ac})$ と 1 段登れば根 $(-b \pm \sqrt{b^2-4ac})/(2a)$ が $K_1$ に入ります。3 次のカルダーノの公式なら、$K_1 = K(\sqrt{-3})$（1 の原始 3 乗根 $\omega = (-1+\sqrt{-3})/2$ が使えるようになる）、判別式の平方根を添加して $K_2$、3 乗根を添加して $K_3$、という 3 段の塔です。 群 $G$ が**可解**であるとは、部分群の列 $$ G = G_0 \supseteq G_1 \supseteq \cdots \supseteq G_r = \{e\} $$ であって、各 $i$ について $G_{i+1}$ が $G_i$ の正規部分群であり、かつ商群 $G_i/G_{i+1}$ がアーベル群であるものが存在することをいいます。この列を**可解列**といいます。各 $G_i$ が $G$ 全体の正規部分群であることまでは要求しません。 アーベル群 $G$ は $G \supseteq \{e\}$ という長さ 1 の可解列を持つので可解です。$S_3$ は $S_3 \supseteq A_3 \supseteq \{e\}$ が可解列（$S_3/A_3 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$、$A_3 \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ でともにアーベル群）なので可解です。 $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ とおきます。 **$V$ は $S_4$ のアーベルな正規部分群。** 各元は 2 乗すると $e$ なので逆元について閉じています。積については、$(1\,2)(3\,4)\cdot(1\,3)(2\,4)$ を右から順に施すと $1 \to 3 \to 4$, $2 \to 4 \to 3$, $3 \to 1 \to 2$, $4 \to 2 \to 1$ で $(1\,4)(2\,3) \in V$、順序を逆にした $(1\,3)(2\,4)\cdot(1\,2)(3\,4)$ は $1 \to 2 \to 4$, $2 \to 1 \to 3$, $3 \to 4 \to 2$, $4 \to 3 \to 1$ でやはり $(1\,4)(2\,3)$ です。他の組合せも同様で、相異なる 2 元の積は順序によらず残りの 1 元になります。よって $V$ は位数 4 のアーベル部分群で $V \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。正規性は、共役が巡回型を保ち、$S_4$ で「互いに素な 2 つの互換の積」という型を持つ元が上の 3 個で尽きることから従います。 これを使って $$ S_4 \supseteq A_4 \supseteq V \supseteq \langle (1\,2)(3\,4) \rangle \supseteq \{e\} $$ が可解列になります。商はそれぞれ $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$（$A_4$ は指数 2 なので正規）、位数 $12/4 = 3$ なので $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$、位数 2 なので $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$、そして $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ で、すべてアーベル群です。 ここで注目したいのは商群 $S_4/V$ です。位数は $24/4 = 6$ で、実は $S_4/V \cong S_3$ です（$S_4$ は 4 文字を 2 個ずつに分ける 3 通りの分割に作用し、この作用が全射 $S_4 \to S_3$ を与えて、その核が $V$ になります）。(4) を 4 次方程式の最小分解体 $L/K$ に適用すると、$V$ に対応する中間体 $M = L^V$ は $K$ 上ガロアで $$ \mathrm{Gal}(M/K) \cong S_4/V \cong S_3 $$ となります。この $M$ こそ、フェラーリの解法に現れる**3 次分解方程式（レゾルベント）の最小分解体**です。歴史的には「うまい補助方程式を思いつく」という技巧に見えたものが、群の言葉では「正規部分群 $V$ で割る」という一つの操作だったわけです。 $K$ を標数 $0$ の体、$f \in K[X]$ を定数でない多項式、$L$ を $f$ の $K$ 上の最小分解体、$G = \mathrm{Gal}(L/K)$ とします。このとき $$ f \text{ が } K \text{ 上根号で解ける} \iff G \text{ が可解群である} $$ が成り立ちます。 この定理の証明は本記事では行いませんが、なぜ「根号」と「可解列」が対応するのか、その機構は述べておきます。 鍵は、**$K$ が 1 の原始 $n$ 乗根 $\zeta_n$ を含むとき、$\alpha^n = a \in K$ となる $\alpha$ による拡大 $K(\alpha)/K$ はガロア拡大で、そのガロア群は巡回群になる**という事実です。$a \ne 0$ としてよく、$x^n - a$ の根 $\alpha, \zeta_n\alpha, \ldots, \zeta_n^{n-1}\alpha$ はすべて $K(\alpha)$ に属するので $K(\alpha)$ は最小分解体、すなわちガロア拡大です。$\sigma \in \mathrm{Gal}(K(\alpha)/K)$ に対し $\sigma(\alpha)^n = \sigma(\alpha^n) = \sigma(a) = a = \alpha^n$ なので $(\sigma(\alpha)/\alpha)^n = 1$、つまり $\sigma(\alpha)/\alpha$ は 1 の $n$ 乗根です。$K$ が 1 の $n$ 乗根をすべて含むことから $\sigma \mapsto \sigma(\alpha)/\alpha$ は群準同型になり、$\sigma(\alpha) = \alpha$ なら $\sigma$ は $K(\alpha)$ 上恒等写像なので単射です。1 の $n$ 乗根全体は巡回群なので、その部分群であるガロア群も巡回群です。 したがって根号の塔の各段は（1 の巾根をあらかじめ添加しておけば）巡回拡大であり、(4) により群の側では「正規部分群で割ると巡回群になる段」に翻訳されます。積み重ねれば可解列です。逆向きは、可解列の各段を巾根の添加として実現します（クンマー理論、本質はヒルベルトの定理 90）。完全な証明は参考文献 [1] 第 4 章、[4] Chapter 14、[5] にあります。 ## 6. アーベル–ルフィニの定理と、根号で解けない具体的な 5 次方程式 対称群 $S_5$ は可解群ではありません。より一般に、$n \ge 5$ ならば $S_n$ は可解群ではありません。 **段階 1：可解群の部分群は可解。** $G$ を可解群、$G = G_0 \supseteq \cdots \supseteq G_r = \{e\}$ を可解列、$H \le G$ を部分群とし、$H_i := H \cap G_i$ とおきます。$H_0 = H$, $H_r = \{e\}$ です。 $H_{i+1} = H_i \cap G_{i+1}$ が $H_i$ の正規部分群であることを見ます。$h \in H_i$, $x \in H_{i+1}$ とすると、$h, x \in H$ より $hxh^{-1} \in H$ であり、また $h \in G_i$, $x \in G_{i+1}$ と $G_{i+1} \triangleleft G_i$ より $hxh^{-1} \in G_{i+1}$ です。よって $hxh^{-1} \in H \cap G_{i+1} = H_{i+1}$。 次に、包含写像 $H_i \hookrightarrow G_i$ と自然な射影 $G_i \to G_i/G_{i+1}$ を合成した準同型 $\psi : H_i \to G_i/G_{i+1}$ を考えます。その核は $\{h \in H_i \mid h \in G_{i+1}\} = H_i \cap G_{i+1} = H_{i+1}$ です。準同型定理（[群の準同型定理](/mathematics/algebra/homomorphism-theorems)）より $$ H_i/H_{i+1} \cong \mathrm{Im}\,\psi \le G_i/G_{i+1} $$ で、アーベル群の部分群はアーベル群なので $H_i/H_{i+1}$ はアーベル群です。よって $H = H_0 \supseteq \cdots \supseteq H_r = \{e\}$ は $H$ の可解列であり、$H$ は可解です。 **段階 2：$A_5$ は非可換。** $A_5$ は 3 次巡回置換 $(1\,2\,3)$, $(1\,2\,4)$ を含みます（3 次巡回置換は 2 個の互換の積なので偶置換です）。右から順に施す規約で計算すると $$ (1\,2\,3)(1\,2\,4) = (1\,3)(2\,4), \qquad (1\,2\,4)(1\,2\,3) = (1\,4)(2\,3) $$ です。実際、前者は $1 \to 2 \to 3$, $2 \to 4 \to 4$, $4 \to 1 \to 2$, $3 \to 3 \to 1$ より $(1\,3)(2\,4)$、後者は $1 \to 2 \to 4$, $2 \to 3 \to 3$, $3 \to 1 \to 2$, $4 \to 4 \to 1$ より $(1\,4)(2\,3)$ です。$1$ の行き先が $3$ と $4$ で異なるので両者は一致せず、$A_5$ はアーベル群ではありません。 **段階 3：$A_5$ は可解でない。** ここでは「$A_5$ は単純群である（位数 60 で、正規部分群は $\{e\}$ と $A_5$ のみ）」という群論の標準的な定理を使います（証明は参考文献 [1] [4]）。 $A_5$ が可解だと仮定し、可解列 $A_5 = H_0 \supseteq H_1 \supseteq \cdots \supseteq H_r = \{e\}$ を取ります。$H_r = \{e\} \ne A_5$ なので、$H_j \ne A_5$ となる最小の添字 $j \ge 1$ が存在します。最小性より $H_{j-1} = A_5$ で、可解列の条件から $H_j$ は $H_{j-1} = A_5$ の正規部分群です。$A_5$ は単純で $H_j \ne A_5$ なので $H_j = \{e\}$ となります。すると $$ H_{j-1}/H_j = A_5/\{e\} \cong A_5 $$ がアーベル群でなければなりませんが、これは段階 2 に反します。よって $A_5$ は可解ではありません。 **段階 4：結論。** $A_5 \le S_5$ であり $A_5$ は可解でないので、段階 1 の対偶により $S_5$ は可解ではありません。$n \ge 5$ のときは、$\{1,\ldots,5\}$ の偶置換で $6, \ldots, n$ を動かさないもの全体が $S_n$ の部分群として $A_5$ と同型なので、同じく段階 1 の対偶より $S_n$ も可解ではありません。 $k$ を標数 $0$ の体、$t_1, \ldots, t_n$ を $k$ 上代数的独立な不定元とし、$K = k(t_1, \ldots, t_n)$、 $$ f(X) = X^n + t_1 X^{n-1} + t_2 X^{n-2} + \cdots + t_n \in K[X] $$ とおきます（**一般 $n$ 次方程式**）。このとき $f$ の $K$ 上のガロア群は $S_n$ に同型です。したがって $n \ge 5$ ならば、$f$ は $K$ 上根号で解けません。 言い換えると、$n \ge 5$ のとき、$n$ 次方程式の根を係数から四則演算と巾根だけを有限回用いて表す一般的な「解の公式」は存在しません。 証明は本記事では行いません。骨格だけ述べると、(i) 一般方程式のガロア群が $S_n$ になることは対称式の基本定理（$n$ 変数の対称式は基本対称式の多項式としてただ一通りに表せる）から従い、(ii) $n \ge 5$ のとき $S_n$ が可解でないことは 、(iii) 両者を に代入すれば結論が出ます。参考文献 [1] [4] [5] を参照してください。歴史的には、ルフィニ（1799）とアーベル（1824）の証明はガロア理論の成立以前のもので、ラグランジュの分解式の議論を精密化したものです。 一般方程式は「文字を係数とする方程式」なので、「$\mathbb{Q}$ 係数の具体的な 5 次方程式で根号で解けないものはあるのか」という疑問が残ります。あります。準備として群論の補題を 1 つ用意します。 $p$ を素数とします。部分群 $G \le S_p$ が、ある $p$ 次巡回置換と、ある互換をともに含むならば、$G = S_p$ です。 はじめに、任意の $\pi \in S_p$ と互換 $(a\ b)$ について $$ \pi\,(a\ b)\,\pi^{-1} = (\pi(a)\ \ \pi(b)) $$ が成り立つことを確かめます。左辺を $\pi(a)$ に施すと $\pi(a) \to a \to b \to \pi(b)$、$\pi(b)$ に施すと $\pi(b) \to b \to a \to \pi(a)$、それ以外の点 $\pi(x)$（$x \ne a, b$）に施すと $\pi(x) \to x \to x \to \pi(x)$ となり、右辺と一致します。 $\sigma \in G$ を $p$ 次巡回置換、$\tau = (a\ b) \in G$ を互換とします。 **段階 1：$a$ を $b$ に移す $p$ 次巡回置換が $G$ にある。** $\sigma$ は $p$ 文字を 1 つの輪に並べるので、$\langle\sigma\rangle$ は $\{1,\ldots,p\}$ に推移的に作用します。よって $\sigma^k(a) = b$ となる $k \in \{1, \ldots, p-1\}$ が存在します。$\sigma$ の位数は $p$ で $p$ は素数なので $\sigma^k$ の位数も $p$ です。ここで、$S_p$ の位数 $p$ の元は $p$ 次巡回置換に限ります。なぜなら、置換の位数は互いに素な巡回置換に分解したときの長さの最小公倍数であり、それが素数 $p$ になるには長さ $p$ の輪が必要で、$p$ 文字しかないのでその輪 1 つだけになるからです。そこで $c := \sigma^k \in G$ とおくと、$c$ は $p$ 次巡回置換で $c(a) = b$ です。 **段階 2：番号の付け替え。** $c$ を $a$ から書き始めて $c = (a\ \ b\ \ c(b)\ \ c^2(b)\ \cdots)$ と表し、この順に文字を $1, 2, 3, \ldots, p$ と付け替えます。この付け替えを与える置換を $\pi \in S_p$ とすると、$\pi G \pi^{-1}$ は $\pi\tau\pi^{-1} = (1\ 2)$ と $\pi c \pi^{-1} = (1\,2\,3\cdots p)$ を含みます。$G = S_p$ であることと $\pi G \pi^{-1} = S_p$ であることは同値なので、はじめから $\tau = (1\ 2)$, $c = (1\,2\,3\cdots p)$ としてよいことになります。 **段階 3：隣接互換をすべて作る。** $c(j) = j+1$（$j < p$）、$c(p) = 1$ なので、冒頭の共役の公式から $i = 0, 1, \ldots, p-2$ に対し $$ c^{\,i}\,(1\ 2)\,c^{-i} = (c^{\,i}(1)\ \ c^{\,i}(2)) = (\,i+1\ \ \ i+2\,) $$ となり、隣接互換 $(1\ 2), (2\ 3), \ldots, (p-1\ \ p)$ がすべて $G$ に属します。 **段階 4：隣接互換は $S_p$ を生成する。** まず任意の互換 $(i\ j)$（$i < j$）が隣接互換の積で書けることを $j - i$ についての帰納法で示します。$j - i = 1$ なら隣接互換そのものです。$j - i \ge 2$ のときは $i < j-1 < j$ なので、共役の公式から $$ (j-1\ \ j)\,(i\ \ j-1)\,(j-1\ \ j)^{-1} = (i\ \ j) $$ が成り立ち、$(i\ \ j-1)$ は帰納法の仮定より隣接互換の積なので $(i\ j)$ もそうです。次に、任意の巡回置換は $$ (a_1\,a_2\cdots a_m) = (a_1\ a_m)(a_1\ a_{m-1})\cdots(a_1\ a_2) $$ と互換の積に分解でき（右から順に施すと $a_1 \to a_2$、$a_i \to a_1 \to a_{i+1}$、$a_m \to a_1$ となって左辺と一致します）、任意の置換は互いに素な巡回置換の積です。よってすべての置換は互換の積、したがって隣接互換の積として書けます。 以上より $G \supseteq S_p$、すなわち $G = S_p$ です。 $f(X) = X^5 - 4X + 2 \in \mathbb{Q}[X]$ の $\mathbb{Q}$ 上のガロア群は $S_5$ に同型です。 **段階 1：既約性。** 係数を $(a_5, a_4, a_3, a_2, a_1, a_0) = (1, 0, 0, 0, -4, 2)$ と書きます。素数 $p = 2$ について $2 \nmid 1$、$2 \mid 0, 0, 0, -4, 2$、$4 \nmid 2$ が成り立つので、 より $f$ は $\mathbb{Q}[X]$ で既約です。 **段階 2：実根はちょうど 3 個。** まず整数点での値を計算します。 $$ f(-2) = -32 + 8 + 2 = -22, \quad f(-1) = -1 + 4 + 2 = 5, \quad f(0) = 2, \quad f(1) = 1 - 4 + 2 = -1, \quad f(2) = 32 - 8 + 2 = 26 . $$ 符号が $-, +, +, -, +$ と変化するので、中間値の定理より $(-2,-1)$, $(0,1)$, $(1,2)$ の各区間に少なくとも 1 個ずつ、合計 3 個以上の実根があります。 次に上からの評価です。$f'(X) = 5X^4 - 4$ の実零点は $X = \pm(4/5)^{1/4}$ のちょうど 2 個です。$f$ は既約なので より重根を持たず、実根はすべて単純です。もし $f$ が相異なる実根を 4 個以上持てば、隣り合う 2 根の間にロルの定理を適用して $f'$ の相異なる実零点が 3 個以上得られ、矛盾します。よって実根はちょうど 3 個です。 $\deg f = 5$ で、実係数多項式の非実根は共役の対で現れるので、残りの 2 根は互いに複素共役な非実根です。 **段階 3：ガロア群を $S_5$ の部分群と見る。** $L \subset \mathbb{C}$ を $f$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体、$G = \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ とします。$f$ の 5 根は相異なり（段階 2）、$L$ はそれらで生成されるので、(2) により $G$ は $S_5$ の部分群と同一視できます。 **段階 4：$G$ は 5 次巡回置換を含む。** $\alpha \in L$ を $f$ の根の 1 つとします。段階 1 より $f$ は既約なので $\alpha$ の最小多項式は $f$ 自身であり、 より $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}] = 5$ です。塔 $\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{Q}(\alpha) \subseteq L$ に を適用すると $5 \mid [L:\mathbb{Q}]$ であり、$L/\mathbb{Q}$ はガロア拡大なので (1) より $[L:\mathbb{Q}] = |G|$、したがって $5 \mid |G|$ です。 コーシーの定理（有限群の位数が素数 $p$ で割り切れるならば、その群は位数 $p$ の元を持つ。参考文献 [1] [4]）より、$G$ は位数 5 の元を持ちます。 の段階 1 で見たとおり、$S_5$ の位数 5 の元は 5 次巡回置換に限ります。 **段階 5：$G$ は互換を含む。** 複素共役 $\kappa : \mathbb{C} \to \mathbb{C}$, $z \mapsto \bar z$ は体の自己同型で $\mathbb{Q}$ を固定します。$f$ は実係数なので $\kappa$ は $f$ の根の集合を保ち、$L$ は $\mathbb{Q}$ と根たちで生成されるので $\kappa(L) = L$ です。よって制限 $\kappa|_L$ は $G$ の元です。段階 2 より $\kappa|_L$ は 3 個の実根を固定し、2 個の非実根を入れ替えるので、$S_5$ の中ではちょうど 1 個の互換です。 **段階 6：結論。** $G$ は 5 次巡回置換と互換をともに含む $S_5$ の部分群なので、（$p = 5$ は素数）より $G = S_5$ です。ついでに $[L:\mathbb{Q}] = |S_5| = 120$ も分かります。
-1 1 -2 2 4 x y -1.5185 0.5085 1.2436 極大 約 5.03 極小 約 -1.03
$f(X) = X^5 - 4X + 2$ は $\mathbb{Q}$ 上根号で解けません。すなわち、$f$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体はどんな根号拡大の塔にも含まれません。さらに、$f$ の 5 個の複素根はどれ 1 つとして、有理数から出発して四則演算と巾根を有限回組み合わせた式では表せません。 より $f$ の $\mathbb{Q}$ 上のガロア群は $S_5$ に同型です。 より $S_5$ は可解群ではありません。よって （$K = \mathbb{Q}$ は標数 $0$）の対偶により、$f$ は $\mathbb{Q}$ 上根号で解けません。これが前半です。 後半を導きます。$f$ の根 $\alpha$ の 1 つが有理数から四則と巾根で書けたとすると、 の意味の根号拡大の塔 $M/\mathbb{Q}$ で $\alpha \in M$ となるものが存在します。ここで「根号拡大の塔のガロア閉包は、ふたたび根号拡大の塔である」という標準的な補題（参考文献 [1] 第 4 章、[4] Chapter 14）を使うと、$M$ を含む根号拡大の塔 $N$ で $N/\mathbb{Q}$ がガロア拡大となるものが取れます。$f$ は既約（ の証明の段階 1）でモニックなので $\alpha$ の最小多項式です。ここで $\alpha$ の $\mathrm{Gal}(N/\mathbb{Q})$ による像全体を $\beta_1, \ldots, \beta_s$（相異なるものを並べる）とし、$h(X) = (X-\beta_1)\cdots(X-\beta_s)$ とおきます。$\mathrm{Gal}(N/\mathbb{Q})$ の元はこの像の集合を置換するので $h$ の係数はすべて固定され、(1) の $N^{\mathrm{Gal}(N/\mathbb{Q})} = \mathbb{Q}$ より $h \in \mathbb{Q}[X]$ です。$h(\alpha) = 0$ と最小性から $f \mid h$、一方 より各 $\beta_i$ は $f$ の根なので $h \mid f$。ゆえに $f = h$ となり、$f$ は $N$ の中で完全に分解します。すると $f$ の最小分解体が $N$ に含まれることになり、$f$ が根号で解けることになって前半に矛盾します。 は「根が存在しない」とは言っていません。代数学の基本定理により $f$ は $\mathbb{C}$ の中に重複を込めてちょうど 5 個の根を持ち、実根はニュートン法などで好きな精度まで計算できます（$-1.5185\ldots,\ 0.5085\ldots,\ 1.2436\ldots$）。存在しないのは「有理数・四則・巾根」という限られた語彙で書かれた**表示**のほうです。語彙を広げれば表示は得られ、エルミートは 1858 年に、一般の 5 次方程式の根が楕円モジュラー関数で表せることを示しました。 また「5 次方程式は解けない」という言い方も不正確です。たとえば $X^5 - 2$ の最小分解体は $\mathbb{Q}(\sqrt[5]2, \zeta_5)$ で次数 20、ガロア群は位数 20 の可解群（$\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ を正規部分群に持ち商が $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$）なので、 より根号で解けます——見てのとおり $\sqrt[5]{2}$ と 1 の 5 乗根で書けています。決めているのは次数そのものではなく、ガロア群の形です。 次数ごとの状況をまとめると、次のようになります。 | 次数 $n$ | 一般 $n$ 次方程式のガロア群 | 可解列 | 根号による解の公式 | |---|---|---|---| | 2 | $S_2 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ | $S_2 \supseteq \{e\}$ | 平方完成（古代から） | | 3 | $S_3$ | $S_3 \supseteq A_3 \supseteq \{e\}$ | カルダーノ（1545） | | 4 | $S_4$ | $S_4 \supseteq A_4 \supseteq V \supseteq \langle(1\,2)(3\,4)\rangle \supseteq \{e\}$ | フェラーリ（16 世紀） | | $\ge 5$ | $S_n$ | 存在しない（） | 存在しない | ## 7. 演習 $L = \mathbb{Q}(\sqrt2, \sqrt3)$、$\gamma = \sqrt2 + \sqrt3$ とします。$\mathbb{Q}(\gamma) = L$ を示してください。 $\gamma^2 = 2 + 3 + 2\sqrt6 = 5 + 2\sqrt6$ なので $$ \sqrt6 = \frac{\gamma^2 - 5}{2} \in \mathbb{Q}(\gamma) . $$ したがって $\gamma\sqrt6 = (\sqrt2+\sqrt3)\sqrt6 = \sqrt{12} + \sqrt{18} = 2\sqrt3 + 3\sqrt2$ も $\mathbb{Q}(\gamma)$ の元です。一方 $3\gamma = 3\sqrt2 + 3\sqrt3$ なので、差を取ると $$ 3\gamma - \gamma\sqrt6 = (3\sqrt2 + 3\sqrt3) - (3\sqrt2 + 2\sqrt3) = \sqrt3 $$ となり $\sqrt3 \in \mathbb{Q}(\gamma)$、続いて $\sqrt2 = \gamma - \sqrt3 \in \mathbb{Q}(\gamma)$ です。よって $L = \mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3) \subseteq \mathbb{Q}(\gamma)$。逆の包含 $\mathbb{Q}(\gamma) \subseteq L$ は $\gamma \in L$ から明らかなので $\mathbb{Q}(\gamma) = L$ です。とくに より $[\mathbb{Q}(\gamma):\mathbb{Q}] = 4$ で、$\gamma$ の最小多項式は $4$ 次です（$\gamma^2 - 5 = 2\sqrt6$ の両辺を 2 乗すると $\gamma^4 - 10\gamma^2 + 1 = 0$ なので、それは $x^4 - 10x^2 + 1$ です）。 $f = X^4 - 2 \in \mathbb{Q}[X]$ の $\mathbb{Q}$ 上の最小分解体 $L$ について $[L:\mathbb{Q}]$ を求め、ガロア群 $G = \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ の位数と同型類を決定してください。さらに $G$ が可解群であることを、可解列を書いて確かめてください。 **最小分解体。** $X^4 - 2$ の $\mathbb{C}$ における根は $\pm\beta, \pm i\beta$（$\beta = \sqrt[4]2$ は正の実 4 乗根）です。これらすべてを含む最小の体は $L = \mathbb{Q}(\beta, i)$ です（$i = (i\beta)/\beta$ で作れます）。 **次数。** $X^4 - 2$ は （$p = 2$：係数 $1,0,0,0,-2$ について $2 \nmid 1$, $2 \mid 0,0,0,-2$, $4 \nmid -2$）より既約なので、 より $[\mathbb{Q}(\beta):\mathbb{Q}] = 4$ です。$\mathbb{Q}(\beta) \subset \mathbb{R}$ なので $i \notin \mathbb{Q}(\beta)$ であり、$X^2+1$ は $\mathbb{Q}(\beta)$ 上に根を持たない 2 次式なので既約、よって $[L : \mathbb{Q}(\beta)] = 2$。 より $$ [L:\mathbb{Q}] = 2 \cdot 4 = 8 . $$ $L$ は最小分解体なのでガロア拡大であり、(1) より $|G| = 8$ です。 **群の同定。** $G$ の元は $\beta$ と $i$ の行き先で決まり、 より $\beta$ の行き先は 4 個の根、$i$ の行き先は $X^2+1$ の 2 根に限られるので候補は高々 8 通り、$|G| = 8$ なのですべてが実現します。$\rho(\beta) = i\beta$, $\rho(i) = i$ で定まる $\rho \in G$ と、複素共役の制限 $\kappa$（$\kappa(\beta) = \beta$, $\kappa(i) = -i$）を取ると、$\rho^k(\beta) = i^k\beta$ より $\rho$ の位数は 4、$\kappa$ の位数は 2 です。さらに $\kappa\rho\kappa(\beta) = \kappa(i\beta) = -i\beta$、$\kappa\rho\kappa(i) = i$ であり、一方 $\rho(-i\beta) = (-i)(i\beta) = \beta$ より $\rho^{-1}(\beta) = -i\beta$、$\rho^{-1}(i) = i$ なので、生成元での値が一致して $\kappa\rho\kappa^{-1} = \rho^{-1}$ です。この関係式より $\langle\rho,\kappa\rangle$ の元はすべて $\rho^a\kappa^b$（$0 \le a \le 3$, $0 \le b \le 1$）の形に書けて位数は高々 8、$\kappa \notin \langle\rho\rangle$（$\langle\rho\rangle$ の元は $i$ を固定する）なので 8 個は相異なり、$G = \langle\rho,\kappa\rangle$ は位数 8 の二面体群 $D_4$ に同型です。$\rho$ は 4 根を正方形の頂点と見たときの 90 度回転、$\kappa$ は実軸に関する折り返しにあたります。 **可解列。** $$ G \supseteq \langle\rho\rangle \supseteq \langle\rho^2\rangle \supseteq \{e\} $$ とします。$\langle\rho\rangle$ は指数 2 なので $G$ の正規部分群で、$G/\langle\rho\rangle$ は位数 2 の群、すなわち $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。$\langle\rho^2\rangle$ は巡回群（したがってアーベル群）$\langle\rho\rangle$ の部分群なので正規で、商は位数 2 の $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。最下段の商は $\langle\rho^2\rangle \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。すべての商がアーベル群なので $G$ は可解です。 と整合して、実際 $X^4-2$ の根は $\sqrt[4]2$ と $\sqrt{-1}$ という巾根だけで書けています。 $\zeta = e^{2\pi i/7}$、$L = \mathbb{Q}(\zeta)$ とします。$[L:\mathbb{Q}] = 6$ であり、$\sigma_a(\zeta) = \zeta^a$ による同型 $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times \cong \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ があることは認めてよいものとします。 (1) $L$ の中間体が全部で何個あるかを答え、それぞれの $\mathbb{Q}$ 上の次数を求めてください。 (2) 次数 2 の中間体を具体的に決定してください。 **(1)** $G \cong \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ は巡回群なので、位数 6 の各約数 $d \in \{1,2,3,6\}$ に対して位数 $d$ の部分群がちょうど 1 個ずつ、合計 4 個の部分群を持ちます。(2) より中間体もちょうど 4 個です。(3) より位数 $d$ の部分群 $H$ に対応する中間体の次数は $[G:H] = 6/d$ なので、中間体の次数は $1, 2, 3, 6$、すなわち $\mathbb{Q}$、次数 2 の体、次数 3 の体、$L$ 自身です。 **(2)** $(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})^\times$ は $3$ を生成元とする巡回群です（$3^1=3,\ 3^2=2,\ 3^3=6,\ 3^4=4,\ 3^5=5,\ 3^6=1$）。位数 3 の部分群は $\langle 2 \rangle = \{1, 2, 4\}$ で、対応する $H = \{\sigma_1,\sigma_2,\sigma_4\}$（$\sigma_1 = \mathrm{id}$）の固定体 $L^H$ が、求める次数 $[G:H] = 2$ の体です。 そこで**ガウス周期** $$ \eta_0 = \zeta + \zeta^2 + \zeta^4, \qquad \eta_1 = \zeta^3 + \zeta^6 + \zeta^5 $$ を考えます。$\zeta^7 = 1$ より $\sigma_2(\eta_0) = \zeta^2 + \zeta^4 + \zeta^8 = \eta_0$、$\sigma_4(\eta_0) = \zeta^4+\zeta^8+\zeta^{16} = \eta_0$ なので $\eta_0 \in L^H$ です。基本対称式を計算します。$1 + \zeta + \cdots + \zeta^6 = 0$（$\zeta$ は $x^7-1 = (x-1)(x^6+\cdots+1)$ の根で $\zeta \ne 1$）より $$ \eta_0 + \eta_1 = \zeta+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5+\zeta^6 = -1 . $$ 積は、指数の和を $7$ で割った余りに直して数えます。$i = 1$ の行は $1+3=4,\ 1+5=6,\ 1+6=7\equiv 0$、$i = 2$ の行は $5,\ 0,\ 1$、$i = 4$ の行は $0,\ 2,\ 3$ なので $$ \eta_0\eta_1 = \sum_{i \in \{1,2,4\}} \sum_{j \in \{3,5,6\}} \zeta^{i+j} = (\zeta^4 + \zeta^6 + 1) + (\zeta^5 + 1 + \zeta) + (1 + \zeta^2 + \zeta^3) = 3 + (-1) = 2 . $$ よって $\eta_0, \eta_1$ は $t^2 + t + 2 = 0$ の 2 根であり、 $$ \eta_0 = \frac{-1 + \sqrt{-7}}{2} \quad \text{または} \quad \frac{-1 - \sqrt{-7}}{2} $$ です（$\eta_0$ の虚部 $\sin(2\pi/7)+\sin(4\pi/7)+\sin(8\pi/7)$ は正なので実際には前者ですが、どちらでも生成する体は同じです）。したがって $\mathbb{Q}(\eta_0) = \mathbb{Q}(\sqrt{-7})$ で、これは $\mathbb{Q}$ 上次数 2 です（$-7$ は有理数の平方ではありません）。$\mathbb{Q}(\eta_0) \subseteq L^H$ と $[L^H:\mathbb{Q}] = 2$ から $$ L^H = \mathbb{Q}(\sqrt{-7}) $$ と決まります。残る次数 3 の中間体は、位数 2 の部分群 $\langle\sigma_6\rangle$（$\sigma_6$ は複素共役）の固定体、すなわち実部分体 $\mathbb{Q}(\zeta + \zeta^{-1}) = \mathbb{Q}(2\cos(2\pi/7))$ です。 $g(X) = X^5 - 6X + 3 \in \mathbb{Q}[X]$ のガロア群が $S_5$ に同型であることを示し、$g(X) = 0$ の根が根号では表せないことを結論してください。 の証明をそのままなぞります。 **既約性。** 係数は $(1, 0, 0, 0, -6, 3)$ です。素数 $p = 3$ について $3 \nmid 1$、$3 \mid 0, 0, 0, -6, 3$、$9 \nmid 3$ が成り立つので、 より $g$ は $\mathbb{Q}[X]$ で既約です。 **実根はちょうど 3 個。** $$ g(-2) = -32 + 12 + 3 = -17, \quad g(-1) = -1+6+3 = 8, \quad g(0) = 3, \quad g(1) = 1 - 6 + 3 = -2, \quad g(2) = 32 - 12 + 3 = 23 $$ より、中間値の定理から $(-2,-1)$, $(0,1)$, $(1,2)$ に少なくとも 1 個ずつ実根があります。一方 $g'(X) = 5X^4 - 6$ の実零点は $\pm(6/5)^{1/4}$ の 2 個だけです。$g$ は既約なので より重根を持たず、相異なる実根が 4 個以上あればロルの定理から $g'$ の相異なる実零点が 3 個以上になって矛盾します。よって実根はちょうど 3 個で、残る 2 根は互いに複素共役な非実根です。 **ガロア群。** $L \subset \mathbb{C}$ を最小分解体、$G = \mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})$ とすると、(2) より $G \le S_5$ とみなせます。根 $\alpha$ について $[\mathbb{Q}(\alpha):\mathbb{Q}] = 5$（既約性と ）なので、 と (1) より $5 \mid |G|$ です。コーシーの定理より $G$ は位数 5 の元、すなわち 5 次巡回置換を含みます。また複素共役の $L$ への制限は $G$ の元で、3 個の実根を固定し 2 個の非実根を入れ替えるので互換です。（$p = 5$）より $G = S_5$。 **結論。** より $S_5$ は可解でないので、 の対偶より $g$ は $\mathbb{Q}$ 上根号で解けません。 の後半と同じ議論により、$g$ のどの根も有理数から四則と巾根では表せません。同じ議論は、5 次のアイゼンシュタイン多項式で実根がちょうど 3 個になるものすべてに使えます。「根号で解けない 5 次方程式」は例外ではなく、いくらでも作れるのです。 ## 参考文献 1. 雪江明彦『代数学2 環と体とガロア理論』日本評論社、2010 — 第 4 章がガロア理論。基本定理、可解性判定、アーベル–ルフィニの定理まで日本語で通して読めます。群の単純性やコーシーの定理は同シリーズ『代数学1 群論入門』にあります。 2. 藤崎源二郎『体とガロア理論』岩波書店（岩波基礎数学選書）、1991 — 体論からの標準的な構成。 3. E. Artin, *Galois Theory*, University of Notre Dame Press, 1944（Dover 復刊 1998）— 線形代数だけを前提に基本定理へ到達する古典的な小冊子。 4. D. S. Dummit and R. M. Foote, *Abstract Algebra*, 3rd ed., Wiley, 2004 — Chapter 14 が体論とガロア理論。$A_n$ の単純性やアイゼンシュタインの判定法も同書内で完結しています。 5. I. Stewart, *Galois Theory*, 4th ed., CRC Press, 2015 — 歴史的経緯と定理の関係を丁寧に追う入門書。 6. S. Lang, *Algebra*, revised 3rd ed., Springer GTM 211, 2002 — Chapter VI。無限次ガロア理論やクンマー理論まで含む標準的な参照。 ## Appendix: この先の地図 **作図問題。** 定規とコンパスで作図できる点の座標は、$\mathbb{Q}$ から平方根の添加を有限回繰り返して得られる体に属します。したがって より、作図可能な数の $\mathbb{Q}$ 上の次数は必ず 2 の巾です。角の三等分が一般には不可能なのは、$60^\circ$ の三等分に必要な $c = \cos 20^\circ$ が $8x^3 - 6x - 1 = 0$ の根（3 倍角の公式 $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ から $4c^3-3c = 1/2$）であり、この 3 次式が有理根の候補 $\pm 1, \pm 1/2, \pm 1/4, \pm 1/8$ をどれも持たず既約なので、次数 3 が 2 の巾にならないからです。立方体の倍積が不可能なのも $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}] = 3$ によります。正 $n$ 角形の作図可能性（$n$ が 2 の巾と相異なるフェルマー素数の積であること）は、円分体 $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ のガロア群が $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ であることから決まります。 **数論への展開。** 有限次拡大を貼り合わせて $\mathbb{Q}$ の代数閉包を考えると、無限群 $\mathrm{Gal}(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$（絶対ガロア群）が現れます。これに位相を入れて基本定理を拡張したものが無限次ガロア理論で、類体論やラングランズ・プログラムの舞台になっています。ガロアが方程式を解くために作った道具は、いま数論の中心にあります。