ガロアの最終論文(#8の1)〜素次数の既約方程式〜第6､7節

　ガロアの第一論文の中で最も重要なのは､｢#7-1｣と｢#7-2｣で述べた第5節にあり､第6､7､8節の内容が述べられる事は殆どない。
　つまり､方程式をべき根で解ける事は第5節で完全に解明された訳であり､その後のガロア理論は方程式を離れ､群や体の理論として大きく発展する。故に､現代のガロア理論は方程式の痕跡すら残ってはいない。
　方程式を解の置換に置き換えた､対称群としての研究はガロア以前にも成されてきたが､方程式の背後に隠れていた群の構造や拡大体とガロア群への対応に注目したのは､ガロアだけである。
　特に､ガロア群の中に潜む正規部分群の影は誰に見えなかったのだ。
　ガロアの死後､方程式から独立した群論は大きく発展し､その主役となったのは｢ガロアの対応定理｣に代表される様な普遍性のある定理であった。故に､方程式の応用となる第6~8節は､ローカルな話題の中に埋もれてしまったのだ。

　但し､｢近世数学史談｣でも紹介されてる様に､代数方程式の可解性の必十条件の素次数の既約方程式への応用は､その特別な場合(第2論文)として､アーベルが予想した楕円関数論における”モジュラ―方程式がべき根では解けない”事を証明している。
　一方で､第6,7,8節では”素次数の既約方程式がべき根で解ける為の必十条件は全ての根がその中の2つの根により有理的に表される”とガロアは主張する。
　最初は､前回｢#7-2｣で終りにする予定だったが､ガロアの意を継いで説明する事にする。というのも､ガロアが本当に言いたかった事は､この第6､7､8節にあるのかも知れない。

第6､7節〜素次数の既約方程式

　第5節の[注記]の最後でガロアは､”オイラーの解法は3次の補助方程式を解いた後で3つの平方根を求める事になるが､2つで十分である。何故なら3つ目の平方根はそれらにより有理的に表されるからである。
　この条件を素次数の既約方程式に応用してみよう”と書いている。
　今回の第6節では”素次数の既約方程式への応用”として､”素数次既約方程式は方程式の次数とは異なる次数の累乗根の添加によって可約になる事はない。
　何故なら､r,r’,r’’,･･･を相異なる累乗根とし､Fx=0が与えられた方程式とすれば､Fxはf(x,r)×f(x,r’)×･･･の様に因数分解される必要があり､これらの因数は全て同じ次数であるべきだ。だがこれは､f(x,r)がxの1次式でない限り､不可能だからである。
　従って､素次数の既約方程式は､その群がただ1つの順列を含む所まで縮小しない限り､可約になる事はない”[補題]と書いた。

　因みに､ここで対象となるのは､第2節で考察したガロア方程式の因数分解ではなく､元の方程式である。事実､例3x³+3x−2=0では､最初に平方根を求め､√2を添加してガロア方程式を因数分解したが､元の方程式を因数分解出来るのは最初に3乗根を求めた時である。

　更に第7節では[問題]として､”累乗根で解ける素数次のn次の既約方程式の群はどのようなものか？
　第6節によれば､ただ1つの順列だけを含む群の前にありうる最小の群は､n個の要素を含むものであろう。素数n個の文字の順列の群は､その1つの順列が位数nの巡回置換によって他の順列から導かれない限り､n個の順列に分解する事は出来ない([コーシーの定理1]参照)。
　従って､x₀,x₁,x₂,…を根とすれば､順列の群(G)は以下の様になる。
　x₀ x₁ x₂ x₃ …… xₙ₋₁
　x₁ x₂ x₃ … xₙ₋₁ x₀
　x₂ x₃ … xₙ₋₁ x₀ x₁
　　　……
　xₙ₋₁ x₀ x₁ …… xₙ₋₂”
　事を掲げている。
　因みに､”位数が素数である群は巡回群である”との[コーシーの定理1]は第5節でも使っている。
　この第7節の表現は少し解り難いが､”素位数の群では､単位元を除く任意の元を累乗すれば全ての元が現れる”との事で､別の表現をすれば､”素位数の群は､単位元以外の全ての元を生成元とする巡回群である”となり､[コーシーの定理1]と一致する。
　ガロアが示した順列の群(G)は､n=5の時は以下の様になる。
　x₀ x₁ x₂ x₃ x₄
　x₁ x₂ x₃ x₄ x₀
　x₂ x₃ x₄ x₀ x₁
　x₃ x₄ x₀ x₁ x₂
　x₄ x₀ x₁ x₂ x₃
　1行目から2行目の置換は､添字だけで示せば､(01234)のなる。これをαとすると､α²=(23401)は1行目から2行目の置換､α³=(34012)は1行目から3行目の置換､α⁴=(40123)は1行目から4行目の置換､α⁵=(01234)は1行目から5行目の置換={ε}となり､全ての置換が現れる。
　そこで､方程式が解ける時､最後の群は単位元だけを含む群{ε}となるが､その直前の群をGとすると､Gの正規部分群は{ε}であり､その剰余類群の位数は第5節の結果より､元の方程式の素次数nとなり､Gの位数もnとなる。
　ここで､置換α=(0123…n-1)とすると､Gは巡回群{ε,α,α²,…,αⁿ⁻¹}となる。

5次以上の素数次既約方程式

　”分解の順序の中で､この群の直前にある群は､この群と同じ置換を持つ幾つかの群により構成される筈だ。これらの置換は一般にxₙ=x₀,xₙ₊₁=x₁,…と表され､明らかに群Gの置換は､cを定数とし､至る所でxₖをxₖ₊₁と置き換える事で得られる”
　これを上の5次の例で考え､α=(01234)として､αによりxの添字がどう変化するか？を個々に見ると､0→1,1→2,2→3,3→4,4→0となるのが判る。但し､剰余はmod5である。
　これをαの関数とみれば､α(k)=k+1となる。α²=(23401)より､0→1,1→2,2→3,3→4,4→0となり､α²(k)=k+2を､以下同様にし､α³(k)=k+3､α⁴(k)=k+4を得る。
　一般に､n次の時の群Gの置換は､k→k+n(mod n)となる。

　”群Gと同じ様に任意の群を考える。[定理2]より､その群はこの群の置換の至る所で同じ置換を施す事により得られる筈だ。例えば､fを適当な関数とし､群Gの至る所でxₖをxₖ₊₁と置き換えればよい”
　これは､Gの直前にある群と群Gの関係を述べている。Gの直前にある群をF､元の方程式のガロア群をAとすると､これら群の列は､A⊃…⊃F⊃G⊃{ε}となる。　
　つまり､これらの群はその1つ前の群の正規部分群であり､その剰余類群の位数は素数になる。また､”この群の置換の至る所で同じ置換を施す事により得られる”とは､(第3節の正規部分群の発見で述べた)Gに対するτ⁻¹Gτの事である。
　そこで､σ=(123…n)→(σ(1)σ(2)σ(3)…σ(n))､τ=(123…n)→(τ(1)τ(2)τ(3)…τ(n))とし､σはGに含まれる置換で､τはGには含まれず､Gの1つ前の群Fに含まれる置換とする。
　この時､τ⁻¹στ=(τ(1)τ(2)τ(3)…τ(n))→(τ(σ(1))τ(σ(2))τ(σ(3))…τ(σ(n)))となる。ガロアは”群Gの至る所でxₖをxₖ₊₁と置き換えればよい”と書いてるが､上で示した様に､σの至る所でk→τ(k)と書き換えれる事を意味する。

　”新しい群の置換は群Gの置換と同一であるから次の関係を得る。
　f(k+c)=f(k)+C､但し,Cとkは独立。故に､f(k+2c)=f(k)+2C,…,f(k+mc)=f(k)+mCとなり､c=1,k=0とすれば､f(m)=am+eとなり､mをkとすれば､f(k)=ak+e､a,e:定数となる。
　従って､群Gの直前の群は､xₖ､xₐₖ₊ₑの様な置換だけを含む筈だ(本当はbとするのが自然だが､bの下付き文字がないのでeにしてます)。
　結果､この群は群Gに含まれてるもの以外の巡回置換を含まないであろう。この群の直前の群にても同じ様に考える事が出来るので､分解の順序の最初の群にまで遡る。つまり､方程式の群そのものとなる。
　故に方程式の群は､xₖ､xₐₖ₊ₑの形の置換のみを含む。従って､素数次既約方程式がべき根で解けるならば､その方程式の群はxₖ､xₐₖ₊ₑ､a,e:定数､の形の置換のみを含む必要がある”

　このガロアの主張を実際に確認すると､Gに含まれる置換は全てk→k+cと表現できるので､σ(k)=k+cである。先で求めた”至る所で同じ置換を施す”で見れば､τ⁻¹στ=(τ(1)τ(2)τ(3)…τ(n))→(τ(σ(1))τ(σ(2))τ(σ(3))⋯τ(σ(n)))に､σ(k)=k+cを代入すると､τ⁻¹στ=τ⁻¹στ=(τ(1)τ(2)τ(3)⋯τ(n))→(τ(σ(1+c))τ(σ(2+c))τ(σ(3+c))…τ(σ(n+c)))を得る。故に､τ⁻¹στの置換はτ(k)→τ(k+c)となる。　　
　ここで､これがGの置換のどれかと一致する筈から､k→k+Cと一致するとすれば､τ(k)→τ(k+C)となるので､τ(k+c)=τ(k)+C､τ(k+2c)=τ(k)+2C,…,τ(k+mc)=τ(k)+mCとなる。c=1,k=0を代入すれば､τ(m)=am+eの形になり､τ(k)=ak+eと出来る。
　但し､τはFに含まれる任意の元なので､Fの元は全てこの形となる。同様に､Fの前の群の元もその前の群の元も・・・と全ての元がこの形となる。
　つまり､素数次既約方程式がべき根で解けるならば､そのガロア群は､τ(k)=ak+e(mod n),a≠0の形になる。因みに､この様な置換を”線形置換”と呼ぶ。

　そこで､線形置換の確認をする。
　2次方程式のガロア群はS₂(2次対称群)だったので､mod2でa=1､e=0,1となり､置換x→xとx→x+1はそれぞれεと(0 1)であり､全てak+eの形になる。
　3次方程式のガロア群はS₃と､mod3でa=1,2､e=0,1,2となり､置換x→x､x→x+1､x→x+1､x→2x､x→2x+1､x→2x+2はそれぞれε､0→1,1→2,2→0で(0 1 2)､0→2,1→3,2→4≡1で(0 2 1)､0→0,1→2,2→4→1で(1 2)､0→1,1→3≡0,2→5≡2で(0 1)､0→2,1→4≡1,2→6≡0で(0 2)となり､確かに線形置換となる。
　5次方程式のガロア群はS₅だが､この形で表現できない置換が存在する。
　例えば､(0 1 3)だが､この置換は0→1,1→3,3→0となるより､k→ak+eに代入すると､mod5ではa×0+e≡1―①､a×1+e≡3―②､a×3+e≡0―③となり､①②を連立して解くとa=2,e=1となるが､③を満たさない。故に､①②③を同時に満たすa,eは存在しない。
　以上より､一般の5次以上の素数次既約方程式はこうした置換を含み､べき根では解けない。つまり第7節を使えば､一般の5次以上の素数次既約方程式がべき根で解けない事を簡単に示せるが､これはアーベルが既に証明した事であり､ガロアは一言も触れてはいない。

素数次既約方程式がべき根で解ける為に

　”逆に､上の条件が示されれば､その方程式はべき根で解く事が出来る。実際に次の関数を考える・・・”として”n−2次以下の補助方程式が有理根を持つかどうか”を調べる事で証明してるが､かなり複雑なので省略して紹介する。
　ガロアは､”素数次既約方程式がべき根で解ける⇒その方程式の群はxₖ､xₐₖ₊ₑの形の置換のみを含む必要がある”としたが､その逆も示す事で､”素数次既約方程式がべき根で解ける⇔全ての置換がk→ak+eの形になる”[定理E]事を示した。
　このガロアが示した逆の証明だが､mod5でk→ak+eの形になる置換はa=1,2,3,4､e=0,1,2,3,4より､4×5=20通りの組合せを1つ1つ調べる必要がある。
　そこで置換αをk→k+1とすると置換α=(01234)→(12340)となり､α²:k→k+2､α³:k→k+3､α⁴:k→k+4､α⁵:k→k=ε。また､置換βをk→2kとすると置換β=(01234)→(02413)となり､β²:k→4k､β³:k→3k､β⁴:k→k=εとなる。
　故に､k,k+1,…,k+4,2k,2k+1,…,2k+4,3k,3k+1,…,3k+4,4k,4k+1,…,4k+4の20通りの式はαとβの組合せの置換となり､全て線形置換となる。これは､αとβを適当にn個組合せた結果がk→pk+qだとすると､これにαの置換を施し､pk+q→pk+q+1となり､k→pk+q+1を得るので､αとβの組合せは全て線形置換となる。
　で実際ガロアがやった様に､αとβを組合せて順に置換を求めると､{ε,α,α²,α³,α⁴,β,α³β,αβ,α⁴β,α²β,β³,α²β³,α⁴β³,αβ³,α³β³,β²,α⁴β²,α³β²,α²β²,αβ²}となり､この20個の置換は､k→ak+bの形になる置換の最大の群となる(詳しくは上図を参照)。
　ここで､”置換が全てk→ak+e”⇒”方程式がべき根で解ける”を言いたいのだが､”可解群の部分群は可解群”より､5次方程式の時は上の最大の群をAとし､このAが可解群を言えばいい。
　そこで､Aにはα,β²により生成される部分群B={ε,α,α²,α³,α⁴,β²,α⁴β²,α³β²,α²β²,αβ²}の位数は10で､Aの位数の半分であり､BはAの正規部分群となる。また､αにより生成される群C={ε,α,α²,α³,α⁴}の位数は5で､Bの位数の半分より､CはBの正規部分群となる。
　従って､A⊃B⊃C⊃{ε}という正規部分群の列が存在し､Aを1/2に剰余類分類したBを更に1/2に分類し､Cの位数が5となり､剰余類群の位数は2,2,5と全て素数となる。故に､Aは可解群となる(証明終)。

　一方､この結果は一般化でき､素数n次方程式のガロア群が全てk→ak+eの形をしてるならば､aをmodnの原始根として､αとβを次の様に定める。
　α:k→k+1､故にα=(0 1 2･･･n-1)→(1 2 3 ･･･ 0)。β:k→ak､故にβ=(0 1 2 ･･･ n-1)→(0 a 2a ･･･ a(n-1))。
　ここで､k→ak+eの形になる置換はa=1,2,3,…,n､e=0,1,2,…,nで､aはmodnの原始根より､n(n-1)個の置換を全て書き出せる。これは､αとβで作られる群がk→ak+eの形の置換による最大の群であり､上と同様の考察により､この群が可解群である事がわかる。
　つまり､補助方程式を使ったガロアの複雑な証明よりも(現代数学で調べ尽くされた)群を用いた証明の方がずっと簡単である。
　当り前の事だが､当時は群の定義も可解群の概念も明確にされてなく､ガロアにとっては”ガウスの手法”を使う方法こそが簡明な手法だったのだろう。
　ガロアが証明の中で実際に使った補助方程式の解が､αとβを組合せた置換に対応する事と､ラグランジュの分解式を使いこなす事こそが”ガウスの手法”ではあるが､今更その様な複雑な手順を追う必要はない。

　以上より､第7節を整理すると､”素数次既約方程式がべき根で解ける⇔全ての置換がk→ak+eの形になる”
　次回は､第8節でガロアが主張した”素次数の既約方程式がべき根で解ける⇔任意の2根により他の根を表せる”事を紹介して､終りにしたいと思います。