ガロア理論補遺(今日は誕生日)

※2022年1月21日(金)開始→2022年２月１日(火)

※(余談):投稿を迷ってるうちに,２月に入ってしまいました

今日:２/１は私の72回目の誕生日です。1950年生まれの年男

なのですが,古希も超えた死に損ないジジイには「めでたくもアリ,

めでたくもナシ,誕生日も冥途の旅の一里塚。」です。

昔は,行きつけの飲み屋のカラオケ伴奏で,毎年恒例のように,

「Happy  Birthdaty to Me」を唄ってアピールしたものでした。

常連だったんだから,誰か覚えていろよな。ホントに。。。

(※今朝はネットバンクをチェックしたら,何か10万円が一括入金

されてました。住民税非課税家庭への給付金でしょうね？

意外と早いね。ラッキー。誕生日プレゼントかな？？？)

さて,大抵の病気はグッスリと良い睡眠を散れば治るという

のが昔からの持論で,風邪でもひくと最安のユンケルと睡眠薬

で2日以内には回復してました。その他には度な「百薬の長」

でもあればなおイイいかも？と思っています。

私,30歳代の終わり頃からの慢性糖尿病が原因で,心不全であり

腎臓も透析はしてないが悪化中なので,不眠は体に負担が大きく

逆に睡眠はとてもいい薬です。なぜか？年末くらいから食欲も

なく,不眠続きで体力が低下して寝たキリに近くなっています。

かろうじて首から上だけ元気です。入院が多くてもう足の筋肉が

立ってるだじぇで辛いのでね。23歳から57歳まで長年のウツ病

で向精神薬には慣れているせいか,少々の精神安定剤は単なる睡眠

剤よりの不眠にもこよく効くので,訪問医に処方してもらって昼も

夜も飲んでいると,少しは楽になってきました。ただ,相変わらず1

分間に４リットルの酸素優吸入をしいます。食が細いのに体重が

減らないのは,きっと心臓が弱って肺に水が溜まっているようです。

利尿剤も飲んでますが,糖尿病なのに糞尿じゃなく出が悪いです。

イヤ,先は長くないですね。コロナには無関係ですが。

(余談終わり※)

※以下,本題です。ガロア理論の復習のシリーズの補足として,

記事:(1)～(9)の意味などを代数方程式解法の歴史とも関連

づけて,自己確認も兼ねて考察し要約してみました。

※古代ギリシャのユークリッド以来,,幾何学全盛の時代にも

,ディオファントスや,アルキメデス,ピタゴラスなど,必ずしも

図形とは関わらない,数字の数学を研究する学者もいました。

しかし,近代西洋代数学が発展したのは,ｘやｙという文字を

変数として,例えばｘ^４－6ｘ²＋3ｘ＋5のように.数式を表現する

方法を発明したフランスの有名な哲学者デカルト(Descartes)の

功績が非常に大きかったのでは？と思います。和算など漢数字に

よる難解と見える東洋数学の表現に比べ,数式を記号表現に簡素化

したのは,非常に明快であり,大きな意味があったと思います。

さて,まず,２次代数方程式,いわゅる２次方程式の根を求める公式

については,昔,高校で習いました。

すなわち,基本式はｆ(ｘ)＝ａｘ²＋ｎｘ＋ｃ＝0(ａ≠0)ですが,

これをａ{ｘ＋ｂ/(2ａ)}²－ｂ²/(4ａ)＋ｃ＝0と変形すると,

{ｘ＋ｂ/(2ａ)}²＝(ｂ²－4ａｃ)/(4ａ²)となりますから,

ルートの中が正か負か？を判別する判別式をＤ＝ｂ²―4ａｃと

おけば,この方程式の２根はｘ＝(―ｂ±√Ｄ)/(2ａ)　です。

次に,３次方程式ｆｒすが.これは16世紀にイタリアの学者

Tatyagliai(タルタリア)が発見したモノを,Cardano(カルダノ)

が無断で盗んだとか？金を払って買ったとか？で,今日では

「Cardano(カルダノ)の公式」と呼ばれています。

まず,基本式はｆ(ｘ)＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ＝0(ａ≠0)です。

これは,ａ{ｘ＋ｂ/(3ａ)}³－{ｂ²/(3ａ)}ｘ＋ｃｘ－ｂ³/(27ａ²)

＋ｄ＝0。と変形できます。

それ故,ｙ＝ｘ＋ｂ/(3ａ)とおき,ｘ＝ｙ－ｂ/(3ａ)を代入すれば,

ａｙ³＋{ｃ－ｂ²/(3ａ)}ｙ＋{ｄ＋2ｂ³/(27ａ²)}＝0∔となります。

これを,ｙ³＋Ａｙ＋Ｂ＝0と書けば,２次項が消え簡単になります。

ただし,Ａ＝－(ｂ²－3ａｃ)/(3ａ²),Ｂ＝(27ａ²ｄ＋2ｂ³)/(27ａ³)

です。さらに,ｙ＝ｕ＋ｖとおくと,(ｕ＋ｖ)³＋Ａ(ｕ＋ｖ)＋Ｂ＝0.

,つまり,ｕ³＋ｖ³＋(3ｕｖ＋Ａ)(ｕ＋ｖ)＋Ｂ＝0 となります。

そこで,ｕｖ＝－Ａ/3とおけば,ｕ³＋ｖ³＝－Ｂ, かつ,

ｕ³ｖ³＝－Ａ³/27となりますから,ｕ³,ｖ³は,ｔの２次方程式

ｔ²＋Ｂｔ－Ａ³／/27＝0 の未知変数ｔの２根になります。

そこで,Ｄ＝Ｂ²＋4Ａ³/27とおけば,ｕ³＝(－Ｂ＋√Ｄ)/2，

かつ,ｖ³＝(－Ｂ－√Ｄ)/2と書くことができます。

ｕ＝{(－Ｂ＋√Ｄ)/2}^1/3,ｖ＝{(－Ｂ－√Ｄ)/2}^1/3とおき,

１の３乗根を1,ω,ω²と書けば,0 ω²＋ω＋1が成立して,＝

ｙの３次方程式の３根は,ｙ＝ｕ＋ｖ.u＋ωｖ,u＋ω²ｖ です。

(※ｙ＝ｕ＋ｖ.ωｕ＋ω2ｖ,ω2u＋ωｖという等価な表現も

ありますがね。)

４次方程式の解法は,18世紀にイタリアのFerrari(フェラーリ)

により,発見されました。(彼はカルダノの弟子？らしい。)

基本式はｆ(ｘ)＝ａｘ⁴＋ｂｘ³＋ｃｘ²＋ｄｘ＋ｅ＝0(ａ≠0)

です。これもｙ＝x+＋ｂ/(4ａ)として,ｘ＝ｙ－ｂ/(4ａ)を代入

すれば,３次項が消え,ｙ⁴＋Ａｙ²＋Ｂｙ＋Ｃ＝0と少し簡単に

なります。この両辺に,(2λｙ²＋λ²)を加えると,(ｙ²＋λ)²

＝(2λ－Ａ)ｙ²－Ｂｙ＋(λ²－Ｃ)＝0となることを利用します。

もしも,この右辺も(Ｅｙ＋Ｆ)²のような完全平方式なら,

(ｙ²＋λ)²＝(Ｅｙ＋Ｆ)²となるので,ｙ²＋λ＝±Ｅｙ±Ｆと

なって＋,－の２つのｙの２次方程式を解けばｙが得られます。

そして,ｘ＝ｙ－ｂ/(4ａ)から,ｘの根を得ることができます。

とことが,(2λ－Ａ)ｙ²－Ｂｙ＋(λ²－Ｃ)＝(Ｅｙ＋Ｆ)²と

なるためには,(2λ－Ａ)＝Ｅ²,かつ,左辺の判別式:Ｄがゼロに

なることが必要十分です。

すなわち,Ｄ＝Ｂ²－4(2λ－Ａ)(λ²－Ｃ)＝0であるべきですが

これは.λ³－4Ａλ²－(Ｂ²－4ＡＣ)＝0なる３次方程式です。

これを解いて,λの根が得られれば,それを先の２次方程式の係数

に代入して,その方程式を解くことにより,元の４次方程式の解が

得られます。

この解を元の基本方程式の係数:ａ,ｂ,ｃ,ｄ,ｅの式に書き下す

のは,とても煩雑で面倒な作業ですから.ここではワザワザやり

ませんが,時間さえかければ可能です。

一方,方程式の係数の具体的数値が既知である場合なら.

上記の解を求める手順を追うアルゴリズムを,その通りに

プログラム化すれば,容易に解の数値を得ることができます。

とにかく,４次方程式を解く問題は３次方程式,２次方程式

を解く問題に帰着されました。数値計算の実用などには問題

なしです。

しかし,５次以上の代数方程式については,結局,根を求める

一般的解法,公式は見出せないことが,わかってぃます。

ここでは,試みは失敗に終わったけれど,魅力的なフランスの

Lagrange(ラグランジュ)の方法を見てみます。

この項は,私,眼が悪くなって手持ちの本も読めない状況ので,

主に画面を拡大して,ホームページの「ラグランジュの試み」

を参照させて頂きました。

さて,解くべきｎ次代数方程式ｆ(ｘ)＝0については,それを

解くための方法の存在はともかく「複素数体Ｃの中に必ず根を

持つ。」というGaussの「代数学の基本定理」があります。

その１根をαとすれば,ｆ(ｘ)＝(ｘ－α)ｆ₁(ｘ)と因数分解され,

さらに(ｎ－1)次方程式ｆ₁(ｘ)＝0も根を持つため,ｎ次方程式

ｆ(ｘ)＝0は,Ｃの中にｎ個の根:α₁,α₂,..,α_nを持つことになり,

結局,多項式ｆ(ｘ)は,ｆ(ｘ)＝ａ(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)・・・(ｘ－α_n)

(ａ≠0)と表わすことができます。

方程式に,解,または根があること＝解が存在するということと,

それを求める解法が存在するということは,全くの別問題です。

さて,以下,Lagrange(ラグランジュ)の手法を解説します。

まず１のｎ乗根を,ζ₁,ζ₂,..ζ_nとします。

そして,順列(1,2,.ｎ)の置換を,σとすると,これは1対1,かつ,

上への写像であり,σ:(1,2,..ｎ)→(σ(1),σ(2),..σ(ｎ))と

表現されます。σ全体の集合は,対称群(置換群)と呼ばれる有限群

をなし,これをＳ_nと表記すれるのが慣例です。

∀σ∈Ｓ_nに対し,Π_σという(α₁,α₂,.,α_n)を置換する写像:

Π_σ:(α₁,α₂,..,α_n)→(α_σ(1),α_σ(2),.α_σ(n))を定義して,σに

Π_σを対応させる写像を考えると,これも全単射であり,この写像

Π_σの集合:Ｇ＝{Π_σ:σ∈Ｓ_ｎも,合成写像を群の積演算として群を

なします。このＧは,前述のように,対称群Ｓ_nと全く同型です。

ここで,ｕ_σ＝α_σ(1)ζ₁＋ασ₍₂₎ζ₂＋..＋α_σ(n)ζ_nとおきます。

Ｇの元:Π_σの個数は,Ｓ_nの位数,つまり順列の総数:ｎ!に等しい

ので,Π_σの個数,従ってｕ_σの個数もｎ!個です。

そこで,Ｓ_nの元σに番号をつけて,σ₁,σ₂,..σ_k...σ_n!とし,

先のｕ_σkをｕ_kと定義し直すことにします。ただし,σ₁は恒等置換

ｅ.または１であるとします。

ところが,ｕ_σのｎ乗:ｕ_σⁿを取るとｕ_σ＝α_σ(1)ζ₁＋..＋α_σ(n)ζ_n

に,1のｎ乗根ζ_k(ｋ＝1,2,..,ｎ)を掛けた(ζ_kｎ_σ)も(ζ_kｎ_σ)ⁿ

＝ｕ_σⁿを満たすので,あるτ∈Ｓ_nに対して(ζ_jｎ_σ)＝ｎ_τであり

ｕ_σⁿ＝ｕ_τⁿとなる,σとｎ個のτの対対応があります。

よって,これらの相異なるｎ_σⁿの個数は,(ｎ－1)個の順列

の個数と同じ(ｎ－1)！です。

したがって,ｎ次方程式の根を求める方法が。(ｎ－1)次方程式

の根を求める方法に帰着することが,期待されます。

実際,２次方程式ｆ(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝0(ａ≠0)では２根

をα,βとすると,1の平方根はζ₁＝1,ζ₂＝－1ですから,

ｕ₁＝α＋(－1)β,ｕ₂＝(－1)α＋βとして,ｕ₁²＝(α－β)²＝ｕ₂²

です。対称式には.根と係数の関係があってα＋β＝－ｂ/ａ,αβ

＝ｃ/ａですから(α－β)²＝(α＋β)²－4αβ＝(ｂ/ａ)²－4ｃ/ａ

＝(ｂ²－4ac)/ａ²なので,Ｄ＝ｂ²－4acとおけば,α－β＝±√Ｄ/ａ

です。これとα＋β＝－ｂ/ａから,α＝(－ｂ＊√Ｄ)/(2ａ),かつ,

β＝(－ｓ－√Ｄ)/(2ａ)が得られました。

３次方程式:ｆ(ｘ)＝ａｘ³＋ｂｘ²＋ｃｘ＋ｄ＝0(ａ≠0)では,

３根をα,β,γ,１の２乗根をζ₁＝1,ζ₂＝ω,ζ₃＝ω²とします。

このとき,ω²＋ω＋1＝0です。

そして,(α,β,γ)の偶置換からｕ₁＝α＋βω＋γω²,

ｕ₂＝γ＋αω＋βω²＝ωｕ₁,ｕ₃＝β＋γω＋αω²＝ωｕ₂,

奇置換からｖ₁＝β＋αω＋γω²,ｖ₂＝γ＋βω＋αω²

＝ωｖ₁,ｖ₃＝α＋γω＋βω²＝ωｖ₂の6＝3!個が得られます

しかし,ｕ₁³＝ｕ₂³＝ｕ₃³,ｖ₁³＝ｖ₂³＝ｖ₃³＝なので3!＝6個

のうち,相異なるのは,2!＝2個だけになります。

ただしｕ₁³＝ｖ₁³の場合もあるようです。

便宜上,ｕ＝ｕ₁,＝α＋βω＋γω²,ｖ＝ｖ₁＝β＋αω＋γω²

とおきます。ｕ³＋ｖ³＝(ｕ＋ｖ)³－3ｕｖ(ｕ＋ｖ)ですが,

まず,ｕ＋ｖ＝(α＋β)(ω＋1)＋2γω²です。

さらに,方程式が,ｙを変数とする簡易型のｙ³＋Ａｙ＋Ｂ＝0

であるとします。すると,α＋β＋γ＝0ですからα＋β＝－γ

より,ｕ＋ｖ＝3γω²を得ます。

また,ｕｖ＝(α＋βω＋γω²)(β＋αω＋γω²)

＝(α²＋β²)ω＋αβ(ω²＋1)＋(α＋β)γω²＋(α＋β)γω³

＋γ²ω⁴＝(α²＋β²＋γ²)ω+(αβ＋αγ＋βγ)(ω²＋1)

＝(αβ＋αγ＋βγ)(ω²－2ω＋1)＝－3Ａωを得ます。

結局,ｕ＋ｖ＝3γω²,かつ,ｕｖ＝－3Ａωです。また,

γは,ｙ³＋Ａｙ＋Ｂ＝0の１根ですからγ³＋Ａγ＋Ｂ＝0

より,γ³＝－Ａγ－Ｂです。

それ故,(ｕ＋ｖ)³＝27γ³＝－27(Ａγ＋Ｂ)であり,

ｕ³＋ｖ³＝＝－27(Ａγ＋Ｂ)＋27Ａγ＝－27Ｂを得ました。

他方,ｕ³ｖ³＝－27Ａ³です。

故に,ｕ³,ｖ³は,ｔの２次方程式:ｔ²＋27Ｂｔ－27Ａ³＝0

の２根ｔ＝(－27Ｂ±√Ｄ)/2,ただし,Ｄ＝27²(Ｂ²＋4Ａ³/27)

です。こうして,ｕ³,ｖ³＝(27/2){―Ｂ±(Ｂ²＋4Ａ³/27ｕ)^1/2

が得られました。後はCardanoの公式での導出と同じです。

４次方程式:ｆ(ｘ)＝ａｘ⁴＋ｂｘ³＋ｃｘ²＋ｄｘ＋ｅ＝0

(ａ≠0),あるいは,簡略化したｙ⁴＋Ａｙ²＋Ｂｙ＋Ｃ＝0でも

４根をα,β,γ,δとし,1の4乗根:１,－１,ｉ，－ｉを

用いた積和でｕ_k(ｋ＝1,2,..24)をつくり,ｕ_k⁴が3！＝6個に

なって,３次方程式と２次方程式に帰着するというFerrariに

類似した方法で根の公式が得られるのですが,この面倒な作業

は省略します。昔の学者は根気よくやって成功したらしいです。

ところが,これを５次方程式で実行すると失敗します。

これらの方法では,係数が根の対称式であり,これが対称群Ｓ_n

の元に対しては不変という変換性に着目したのが重要です。

結局,Ｓ₂,Ｓ₃,Ｓ₄と,Ｓ₅の違いが決定的なことでした。

Ｓ₅だけは,他のＳ₂,Ｓ₃,Ｓ₄と異なり,正規部分群(交換子群)

を取っていっても,可換群(アーベリ群に帰着せず,途中でこれ

以上小さくできない。という困難に遭遇します。

Ｑの元:有理数を係数とするｎ次多項式は分母の公倍数を

掛ければ整数係数になります。(※有理係数の方程式と整数

係数の方程式とは同値です。)

有理係数のモニック多項式をｆ(ｘ)＝ｘⁿ＋ａ₁ｘ^n-1＋..＋ａ_n,

と書き,ｆ(ｘ)＝0のｎ根をα₁,α₂,..α_nであるとします。

とりあえず,ｆ(ｘ)は,既約多項式とすれば重根は存在せず,

ｆ(ｘ)は,Ｑでは因数分解できず,既約であるのにも関わらず,,

ｆ(ｘ)＝(ｘ－α₁)(ｘ－α₂)・・・(ｘ－α_n)と完全な因数分解

が可能な,Ｑの拡大体Ｅ＝Ｑ(α₁,α₂,..,α_n)が存在します。

この体Ｅをｆ(ｘ)の分解体といいます。

方程式ｆ(ｘ)＝0が「ベキ根で解けるとは.全てのｎ根の

α₁,α₂,..,α_nが,１の幾つかのベキ乗根ζと,幾つかの有理

係数:ａ₁,ａ₂,..,ａ_nのベキ乗根の四則演算式,つまり,有理式

で表わされることを意味すると考えられます。

ところで,ｆ(ｘ)の有理係数:ａ₁,ａ₂,..,ａ_nは,それぞれ,

ａ₁＝－(α₁＋α₂,＋..,＋α_n),ａ₂＝α₁α₂,＋..,＋α_n-1α_n,・

・・・・・・,ａ_n＝(－1)ⁿ(α₁α₂・・α_n-1α_n)と,全て根の

対称式で与えられるので.α₁,α₂,..α_nの,群Ｇの任意の元

の置換写像:Π_σに対して常に不変のままです。

このｎ次対称群Ｓ_nに同型な群Ｇは,Ｅ=Ｑ(α₁,α₂,..,α_n)

内の自己同型写像の群で,ＱはＧの不変体と見なせます。

(※ＧはＱからＥへのガロア拡大に対応するガロア群です。)

有理Ｇ数体Ｑに,まず,ζを,そして係数ａ_j(ｊ＝1,2,..ｎ)の

ベキ根:^ｎ√ａ_j＝(ａj)^1/ｎを１つずつ添加して単純拡大をつくる

のを繰り返して,Ｆ₁⊂Ｆ₂⊂Ｆ₃…と拡大体をつくっていくとき,

これをベキ根による拡大といいます。

これが,有限回の拡大で分解体Ｅ＝Ｑ(α₁,α₂,..,α_n))を

含んでしまえば,ｎ根:α₁,α₂,..,α_nは,ζたちや(ａj)^1/ｎたち

の幾つかの四則演算式＝有理式(根の公式)で表わされるので

,これを「ｆ(ｘ)＝0がベキ根で解ける」と解釈したのがアーベル

やガロアの代数方程式についての着想であったろうと想像します。

そして,ＱからＥへの拡大の.いわゆるガロア群は対称群Ｓ_nと

同型な自己同型群Ｇですが,Ｅ/Ｑの各中間体Ｂのそれぞれに,

Ｇの正規部分群が１対１に対応するという基本定理があります。

Ｑ＝Ｆ₀⊂Ｆ₁⊂Ｆ₂⊂..⊂Ｆ_rで,最後にF_ｒ⊃Ｅなら,ベキ根で

解けるというわけですが.これに群の縮小正規列Ｇ＝Ｇ₀⊃Ｇ₁

⊃Ｇ₂⊃..⊃Ｇrが対応して,最後にＧ_r＝{ｅ}となる場合,これ

が,拡大体ではＦ_r＝Ｅに対応するので,群Ｇを「可解群」と呼ぶ

のでした。

Ｇ_ｋ＋1=Ｇ~_k(＝Ｄ(Ｇ_k):Ｇ_kの交換子群)という選択が常に可能

ですから,この縮小正規列は必ず存在しますが,このとき剰余群

(Ｇ_k/Ｇ_ｋ＋1)が体Ｆ_kを不変体とするＦ_k+1への拡大のガロア群

であり,これらは全て可換群(アーベル群)なる必要があります。

群の縮小正規列が有限のｒ個でＧ_r＝{ｅ}まで収縮して終わる

なら,対応する拡大体がＦ_r＝Ｅとなり,ベキ根による解が可能

なので,Ｇを可解群と呼ぶわけです。

ところで可換群の交換子群は,{ｅ}ですから,途中Ｇ_r-1が可換群

となるなら,元のＧは可解群です。

ここらあたりの詳細はシリーズ記事(6)にあります。証明抜き

で定理を羅列しておきます。

※(再掲載);まず,[定理6-4]から,(基本定理)です。

ＥをＦのガロア拡大体とし,その自己同型群をＧ,つまり,

自己同型写像全体のつくる群をＧとする。

Ｅ/Ｆの中間体:Ｂに対してＢを不変にするＧの元の全体

のつくる部分群をＵとすると,Ｕの不変体はＢである。

そして,ＢにＵを対応させる対応は,Ｅ/Ｆの中間体と,Ｇの

部分群との間の1対１対応である。

[基本定理の系]::中間体ＢからＥへのＦ上の同型写像は,

群Ｇの部分群Ｕによる剰余類から誘導されるものだけである。

また,ＢはＦのガロア拡大体である。

(※[基本定理]における対応は,Ｇの部分群に,その不変体を

対応させるものです。Ｇには,体Ｆ,Ｕには,体Ｂ，単位群{ｅ}

には,体Ｅが対応します。)

※ＥはＢのガロア拡大体ですが,ＢはＦのガロア拡大体とは

限りません。以下では,ＵがＧの正規部分群で(σＵσ^-1)＝Ｕ

であることが,ＵがＦを不変体とするＢのガロア群であるため

の必要十分条件であることがわかります。

[定理6-5]:体Ｅは体Ｆのガロア拡大体あり,Ｇはガロア群

であるとする。そして,中間体Ｂに対応するＧの部分群を

Ｕとする。∀σ∈Ｇに対して(σＢ)もＥ/Ｆの中間体であり,

対応するＧの分群は(σＵσ^-1)である。

さらに,体Ｂが体Ｆのガロア拡大体であるための必要十分

条件は,ＵがＧの正規部分群となることである。

このとき,そのガロア群は.(Ｇ/Ｕ)に同型である。

(再掲載終了※)

※さて,対称群Ｓ₂,Ｓ₃,Ｓ₄は可解群でありｎ≧5の対称群Ｓ_n

は可解群ではないことを示します。

(証明)まず,Ｓ₂は恒等置換ｅと互換:(1,2)のみが元で,

元の積は常に可換なので可換群ですから,その交換子群

は,Ｓ~₂＝{ｅ}でこれは正規部分群なのでＳ₂⊃{ｅ}が

正規列となり.明らかにＳ₂は可解群です。

次に,交代群Ａ_nは,Ｓ_nの指数２の正規部分群であり,

交換子群Ｓ~_nに等しいのですが,ｎ＝3の交代群Ａ₃は,

それ自身可換群です。何故なら,Ｓ₃の位数は６,Ａ₃の

位数は３ですじから,その元は恒等置換:ｅ＝{1,2,3}と

σ＝{2,3,1},および,σ^-1=={3,1,2}だけですから明らかに

可換群で,これも正規列:Ｓ₃⊃Ａ₃⊃{ｅ}を得るので可解群

です。また,ｎ＝4のＳ₄についての置換:σ＝{ｉ,ｊ,ｋｌ}

∈Ｓ₄は,物理学で用いるLevi-Civita(レヴィーチヴィタ)

のテンソル:ε_ijklの非ゼロ成分が,＋1のときは偶置換で,

σ∈Ａ₄です。他方,ε_ijklが(－1)のとき.σは奇置換です。

しかも,σ∈Ａ₄のとき.(1,2)σは奇置換であり,

σ,τ∈Ａ₄でσ≠τなら,(1,2)σ≠(1,2)τとなりＡ₄の

元の偶置換と1対1に対応します。

それ故,Ｓ₄/Ａ₄＝{Ａ₄,(1，2)Ａ₄}です。この商群は.

単位元Ａ₄の他には,元が１個なので可換群です。

そもそも,指数が２なら.商群の位数は２で,常に可換群

です。そして,部分群ＶをＶ＝{ｅ,(ｉ,ｊ)(ｋ,ｌ)}(ただし,

ｉ,ｊ,ｋ,ｌは１～4の異なる数)とおくと,|Ｖ|＝1＋₄Ｃ₂/2＝4

です。Ｖの元である互換の積の積は,異なる４つの互換の積:

(ｉ₁.ｊ₁)(ｋ₁,ｌ₁)×(ｉ₂,ｊ₂)(ｋ₂,ｌ₂)ですが,これは互換の

順序に依存しないので可換です。

そして,|Ａ₄|＝12より,|Ａ₄/Ｖ|＝３で(Ａ₄/Ｖ)

＝{Ｖ,(1,2,3)Ｖ.(2,3,4)Ｖ}と書けますが,そもそも位数が

３の部分群は,既述したように単位元と,それ以外の１元と

その逆元だけが全ての元なので,明らかに可換群です。

以上から,対称群Ｓ₂,Ｓ₃,Ｓ₄は可解群でありｎ≧5

の対称群Ｓ_nは可解群ではありません。

((↑※これらはガロア理論の復習(2)から抜粋しました。)

以上でｎ≦4のｎ次代数方程式はベキ根で解けて,ｎ≧5

のｎ次代数方程式はベキ根では解けないことが証明された

ことになります。　　要するにある正規部分群から先は,

どうあがいても堂々巡りで,対応する体に係数のベキ根を

添加しても.こ,れ以上は拡大できない壁があって分解体E

まで到達できない。というのが,5次以上の代数方程式

を低次の方程式に帰着できない限界なのでした。(終わり)

※※ガロア理論は,代数方程式の可解性がきっかけで展開された

理論ですが,それ以外にも,大きな応用や体系的理論があるようです。

　例えば,1969年,一浪して私が19歳で大学に入った頃久賀道郎著

(日本評論社)「ガロアの夢」という本を興味本位で購入しました。

しかし高校の受験数学しか知らなかった自分には「猫に小判」で

長い間眺めているだけでした。

随分後の2007年心臓手術を受けた頃,斎藤利弥 著

「線形微分方程式とフックス関数I(ポアンカレを読む)」

(河合文化教育研究所)という書物に遭遇し,フックス(Fuchs)関数

フックス群,確定特異点を持つフックス型線型乗微分方程式など

についても本ブログで書きました。

※最後に付録で作図不能問題に言及して終わります。

[定義1]:作図が定規とコンパスによって得られるとは,

次のような処置の有限回の繰り返しによって得られることを

いう。(1)それまでに得られた点の中から２点を取り,それら

を結ぶ直線をつくる。(2)それまでに得られた点の中から２点

を取り,その１点を中心とし,他の１点を通る円をつくる。

(3)それまでに得られた２直線,直線と円,２円の交点をつくる。

※平面上に,直交座標軸とｘ軸上の単位点Ｅを定めておき,次に

与えられた幾何図形を表わす線分が,１端を原点Ｏとして正の

ｘ軸上に取られているとする。それらの線分の端点の座標を,

ａ₁,ａ₂,..ａ_nとする。その上で,Ｆ＝Ｑ(ａ₁,ａ₂,..ａ_n)とする。

座標が体Ｆの元であるような点は,全て作図可能です。

[定理1]:座標が体Ｆの元であるような点から(1)～(3)の

ような作図を進めて到達できる点の座標は,Ｆの２^p次拡大体

の元である。（※２^ρとは,単に２のベキ乗を意味します。）

(証明)座標がＦの元である２点Ｐ₁,Ｐ₂を通る直線の方程式を

つくる。また,そのような点Ｃ,Ｐを取り,Ｃを中心とするＰを

通る円の方程式をつくる。それを,それぞれａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝0,

ｘ²＋ｙ²＋ｄｘ＋ｅｙ＋ｆ＝0とすると,これらの方程式の係数

は体Ｆの元です。そして,これらの図形の交点は次の性質を

持ちます。ア)２直線の交点の座標は,やはり,体Ｆの元です。

(※２直線の方程式の係数(Ｆの元)の四則演算(有利式)で

表わされるので体Ｆの元です。)

イ)直線と円の交点の座標は.体Ｆの元か,または,Ｆ上２次の

拡大体の元です。(※高々２次方程式の根です。)

円と円の交点ぼ座標は円と直線の交点に帰着できます。

(※円と円の２交点を結ぶ直線,あるいは２円から(ｘ²＋y²)

の項を消去した直線と1円の交点に帰着)

すなわち,(1)～(3)のような作図を有限回行なって到達

できる点の座標は体Fの高々２次拡大体の有限回連続なので

２のベキ乗,つまり,２^p次拡大体の元です。(証明終わり)

[例題1]:(角の３等;分の不可能性)

任意の角:αが与えられた場合,ａ＝cosαが与えられたのと

同値です。α＝3βならβを作図でつくるのはｂ­＝cosβを作図

するのと同値です。三角関数の３倍角の公式によれば,cosα

＝cos(3β)＝4cos³β－３cosβです。

つまり,ｂ＝cosβは３次方程式4ｘ³－3ｘ－ａ＝0の根です。

例えば,α＝π/3ならｂ＝cosβ＝cos(π/9)ですが,このとき,

ａ＝coｓ(π/3)＝1/2より，ｂは,4ｘ³－3ｘ－1/2＝0 または,

8ｘ³－6ｘ＋1＝0の根です。これはＦ上,つまりＱ上では因数分解

不可能な既約多項式ですから,ｂを根とする上記多項式の分解体

がＦ(ｂ)＝Ｑ(ｂ)を含む場合,これは,Ｆ＝Ｑの３次の拡大体です。

そこで,ｂはＱの,２のベキ乗の拡大体に含まれないので作図は

不可能です。(終わり)

[例題2]:(立体倍積問題)

　長さ１の線分から体積が２の立方体の１辺を作図することは

できない。(証明)この立方体の１辺の長さはｘ³―2＝0の根

³√2でありこれをＱに添加した体Ｑ(^３√2)は.Ｑ上３次拡大体

です。よって作図不可能です。(終わり),

[例題3]:(正ｐ多角形の作図)

(解)ｐを素数とします。長さ１の線分から正ｐ角形の１辺の長さ

を作図することが必要です。複素ｚ平面の適当な原点Ｏを中心

とする,中心Ｏからの長さ1の正ｐ角形のｐ個の頂点は,角度2π

をｐ等分する点,すなわち,ｚ＝exp(2ｋπi/ｐ)(ｋ＝0、1,2,..

(ｐ＾1)で与えられ,その実部がｘ座標で虚部がｙ座標です。

これらの頂点ｚ＝ｘ＋ｙiは,ｘのｐ次方程;ｘ^p－1＝0の根

ｘ＝ｚです。つまり,ζを1のｐ乗根とするとｚ＝ζです。

特に,ｚ＝ζが１の原始ｐ乗根であるとします。

頂点の座標は,Ｑの拡大体；Ｑ(ζ,i)の元です。

この体はＱ(cos(2π/ｐ),sin(2π/ｐ),ｉ)とも書けます。

cos(2π/ｐ),sin(2π/ｐ)が作図できるためにはＱ(ζ,ｉ),

従って,作図できるには,Ｑ(ζ)がＱ上２のベキ乗次の

拡大体に含まれる必要があります。

ところが.ζの既約多項式は.ｘ^p-1＋ｘ^p-2＋．．＋ｘ＋1の

(ｐ－1)次の円周等分多項式ですから,Ｑ(ζ)はＱ上(ｐ－1)次

拡大体です。したがって,ｐ－1＝2^ρ or ｐ=＝2^ρ＋1となる場合,

つまり,Mersene(メルセンヌ)数:(２^ρ－1)に２を加えた数に

等しい場合のみです。

結局,ｐ=＝2^ρ＋1であることが,正ｐ角形を定規とコンパス

で作図可能なための条件です。それ以外のｐでは正ｐ角形の

作図は不可能です。ｐ＝3,5,17,47,6537,..のときのみに

作図可能です。(終わり)　

ではまたいずれ。。。生きていれば。