ISEGORIA / 数学百科事典
ガロア理論：方程式の対称性
群がなぜ方程式についての問いに答えるのかを扱います。多項式の根は置換できますが、根の間のあらゆる有理的な関係を保つ置換だけが許され、生き残った置換がガロア群をなします。その部分群は有理数体と分解体の間の体と一対一に対応し、その大きさが定規とコンパスで何が描けるか、どの五次方程式に公式がないかを決めます。
前提知識: 群論、多項式、複素数
予想してから操作し、計算例と問いで理解を確かめてください。グラフは数式の図示であり、証明ではありません。
1. 根のどの置換が許されるか
有理係数の多項式は複素平面に n 個の根をもちます。分解体の体自己同型は根を置換しますが、勝手に置換することはできません。x⁴ − 2 の r₁ + r₃ = 0 のような、有理係数で書ける根の間の関係は置換のあとも成り立たなければなりません。ガロア群とは、どの有理的な関係も壊さない置換の集合です。多項式を選び、スライダーで根の置換を順に見るか、右の表のセルをクリックしてください。矢印は各根の行き先を示し、表示はその置換が最初に壊す関係があればそれを示します。x⁴ − 2 では 24 個の置換のうち 8 個だけが生き残り、二面体群になります。x⁵ − x − 1 では 120 個すべてが生き残ります。
計算例. \(x^4-2\) の根を \(r_1=\alpha,\ r_2=i\alpha,\ r_3=-\alpha,\ r_4=-i\alpha\) とすると、関係 \(r_1+r_3=0\) と \(r_2+r_4=0\) により、置換は対 \(\{r_1,r_3\}\) を自分自身か \(\{r_2,r_4\}\) に写さなければなりません。互換 \((r_1\,r_2)\) は \(r_1+r_3\) を \(r_2+r_3=(i-1)\alpha\ne0\) に写すので除外され、\((r_1\,r_2\,r_3\,r_4)\) は許されます。八つの置換が生き残り、\(|\operatorname{Gal}|=8=[\mathbb Q(\sqrt[4]2,i):\mathbb Q]\) です。\(x^3-3x+1\) では根が \(r_2=r_1^2-2\) を満たすので \(r_1\) がすべてを決め、巡回的なずらし 3 個だけが生き残ります。判別式 \(81=9^2\) は平方数で、\(A_3\) の部分群であるためにはそうでなければなりません。
注意点. この実験は各置換を、その多項式のために選んだ短い関係のリストに対して検査します。どの置換が失敗するか、生き残った置換にはリストのどの関係も異議を唱えないことを示すのです。生き残った置換がちょうどガロア群であることは検査ではなく理論に基づきます。群の位数は分解体の次数に等しく、ここでの各多項式についてその次数は知られています（6、8、4、4、3、120）。五次式 \(x^5-x-1\) は既約で群は \(S_5\) です。\(S_5\) にはアーベル商をもつ正規部分群の列がないので、これは根号で解けない方程式の標準的な例です。根は数値的に計算し、関係の検査には許容誤差を使うので、これらは代数の証拠であって証明ではありません。
多項式のガロア群が交代群の部分群になるのが、判別式が平方数であるときにちょうど限られるのはなぜですか？
\(\delta=\prod_{i<j}(r_i-r_j)\) とおくと \(\delta^2=\Delta\) です。二つの根の互換は \(\delta\) の符号を変えるので、偶置換は \(\delta\) を固定し、奇置換は \(-\delta\) に写します。ガロア群のどの \(\sigma\) も有理数を固定するので、\(\delta\) が有理数ならすべての \(\sigma\) がそれを固定し、奇置換は群に入れません。逆に群が \(A_n\) に含まれるなら \(\delta\) は群全体で固定され、分解体の元で群全体に固定されるものは基本定理により有理数です。
2. ガロア対応
有理数体と分解体 K の間には中間体があり、ガロア群の中には部分群があります。ガロアの基本定理は、これらがちょうど、しかも上下逆さまに対応すると述べます。各部分群 H はそれが固定する元のなす体に対応し、大きな部分群ほど小さな体を固定し、固定体の次数は H の指数です。ここでは K = ℚ(⁴√2, i)（群は位数 8 の二面体群）と ℚ(³√2, ω)（群は S₃）について両方の束を描いています。部分群でも体でもクリックすると、その相手と両者をつなぐ鎖が光ります。固定体は調べて載せたのではなく計算しています。各候補の体は根で書いた生成元で与えられ、この実験はどの置換がその生成元を変えないかを数値的に確かめます。
計算例. \(\mathbb Q(\sqrt[4]2,i)\) では回転 \(\rho:\ \alpha\mapsto i\alpha,\ i\mapsto i\) が位数 4 の巡回部分群を生成します。\(\rho\) は \(\alpha\) を動かし、\(\alpha^2=\sqrt2\) は \(-\sqrt2\) に行きますが、\(i\) は固定されるので、固定体は次数 \(8/4=2\) の \(\mathbb Q(i)\) です。鏡映 \(\tau:\ \alpha\mapsto\alpha,\ i\mapsto-i\) は \(\alpha\) を固定するので \(\mathbb Q(\sqrt[4]2)\) 全体を固定し、次数は \(8/2=4\) です。部分群 \(\{1,\rho^2\}\) は \(\alpha^2\) と \(i\) を固定しますが \(\alpha\) は固定しません。その体は次数 4 の \(\mathbb Q(\sqrt2,i)\) で、\(\rho^2\) は中心にあるのでこの部分群は正規であり、\(\mathbb Q(\sqrt2,i)/\mathbb Q\) は群 \(G/\{1,\rho^2\}\cong C_2\times C_2\) をもつガロア拡大です。
注意点. 部分群は群の各部分集合を合成について閉じさせて求め、固定体は有限個の候補のリストの中から数値的な検査で特定します。どちらも原理的には厳密ですが、後者は候補のリストが完全であることに依存します。それは基本定理が、体は部分群とちょうど同じ数だけあると述べることで保証されます。位数 2 の正規でない三つの部分群の固定体は \(\mathbb Q(\sqrt[4]2)\)、\(\mathbb Q(i\sqrt[4]2)\)、\(\mathbb Q((1\pm i)\sqrt[4]2)\) で、\(\mathbb Q\) 上ガロアではありません。どれも \(x^4-2\) の根を一つだけ含み、他の根を含まないからです。この対応には拡大がガロア、すなわち正規かつ分離的であることが必要です。\(\mathbb Q(\sqrt[4]2)\) だけなら群の元は 2 個しかなく、部分群より部分体の方が多くなります。
大きな部分群ほど小さな体を固定するのはなぜで、この対応が単に順序を逆にするだけでなく全単射になるのはなぜですか？
\(H\subseteq H^{\prime}\) なら、\(H^{\prime}\) のすべての自己同型で固定される元は特に \(H\) の自己同型でも固定されるので \(K^{H^{\prime}}\subseteq K^{H}\) です。条件が増えれば元は減ります。全単射性はアルティンの定理によります。\(K\) の自己同型の有限群 \(H\) について次数 \([K:K^H]\) はちょうど \(|H|\) なので、\(H\) から始めて固定体をとり、その体を固定する自己同型の群をとると、\(H\) を含む同じ位数の群、すなわち \(H\) 自身に戻ります。逆向きには \(K/\mathbb Q\) がガロアであることを使います。すると \(K\) はどの中間体 \(F\) の上でもガロアで、\(F\) は \(\operatorname{Gal}(K/F)\) の固定体として復元されます。
3. 定規とコンパスと体の次数
点が定規とコンパスで作図できるのは、その座標が ℚ の二次拡大の塔に含まれるときに限られるので、作図可能な数の次数はすべて 2 のべきです。このただ一つの事実が三つの古代の問題を解決します。正 n 角形には次数 φ(n)/2 の cos(2π/n) が必要なので、ガウスとヴァンツェルの判定条件は φ(n) が 2 のべきであることで、これは n が 2 のべきと相異なるフェルマー素数 3、5、17、257、65537 の積であるときにちょうど成り立ちます。角 θ の三等分とは cos θ から cos(θ/3) を作図することで、その拡大の相対次数は 1、2、3 のいずれかです。致命的なのは 3 だけで、60° では 3 なので 20° の角は描けません。立方体の倍積には次数 3 の ³√2 が必要です。n や θ を動かして次数を読んでください。
計算例. \(n=17\)：\(\varphi(17)=16=2^4\) なので \(\cos(2\pi/17)\) の次数は 8 で、正 17 角形は作図可能です。これはガウスが十九歳で発見したことです。\(n=7\)：\(\varphi(7)=6\)、次数 3、不可能。\(n=9\)：\(\varphi(9)=6\)、不可能で、これは形を変えた \(120^\circ\) の三等分です。\(\theta=60^\circ\) では \(\cos\theta=\tfrac12\) の次数は 1 で、\(\cos20^\circ\) は \(8c^3-6c-1\) の根です。この式は有理根をもたないので \(\mathbb Q\) 上既約で、相対次数は 3 です。\(\theta=90^\circ\) では \(4c^3-3c=0\) が因数分解でき、\(\cos30^\circ=\sqrt3/2\) の次数は 2 で作図可能です。
注意点. 次数が 2 のべきであることは作図可能性に必要ですが、一般には十分ではありません。塔は二次の段からなる必要があり、四次の体が二次の部分体を含むとは限りません。\(\cos(2\pi/n)\) については拡大がアーベルなので十分性が成り立ちます。位数 \(2^k\) のガロア群には指数 2 の部分群の鎖があり、その固定体が塔を与えるからです。ここでの角は整数の度数なので、どの \(\cos\theta\) も代数的で、その次数は \(m=360/\gcd(\theta,360)\) として \(\varphi(m)/2\) です。余弦が超越的な角については三等分の問いは別のものになります。cos θ が与えられたとして許すなら、一般の角は相対次数が 3 でないときにちょうど三等分できます。知られているフェルマー素数は五つだけで、さらにあるかどうかは未解決なので、作図可能な多角形のリストが完全なのは合成数である \(2^{32}+1\) までです。
三等分が三次方程式に帰着するのはなぜで、有理根をもたない三次式が二次の段では到達できないのはなぜですか？
三倍角の公式 \(\cos\theta=4\cos^3(\theta/3)-3\cos(\theta/3)\) により、\(c=\cos(\theta/3)\) は \(\mathbb Q(\cos\theta)\) 上の三次式 \(4c^3-3c-\cos\theta\) の根です。この三次式がその体に根をもたなければそこで既約なので、\(c\) はその上で次数 3 です。二次拡大の塔の全次数は \(2^k\) で、塔の法則によりその任意の部分体の次数は \(2^k\) を割ります。3 は 2 のべきを割らないので、\(c\) はそのような塔のどこにもありません。同じ議論が、既約な \(x^3-2\) の根 \(\sqrt[3]2\) を退けます。