蘇る天才アーベルのアイデア”その6”〜1824年の論文と解の不可能性(後半)

　前回｢その5｣では､証明の第1段階のおさらいも兼ねて､詳しく丁寧に説明しました。
　アーベルは証明の第1段階で”yを表す為に必要な全てのべき根ᵐ√R,ᵐ√R²,…,ᵐ√Rᵐ⁻¹が､最初の5次方程式の解y₁,y₂,…の有理式となる事が示せれば､｢不可能の証明｣を完了させる事は難しくない”と主張しました。
　そこで､今日の第2段階では､元の5次方程式①の解y₁,y₂,…,y₅の置換(入れ替え)と可解性について考えます。　

ステップ2-1

　”まず､ᵐ√Rの形のべき根を考える。ここで､Rはa,b,c,d,eの有理式(従って､y₁,y₂,y₃,y₄,y₅の対称式)とすると､ᵐ√R=rと書ける事に注意しよう(ここで､rは元の方程式の解y₁,y₂,y₃,y₄,y₅の有理式とする)。
　ここで問題にしてるのは､一般の5次方程式の解であり､y₁,y₂,y₃,y₄,y₅は独立と考えてよい。そして､この仮定の下で､ᵐ√R=rとなる事が必要となる。だが､rをm乗したRはy₁,y₂,y₃,y₄,y₅の対称式なので､rはy₁,y₂,y₃,y₄,y₅の順序の入れ替え(置換)により､m個の値をとる必要がある。
　但し､有理式rはそれを構成する5つの変数の可能な全ての置換により､m個の異なる値をとるという性質を持つ必要がある。しかし､mが素数である事に注意すれば､m=2又は5となる事を意味する”と､アーベルはコーシーの置換論をここで持ち出す。

　実際にアーベルは､1826年の論文の中で”n個の独立変数の有理式がとる異なる値の個数は､1又は2以外なら､nの約数となる最大の素数以上である”との事実を､コーシーのやり方で証明している。故にこの場合､有理式rがとる異なる値の個数mは､2又は5(5の約数となる最大の素数)となる事が判る。

　”そこで仮にm=5としよう。この時､rは5種類の異なる値をとり､⁵√R=r=p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴―⑭と書ける。ここで､p,p₁,p₂,…はy₁,y₂,…の対称式とし､この関係式でy₁とy₂を置換すると､y₁がy₂に置換されるとすると､p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴=αp+αp₁y₂+αp₂y₂²+αp₃y₂³+αp₄y₂⁴―⑮となる。ここで､α⁴+α³+α²+α+1=0―⑯とする。が､これは不可能であり､故に､m=2となる必要がある”

　ここも少し判り辛いが､⑭式の両辺をα倍する事により､⁵√Rがα･⁵√Rに置換されると考えれば､α(p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴)=p+p₁y₂+p₂y₂²+p₃y₂³+p₄y₂⁴となり､y₁とy₂を置換すれば､p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴=αp+αp₁y₂+αp₂y₂²+αp₃y₂³+αp₄y₂⁴―⑮を得る。
　一方で､αは”1の虚5乗根”なので､α⁴+α³+α²+α+1=0―⑯となるが､⑮式はα=1又はy₁=y₂でないと成立しないし､解は全て異なるのでどちらもありえない。故に､m=5との仮定では矛盾し､m=2である必要がある。

　但し､この証明は非常に抽象的で理解に苦しむが､アーベルは1826年の論文にて､m=5が不可能である事の説明を簡潔に完全に記述している。
　例えば､(⑪-1)の様な解の1つをy₁とし､y₁=p+⁵√R+p₂･⁵√R²+p₃･⁵√R³+p₄･⁵√R⁴を持つ場合を考える。この時､(⑫-2)は､⁵√R=(y₁+α⁻¹y₂+α⁻²y₃+α⁻³y₄+α⁻⁴y₅)/5となり､αは1の虚5乗根より､α⁵=1を使えば､⁵√R=(y₁+α⁴y₂+α³y₃+α²y₄+αy₅)/mを得る。だが､これは”不可能”である。因みに､(⑪-1)と(⑫-2)は前回｢その5｣の上図を参照です。
　これは､上式の左辺は5乗根で5個の値を持つが､左辺はy₁,y₂,y₃,y₄,y₅の5個の解の置換の総数120(=5!)個の値をとるからである。故に､m=5はありえない｡従って､m=2となる(証明終)。
　但し､この厳密な証明はアーベル自身が証明の第3段階で述べてるので､次回｢その7｣で紹介する。

ステップ2-2

　一方で､⑭と⑮の導入も理解に苦しむが､アーベルはこれにも長い証明を与えている。
　今､前回｢その5｣での⑬式でやった様に､vをy₁,y₂,y₃,y₄,y₅の有理式でy₂,y₃,y₄,y₅の置換により変化しない(つまり対称な)ものと仮定する。
　この時､vをy₂,y₃,y₄,y₅を解の全体とする方程式の係数とy₁により表す事が出来る。
　これを確かめるには､まず(y−y₂)(y−y₃)(y−y₄)(y−y₅)=y⁴−py³+qy²−ry+sとおく。この時､解y₂,y₃,y₄,y₅は､4次方程式を解く事で係数p,q,r,sを用いて表わせる事に注意する。
　一方で､y₁,y₂,y₃,y₄,y₅は元の方程式①の解全体なので､既に仮定した事から､(y−y₁)(y−y₂)(y−y₃)(y−y₄)(y−y₅)=y⁵−ay⁴+by³−cy²+dy−e=(y−y₁)(y⁴−py³+qy²−ry+s)と出来る。この右辺をyについて展開し､①式の左辺と係数比較すれば､p=a−y₁,q=b−ay₁+y₁²,r=c−by₁+ay₁²−y₁³,s=d−cy₁+by₁²−ay₁³+y₁⁴を得る。
　つまり､p,q,r,sは､y₁と元の方程式①の係数a,b,c,dにより表せる。以上より､vはy₁,a,b,c,dの有理式となる事が判る。
　ところで､vはa,b,c,d,eの有理式p₀,p₁,…,pₘにより､v=p₀+p₁y₁+p₂y₁²+…+pₘy₁ᵐ―(B0)と書ける事が判る。
　因みにアーベルは､以下で示す(1826年の論文にあるのと非常によく似た)議論により､これを証明している。

　｢その1｣でも述べたが､アーベルは1824年の論文で､元の方程式①の一般解がy=p+p₁･ᵐ√R+p₂･ᵐ√R²+⋯+pₘ₋₁･ᵐ√Rᵐ⁻¹―②=(B1)と書ける事の証明を省略した。この式の右辺には多重にべき根が含まれるが､｢その5｣でも書いた様に､この議論を繰り返すと①式の係数a,b,c,d,eの有理式p₀,p₁,…,pₘのみを含む多項式(代数式)に帰着する事が判る。
　その証明だが､代数式v=T/Vとする。いま､V=v₀+v₁･ᵐ√R+v₂･ᵐ√R²+⋯+vₙ･ᵐ√Rⁿとし､Tにても同様の形とする。
　ここでアーベルは､αᵐ⁻¹+αᵐ⁻²+…+α+1=0の様な置換の列:ᵐ√R→α･ᵐ√R,ᵐ√R→α²･ᵐ√R,…,ᵐ√R→αᵐ⁻¹･ᵐ√Rを考えた。但し､αは1の虚m乗根より､α≠1かつαᵐ=1。
　”これらm−1個の置換の下で､Vは一般にm−1個の値:V₁,V₂,…,Vₘ₋₁をとるだろう”とアーベルは仮定した。そこで､v=T/Vと1=(V₁V₂…Vₘ₋₁)/(V₁V₂…Vₘ₋₁)の値の積を考えると､v=(TV₁V₂…Vₘ₋₁)/(VV₁V₂…Vₘ₋₁)―(B2)となる。
　アーベルは､この(B2)の分母について考察する。その為に､まず､V=v₀+v₁γ+v₂γ²+⋯+vₙγⁿ―(B3)をΦ(γ)と書く。
　ここで､｢その5｣のSTEP1で書いた様に､v₀,v₁,…,vₙは元の方程式の係数から作られる有理式全体から出発し､素数べき乗根を順次添加して得られる四則で閉じた体系Ωの元とし､R∈Ω､γ=ᵐ√Rする。
　そこで､置換:ᵐ√R→α･ᵐ√Rにより､V→V₁=Φ(αγ)となり､置換:ᵐ√R→α²･ᵐ√Rにより､V→V₂=Φ(α²γ)などと変化する。
　従って､(B2)の分母を求めるには､置換により変化した結果全体の積をとればいい。つまり､VV₁V₂⋯Vₘ₋₁=Φ(γ)Φ(αγ)Φ(α²γ)⋯Φ(αᵐ⁻¹γ)となるが､これは明らかに､γ,αγ,α²γ,…,αᵐ⁻¹γ(これらはzᵐ=Rのm個の根になる)に関する対称式なので､v₀,v₁,…,vₙ,Rの多項式となり､Ωの元である。つまり､VV₁V₂⋯Vₘ₋₁∈Ωとなる。
　また､(B2)の分子のVV₁V₂⋯Vₘ₋₁=Φ(γ)Φ(αγ)Φ(α²γ)…Φ(αᵐ⁻¹γ)は､(zᵐ⁻¹+zᵐ⁻²+⋯+z+1=0のm個の解になる)α,α²,…,αᵐ⁻¹に関する対称式なので､v₀,v₁,…,vₙ,γの多項式となり､Ωの元を係数とするγの多項式である。従って､(B2)の分子VV₁V₂…Vₘ₋₁もまた､Ωの元を係数とするγの多項式となる。
　こうして､Ωの元をq₀,q₁,…,qₙ,Rとすれば､v=q₀+q₁γ+q₂γ²+⋯+qₙγⁿを得る。これは､先の(B0)式でのvが､p₀,p₁,…,pₘを係数とするy₁の多項式:p₀+p₁y₁+p₂y₁²+…+pₘy₁ᵐの形となる。
　更に､vはk位の代数式として､v=q₀+q₁･ᵐ√R+q₂･ᵐ√R²+⋯+qₙ･ᵐ√Rⁿ―(B4)と書ける事が判る。但し､q₀,q₁,…,qₙ,RはΩの元とする。
　また､(B4)にて､0<n<mと仮定出来る。というのは､もしn≥mとすると､n=am+bと書け､R^(n/m)=R^((am+b)/m)=R^a･R^(b/m)となり､代数式としては(R^aの部分は係数に繰り込まれ)v=q₀+q₁･ᵐ√R+q₂･ᵐ√R²+⋯+qₘ₋₁･ᵐ√Rᵐ⁻¹の形に整理できる。これは､②の形そのものである。故に､②=(B1)が得られる(証明終)。

ステップ2-3

　話を先のSTEP2−2の(B0)式に戻すが､a,b,c,d,eの有理式p₀,p₁,…,pₘを使い､v=p₀+p₁y₁+p₂y₁²+…+pₘy₁ᵐと書ける事が判った。また､y₁は元の5次方程式①の解により､y₁⁵=ay₁⁴−by₁³+cy₁²−dy₁+eとなる。
　そこで､これを使えば､v=p₀+p₁y₁+p₂y₁²+…+pₘy₁ᵐのy₁に関する次数mを5より小さくする事が可能になる。
　こうして､y₂,y₃,y₄,y₅の置換により対称性を保つ任意の有理式は､v=p₀+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴の形に直せる事が判る。

　ここら辺の置換と対称性の議論は少し解り辛いが､山下氏は以下の様に説明を補足する。
　この様な多項式において､y₁,y₂,y₃,y₄,y₅の全てを置換をすれば､1個のみの値をとる事しか出来ず､従って対称性を持つ(既にy₂,y₃,y₄,y₅にては対称(=不変)だが､y₁を追加しても対称となる)か､又は､1≤j≤5にてy₁をyⱼと置換する事で5個の値をとるか､のどちらかである。
　つまり､対称性を持てば､解y₁,y₂,y₃,y₄,y₅の置換はどれも同じで不変となり､対称性がなければ解の置換は5個の値をとる。
　ただ､今は対称となる場合を排除し､後者を議論の対象とするので､5個の値をとる任意の多項式は､v=p₀+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴と､先で示した⑭式の形となる必要がある事が判る。また､y₂,y₃,y₄,y₅についても同様の議論が出来る。

　一方で､これらの解は⁵√Rを⁵√R,α･⁵√R,α²･⁵√R,α³･⁵√R,α⁴･⁵√Rに置換する事により､前回｢その5｣の⑨式の様に関連付けられる。更に､STEP2-1の⑭式を⁵√R=v=p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴の形にすれば､両辺をα倍する事により､⁵√Rがα･⁵√Rに置換される事になり､y₁がy₂に置換される。こうする事で､α(p+p₁y₁+p₂y₁²+p₃y₁³+p₄y₁⁴)=p+p₁y₂+p₂y₂²+p₃y₂³+p₄y₂⁴となる。
　或いは､アーベルがやった様に､単に上式にてy₁とy₂を入れ替えれば⑮式を得る。また､前述の[STEP2-1]の補足とダブるが､⑮式はα=1又はy₁=y₂でないと成立しないが､解は全て異なるのでどちらもありえない。
　故に(｢コーシーの定理｣により)､m=5との仮定では矛盾し､m=2となる。また､⑭式の左辺のrは5種類の異なる値をとると仮定したが､それも矛盾し､従って､rは2個の値をとる事が言える。
　と､ここまでで｢不可能の証明｣の第2段階を終えました。コーシーの置換論が少し厄介ですが､次回｢その7｣でも繰り返し述べますので､慌てずにです。