ガロアの最終論文(#4の2)〜第2節の考察と正規部分群への道

　第2節の後半ですが､｢前半｣で述べたガロアの主張(1)を2つに分けて考察し､その後に正規部分群に繋がる､主張(2)を説明します。主張(1)を完璧にマスターすれば､難解とされる主張(2)は意外にも簡単に理解できそうです。
　以下､長らくお付き合いください。

(1)の考察

　まず､主張(1)を2つの部分に分けて考える。
　①K(r)上でガロア方程式が因数分解された場合､群が縮小する。但し､補助方程式はK上の方程式で､補助方程式の係数はもとの方程式の係数体Kの元である。
　ここで､素数p次の補助方程式s(y)=0の根rを添加すると､体KはK(r)に拡大する。但し､後の便宜の為に補助方程式の変数を敢えてyとした。
　仮に､rの添加でガロア方程式の左辺:g(x)=h(x)p(x)と因数分解できたとすると､K(V)上ではg(x)=(x−V)(x−V₁)(x−V₂)⋯の様に1次式にまで分解されるので､h(x)もp(x)も(x−Vⱼ)を幾つか掛け合わせたものとなる。
　そこで､Vが含まれてる方をh(x)とすると､h(x)はK(r)上既約なので､h(x)=xᵏ+t₁xᵏ⁻¹+t₂xᵏ⁻²+⋯+tₖと出来る。
　一方で､Kで既約であるg(x)がK(r)で因数分解された事実は､”t₁,t₂,…,tₖはKの元ではないがK(r)の元である”事を意味するので､更に､h(x)に含まれるVの共役をV₁,V₂,V₃,…,Vₖ₋₁とし､V₁=λ₁(V),V₂=λ₂(V),V₃=λ₃(V),…,Vₖ₋₁=λₖ₋₁(V)とする。
　この時のh(x)とh(λⱼ(x))の関係は､xにVを代入すれば､h(V)=0､h(λⱼ(V))=h(Vⱼ)=0､(j≤k)となるから､h(x)とh(λⱼ(x))はVという共通根を持ち､かつh(x)は既約なので､[補題1]よりh(λⱼ(x))はh(x)で割り切れる。
　因みに､｢序章｣で述べた[補題1]では”有理多項式と既約多項式が共通根を持てば､有理多項式は既約多項式で割り切れる”事に留意する。

　故に､K(r)上の多項式m(x)が存在し､h(λⱼ(x))=h(x)m(x)となり､i≤kに対し､h(λⱼ(Vᵢ))=h(Vⱼ)m(Vᵢ)=0×h(Vⱼ)=0を得る。
　ここで､Vᵢ=λᵢ(V)を上式の左辺に代入し､h(λⱼ(λᵢ(V)))=0を得て､これは､h(x)が(x−Vⱼ)を掛け合わせた形になるので､λⱼ(λᵢ(V))がV,V₁,V₂,V₃,…,Vₖ₋₁のどれかに一致する事を意味する。　
　従って､λⱼ,λᵢはV,V₁,V₂,V₃,…,Vₖ₋₁のある置換を意味し､その結果もまたV,V₁,V₂,V₃,…,Vₖ₋₁になる。つまり､これらの置換は群を成すので､この群をHとする。
　分解式の定義より､体K(r)上でのVの最小多項式g(x)は元の方程式のガロア分解式であった。今､体K(r)上でのVの最小多項式はh(x)なので､体K(r)上でのf(x)=0のガロア分解式はh(x)となる。　
　ここで､体K上のガロア群と､体K(r)上のガロア群Hを並べてみる。Gの位数をmとすれば､
G={(V→V),(V→V₁),(V→V₂),⋯,(V→Vₘ₋₁)}､H={(V→V),(V→V₁),(V→V₂),⋯,(V→Vₖ₋₁)}となり､これを整理すれば､”体K上―ガロア方程式g(x)―ガロア群G”と”体K(r)上―ガロア方程式h(x)―ガロア群H”との関係を得る。

　次に､②s(y)=0の根r,r₁,r₂,…の添加によるg(x)の因数分解だが､①と同じ様に､仮に､根rの添加でガロア方程式g(x)がh(x)p(x)に因数分解できたとすると､h(x)もp(x)もxの多項式で､その係数はK(r)の元で､rの多項式でもある。故に､h(x)とp(x)をh(x,r)とp(x,r)で表す。但し､g(x)の係数は体Kの元なのでrは含まれない。
　ここで､[補題1]より､F(x,r)=g(x)−h(x,r)p(x,r)=0と展開でき､整理すれば次の様に､K(r)の元を係数とするxの多項式:F(x,r)=uₛ(r)xˢ+uₛ₋₁(r)xˢ⁻¹+uₛ₋₂(r)xˢ⁻²+⋯+u₀(r)xを得る。また､F(x,r)=g(x)−h(x,r)p(x,r)=0より､ここでrを変数と見れば､これはxの恒等式となり､全ての係数が0となる。
　従って､uₛ(r)=uₛ₋₁(r)=uₛ₋₂(r)=⋯=u₀(r)=0となり､ここで､rを変数yに入れ替えると､補助方程式s(y)=0とuₛ(y)=0,uₛ₋₁(y)=0,uₛ₋₂(y)=0,…,u₀(y)=0は根rを共有する。s(y)は既約なので､[補題1]より､uₛ(y)=0,uₛ₋₁(y)=0,uₛ₋₂(y)=0,…,u₀(y)=0はs(y)で割り切れる。
　すると､体K(r)上の多項式q(x,y)が存在し､F(x,r)=g(x)−h(x,r)p(x,r)=s(y)q(x,y)を得る。従って､s(y)=0の全ての根r,r₁,r₂,…,rₚ₋₁にて､g(x)−h(x,rⱼ)p(x,rⱼ)=0⇒g(x)=h(x,rⱼ)p(x,rⱼ)となり､根rの共役rⱼを添加して生じるg(x)の因子は全てh(x,rⱼ)の形をして､xにても同じ次数となる。　
　ガロアは”p個の因数に分解できる”とだけ書いてるが､pが既約方程式の次数を表してるなら､重複がありうるのでg(x)がp個の因子に分解されるとは限らない。だが､pが素数であれば､p個の因子に分解される。
　事実､原稿には”既約な補助方程式”の所に”素数p次”と書かれ､後にそれを消した跡がある。もし､素数p次という言葉が残ったままなら､ガロアの記述は明快で､補助方程式の次数が素数p次であれば､g(x)=h(x,r)×h(x,r₁)×h(x,r₂)×…と､”同じ次数で同じ形のp個の因数”に分解される。　
　これで(1)の説明を終える。

(2)の考察
　
　次に､(2)の素数p次の補助方程式s(y)=0の根r,r₁,r₂,…,rᵖ⁻¹の添加によって縮小した群Hと､rᵢによって縮小したHᵢの関係を考察する。
　つまり､K(r)のガロア群がHで､K(r₁)のガロア群がH₁､K(r₂)のガロア群がH₂､…という事になるが､ここは簡単にHとH₁の関係を考える。　
　(1)の①で､h(λⱼ(x))=h(x)m(x)の式を考えたが､h(x)は係数体Kにrを添加した時に生じたガロア方程式g(x)=0の因子で､λⱼ(V)=Vⱼはh(x)=0の根の1つ､m(x)はK(r)上の多項式だった。
　そこで②でやった様に､rを強調し､h(λⱼ(x),r)､h(x,r)､m(x,r)と書くと､上式はh(λⱼ(x),r)=h(x,r)m(x,r)となる。
　この左辺をE(x,r)とおき､同様に展開すれば､E(x,r)=h(λⱼ(x),r)−h(x,r)m(x,r)=vₜ(r)xᵗ+vₜ₋₁(r)xᵗ⁻¹+vₜ₋₂(r)xᵗ⁻²+…+v₀(r)x=0となり､ここでrを変数と見れば､これはxの恒等式となる。故に､vₜ(r)=vₜ₋₁(r)=vₜ₋₂(r)=…=v₀(r)=0となる。
　従って､ここでrを変数yに置き換えると､vₜ(y)=0,vₜ₋₁(y)=0,vₜ₋₂(y)=0,…,v₀(y)=0は補助方程式s(y)=0と共通根を持つ。s(y)=0は既約なので[補題1]より､vₜ(y),vₜ₋₁(y),vₜ₋₂(y),…,v₀(y)はs(y)で割り切れる。
　つまり､体K(r)上の多項式n(x,y)が存在し､E(x,y)=h(λⱼ(x),y)−h(x,y)m(x,y)=s(y)n(x,y)となるので､s(y)=0の根r,r₁,r₂,…,rᵖ⁻¹の根について､h(λⱼ(x),rⱼ)−h(x,rⱼ)m(x,rⱼ)=s(rⱼ)n(x,rⱼ)=0を得る。

　ガロアが”f(F(V),r)→f(V,r)で割り切れる式”とか”f(F(V’),r’)→f(V’,r’)で割り切れる式”と記してるのはこの事である。そこで､ガロアの表記との対応を以下に示す。
　f(F(V),r)のVをxに変えたもの―h(λⱼ(x),r)
　f(V,r)のVをxに変えたもの―h(x,r)
　f(F(V’),r’)のV’をxに変えたもの―h(λⱼ(x),r₁)
　f(V’,r’)のV’をxに変えたもの―h(x,r₁)
　これは､h(λⱼ(x),r)はh(x,r)で割り切れ､h(λⱼ(x),r₁)はh(x,r₁)で割り切れる事であり､”h(x,r)=0の根Vに対し､λⱼ(V)もh(x,r)=0の根ならば､h(x,r₁)=0の根Vₖに対し､λⱼ(Vₖ)もh(x,r₁)=0の根である”事―③を意味する。
　故に､V→λⱼ(V)がHの置換ならば､Vₖ→λⱼ(Vₖ)がH₁の置換となる。
　結局､Hの置換からH₁の置換を作るには､Hの置換(V→λⱼ(V))に対し､(Vₖ→λⱼ(Vₖ))がH₁の置換になるので､Hの置換VをVₖに書き換えればいい。この事をガロアは”順列(F(V))が順列(F(V’))に移行する為には､順列(V)が順列(V’)に移行するのと同じ置換を施す必要がある”と書いた。

　そこで､③よりh(x,r)=0の根をV,λ₁(V),λ₂(V),λ₃(V),…とすると､h(x,r₁)=0の根はVₖ,λ₁(Vₖ),λ₂(Vₖ),λ₃(Vₖ),…となる。　
　故に､Hの置換:(V→λ₁(V)),(V→λ₂(V)),(V→λ₃(V)),…に対し､H₁の置換:(Vₖ→λ₁(Vₖ)),(Vₖ→λ₂(Vₖ)),(Vₖ→λ₃(Vₖ)),…となる。以上より､Hの置換をもとにH₁の置換を作るには､VをVₖに書き換えればいい。
　ただ､ガロアが述べてるのはここまでで､置換を作るのに一々”順列(V)が順列(V’)に移行するのと同じ置換を施す”とやってたら普通でなくとも頭が混乱する。
　但し今では､この部分は簡潔に記号化され､置換(V→V₁)をσ､置換(V→Vₖ)をτとすると､σ={(1,2,3,…,n)→(σ(1),σ(2),σ(3),…,σ(n))}､τ={(1,2,3,…,n)→(τ(1),τ(2),τ(3),…,τ(n))}として､σに対し”順列(V)が順列(V’)に移行するのと同じ置換を施す”とは､σの左の順列を右の順列にτを施す事を意味し､その結果は{(τ(1),τ(2),τ(3),…,τ(n))→(τ(σ(1)),τ(σ(2)),τ(σ(3)),…,τ(σ(n)))}となる。が､実はこれは､τ⁻¹στと等しくなる。
　実際に､τ⁻¹={(τ(1),τ(2),τ(3),…,τ(n))→(1,2,3,…,n)}となり､τ⁻¹στの要素を順に確認すれば､τ(1)→1､1→σ(1)､σ(1)→τ(σ(1)､故にτ(1)→τ(σ(1)。以下､数字の1がそれぞれ2,3,4,…に変わるだけで､上の結果と同じになる事が判る。
　これは､Hの置換(V→λ₁(V))を元にH₁の置換(Vₖ→λ₁(Vₖ))を作るには､まずVₖをVに置換(τ⁻¹)し､次にVをλ₁(V)に置換(σ)し､最後にλ₁(V)をλ₁(Vₖ)に置換(τ)すればいい。つまり､Vₖをτ⁻¹στで置換すればλ₁(Vₖ)を得る(上図参照)。

　以上より､Hの全ての置換に､τ⁻¹στの操作をすれば､H₁の全ての置換を得る。
　この様に､σとτ⁻¹στの関係にある置換を”共役”(又は内部自己同型)というが､共役変換しても不変な部分群となる。
　従って､Hの置換とH₁の置換は共役関係にあり､H→H₁に移る順列の1つをτとし､Hの全ての置換σᵢにてτ⁻¹σᵢτを計算すれば､H₁の全ての置換を得る。
　一方で､既約方程式の根と根を共役な関係と呼ぶが､ガロア群の置換でも共役の関係は､それ以上に深く結ばれている。
　そこで､以下の結論を得る。
　補助方程式の根rの添加により生じたガロア方程式g(x)=0の因子h(x.r)を動かさない群H､rの共役r₁の添加により生じた因子h(x.r₁)を動かさない群H₁､r₁の共役r₂の添加により生じた因子h(x.r₂)を動かさない群H₂､…について､つまり､K(r)のガロア群がH､K(r₁)のガロア群がH₁､K(r₂)のガロア群がH₂､…について､次の等号が成立する。但し､h(x.r)=0の根の1つをV､h(x.r₁)=0の根の1つをV₁､h(x.r₂)=0の根の1つをV₂､…とした時､τ₁:(V→Vₖ)､τ₂:(V→V₂ₖ)､…とする。
　この時､H₁=τ₁⁻¹Hτ₁､H₂=τ₂⁻¹Hτ₂､…が成立する。
　これを現代の記法に直せば､置換τᵢをガロア群の要素とすると､Hはガロア群の正規部分群となる事が判る。 

　因みに､この第2節はガロアですら混乱した所で､軽く読み流しても構わんです。
　というのも､正規部分群の存在さえ解ってれば､大方省略出来る部分ですから､但し､ここを正面突破した17歳のガロアの勇気と覚悟には恐れ入る。
　つまり真の天才とは､どんな状況に置かれてもその優れた才能を発揮するもんですが､潰され易いのもこれまた真なりですね。
　次回｢#5｣では､第3節に進み､正規部分群の発見と定義について書きたいと思います。