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第9話 補遺

① 正20面体群が分解できない理由

 一般の5次方程式の解がべき根で表現できないのは、正20面体群がそれ以上分解できないからだ。では、正20面体群は、なぜ分解できないのか。その理由を説明しよう。

 まず、「分解できない」という言葉を精密化しないといけない。そのために、「正規部分群」という概念を導入する。

 ある群 \(G\) があったときに、その部分集合 \(H\) で、それ自身が群になっているものがあると、\(H\) は \(G\) の部分群だという。このような部分群 \(H\) の元が、\(H = \{ h_1, h_2, ... \}\) となっていたとしよう。そのときに、もとの群 \( G \) の任意の元 \(g\) を持ってきて、\(\{ g h_1 g^{-1}, g h_2 g^{-1} ,... \} \) という集合を考え、これを \( g H g^{-1} \) と書くことにする。\( H \) が \( G\) の部分群なら、\( g H g^{-1} \) も部分群になる(なぜそうなるかは、自分で考えてみよう)。そこで、部分群の間の変換 \( g: H \rightarrow g H g^{-1} \) を、\( g \in G \) の \( H \) への作用と考えることにする。

 群 \( G \) のどんな元 \(g\) についても、\( g H g^{-1} = H \) となっている部分群 \( H \) のことを正規部分群と呼ぶ。正規部分群は、\( G \) の作用で不変になっているといえる。

 たとえば、3次の対称群 \(S_3\) では、\( \{ 1, \Omega, \Omega^2 \}\) が正規部分群になっている。これを確かめるために、\( \Lambda \) を使って、\( \Lambda \{ 1, \Omega, \Omega^2 \} \Lambda^{-1} \) を考えると、

\begin{align} &\Lambda \Omega \Lambda^{-1} =  \Omega^2\Lambda \Lambda^{-1} = \Omega^2 , \\ & \Lambda \Omega^2 \Lambda^{-1} =  \Omega\Lambda \Lambda^{-1} = \Omega ,\end{align}

なので、\( \{ 1, \Omega, \Omega^2 \}\) に戻る。また、\( \Omega \{ 1, \Omega, \Omega^2 \} \Omega^{-1} = \{ 1, \Omega, \Omega^2 \} \) は当然成り立つ。\(S_3\) の元は、すべて \( \Omega \) と \( \Lambda \) の組み合わせで表せるので、そのどんな元 \( g \) についても、

$$ g \{ 1, \Omega, \Omega^2 \} g^{-1} = \{ 1, \Omega, \Omega^2 \}, $$

となる。すなわち、\(\{ 1, \Omega, \Omega^2 \}\) は正規部分群であることがわかる。\( S_3 \)の中には、交換しない元が含まれている(たとえば、\( \Omega \Lambda \neq \Lambda \Omega \) )が、この正規部分群の元はすべて交換する。元同士がすべて交換する群は、可換であるという。一般の3次方程式の解がべき根を使って表せる理由は、3次の対称群が、\( \{ 1, \Omega, \Omega^2 \}\) という可換な正規部分群を持つからだ。

 もちろん、どんな群 \( G \) についても、\( G \) 自身は正規部分群だ。また、単位元だけからなる群 \( \{ 1 \}\) も正規部分群だ。そこで、この2つの正規部分群は除いて、自分自身と \( \{ 1 \}\) 以外に正規部分群を持たない群のことを、「単純群」とよぶ。ガロア理論で、正20面体群が「それ以上分解できない」というのは、「単純群だ」という意味だ。正20面体群がなぜ単純群なのかを説明しよう。

 5次方程式の解の対称性 \(S_5\) について考える前に、一般の\(n\)次の対称群\(S_n\)の性質について調べておこう。

 \(S_n\) は \(n\) 個のもの、たとえば \(n\) 次方程式の \(n\) 個の解 \(\{\zeta_ 1, \zeta_2, ..., \zeta_n\}\) の入れ替えの群だ。その任意の元 \( g \in S_n \) を考えると、これは \( \zeta_1\) を \(g(\zeta_1)\) に、\(\zeta_2\) を \(g(\zeta_2)\) にする。これを繰り返したときの、\(\zeta_1\) の行方を考えてみよう。\(\zeta_1\) は \(g(\zeta_1)\) に、\(g(\zeta_1)\) は \(g(g(\zeta_1))\) になる。解は全部で \(n\) 個しかないから、いつかはもとの \(\zeta_1\) に戻ってくるはずだ。\(g \) は、このループに入っている解をグルグル回す。グルグル回っているので、これを巡回置換と呼ぶ。たとえば、長さが \( m \)のループがあって、

$$ a_1\rightarrow a_2 \rightarrow \cdots \rightarrow a_m \rightarrow a_1, $$

となっていたら、この巡回置換を \((a_1, a_2, ... , a_m)\) と表すことにする。この表示法では、

$$ (a_1, a_2, a_3, ... , a_m)=(a_2, a_3, ... , a_m, a_1),$$

などとなっているけれど、たとえば、

$$ (a_1, a_2, a_3, ... , a_m)\neq (a_2, a_1, a_3... , a_m),$$

であることに注意しよう。

 次に、このループに入っていない解を選んで、また \(g \) を作用していくと、もうひとつループができる。これを繰り返せば、\(g\) を巡回置換の積で表すことができる。つまり、対称群の元は、すべて巡回置換の積として表すことができる。

 特に、ループの長さが2のものを互換と呼び、 \((a,b)\) と書くことにする。対称群の元は、すべて互換の積として表すことができる。たとえば、\((a_1, a_2, ... , a_m)\) というループがあったとき、これをグルグル回す巡回置換は、互換の積として、

$$ (a_1, a_2, ... , a_m)=(a_1, a_2)\times (a_1, a_3) \times \cdots \times (a_1, a_m) , $$

と分解できる。対称群の元は、巡回置換の積として表すことができるので、互換の積になる。

 対称群の元を互換の積として表す方法は一通りではない。たとえば、\( \zeta_1,\zeta_2, \zeta_3, \zeta_4 \) が異なる解のときには、

$$ (\zeta_1,\zeta_2) = (\zeta_3,\zeta_4) \times (\zeta_1,\zeta_2) \times (\zeta_3,\zeta_4) , $$

となる。しかし、\( S_n \) の元 \( g\) を互換の積に分解したときに、互換が奇数個になるか偶数個になるかは、\( g \) によって決まっている。たとえば、上の例でも、左辺は互換が1つ、右辺は互換が3つで、どちらも奇数だ。互換の積が奇数の元のことを「奇置換」、偶数の元のことを「偶置換」と呼ぶ。

 対称群 \(S_n\) の偶置換の全体は、部分群になる。それは、偶置換と偶置換の積が偶置換だからだ。これを「交代群」と呼び、\(A_n\) と書く(\(A\)はAlternatingの頭文字だ)。一方、奇置換を偶置換に掛けると奇置換になる。たとえば、\((\zeta_1,\zeta_2)\) は奇置換の例だ。だから、\(S_n\) の中で、偶置換は \( A_n \) に含まれ、奇置換は \(  (\zeta_1,\zeta_2) \times A_n \) に含まれる。つまり、

$$ S_n = A_n \cup \left[  \ (\zeta_1,\zeta_2) \times A_n \ \right], $$

である。

 しかも、\( A_n \) は \(S_n \) の正規部分群になっている。これを示すためには、\( S_n \) のどんな元 \( g\) についても、\( g A_n g^{-1} = A_n \)を示せばよい。さて、\( g \) は互換の積として表すことができるが、これが偶数の互換の積(偶置換)の場合には、\( A_n \) が偶置換の集まりなので、当然 \( g A_n g^{-1} = A_n \) となる。一方、\( g \) が奇置換の場合には、\( g = ( \zeta_1, \zeta_2 ) \times (偶置換) \) と書けるので、結局 \((\zeta_1,\zeta_2) A_n (\zeta_1,\zeta_2)^{-1} = A_n\) を示せばよいことがわかる。互換 \((\zeta_1,\zeta_2)\) は2回作用すると元に戻るので、\((\zeta_1,\zeta_2)^{-1} = (\zeta_1,\zeta_2)\) であることに注意すると、\((\zeta_1,\zeta_2) A_n (\zeta_1,\zeta_2)= A_n\) と書いてもよい。\( A_n \) の元 \( g \) は偶数の互換の積として表せるから、\((\zeta_1,\zeta_2)\times g \times(\zeta_1,\zeta_2)\) も偶数の互換の積になり、この等式が正しいことがわかる。こうして、\( A_n \) は正規部分群であることが証明できた。たとえば3次の対称群 \( S_3 \) では、\( A_3 = \{ 1, \Omega ,\Omega^2 \}\) で、確かに正規部分群になっている。

 交代群\( A_n \)は偶置換からできている。そこで、偶置換の性質について考えてみよう。互換の積、\( (a, b) \times (c, d) \) には、3つの場合がある。

(1)もし \((a,b) = (c,d) \) なら、\( (a, b) \times (a, b) =1\)となる。

(2)もし、\( (a,b) \) と \((c,d)\) に1つだけ共通のものがあると、\((a,b) \times (a, c) = (a,b, c)\)で、3つの解の巡回置換になる。

(3)もし、\( (a,b) \) と \((c,d)\) に共通のものがなければ、

$$ (a, b) \times (c, d) = (a , b ) \times (b, c) \times (b, c) \times (c, d)= (a, b, c) \times (b, c, d) , $$

となって、3つの解の巡回置換の積になる。

つまり、2つの置換の積は、\( 1\) か、3つの解の巡回置換か、その積になる。したがって、偶置換なる交代群は、3つの解の巡回置換だけを使って表せるがわかった。実際、\( n = 3\) のときには、\( A_3 = \{ 1, \Omega ,\Omega^2 \}\) で、\( \Omega = (\zeta_1, \zeta_2, \zeta_3) \) だけで表されている。

 交代群 \( A_n \) のもう一つ重要な性質として、「\( (n-2)\) 重推移性」というものがある。まず、推移性という概念を定義しよう。対称群 \( S_n \) は \(n\) 個の解 \( \{ \zeta_1, ..., \zeta_n \} \) を混ぜるので、その中のどんな解 \( \zeta_i \) を選んでも、それを別な解 \( \zeta_j \) に置き換える置換 \( g \in S_n \) がある。たとえば、\( g = (\zeta_i ,\zeta_j)\) とすればよい。このとき、\( S_n \) は、\( \{ \zeta_1, ..., \zeta_n \} \) に「推移的に作用している」という。

 \( k \) 重推移性というのは、これを一般化したもので、\( k \) 個の異なる元 \( \zeta_{i_1}, ... , \zeta_{i_k}\) を、「順序を保ったまま」、任意の \( k \) 個の異なる元 \( \zeta_{j_1}, ... , \zeta_{j_k} \) に移すことができるという意味だ。つまり、一度に \( \zeta_{i_1} \rightarrow \zeta_{j_1} \);  ... ; \( \zeta_{i_k} \rightarrow \zeta_{j_k} \) と移動することができるということだ。

 交代群 \( A_n \) は、\(n \) 重推移的ではない。たとえば、\( \zeta_1, \zeta_2, \zeta_3, ... , \zeta_n \) を \( \zeta_2, \zeta_1, \zeta_3, ... , \zeta_n \) に、順番を保ったまま移すのは、互換 \( (\zeta_1 , \zeta_2) \) だが、これは奇置換なので、\( A_n \) には含まれていない。また、\(( n-1)\) 重推移的でもない。たとえば、\( \zeta_2, \zeta_3, ... , \zeta_n \) を考えると、これを順番を保ったまま \( \zeta_1, \zeta_3, ... , \zeta_n \) に移すのは、またしても \( (\zeta_1 , \zeta_2) \) で、\( A_n \) には含まれていない。

 しかし、交代群 \( A_n \) は、\((n-2) \) 重推移的だ。たとえば、\( \zeta_3, \zeta_4, ... , \zeta_n \) を考えると、これには \( \zeta_1 \) と \(\zeta_2\) が含まれていないので、これが移る先として考えられる \( (n -2) \) 個の組み合わせとしては、\( \zeta_3 , ..., \zeta_n\) のどれかを、\( \zeta_1 \) と \(\zeta_2\) のどちか、もしくは両方と入れ替えたものだ。このような作用は、必ず偶置換で行うことができる。たとえば、\( \zeta_3, \zeta_4, ... , \zeta_n \) を順番を保って \( \zeta_1, \zeta_4, ... , \zeta_n \) に移すには、\( (\zeta_1, \zeta_2, \zeta_3) \) を作用すればよい。\(\zeta_3\) が \(\zeta_1\) に置き換わって、他のものはそのままなので、目的が達せられるからだ。

 たとえば、\( A_3\) は \( \zeta_1, \zeta_2 \) を \( \zeta_2, \zeta_3 \) に移すことはできないので、2重推移的ではない。一方、\( A_4 \) だと、\( \zeta_1, \zeta_2 \) を \( \zeta_2, \zeta_3 \) に移すには、\((\zeta_1, \zeta_3, \zeta_4)\) を使えばよく、これは偶置換だ。\( A_4 \) は2重推移的だとわかる。

  さて、第9話では、5次の対称群 \(S_5\) を、2つのものの入れ替えの群 \(\{1, \Lambda\}\) と正20面体群 \( {\cal I}\) に分解した。互換 \(\zeta_1,\zeta_2)\) は2つのものの入れ替えだから、これを \(\Lambda\) とすると、\(S_5\) を、\( {\cal I} \) と \( \Lambda  \times {\cal I}\) に分けたということだ。これをさっきの、

$$ S_n = A_n \cup \left[  \ (\zeta_1,\zeta_2) \times A_n \ \right], $$

と比較すると、正20面体群 \({\cal I}\) は、\( S_5 \) の正規部分群で、偶置換からなる5次の交代群 \(A_5\) に他ならないことがわかる。

 この交代群 \(A_5\) は、3重推移的だ。つまり、どんな \( \zeta_i, \zeta_j ,\zeta_k \) も、\(A_5\) の元を使って、順番を保ったまま \( \zeta_p, \zeta_q, \zeta_r  \) に移すことができる。これを使うと、\(A_5\) は単純群であることが導かれる。つまり、\(A_5\) には、それ自身か \(\{1\}\) 以外には、正規部分群はない。

 さっき説明したように、\(A_5\) は偶置換の集まりなので、その元はすべて、3つの解の巡回置換の積として表せる。そこで、\(A_5\) に正規部分群 \( H \) があったら、その元も3つの解の巡回置換の積として表せることがわかる。もう少し考えると、\( H \) は、\( \{  1 \} \) でない限り、少なくとも1つの巡回置換 \( (\zeta_i , \zeta_j , \zeta_k)\) を含んでいることを示すことができる。

 ところで、\( H \) が \(A_5\) 正規部分群なら、\(A_5\) の任意の元 \( g \) について、\( g H g^{-1} = H \) となっていなければいけない。そこで、\( H \) が巡回置換\( (\zeta_i , \zeta_j , \zeta_k )\)を含んでいれば、\(g \times  (\zeta_i , \zeta_j , \zeta_k)\times g^{-1}\) も含んでいなければいけない。5次の交代群 \( A_5 \) は3重推移的なので、3つの解の巡回置換同士は \( A_5 \) の作用で移りあう。つまり、巡回置換 \( (\zeta_i , \zeta_j , \zeta_k )\) をひとつ与えると、他のどんな巡回置換\( (\zeta_p, \zeta_q, \zeta_r)\) も、\(g \times  (\zeta_i , \zeta_j , \zeta_k )\times g^{-1}\) と表せる。交代群 \( A_5 \) のすべての元は、3つの解の巡回置換の積として表されるので、\( H \) は、\( \{  1 \} \)で ない限り、\( A_5 \) 自身でなければならない。つまり、\(A_5\) には、それ自身から \(\{1\}\) 以外には、正規部分群はない。単純群であることが示された。

 同様に、5次以上の交代群 \( A_n\)  \(( n \geq 5)\) はすべて単純であることを示すこともできる。

 5次方程式の5つの解を入れ替える5次の対称群 \( S_n \) は、正規部分群 \( A_5 \) を持ち、これは単純群なのでこれ以上分解することはできない。本書で説明したように、この \( A_5 \)、すなわち正20面体群の中では掛け算の順序を入れ替えることができない。これから、一般の5次方程式の解は、べき根では表せないことが導かれる。