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。