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。

第９話 補遺

① 正２０面体群が分解できない理由

第９話　補遺

①　正２０面体群が分解できない理由