↑ ↓
K（θ・，…，θ6） N正規部分群
悔拡大 ↓
κ S5
定理4．2Q係数既約5次方程式が可解になる条件は，その6次分解式∫20（灘）がちょ うど1つの有理数根をもつことである．
Proof Q係数既約5次方程式∫（oじ）＝0が可解であるとする。このとき，∫（z）のGalois群 σは馬o，昂o，罵のいずれかに共役である．従ってあるθ乞を固定する．ゆえにθ乞∈Qが 得られる．次に∫20（∬）の有理数根がθ歪のみであることを示す．ここで乞＝1としても一般 性を失わない。このときσは5−cycleσニ（1，2，3，4，5）を含む。θ乞，￠≠1はσによって
θ2ろθ6Aθ3みθ4鳥θ5ろθ2
と置換される．ここでθ2，．．．，θ6のある2っが等しいとき，例えば，θ2＝θ6のときは
θ2＝θ6＝σ（θ2）＝σ（θ6）＝θ3
となり，すべて等しくなる。これは補題4．1よりK（￠1，＿，コr5）＝K（θ1，＿，θ6）であることに 矛盾する．ゆえにθ2，＿，θ6は互いに異なり，Qに含まれない．よって∫20（∬）は1次式と既
4．可解な5次方程式・その1 57
約5次式に分解され，有理数根はθ1のみである．
逆に／20（￠）が有理数根θκをもつと仮定する。∫（劣）が既約であるからGalois群σは5−
cycleρを含む．補題4．1よりK（苅，＿，z5）＝K（θ1，＿，θ6）であるから∫20（￠）は1次式と既 約5次式に分解されρはθκのみを固定する．θκを固定する5−cycleはρのべきのみで
あるから〈ρ〉≦θを得る．従ってσはS5におけるSylow5部分群の正規化群に含まれる．
ゆえにσは乃o，Flo，馬のいずれかに共役である． ■ 定義4。3（判別式）Q係数η次方程式g（z）ニ0の根α1，＿，απに対して
の
α
一
偽
H幻
△
〆 P＝△2
9 9とおき，Pgをg（￠）の判別式という，
△g，Pgを△，Pと略記することがある。
＠係数冗次方程式g（灘）＝0の根をα1，、．．，απとし，g（￠）のGalois群をσ＝Glα （E／Q）
とおく，このときσの元σによって根α1，＿，απが置換されるのでσ（△g）＝士△gが成り 立っ．従って五）g＝△1はσの不変体Eσ＝Qの元である。
補題4．4Q係数方程式g（z）＝0の分解体をE，△＝△g，σαJo乞3群をσ＝Glα♂（E／◎），
E＝0∩・4．とおく，このときEE＝Q（△）が成り立っ．従って△がQに含まれる条
件はσ≦。4ηとなることである．
Proof偶置換は△を不変にするのでQ（△）⊆EHが成り立っ。一方，定理L7とGaloisの 基本定理より
［EH：＠1一［σ、H］一旦」σみπ1≦囲一2 旧l Iz4ηl I 4π1
が成り立つ・［（7：E］＝2のとき［EE：（Q］＝2，かっσは奇置換ρを含む・ρ（△）≠△
より △￠Elσ＝Qとなる．従ってIQ（△）：側≧2となるのでQ（△）＝EHが成り立 つ。1（7：H］＝1のときも（7＝∫fであることから，Q（△）⊆EH＝Eσ＝Qとなり，
Q（△）＝EHを得る。特に△がQに含まれる条件はEH＝Q（△）＝（Q，すなわちσ＝H が成り立っことである．これは明らかにσ≦、4．と同値である． ■
補題4。5Q係数既約5次方程式∫（劣）＝0の判別式をP＝△2とする．∫（劣）が可解 ならばP＞0である．
Proof∫（∬）の分解体をE，Galois群をGlとする．仮定よりσは乃o，．Flo，罵のいずれか に共役である．（穿がF10または罵に共役であるときは（穿≦。45が成り立つ．従って補題 4，4より△∈QとなるのでP＝△2＞0となる．
σが巧oに共役のとき，（7＝乃oとして一般性を失わない．Glの指数2の部分群は，ハo のみであるので，Galoisの基本定理よりEに含まれるQの2次拡大は唯一っで，Gl≦。45 より（Q（△）に一致する，また罵はσの指数4の正規部分群であるから，罵に対応するQ の4次Galois拡大体Lが存在する．Q（△）⊆Lに注意されたい．ここで複素共役を五に 作用させると，その不変体Kは［L：瑚≦2を満たすのでQ（△）を含む．従って△∈Rよ
りP＝△2＞0が成り立っ。 ■ 5次方程式
コリ5＋P♂＋gz2＋㍑＋5＝0 （4。4）
の6次分解式は
∫2。（z）一劣6＋8丁劣5＋（2P92−6P27＋4072−5098）♂
＋（一294＋21P927−40P272＋16073−15P295−400gTθ＋125P32）♂
＋（P294−6P392γ一8947＋gP472＋76P92T2−136P2T3＋40074 −50P933＋90P2973−14009725＋6259252＋500那2）」r2
＋（一2P96＋1gP2947−51P39272＋39472＋32P4r3＋76P9273 −256P274＋512T5−31P3938−58955＋117P4975＋105P9375 ＋260P29725−24009735−108P552−325P29252＋525P3732
＋275092782−500P7252＋625P953−312554）』・ （4．5）
＋（98−13P967＋P59272＋65P29472−4P6γ3−128P39273＋179473 ＋48P474−16P9274−192P2T5＋25676−4P5933−12P2955
＋18P6978＋12P39378−1249575＋196P49725＋590P93725 −160P29735−16009745−27P782−150P49252−125P9452 −9gP5752−725P292732＋1200P37252＋3250927252
−2000P7352−1250PgT53＋3125P284−9375784）
となる（計算はMathematicaによる）．特に3項式」σ5＋αz＋δ篇0の場合
∫2。（z）＝灘6＋8α∬5＋40α2♂＋160α3灘3＋400α4劣2 ＋（512α5−3125δ4）の＋（256α6−9375αδ4）
（4，6）
4，可解な5次方程式・その1
59となる。また（4。4）の判別式Pは
Dニー4P39272−279472＋16P473＋144P92γ3−128P2T4＋25675＋16P3935
＋108955−72P4975−630P9375＋560P29725−16009735＋108P552 （4。7）
＋825P29252−900P3732＋225092752＋2000P7252−3750P933＋312554 である．特にz5＋αの＋δ＝0の場合は
P＝256α5＋3125わ4
（4。8）となる．以上からQ係数既約5次方程式が与えられたとき，その6次分解式と判別式を上 の式から計算可能である．補題L26を適用し，有限個の有理数根の侯補を6次分解式に代 入することにより，6次分解式が有理数根をもつかどうか判定できる．有理数根をもてば与
えられた方程式は可解である。また，そのとき判別式Pは正となり，その実平方根土△か ら拡大体Q（△）が得られる。これらの事実は後節で用いられる。
4．2 可解な5次方程式の解法
複素（変）数苅，＿，賜を根とする5次方程式を
∫（灘）ニ（ω一Z1）（レ劣2）（Z一灘3）（」・一灘4）（劣一」P5）
ニ∬5−51♂＋52♂一53劣2＋34コ9−55＝0
とおき，E＝Q（3r1，．．．，z5），F＝Q（51，＿，55）とする。E／FはGalois拡大で（7αδ（E／F）望S5 である．ここで跳＝錫一誓（乞二1，＿，5）7
∫＊（・r）＝（Z一〃1）（Z一ッ2）（Z一〃3）（劣一ッ4）（Z一ッ5）
とおくと，∫＊（￠）はF係数多項式でEはF上の∫＊（記）の分解体である。従って∫（z）と
∫＊（劣）のGalois群は一致して（7α1（E／F）であり，F係数方程式∫（￠）＝oを解くことと，
F係数方程式∫＊（の）＝0を解くこととは同値である．以上から腕，∫＊（z）を改めて賜，∫（￠）
とおき，その解法を考察することにする．なお51＝391＋…＋￠5＝0，すなわち∫（の）のz4 の係数は0であることを注意しておく。
さて，1の原始5乗根を1つ選びくとおく，E（く）はF上の多項式∫（∬）（395−1）の分 解体である．従ってE（ζ）／FはGalois拡大である．一方，P．35で述べたように，Q（ζ）／Qは
Galois拡大でGlαz（Q（く）／Q）は位数4の巡回群である．またζのQ上の最小多項式は ん。（z）ニω4＋♂＋劣2＋の＋1
である。今，んo（∬）がE上でho（∬）＝ん1（∬）h2（z）と1次以上の多項式の積に分解でき たと仮定する。ん1（Z），ん2（灘）はモニックであるとしてよい。ん1（Z），ん2（∬）の係数はQの
4次拡大Q（く）の元であるから定理L35よりQ上代数的である。一方Q上の有理関数
体EニQ（苅，＿，z5）の元でQ上代数的であるものはQの元に限る（cf［4，2章，例2．10］）。
従ってん0（コロ）ニん1（劣）ん2（Z）はQ上での分解となるが，これはん0（Z）がQ上既約であるこ とに矛盾する。従ってんo（の）はE上で1次以上の多項式の積に分解できない．すなわち んo（劣）はくのE上の最小多項式である．これより［E（ζ）：E］＝4が成り立ち，1，ζ，ζ2，ζ3 はE上1次独立であることがわかる．
θを前節と同様
θ＝命2コ・5＋命3簸＋激、ω3＋ゆ4395＋激、」σ5
＋￠3Z2ω4＋Z4Z1の2＋の4コr3灘5＋Z5灘1コr4＋Z5偲2￠3
とおくとK＝．F（θ）は乃oの不変体である。方程式∫（z）＝0が可解ならば，そのGalois 群は瑞oニ〈σ，τ〉の部分群と見なせるのでK＝F（θ）は不変体に含まれる．
E（ζ）＝EVK（ζ）は明らかであるが，E∩K（ζ）＝κが成り立つ、なぜならば，κ⊆
E∩K（ζ）は自明であるので，E∩K（ζ）の任意の元をβとすると
β＝α。＋α、ζ＋α2ζ2＋α3ζ3（α乞∈．κ）
とおくことができ
α。一β＋α、ζ＋α2ζ2＋α3く3ニ0
となるが，1，く，ζ2，ζ3がE上1次独立であることからβ＝αo，α1＝α2＝α3＝0が得られ るからである．系3，35より，EがK上の∫（コじ）の分解体，K（ζ）がK上の∬5−1の分解 体であることに注意すれば
θα」（E（ζ）／κ）望（7α」（E／κ）×（7α」（κ（ζ）／κ）盤乃o×zl
が成り立つ。ここで（7α1（E（ζ）／E）の元ωでω（ζ）＝ζ3を満たすものを選び，σ，Tを σ頭E（ζ）／κ（ζ））の元と見なせば
oα」（E（ζ〉／κ）＝乃。×（ω〉
4．可解な5次方程式・その1
61が成り立っ．
次にLagrange分解式71，72，73，74を定義する．
γ、＝Z1＋Z2ζ＋劣3ζ2＋∬4ζ3＋￠5く4 γ2＝コr1＋Z2ζ2＋Z3ζ4＋￠4ζ＋詔5ζ3 γ3＝劣、＋Z2ζ3＋劣3ζ＋劣4ζ4＋灘5ζ2 γ4＝Z1＋詔2ζ4＋Z3ζ3＋コP4ζ2＋3r5ζ
（4。9）
苅＋…＋コp5＝0に注意すれば 1
劣、＝一（7、＋72＋73＋74）
5 1
餌2＝一（ζ4T、＋ζ3T2＋ζ273＋ζγ4）
5 1
の3＝一（ζ37、＋ζ72＋ζ4T3＋ζ274） （4．10）
5 1
の4＝一（ζ27、＋ζ472＋ζ73＋ζ374）
5 1
劣5＝一（ζγ、＋ζ272＋ζ3T3＋ζ474）
5
が導かれる．従って∫（必）＝0を解くためには71，72，73，74を求めればよい．71，72，73，74
をそれぞれ5乗したものをR1，R2，R3，R4とすれば
R、＝71＝ど。＋」、ζ＋♂2ζ2＋♂3ζ3＋ど4ζ4
R2＝7薯＝」。＋Z3ζ＋♂、ζ2＋ど4ζ3＋Z2ζ4 （4．11）
R3＝噌＝♂。＋」2く＋」4ζ2＋Z、ζ3＋δ3ζ4 R4＝71＝」。＋♂4ζ＋♂3ζ2＋♂2ζ3＋」、ζ4
とおくことができる．ただしJo，♂1，」2，Z3，」4は
♂。一嬬＋嘘＋20コじ、激3＋30』p診2略＋嬬＋30コ・1激4＋20コglコP3偲4＋20￠2塵4 ＋30ゆ3畷＋30z、劣1婿＋20の、z2姥＋媛＋20命2z5＋30z釜舜5＋魂
＋20z1舜5＋20⑳4灘5＋120z、コ・2コr3塀5＋30zl命5＋20劣3舜5 （4．12）
＋30∬1コr㌶＋30命3魂＋30∬1躍1＋30z2命1＋20塀3劣1＋20劣1郷1
、＝5命2＋5晦3＋30劣、zl姥＋10命1＋20劣、コrlの4＋60命2瑠4＋5塵4 ＋10命1＋30灘2塵1＋10劣舞頃＋20の、z3頑＋30姥激5＋20命3劣5＋10媛鰭 ＋20∬蝿z5＋60∬論躍5＋60∬、z葦躍5＋603P、の2命5＋5z脇 （4．13）
＋60灘、堀3鋸＋30命4鰭＋30z3命彗＋10ゆ1＋20塀4曙＋5∬、姥
」2＝10命婁＋5命3＋10魂ω§＋20灘、z2姥＋5塵4＋60劣1舜3劣4＋30命書灘4 ＋3曜灘2場＋10魂場＋20塀3頃＋5￠、場＋20劣、毒5＋60∬盆z2躍5＋30激3鰭 ＋5塵5＋20命4劣5＋60」σ2劣1郷5＋30z婁命5＋6039、劣3灘1￠5 （4。14）
＋30』r、環魂＋60￠、コr2コσ4魂＋10命1＋10命書＋203r3z4魂＋5z2』・1
ε3＝10命1＋20恥2」じ3＋10虜劣1＋5ω、略＋53g勉4＋20ρrl灘3」じ4＋60ω、の2激4 ＋30￠、毒1＋30命3コσ1＋10』pl魂＋5コじ2コrl＋5激5＋60コ・、∬1軍5＋10命1
＋30zl毒5＋60命2z4z5＋20姥躍5＋60z2瑠1劣5＋20z、塵5 （4ユ5）
＋30ω2略鋸＋30コpl堀1＋60∬、￠3コr4鰭＋20堀2曙＋10城の1＋5瑠1
♂4＝5z1』rl＋30命1∬3＋10命1＋5コゥ2媛＋20命2z4＋30略コ・1』94＋20z、a・lz4＋103rl魂 ＋10塵珪＋60」σ、堀3コじ1＋103rl4＋5￠3場＋5命5＋20激3コP5＋60z1塀§z5 ＋60コP、塵4z5＋60命3z4z5＋30略命5＋20詔2命5＋30命2鰭 （4．16）
＋60￠2塀4姥＋30z、命1＋10略魂＋20解3魂＋5￠4姥
であり
♂。＋Z、＋12＋13＋14＝（z、＋灘2＋劣3＋簸＋灘5）5＝0 （4。17）
が成り立っ．次にZ1，♂2，」3，Z4について考察していく．
σはγ1，72，73，74に対して
T、ろ7、ζ4， γ2嗣2ζ3， 73ろ73ζ2， ζ
4
み 7
4
γ
と作用するのでR1，R2，E3，R4を固定する．従って」1，Z2，Z3，Z4も固定する．同様に7は
ア ア ア ア
T1卜〉T3→74ト〉72ト〉71， ア ア ア ア
♂1→」2→14時Z3→11
4．可解な5次方程式・その1
63と作用する．
E（ζ）
〈ω〉の作用
〈7〉の作用
E＝Q（劣、，＿，￠5）
＠の作用
L＝．κ（」1）＝EF5
κ（ムノ） ＝EFlo
K＝F（！）＝E砺
L（ζ）
．F＝Q（51，＿，55）
ωの71，72，γ3，74への作用は，7の作用と一致する．
ロ の の
71→T3卜〉74｝一〉72卜〉71
ただしωはJo，．．．，」4を固定する．
Joはσ，7によって固定されるEの元であるからκ＝EF2・に含まれる．
♂1，」2，13，♂4はσによって固定され，7によって置換されるので
ん（Z）＝（Z一♂1）（卜♂2）（劣一」3）（灘一」4）
はκ係数既約4次式である．
L＝κ（のとおくと，上述のことから［L：
κ1＝4である．また」1はσで固定されるの で五⊆E〈σ〉が成り立つ．［E：Eくφ］＝5よ
り［E〈σ〉：κ］＝4となるのでL＝E〈σ＞を得 る．ら，ど3，砥∈E〈σ〉であるからL＝K（ど1）＝
K（ど1，」2，♂3，勾が成り立っ。従ってLはん（Z）
の分解体である．
E
↑5次拡大L＝E〈σ〉＝κ（」、，．．．，♂4）
↑・次拡大
L〈丁2〉＝K（△∫）
↑・次拡大
K
さてTの作用から♂1＋Z4，♂1」4，」2＋Z3，♂2♂3はL〈丁2〉＝E〈σ，72＞に含まれる．［L〈丁2＞：κ］＝2 よりL（72〉ニκ（ムノ）が成り立つ。よって11＋14，1114，ε2＋13，♂213はK（△∫）に含まれる．こ れより
Z・＋」4＝一Tr乃△∫，♂1♂4＝乃＋丑△∫（T1，乃，乃，乃∈κ）
とおくことができ，両辺に7を作用させると
」2＋♂3ニーT1＋乃△∫， ♂2」3＝75一丑△∫
が得られる、以上よりん（詔）はκ（△∫）囮で
咽＝（劣2一（」・＋♂4）劣＋♂・」4）（灘2一（12＋♂3）￠＋」2♂3）
一（z2＋（T1＋乃△∫）￠＋（乃＋恥∫））（劣2＋（男一乃△∫）￠＋（乃一丑△∫））（4・18）
と2つの2次式に分解される．
これよりT1，乃，乃，乃がわかれば，すなわち各鴇を六∬）の係数とθで表示できれば，
2っの2次式から」1，♂2，♂3，♂4を，♂1と」4のペア，および♂2と」2のペアとして求めること ができる．さらにR1，R2，R3，R4が（順序を無視して）得られるので，それらの5乗根71，
72，T3，74からZ1，∬2，Z3，∬4，賜が得られることになる（後述）。
Z，乃，乃，乃の計算
κ＝F（θ）は置：刺＝6を満たすのでKの元は
κ＝α0十α1θ十α2θ2十α3θ3十α4θ4十α5θ5
と一意的に表すことができる．ここで，砺（乞＝0，＿，5）はF＝Q（51，＿，35）の元，すなわ ち，∬1，＿，z5の対称式である．θ＝θ1として，S5を乃oによる剰余類分解し，p．55の式
（4．3）と同様に，その代表元をκ二男に作用させると，等式
κ一α。＋α1θ1＋α2θ1＋α3θ1＋α4θ1＋α5θ1
（123）κ＝α。＋α1θ2＋α2θ1＋α3θ1＋α4θ身＋α5θ1
（132）κ＝α。＋α、θ3＋α2θ1＋α3θ1＋α4θ盆＋α5θ1
（12）κ＝α。＋α1θ4＋α2θ2＋α3θ珪＋α4θオ＋α5θ髪
（23）κ一α。＋α1θ5＋α2θ1＋α3θ1＋α4θ含＋α5θ1
（13）κ＝α。＋α、θ6＋α2θ1＋α3θ言＋α4θ1＋α5θ1
4．可解な5次方程式・その1 65
を得る。これをαゴを未知数とする連立方程式と見て，Cramerの公式で解き，α信（￠＝0，．．．，6）
を求めることができる．α2は有理式として得られるが，その分母はVandermondeの行列式
である．
ハ ＝
1θ、θ呈θ量θ壬θ量 1θ2θ舞θ蓼θ壁θ薯 1θ3θぎθ量θ書θ量 1θ4θ葦θ量θ珪θ量 1θ5θ彗θ1θ含θ1 1θ6θ3θまθまθき
，1五1一｛1（θrθゴ）一△lo
乞くゴ
ここで0は苅，．．．，賜の対称式である．理論的には，このようにして処，乃，乃，丑を
∫（灘）の係数とθから計算することが可能であるが，実際に求めるには（Mathematicaを用 いても）困難であるため，ここでは3項式z5＋αz＋δ＝0の場合の結果をあげるにとど
める．
丑＝（512α5−15625わ4＋768α4θ＋416α3θ2＋112α2θ3＋24αθ4＋4θ5）／（50わ3）
乃＝（3840α5−78125わ4＋4480α4θ ＋2480α3θ2＋760α2θ3 ＋140αθ4＋30θ5）／（512α5δ＋6250わ5）
乃＝（一18880α5＋781250わ4−34240α4θ一21260α3θ2−5980α2θ3 （4．19）
一1255αθ4−240θ5）／（2δ2）
丑＝（68800α5＋25000α4θ＋11500α3θ2＋3250α2θ3 ＋375αθ4＋100θ5）／（512α5＋6250δ4）
Z1，Z2，Z3，Z4とR1，R2，R3，R4
可解な5次方程式∫（∬）＝0が与えられれば，その係数から，判別式1）∫，6次分解式
∫20（コじ）とその有理数根θ，7も，および4次多項式ん（コp）は計算できる。判別式P∫の平方根
△∫は土△∫のいずれか特定できないので，1つを選びムンとする・このときん（灘）は（4・18）
のように2つの2次式に分解でき，これらの根♂1，ら，佑，砥がペア偶，場，穫，場として得
られる。このとき｛」1，♂4｝＝｛♂i，Ja，｛」2，♂3｝＝｛ら，」§｝であるか，または｛」1，Z4｝＝｛ら，♂急｝，
｛Z2，研＝偶，場であるかのいずれかが成り立つ．このように，2つのペア偶，場，｛ら，鵜 のいずれに」1が含まれているか，また，ペア偶，鵜にZ1が含まれていることがわかって も，それが4，4のいずれであるかは決定できない。以下♂1，ろ，賂，盈を（4．11）に代入して得