５次方程式に解の公式が存在しないことについて、重要な概念である「累乗根の添加 」をもう一度概説します。ここでは馴染みのある２次方程式を中心に述べていきます。３次方程式も５次方程式も、その延長で議論できます。
まずは１次方程式から始めます。
１次方程式の解の公式が存在すること １次方程式a x + b = 0 ax+b=0 a x + b = 0 a , b a, b a , b （注１）（注２） 。有理数とは、例えば3 2 \dfrac{3}{2} 2 3 − 4 5 -\dfrac{4}{5} − 5 4 3 3 3 − 5 -5 − 5 3 = 3 1 3=\dfrac{3}{1} 3 = 1 3 − 5 = − 5 1 -5=-\dfrac{5}{1} − 5 = − 1 5 a ≠ 0 a\ne0 a = 0 x x x b b b a x = − b ax=-b a x = − b a ( ≠ 0 ) a(\ne0) a ( = 0 ) a x a = − b a \dfrac{\cancel{a}x}{\cancel{a}}=-\dfrac{b}{a} a a x = − a b x = − b a x=-\dfrac{b}{a} x = − a b x = − b a x=-\dfrac{b}{a} x = − a b + , − , × , ÷ \small +, -, \times, \div + , − , × , ÷ x = − b a = − 1 × ( b ÷ a ) x=-\dfrac{b}{a}=-1\times(b\div a) x = − a b = − 1 × ( b ÷ a ) − 1 -1 − 1 a , b a, b a , b a , b a, b a , b x = − b a = − 1 有理数 ↓ × ↑ かけ算 ( b 係数 ↓ ÷ ↑ わり算 a 係数 ↓ ) x=-\dfrac{b}{a}=\overset{有理数 \atop \downarrow}{-1}\hspace{-8pt}\underset{\uparrow \atop かけ算}{\times}\hspace{-6pt}(\hspace{-4pt}\overset{係数 \atop \downarrow}{b}\hspace{-9pt}\underset{\uparrow \atop わり算}{\div}\hspace{-9pt}\overset{係数 \atop \downarrow}{a}\hspace{-4pt}) x = − a b = − 1 ↓ 有理数 かけ算 ↑ × ( b ↓ 係数 わり算 ↑ ÷ a ↓ 係数 ) 集合 という概念を導入します。数学的な意味での集合とは「範囲のはっきりしたものの集まり」です。そして集合を作っている個々のものを、その集合の要素 といいます（注３） 。例えば、自然数の集合や、６０の正の約数の集合などが、数学的な意味での集合となります。a x + b = 0 ax+b=0 a x + b = 0 Q 1 = Q_1=\hspace{-5pt} Q 1 = a , b a, b a , b Q 1 Q_1 Q 1 a + b a+b a + b a − b a-b a − b a b ( = a × b ) ab (=a\times b) ab ( = a × b ) 2 a ( = 2 × b ) 2a (=2\times b) 2 a ( = 2 × b ) − b ( = − 1 × b ) -b (=-1\times b) − b ( = − 1 × b ) a − 4 b a-4b a − 4 b a 3 b ( = a ÷ ( 3 × b ) ) \dfrac{a}{3b}(=a\div(3\times b)) 3 b a ( = a ÷ ( 3 × b )) a 2 − b + 3 a b 2 a^2-b+\dfrac{3ab}{2} a 2 − b + 2 3 ab a a a 3 3 3 − 5 2 -\dfrac{5}{2} − 2 5 a 2 a^2 a 2 a × a a\times a a × a Q 1 Q_1 Q 1 a + b \sqrt{a+b} a + b a b + 5 3 \sqrt[3]{ab+5} 3 ab + 5 2 \sqrt{2} 2
すると、先ほど導いた１次方程式の解の公式x = − b a x=-\dfrac{b}{a} x = − a b x = − b a = − 1 × ( b ÷ a ) x=-\dfrac{b}{a}=-1\times(b\div a) x = − a b = − 1 × ( b ÷ a ) − 1 -1 − 1 a , b a, b a , b Q 1 Q_1 Q 1 Q 1 Q_1 Q 1
解の公式が「存在する」ことの証明は、実際に式変形で作りだせれば証明できます。しかし「存在しない」ことの証明は、式変形の方法は無限にあるので、それとは違う視点が必要になります。集合 ）に着目します。解の公式が構成できる集合が存在すれば、解の公式が存在するといえる。しかし５次方程式では、解の公式が構成できる集合は存在しない。よって、５次方程式には解の公式が存在しない。これを証明していくのが本シリーズでの目標となります。
２次方程式の解の公式が存在すること それでは次に、２次方程式の場合を考えます。２次方程式a x 2 + b x + c = 0 ax^2+bx+c=0 a x 2 + b x + c = 0 a , b , c a, b, c a , b , c （注２） 。x = − b ± b 2 − 4 a c 2 a x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} x = 2 a − b ± b 2 − 4 a c + , − , × , ÷ \small +, -, \times, \div + , − , × , ÷ , 3 , ⋯ \scriptsize \sqrt{ }, \sqrt[3]{ }, \cdots , 3 , ⋯ Q 2 Q_2 Q 2 a x 2 + b x + c = 0 ax^2+bx+c=0 a x 2 + b x + c = 0 Q 2 = Q_2=\hspace{-5pt} Q 2 = a , b , c a, b, c a , b , c Q 2 Q_2 Q 2 c c c a + b + c a+b+c a + b + c a − b − c a-b-c a − b − c a b c abc ab c 2 a b 2ab 2 ab − b c -bc − b c a − 4 b + 3 c a-4b+3c a − 4 b + 3 c a c 3 b \dfrac{ac}{3b} 3 b a c a 2 − b c + 3 a b 2 a^2-bc+\dfrac{3ab}{2} a 2 − b c + 2 3 ab a a a 3 3 3 − 5 2 -\dfrac{5}{2} − 2 5 a 2 a^2 a 2 c × c c\times c c × c Q 2 Q_2 Q 2 a + b + c \sqrt{a+b+c} a + b + c a b c − 5 3 \sqrt[3]{abc-5} 3 ab c − 5 2 \sqrt{2} 2
すると、２次方程式の解の公式x = − b ± b 2 − 4 a c 2 a x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} x = 2 a − b ± b 2 − 4 a c Q 2 Q_2 Q 2 b 2 − 4 a c \sqrt{b^2-4ac} b 2 − 4 a c Q 2 Q_2 Q 2 a 2 a^2 a 2 Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 Q_2 Q 2
そこで、本記事のテーマである「累乗根の添加 」という概念が重要になってきます。２次方程式の場合は平方根の添加 です。
（復習）２次方程式の解の公式の導出 ２次方程式 a x 2 + b x + c = 0 ax^2+bx+c=0 a x 2 + b x + c = 0 x 2 x^2 x 2 1 1 1 a ( ≠ 0 ) a(\ne 0) a ( = 0 )
a x 2 + b x + c = 0 x 2 + b a x + c a = 0 \begin{gather*}
ax^2+bx+c=0\\
x^2+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}=0
\end{gather*} a x 2 + b x + c = 0 x 2 + a b x + a c = 0
ここで平方完成をします。x x x b a \dfrac{b}{a} a b 2 2 2 b 2 a \dfrac{b}{2a} 2 a b 2 2 2 ( b 2 a ) 2 \left(\dfrac{b}{2a}\right)^2 ( 2 a b ) 2
x 2 + b a x + ( b 2 a ) 2 − ( b 2 a ) 2 ⏟ 足して引いた + c a = 0 x 2 + 2 ⋅ b 2 a x + ( b 2 a ) 2 ‾ − ( b 2 a ) 2 + c a = 0 \begin{align*}
x^2+\frac{b}{a}x\underbrace{+\left(\frac{b}{2a}\right)^2-\left(\frac{b}{2a}\right)^2}_{足して引いた}+\dfrac{c}{a}&=0\\
\underline{x^2+2\cdot\frac{b}{2a}x+\left(\frac{b}{2a}\right)^2}-\left(\frac{b}{2a}\right)^2+\dfrac{c}{a}&=0
\end{align*} x 2 + a b x 足して引いた + ( 2 a b ) 2 − ( 2 a b ) 2 + a c x 2 + 2 ⋅ 2 a b x + ( 2 a b ) 2 − ( 2 a b ) 2 + a c = 0 = 0
すると x 2 + 2 A x + A 2 = ( x + A ) 2 x^2+2Ax+A^2=(x+A)^2 x 2 + 2 A x + A 2 = ( x + A ) 2 A A A b 2 a \dfrac{b}{2a} 2 a b
x 2 + 2 A x + A 2 = ( x + A ) 2 x 2 + 2 ⋅ b 2 a x + ( b 2 a ) 2 = ( x + b 2 a ) 2 \begin{align*}
&x^2+2\hspace{10pt}A\hspace{3pt}x+\hspace{8pt}A^2\hspace{11pt}=\hspace{3pt}(\hspace{1pt}x+\hspace{2pt}A\hspace{1pt})^2\\
&x^2+2\cdot\dfrac{b}{2a}x+\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2=\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2
\end{align*} x 2 + 2 A x + A 2 = ( x + A ) 2 x 2 + 2 ⋅ 2 a b x + ( 2 a b ) 2 = ( x + 2 a b ) 2
と因数分解できるので、下線部を ( x + b 2 a ) 2 \left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2 ( x + 2 a b ) 2
( x + b 2 a ) 2 − ( b 2 a ) 2 + c a = 0 \begin{gather*}
\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2+\dfrac{c}{a}=0
\end{gather*} ( x + 2 a b ) 2 − ( 2 a b ) 2 + a c = 0
− ( b 2 a ) 2 + c a -\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2+\dfrac{c}{a} − ( 2 a b ) 2 + a c
( x + b 2 a ) 2 = ( b 2 a ) 2 − c a = ( 1 2 ⋅ b a ) 2 − c a = ( 1 2 ) 2 ( b a ) 2 − c a = 1 4 ( b a ) 2 − c a \begin{align*}
\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2&=\left(\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{c}{a}\\
&=\left(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}\\
&=\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}\\
&=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}
\end{align*} ( x + 2 a b ) 2 = ( 2 a b ) 2 − a c = ( 2 1 ⋅ a b ) 2 − a c = ( 2 1 ) 2 ( a b ) 2 − a c = 4 1 ( a b ) 2 − a c
より
( x + b 2 a ) 2 = 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ① \begin{align*}
\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2&=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a} \cdots ①
\end{align*} ( x + 2 a b ) 2 = 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ①
ここで、両辺の平方恨をとって
x + b 2 a = ± 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ② \begin{gather*}
x+\dfrac{b}{2a}=\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} \cdots ②
\end{gather*} x + 2 a b = ± 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ②
となります。平方根をとると ± \pm ± x 2 = 4 x^2=4 x 2 = 4 x = ± 4 = ± 2 x=\pm\sqrt{4}=\pm2 x = ± 4 = ± 2 x 2 = 5 x^2=5 x 2 = 5 x = ± 5 x=\pm\sqrt{5} x = ± 5 b 2 a \dfrac{b}{2a} 2 a b
x = − b 2 a ± 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ③ \begin{gather*}
x=-\dfrac{b}{2a}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} \cdots ③
\end{gather*} x = − 2 a b ± 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ③
あとはこの式を整理して
x = − b 2 a ± 1 4 { ( b a ) 2 − 4 ⋅ c a } = − b 2 a ± 1 2 ( b a ) 2 − 4 ⋅ c a = − b 2 a ± 1 2 b 2 a 2 − 4 c a = − b 2 a ± 1 2 b 2 a 2 − 4 a c a 2 = − b 2 a ± 1 2 b 2 − 4 a c a 2 = − b 2 a ± 1 2 ⋅ b 2 − 4 a c a 2 = − b 2 a ± 1 2 ⋅ b 2 − 4 a c a = − b 2 a ± b 2 − 4 a c 2 a = − b ± b 2 − 4 a c 2 a \begin{align*}
x&=-\dfrac{b}{2a}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left\{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}\right\}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-4\cdot\dfrac{c}{a}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac{4c}{a}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac{4ac}{a^2}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{b^2-4ac}{a^2}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{\sqrt{a^2}}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{a}\\
&=-\dfrac{b}{2a}\pm\dfrac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\
&=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}
\end{align*} x = − 2 a b ± 4 1 { ( a b ) 2 − 4 ⋅ a c } = − 2 a b ± 2 1 ( a b ) 2 − 4 ⋅ a c = − 2 a b ± 2 1 a 2 b 2 − a 4 c = − 2 a b ± 2 1 a 2 b 2 − a 2 4 a c = − 2 a b ± 2 1 a 2 b 2 − 4 a c = − 2 a b ± 2 1 ⋅ a 2 b 2 − 4 a c = − 2 a b ± 2 1 ⋅ a b 2 − 4 a c = − 2 a b ± 2 a b 2 − 4 a c = 2 a − b ± b 2 − 4 a c
これで、教科書に載っている形での２次方程式の解の公式が得られました。この導出過程を見ると、① ① ① ② ② ②
（再掲）
( x + b 2 a ) 2 = 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ① \begin{align*}
\left(x+\dfrac{b}{2a}\right)^2&=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a} \cdots ①
\end{align*} ( x + 2 a b ) 2 = 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ①
ここで、両辺の平方恨をとって
x + b 2 a = ± 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ② \begin{gather*}
x+\dfrac{b}{2a}=\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} \cdots ②
\end{gather*} x + 2 a b = ± 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ②
の部分です。２次方程式の解の公式を求めるためには、上記のように平方根を取る操作が必要です。① ① ① 1 4 ( b a ) 2 − c a \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a} 4 1 ( a b ) 2 − a c a , b , c a, b, c a , b , c Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 Q_2 Q 2 ① ① ① ② ② ② Q 2 Q_2 Q 2
そこで「添加 」という概念が必要です。② ② ② 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ④ \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} \cdots ④ 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ④ ④ ④ ④ 1 4 ( b a ) 2 − c a \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} 4 1 ( a b ) 2 − a c Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 ( 1 4 ( b a ) 2 − c a ) Q_2\left(\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}}\right) Q 2 4 1 ( a b ) 2 − a c Q 2 Q_2 Q 2 − b 2 a -\dfrac{b}{2a} − 2 a b 1 4 ( b a ) 2 − c a \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} 4 1 ( a b ) 2 − a c ③ ③ ③
− b 2 a ± 1 4 ( b a ) 2 − c a \begin{gather*}
-\dfrac{b}{2a}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}}
\end{gather*} − 2 a b ± 4 1 ( a b ) 2 − a c
が構成できます。これを x = x= x = （復習）２次方程式の解の公式の導出 のように計算していけば、教科書でも馴染みのある形で２次方程式の解の公式 x = − b ± b 2 − 4 a c 2 a x=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} x = 2 a − b ± b 2 − 4 a c Q 2 ( 1 4 ( b a ) 2 − c a ) Q_2\left(\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}}\right) Q 2 4 1 ( a b ) 2 − a c 添加 について（注４） でさらに詳しく解説します。（注５） 。
なお、添加する式はQ 2 Q_2 Q 2 Q 2 Q_2 Q 2 ① ① ① 1 4 ( b a ) 2 − c a \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a} 4 1 ( a b ) 2 − a c Q 2 Q_2 Q 2 1 4 ( b a ) 2 − c a \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} 4 1 ( a b ) 2 − a c Q 2 Q_2 Q 2 Q 2 ( 1 4 ( b a ) 2 − c a ) Q_2\left(\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}}\right) Q 2 4 1 ( a b ) 2 − a c a , b a, b a , b Q 1 Q_1 Q 1
しかし、２次方程式は、集合 Q 2 Q_2 Q 2 1 4 ( b a ) 2 − c a \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} 4 1 ( a b ) 2 − a c
３次方程式の解の公式が存在すること ３次方程式 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0 ax^3+bx^2+cx+d=0 a x 3 + b x 2 + c x + d = 0
x = { − b 3 a + − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 − b 3 a + ω − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + ω 2 − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 − b 3 a + − q 2 + ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 + − q 2 − ( q 2 ) 2 + ( p 3 ) 3 3 {\begin{align*}
x= \begin{cases}
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}+\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}
+\sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}-\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}\\
-\dfrac{b}{3 a}+\omega \sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}+\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}
+\omega^{2} \sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}-\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}\\
-\dfrac{b}{3a}+\sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}+\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}
+\sqrt[3]{
-\dfrac{q}{2}-\sqrt{
\left(\dfrac{q}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{p}{3}\right)^{3}
}}
\end{cases}
\end{align*}} x = ⎩ ⎨ ⎧ − 3 a b + 3 − 2 q + ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3 + 3 − 2 q − ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3 − 3 a b + ω 3 − 2 q + ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3 + ω 2 3 − 2 q − ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3 − 3 a b + 3 − 2 q + ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3 + 3 − 2 q − ( 2 q ) 2 + ( 3 p ) 3
ただし
p = − 1 3 ( b a ) 2 + c a q = 2 27 ( b a ) 3 − 1 3 ( b a ) ( c a ) + d a {\begin{align*}
p&=-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)^{2}+\frac{c}{a}\\
q&=\frac{2}{27}\left(\frac{b}{a}\right)^{3}-\frac{1}{3}\left(\frac{b}{a}\right)\left(\frac{c}{a}\right)+\frac{d}{a}
\end{align*}} p q = − 3 1 ( a b ) 2 + a c = 27 2 ( a b ) 3 − 3 1 ( a b ) ( a c ) + a d
非常に複雑な式ですが、x x x p p p q q q p p p q q q a , b , c , d a, b, c, d a , b , c , d x x x x x x 3 \sqrt[3]{\hspace{10pt}} 3 \sqrt{\hspace{10pt}} ω \omega ω ( X 3 ) 2 \sqrt{(X_3)^2} ( X 3 ) 2 A 3 3 \sqrt[3]{A^3} 3 A 3
なお、上図の X 3 X_3 X 3 α , β , γ \alpha, \beta, \gamma α , β , γ X 3 = ( α − β ) ( β − γ ) ( γ − β ) X_3=(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\beta) X 3 = ( α − β ) ( β − γ ) ( γ − β ) A A A A = α + ω β + ω 2 γ A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma A = α + ω β + ω 2 γ
また、４次方程式の解の公式は本シリーズでは述べませんでしたが、３次方程式のときと同様に、３乗根の添加までで解の公式が構成可能となります。
５次方程式に解の公式が存在しないこと ５次方程式では、平方根（差積）の添加までは可能ですが、それ以上適当な式の添加は不可能である、とするのがアーベルの証明（アーベル・ルフィニの定理）の結論となります。
なお、上図の X 5 X_5 X 5 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 x_1, x_2, x_3, x_4, x_5 x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5
X 5 = ( x 1 − x 2 ) ( x 1 − x 3 ) ( x 1 − x 4 ) ( x 1 − x 5 ) ⋅ ( x 2 − x 3 ) ( x 2 − x 4 ) ( x 2 − x 5 ) ⋅ ( x 3 − x 4 ) ( x 3 − x 5 ) ⋅ ( x 4 − x 5 ) \begin{align*}
X_5=(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)&\\
\cdot\,(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)&\\
\cdot\,(x_3-x_4)(x_3-x_5)&\\
\cdot\,(x_4-x_5)&
\end{align*} X 5 = ( x 1 − x 2 ) ( x 1 − x 3 ) ( x 1 − x 4 ) ( x 1 − x 5 ) ⋅ ( x 2 − x 3 ) ( x 2 − x 4 ) ( x 2 − x 5 ) ⋅ ( x 3 − x 4 ) ( x 3 − x 5 ) ⋅ ( x 4 − x 5 )
となります（本シリーズ (14)）。対称性の破壊 」に言及する必要があります。累乗根の添加 」と「対称性の破壊 」をリンクさせることが、５次方程式に解の公式が存在しないことの証明に必要です（本シリーズ (14)~(17)）。対称性の破壊 」についての概要は、次の記事にしたいと思います。
（注１）数の分類 数の分類は以下の通りです。
複素数 a + b i { 実数 a b = 0 のとき { 有理数 分数で表せる数 { 整数 { 自然数 ( 1 , 2 , 3 , ⋯ ) 0 負の整数 ( − 1 , − 2 , − 3 , ⋯ ) 有限小数 例 0.17 ( = 17 100 ) 循環小数 （循環する無限小数） 例 0.232323 ⋯ ( = 23 99 ) 無理数 分数で表せない数 例 π ( = 3.1415 ⋯ ) のような 循環しない無限小数 e ( = 2.7182 ⋯ ) のような 循環しない無限小数 虚数 a + b i b ≠ 0 のとき 特に a = 0 のとき b i を 純虚数 という。 \begin{align*}
\boldsymbol{複素数 a+bi}
\begin{cases}
\overset{\small b=0 のとき}{\boldsymbol{実数 a}}
\begin{cases}
\underset{\scriptsize 分数で表せる数}{\boldsymbol{有理数}}
\begin{cases}
\boldsymbol{整数}
\begin{cases}
\boldsymbol{自然数} \scriptsize{(1, 2, 3, \cdots)}\\
\boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{負の整数} \scriptsize{(-1, -2, -3, \cdots)}
\end{cases}\\
\boldsymbol{有限小数}\\
{\footnotesize 例 0.17 (=\dfrac{17}{100})}\\
\boldsymbol{循環小数{\scriptsize（循環する無限小数）}}\\
{\footnotesize 例 0.232323\cdots\left(=\dfrac{23}{99}\right)}
\end{cases}\\
\underset{\scriptsize 分数で表せない数}{\boldsymbol{無理数}}\\
{\scriptsize 例 \pi (=3.1415\cdots) のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\
{\scriptsize e (=2.7182\cdots) のような \boldsymbol{循環しない無限小数}}\\
\end{cases}\\
\overset{\small b\ne0 のとき}{\boldsymbol{虚数 a+bi}} 特に a=0 のとき \boldsymbol{bi} を\boldsymbol{純虚数}という。
\end{cases}
\end{align*} 複素数 a + bi ⎩ ⎨ ⎧ 実数 a b = 0 のとき ⎩ ⎨ ⎧ 分数で表せる数 有理数 ⎩ ⎨ ⎧ 整数 ⎩ ⎨ ⎧ 自然数 ( 1 , 2 , 3 , ⋯ ) 0 負の整数 ( − 1 , − 2 , − 3 , ⋯ ) 有限小数 例 0.17 ( = 100 17 ) 循環小数 （循環する無限小数） 例 0.232323 ⋯ ( = 99 23 ) 分数で表せない数 無理数 例 π ( = 3.1415 ⋯ ) のような 循環しない無限小数 e ( = 2.7182 ⋯ ) のような 循環しない無限小数 虚数 a + bi b = 0 のとき 特に a = 0 のとき bi を 純虚数 という。
（注２）係数は複素数まで拡張することは可能 １次方程式a x + b = 0 ax+b=0 a x + b = 0 a , b a, b a , b a x 2 + b x + c = 0 ax^2+bx+c=0 a x 2 + b x + c = 0 a , b , c a, b, c a , b , c
（注３）集合の概念について 集合の概念を扱うことで、中身（要素）が無限にある集合でも、数学的対象として扱いやすくなります。N \mathbb{N} N 3 3 3 N \mathbb{N} N 3 3 3 N \mathbb{N} N 3 ∈ N 3 \in \mathbb{N} 3 ∈ N 3 2 \dfrac{3}{2} 2 3 N \mathbb{N} N 3 2 \dfrac{3}{2} 2 3 N \mathbb{N} N 3 2 ∉ N \dfrac{3}{2} \notin \mathbb{N} 2 3 ∈ / N N \mathbb{N} N
なお、その当時はまだ集合の概念が無かったためか、集合を用いないで書かれているアーベルの原論分は、冒頭から分かりにくいものになっているようです。その分かりにくい部分を本シリーズのように集合で補って考えれば、証明の輪郭がはっきりすると思います。
（注４）添加についてもっと詳しく 本文に何度も出てくる「累乗根の添加 」ついて、もう少し詳しく述べます。2 3 , 5 1 \dfrac{2}{3}, \dfrac{5}{1} 3 2 , 1 5 + + + = = = − - − = = = × \times × = = = ÷ \div ÷ = = =
具体例で確認してみます。２つの有理数 3 2 \dfrac{3}{2} 2 3 1 5 \dfrac{1}{5} 5 1 3 2 + 1 5 = 15 10 + 2 10 = 17 10 \dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{15}{10}+\dfrac{2}{10}=\dfrac{17}{10} 2 3 + 5 1 = 10 15 + 10 2 = 10 17 3 2 − 1 5 = 15 10 − 2 10 = 13 10 \dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{5}=\dfrac{15}{10}-\dfrac{2}{10}=\dfrac{13}{10} 2 3 − 5 1 = 10 15 − 10 2 = 10 13 3 2 × 1 5 = 3 × 1 2 × 5 = 3 10 \dfrac{3}{2}\times\dfrac{1}{5}=\dfrac{3\times1}{2\times5}=\dfrac{3}{10} 2 3 × 5 1 = 2 × 5 3 × 1 = 10 3 3 2 ÷ 1 5 = 3 2 × 5 1 = 3 × 5 2 × 1 = 15 2 \dfrac{3}{2}\div\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{5}{1}=\dfrac{3\times5}{2\times1}=\dfrac{15}{2} 2 3 ÷ 5 1 = 2 3 × 1 5 = 2 × 1 3 × 5 = 2 15
このように、有理数同士は加減乗除を行っても有理数です。このことを「有理数の集合は加減乗除で閉じている 」といいます。体 （たい）』といいます。つまり、有理数の集合は体です。2 2 2 5 5 5 2 + 5 = 10 2+5=10 2 + 5 = 10 2 − 5 = − 3 2-5=-3 2 − 5 = − 3 2 × 5 = 10 2\times5=10 2 × 5 = 10 2 ÷ 5 = 2 5 = 0.4 2\div5=\dfrac{2}{5}=0.4 2 ÷ 5 = 5 2 = 0.4
ここで、有理数の集合を Q \mathbb{Q} Q 2 \sqrt{2} 2 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) 2 \sqrt{2} 2
ここで、添加 とは体 ）があり、それに新しい数 2 \sqrt{2} 2 2 \sqrt{2} 2 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) 拡大体 』といいます。拡大体 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) Q \mathbb{Q} Q Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) 2 2 2 − 1 -1 − 1 3 2 \dfrac{3}{2} 2 3 − 1 4 -\dfrac{1}{4} − 4 1
また下記のように、有理数と 2 \sqrt{2} 2 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) 2 + 2 2+\sqrt{2} 2 + 2 1 − 2 1-\sqrt{2} 1 − 2 − 4 + 3 2 -4+3\sqrt{2} − 4 + 3 2 5 2 5\sqrt{2} 5 2 1 3 − 2 5 2 \dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{5}\sqrt{2} 3 1 − 5 2 2 2 \sqrt{2} 2
なお、Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) s , t s, t s , t s + t 2 s+t\sqrt{2} s + t 2 2 2 2 s = 2 , t = 0 s=2, t=0 s = 2 , t = 0 s + t 2 = 2 + 0 ⋅ 2 = 2 s+t\sqrt{2}=2+0\cdot\sqrt{2}=2 s + t 2 = 2 + 0 ⋅ 2 = 2 2 \sqrt{2} 2 s = 0 , t = 1 s=0, t=1 s = 0 , t = 1 s + t 2 = 0 + 1 ⋅ 2 = 2 s+t\sqrt{2}=0+1\cdot\sqrt{2}=\sqrt{2} s + t 2 = 0 + 1 ⋅ 2 = 2 2 + 3 2 2+3\sqrt{2} 2 + 3 2 s = 2 , t = 3 s=2, t=3 s = 2 , t = 3 s + t 2 = 2 + 3 ⋅ 2 = 2 + 3 2 s+t\sqrt{2}=2+3\cdot\sqrt{2}=2+3\sqrt{2} s + t 2 = 2 + 3 ⋅ 2 = 2 + 3 2
では、2 + 3 2 2+3\sqrt{2} 2 + 3 2 5 − 2 5-\sqrt{2} 5 − 2 s , t s, t s , t s + t 2 s+t\sqrt{2} s + t 2 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) s + t 3 s+t\sqrt{3} s + t 3 s + t 2 + u 3 s+t\sqrt{2}+u\sqrt{3} s + t 2 + u 3 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 )
( 2 + 3 2 ) + ( 5 − 2 ) = 2 + 3 2 + 5 − 2 = 2 + 5 + 3 2 − 2 = 7 + ( 3 − 1 ) 2 = 7 + 2 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） ( 2 + 3 2 ) − ( 5 − 2 ) = 2 + 3 2 − 5 + 2 = 2 − 5 + 3 2 + 2 = − 3 + ( 3 + 1 ) 2 = − 3 + 4 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） ( 2 + 3 2 ) ( 5 − 2 ) = 2 ⋅ 5 − 2 ⋅ 2 + 3 2 ⋅ 5 − 3 2 ⋅ 2 = 10 − 2 2 + 15 2 − 3 ⋅ ( 2 ) 2 = 10 − 2 2 + 15 2 − 3 ⋅ 2 （ ( 2 ) 2 = 2 より） = 10 − 2 2 + 15 2 − 6 = 10 − 6 − 2 2 + 15 2 = 4 + ( 15 − 2 ) 2 = 4 + 13 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） 2 + 3 2 5 − 2 = ( 2 + 3 2 ) ( 5 + 2 ) ( 5 − 2 ) ( 5 + 2 ) （分母の有利化） = 2 ⋅ 5 + 2 ⋅ 2 + 3 2 ⋅ 5 + 3 2 ⋅ 2 5 2 − ( 2 ) 2 ⋯ ( ∗ ) = 10 + 2 2 + 15 2 + 3 ( 2 ) 2 25 − 2 = 10 + 2 2 + 15 2 + 3 ⋅ 2 23 = 10 + 2 2 + 15 2 + 6 23 = 10 + 6 + 2 2 + 15 2 23 = 16 + ( 2 + 15 ) 2 23 = 16 + 17 2 23 = 16 23 + 17 23 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） \begin{align*}
&\begin{align*}
(2+3\sqrt{2})+(5-\sqrt{2})&=2+3\sqrt{2}+5-\sqrt{2}\\
&=2+5+3\sqrt{2}-\sqrt{2}\\
&=7+(3-1)\sqrt{2}\\
&=7+2\sqrt{2} （\mathbb{Q}(\sqrt{2}) に含まれる）
\end{align*}\\
&\begin{align*}
(2+3\sqrt{2})-(5-\sqrt{2})&=2+3\sqrt{2}-5+\sqrt{2}\\
&=2-5+3\sqrt{2}+\sqrt{2}\\
&=-3+(3+1)\sqrt{2}\\
&=-3+4\sqrt{2} （\mathbb{Q}(\sqrt{2}) に含まれる）
\end{align*}\\
&\begin{align*}
(2+3\sqrt{2})(5-\sqrt{2})&=2\cdot5-2\cdot\sqrt{2}+3\sqrt{2}\cdot5-3\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}\\
&=10-2\sqrt{2}+15\sqrt{2}-3\cdot(\sqrt{2})^2\\
&=10-2\sqrt{2}+15\sqrt{2}-3\cdot2（(\sqrt{2})^2=2 より）\\
&=10-2\sqrt{2}+15\sqrt{2}-6\\
&=10-6-2\sqrt{2}+15\sqrt{2}\\
&=4+(15-2)\sqrt{2}\\
&=4+13\sqrt{2} （\mathbb{Q}(\sqrt{2}) に含まれる）
\end{align*}\\
&\begin{align*}
\dfrac{2+3\sqrt{2}}{5-\sqrt{2}}&=\dfrac{(2+3\sqrt{2})(5+\sqrt{2})}{(5-\sqrt{2})(5+\sqrt{2})} （分母の有利化）\\
&=\dfrac{2\cdot5+2\cdot\sqrt{2}+3\sqrt{2}\cdot5+3\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}{5^2-(\sqrt{2})^2} \cdots (*)\\
&=\dfrac{10+2\sqrt{2}+15\sqrt{2}+3(\sqrt{2})^2}{25-2}\\
&=\dfrac{10+2\sqrt{2}+15\sqrt{2}+3\cdot2}{23}\\
&=\dfrac{10+2\sqrt{2}+15\sqrt{2}+6}{23}\\
&=\dfrac{10+6+2\sqrt{2}+15\sqrt{2}}{23}\\
&=\dfrac{16+(2+15)\sqrt{2}}{23}\\
&=\dfrac{16+17\sqrt{2}}{23}\\
&=\dfrac{16}{23}+\dfrac{17}{23}\sqrt{2} （\mathbb{Q}(\sqrt{2}) に含まれる）
\end{align*}
\end{align*} ( 2 + 3 2 ) + ( 5 − 2 ) = 2 + 3 2 + 5 − 2 = 2 + 5 + 3 2 − 2 = 7 + ( 3 − 1 ) 2 = 7 + 2 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） ( 2 + 3 2 ) − ( 5 − 2 ) = 2 + 3 2 − 5 + 2 = 2 − 5 + 3 2 + 2 = − 3 + ( 3 + 1 ) 2 = − 3 + 4 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） ( 2 + 3 2 ) ( 5 − 2 ) = 2 ⋅ 5 − 2 ⋅ 2 + 3 2 ⋅ 5 − 3 2 ⋅ 2 = 10 − 2 2 + 15 2 − 3 ⋅ ( 2 ) 2 = 10 − 2 2 + 15 2 − 3 ⋅ 2 （ ( 2 ) 2 = 2 より） = 10 − 2 2 + 15 2 − 6 = 10 − 6 − 2 2 + 15 2 = 4 + ( 15 − 2 ) 2 = 4 + 13 2 （ Q ( 2 ) に含まれる） 5 − 2 2 + 3 2 = ( 5 − 2 ) ( 5 + 2 ) ( 2 + 3 2 ) ( 5 + 2 ) （分母の有利化） = 5 2 − ( 2 ) 2 2 ⋅ 5 + 2 ⋅ 2 + 3 2 ⋅ 5 + 3 2 ⋅ 2 ⋯ ( ∗ ) = 25 − 2 10 + 2 2 + 15 2 + 3 ( 2 ) 2 = 23 10 + 2 2 + 15 2 + 3 ⋅ 2 = 23 10 + 2 2 + 15 2 + 6 = 23 10 + 6 + 2 2 + 15 2 = 23 16 + ( 2 + 15 ) 2 = 23 16 + 17 2 = 23 16 + 23 17 2 （ Q ( 2 ) に含まれる）
よって、どれも s , t s, t s , t s + t 2 s+t\sqrt{2} s + t 2 Q ( 2 ) \mathbb{Q}(\sqrt{2}) Q ( 2 ) s + t 2 s+t\sqrt{2} s + t 2 ( ∗ ) (*) ( ∗ ) ( a + b ) ( a − b ) = a 2 − b 2 (a+b)(a-b)=a^2-b^2 ( a + b ) ( a − b ) = a 2 − b 2 Q 2 Q_2 Q 2
Q 2 = Q_2=\hspace{-5pt} Q 2 = a , b , c a, b, c a , b , c
この集合は加減乗除で閉じているので体 になります。２次方程式の解の公式では、この集合 Q 2 Q_2 Q 2 1 4 ( b a ) 2 − c a \sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} 4 1 ( a b ) 2 − a c Q 2 ( 1 4 ( b a ) 2 − c a ) Q_2\left(\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}}\right) Q 2 4 1 ( a b ) 2 − a c 拡大体 ）の中では
x = − b 2 a ± 1 4 ( b a ) 2 − c a ⋯ ③ \begin{gather*}
x=-\dfrac{b}{2a}\pm\sqrt{\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b}{a}\right)^2-\dfrac{c}{a}} \cdots ③
\end{gather*} x = − 2 a b ± 4 1 ( a b ) 2 − a c ⋯ ③
という式が構成できます。これを変形していけば、教科書で馴染みのある２次方程式の解の公式が得られます。
（注５）本シリーズとの違い 本シリーズ (11) では、２次方程式a x 2 + b x + c = 0 ax^2+bx+c=0 a x 2 + b x + c = 0 a ≠ 0 a\ne0 a = 0
a x 2 + b x + c a = 0 a a x 2 a + b x a + c a = 0 x 2 + b a x + c a = 0 \begin{align*}
\dfrac{ax^2+bx+c}{a}&=\dfrac{0}{a}\\
\dfrac{ax^2}{a}+\dfrac{bx}{a}+\dfrac{c}{a}&=0\\
x^2+\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}&=0
\end{align*} a a x 2 + b x + c a a x 2 + a b x + a c x 2 + a b x + a c = a 0 = 0 = 0
b a = a 1 , c a = a 2 \dfrac{b}{a}=a_1, \dfrac{c}{a}=a_2 a b = a 1 , a c = a 2
x 2 + a 1 x + a 2 = 0 \begin{align*}
x^2+a_1x+a_2=0
\end{align*} x 2 + a 1 x + a 2 = 0
とし、２乗の係数を 1 1 1 Q = Q= Q = a 1 , a 2 a_1, a_2 a 1 , a 2 ( a 1 ) 2 − 4 a 1 \sqrt{(a_1)^2-4a_1} ( a 1 ) 2 − 4 a 1 a , b , c a, b, c a , b , c a 1 , a 2 a_1, a_2 a 1 , a 2 ( a 1 ) 2 − 4 a 1 \sqrt{(a_1)^2-4a_1} ( a 1 ) 2 − 4 a 1 α , β \alpha, \beta α , β X 2 X_2 X 2 ( X 2 ) 2 = ( α − β ) 2 \sqrt{(X_2)^2}=\sqrt{(\alpha-\beta)^2} ( X 2 ) 2 = ( α − β ) 2
（参考）各章の内容 （１）「２次方程式の解の公式」を式変形で導出1 1 1 ω \omega ω アーベルの証明 」の準備）アーベルの証明 」のアイデアを用いて、なぜ「２次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（添加する式について加筆予定）アーベルの証明 」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（前編）。「差積の２乗の平方根」を用いて対称性を保つ置換を「偶置換」にまで絞り込む（破壊する）。アーベルの証明 」のアイデアを用いて、なぜ「３次方程式の解の公式が存在するのか」を解説（後編）。「ラグランジュ・リゾルベント」を用いて対称性を保つ置換を「恒等置換」にまで絞り込む（破壊する）。⟶ \longrightarrow ⟶ アーベルの証明 」の解説①。５次方程式の解の差積（または差積の２乗の平方根）を添加して、加減乗除ができる式の範囲を拡大。その結果、構成可能な式の対称性が５次置換（対称式）から偶置換シンメトリーへと破壊されることを解説。アーベルの証明 」の解説②。すべての置換は互換で表せることから、５次置換をすべて互換の積で表して、偶置換と奇置換に分類する。アーベルの証明 」の解説➂。「すべての偶置換は３次巡回置換の積で表される」ことの解説。アーベルの証明 」の解説➃（最後）。「任意の３次巡回置換が５次巡回置換の積で表せる」ことによって、５次方程式には解の公式が存在しないことが証明されることの解説。累乗根の添加 」について重点的に解説
