第 $7$ 章 不 可 能 の 証 明
$\S\ 40.$ 前節の続き$\hspace{0.5mm}$，$\hspace{-0.5mm}$証明の根拠
$\boldsymbol{1.}$ 前節で，五次以上の一般的方程式が冪根によって解けないことの証明を述べたが，その証明は一つの重大な仮定のもとにおいてのみ有効なものである．すなわち冪根での解法が可能ならば，解法において用いられる冪根は，方程式の根の函数としては，有理函数であると仮定したのである．本節において，この仮定が正当であることを説明するために，まず次の定理から始める．〔定理 $\boldsymbol{7.\ 2}$〕 $R$ は与えられた体，$p$ は素数，$r$ は $R$ に含まれる数で，$\sqrt[\large p]{r}$ は $R$ に含まれないとすれば，$R(\sqrt[\large p]{r})$ は\[a_0+a_1\sqrt[\large p]{r}+a_2(\sqrt[\large p]{r})^2+\cdots+a_{p-1}(\sqrt[\large p]{r})^{p-1}\tag{$\ 1\ $}\]のような数の全部から成り立つ．ただし $a_0$，$a_1$，$\cdots$，$a_{p-1}$ は $R$ に属する任意の数である．$R(\sqrt[\large p]{r})$ に属する数はただ一様にこのような形に表わされる．
〔証〕 簡明のために，$R$ に属する数を一般的にローマ字 $a$，$b$，$\cdots$ などで表わし，また $\sqrt[\large p]{r}=\alpha$ とする．また $\varepsilon=\cos\dfrac{\ 2\pi\ }{p}+i\sin\dfrac{\ 2\pi\ }{p}$ を $1$ の $p$ 乗根とする．$R(\alpha)$ を組成する数は $R$ に属する数と $\alpha$ とから四則によって作り出される数の全部である．このような数は\[\xi=\frac{\ b_0+b_1\alpha+b_2\alpha^2+\cdots\ }{\ c_0+c_1\alpha+c_2\alpha^2+\cdots\ }\tag{$\ 2\ $}\]のような形に表わされるであろう．ただし $\alpha^p=r$ は $R$ に属して，$\alpha^{p+1}=r\alpha$，$\alpha^{p+2}=r\alpha^2$，$\cdots$ であるから，$(\ 2\ )$ の右辺において，分母も分子も $\alpha$ に関する $p-1$ 次以下の整式と見てさしつかえない．
さて $\xi$ を $(\ 1\ )$ のような形に表わすには，分母を有理化すればよい．すなわち $(\ 2\ )$ の分母，分子に\[c_0+c_1\varepsilon^n\alpha+c_2\varepsilon^{2n}\alpha^2+\cdots\hspace{1cm}(n=1,\ 2,\ \cdots,\ p-1)\]を掛けるのである．
$(\ 2\ )$ の右辺を仮りに\[\frac{\ f(\alpha)\ }{g(\alpha)}\]としるそう．すなわち $f(\alpha)$，$g(\alpha)$ は $\alpha$ に関する $p-1$ 次以下の整式で，その係数は $R$ に属するものである．しからば上の変形によって\[\xi=\frac{\ f(\alpha)\hspace{0.7mm}\cdotp g(\varepsilon\alpha)\hspace{0.7mm}\cdotp g(\varepsilon^2\alpha)\cdots g(\varepsilon^{p-1}\alpha)\ }{g(\alpha)\hspace{0.7mm}\cdotp g(\varepsilon\alpha)\hspace{0.7mm}\cdotp g(\varepsilon^2\alpha)\cdots g(\varepsilon^{p-1}\alpha)}\]を得る．ここで，分母は $x^p=r$ の根である $\alpha$，$\varepsilon\alpha$，$\varepsilon^2\alpha$，$\cdots$，$\varepsilon^{p-1}\alpha$ に関する対称式であるから，それは $c_0$，$c_1$，$\cdots$ および $r$ の整式に等しく，すなわち $R$ に属する数である（定理 $5.\ 1$）．それを $d$ とする．
また分子において\[g(\varepsilon\alpha)g(\varepsilon^2\alpha)\cdots g(\varepsilon^{p-1}\alpha)\]は $x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1=0$ の根である $\varepsilon$，$\varepsilon^2$，$\cdots$，$\varepsilon^{p-1}$ に関する対称式であるから，$c_0$，$c_1$，$\cdots$ および $\alpha$ の整式に等しく，したがって $R$ に属する係数をもつ $\alpha$ の整式に等しい．それに $f(\alpha)$ を掛けた $\xi$ の分子は，やはり同様の整式であるから，$\alpha^p=r$ を用いて，それを $\alpha$ に関して $p-1$ 次以下の整式，すなわち\[k_0+k_1\alpha+k_2\alpha^2+\cdots+k_{p-1}\alpha^{p-1}\]のように表わすことができる．ゆえに\[\xi=\frac{k_0}{d}+\frac{k_1}{d}\alpha+\frac{k_2}{d}\alpha^2+\cdots+\frac{k_{p-1}}{d}\alpha^{p-1},\]すなわち $\xi$ は $(\ 1\ )$ のような形に表わされる．
ここまでは $p$ が素数であるという仮定を用いないでたどりついたのである．さて $\xi$ を $(\ 1\ )$ のような形に表わすことがただ一様に可能であることの証明が残っている．
仮りに $\xi$ が二通りに $(\ 1\ )$ のような形に表わされると想像するならば，その差を取って\[F(\alpha)\equiv r_0+r_1\alpha+r_2\alpha^2+\cdots+r_{p-1}\alpha^{p-1}=0\tag{$\ 3\ $}\]のような等式が生ずる．そうすれば，$\alpha$ が $R$ に属する係数をもつ $p$ よりも低次である方程式 $F(x)=0$ を満足させるということになるから，$F(x)$ と $x^p-r$ とを $x$ に関する多項式と見て，それらに Euclid の法式を適用すれば，$x^p-r$ を $R$ に属する係数をもつ因数に分解できることになる．そこで問題は，$p$ が素数のとき，$x^p-r$ が $R$ において既約であることの証明に帰する．ここが定理 $7.\ 2$ の契点である．
係数が有理区域 $R$ に属する多項式の割り算を行なうときは，商の係数も剰余の係数も $R$ に属する．ゆえに Euclid の法式において $R$ に属しない係数が出て来る機会はない．
ある多項式が $R$ において可約または既約とは，それを $R$ に属する係数をもつ因数に分解することが可能または不可能であることをいうのである．
いま仮りに $x^p-r$ が $R$ に属する係数をもつ多項式 $x^m+\cdots\pm c$（$0\lt m\lt p$）で割り切れるとすれば，$c$ は $x^p-r$ の根である $\alpha$，$\varepsilon\alpha$，$\varepsilon^2\alpha$，$\cdots$，$\varepsilon^{p-1}\alpha$ の中の $m$ 個の積に等しい．したがって\[\varepsilon^\prime\alpha^m=c\]で，$\varepsilon^\prime$ は $1$ の $p$ 乗根である．ゆえに\[r^m=c^p.\] さて $0\lt m\lt p$ で，$p$ は素数であるから，$mh=pk+1$ になるような整数 $h$，$k$ がある．ゆえに\[r^{mh}=r^{pk}r=c^{ph}\]したがって\[r=\left(\frac{\ c^h\ }{r^k}\right)^p\underset{,}{}\]すなわち $r$ は $R$ に属する数の $p$ 乗に等しい．それは $r$ に関する約束に矛盾する．
この矛盾は $(\ 3\ )$ において $F(\alpha)$ が形式的に $0$ に等しくないという仮定から生じたのである．ゆえに $(\ 3\ )$ が成り立てば $r_0$，$r_1$，$r_2$，$\cdots$，$r_{p-1}$ は全部 $0$ である．
後にこの意味において上の定理を引用する．
$\boldsymbol{2.}$ さて方程式\[f(x)=x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_n=0\]が代数的に解き得ると仮定するとき，その解法において必要な素数次の冪根を $\sqrt[\large p]{r}$，$\sqrt[\large q]{r_1}$，$\cdots$ とすれば，これらの冪根は $f(x)$ の根 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_n$ と $1$ の $p$ 乗根，$q$ 乗根，$\cdots$ との有理式として表わし得ることを示そう．
今度は代数的解法において最後に出て来る冪根を第一に考察することになるから，記号簡約のために，その冪根を $\sqrt[\large p]{r}=\alpha$ とし，$r$ を含む体を $R$ とする．すなわち $r$ は体 $R$ に属するが，$\sqrt[\large p]{r}$ は $R$ には属さないとするのである．よって $f(x)$ の一つの根 $x_1$ が\[x_1=r_0+r_1\alpha+r_2\alpha^2+\cdots+r_{p-1}\alpha^{p-1}\tag{$\ 4\ $}\]のような形に表わされると仮定する．$r_0$，$r_1$，$r_2$，$\cdots$，$r_{p-1}$ は $R$ に属する数を示すのである（定理 $7.\ 2$）．
まず計算を簡約するために，$(\ 4\ )$ において $r_1=1$ と仮定してもよいことを説明する．
$(\ 4\ )$ において $r_1\neq0$ ならば，$\alpha$ の代わりに $r_1\alpha$ を取ってもよい．それは $\sqrt[\large p]{r}$ の代わりに $\sqrt[\large p]{r_1{}^pr}$ を取るのであって，$r_1{}^pr$ は $R$ に属するが，$\sqrt[\large p]{r_1{}^pr}=r_1\sqrt[\large p]{r}$ は $R$ に属さないのであるからさしつかえない．もし $(\ 4\ )$ において $r_1=0$ ならば，$(\ 4\ )$ の右辺の項の中で $0$ に等しくない最初のものを $r_m\alpha^m$ としよう（$r_0$ 以外の各項がすべて $0$ になることはない．もししからば $\sqrt[\large p]{r}=\alpha$ は解法に不要な冪根である）．しからば $r_m\alpha^m$ を $\alpha$ に代用することができる．なぜならば，$0\lt m\lt p$ で，$p$ は素数であるから，$mh-pk=1$ になるような整数 $h$，$k$ が求められて，\[\alpha=\frac{\hphantom{1}\alpha^{mh}\hphantom{1}}{\alpha^{pk}}=\frac{\ (\alpha^m)^h}{r^k}.\] ゆえに $r_m\alpha^m=\alpha^\prime$ とおけば\[\alpha=\frac{\alpha^{\prime h}}{\ r_m^hr^k\ },\]したがって $\alpha$ の各冪は $\alpha^\prime$ の冪に $R$ に属する数 $(1/r_m^hr^k$ など）を掛けたものに等しく，また $\alpha^{\prime p}$ は $R$ に属するから，$\alpha^\prime$ の冪は $\alpha^{\prime\nu}$（$\nu=0$，$1$，$2$，$\cdots$，$p-1$）に，$R$ に属する数を掛けたものに等しい．ゆえに $(\ 4\ )$ を\[x_1=r_0{}^\prime+\alpha^\prime+r_2{}^\prime\alpha^{\prime2}+\cdots+r^\prime{}_{p-1}\alpha^{p-1}\]のような形に表わすことができる．$r_0{}^\prime$，$r_2{}^\prime$，$\cdots$，$r^\prime{}_{p-1}$ は $R$ に属する数である．よって記号簡約のために $(\ 4\ )$ の代わりに\[x_1=r_0+\alpha+r_2\alpha^2+\cdots+r_{p-1}\alpha^{p-1}\tag{$\ 5\ $}\]（$\alpha^p=r$）とおく．
さて $f(x)$ において $x$ に $x_1$ を代入すれば，\[s_0+s_1\alpha+s_2\alpha^2+\cdots+s_{p-1}\alpha^{p-1}\tag{$\ 6\ $}\]のような形の数を得る．$s_0$，$s_1$，$\cdots$，$s_{p-1}$ は $R$ に属する数である．仮定によって $f(x_1)=0$ であるから，$(\ 6\ )$ は $0$ に等しい．したがって（定理 $7.\ 2$）\[s_0=0,\hphantom{m}s_1=0,\hphantom{m}s_2=0,\ \cdots\ ,\hphantom{m}s_{p-1}=0.\tag{$\ 7\ $}\] いま $\omega$ を $1$ の虚数 $p$ 乗根として，$(\ 5\ )$ の代わりに\[r_0+\omega\alpha+r_2(\omega\alpha)^2+\cdots+r_{p-1}(\omega\alpha)^{p-1}\tag{$\ 8\ $}\]を $f(x)$ の $x$ に代入すれば\[s_0+s_1(\omega\alpha)+s_2(\omega\alpha)^2+\cdots+s_{p-1}(\omega\alpha)^{p-1}\]になるから，$(\ 7\ )$ によって，この代入の結果は $0$ に等しい．ゆえに $(\ 8\ )$ は $f(x)$ の根である．$1$ の虚の $p$ 乗根は $\omega$，$\omega^2$，$\cdots$，$\omega^{p-1}$ であるから，つまり\begin{alignat*}{4}x_1&=r_0+\alpha&&+r_2\alpha^2&&+r_3\alpha^3&&+\cdots+\hphantom{\omega^{2(p-1)}}r_{p-1}\alpha^{p-1},\\[2mm]x_2&=r_0+\omega\alpha&&+r_2\omega^2\alpha^2&&+r_3\omega^3\alpha^3&&+\cdots+\hphantom{^{2()}}r_{p-1}\omega^{p-1}\alpha^{p-1},\\[2mm]x_3&=r_0+\omega^2\alpha&\hphantom{M}&+r_2\omega^4\alpha^2&\hphantom{NN}&+r_3\omega^6\alpha^3&\hphantom{NN}&+\cdots+r_{p-1}\omega^{2(p-1)}\alpha^{p-1},\end{alignat*}\[\huge\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\]\[x_p=r_0+\omega^{p-1}\alpha+r_2\omega^{2(p-1)}\alpha^2+r_3\omega^{3(p-1)}\alpha^3+\cdots+r_{p-1}\omega^{(p-1)^2}\alpha^{p-1}\]が $f(x)$ の根である．これらの等式に $1$，$1$，$1$，$\cdots$，$1$ または $1$，$\omega^{-1}$，$\omega^{-2}$，$\cdots$，$\omega^{-(p-1)}$ または $1$，$\omega^{-2}$，$\omega^{-4}$，$\cdots$，$\omega^{-2(p-1)}$；$\cdots$ を掛けて加えると\begin{alignat*}{1}r_0&=\frac{1}{p}(x_1+x_2\hphantom{\omega^{-1}}+\cdots+\hphantom{\omega^{-(p-1)}}x_p),\\[2mm]\alpha&=\frac{1}{p}(x_1+\omega^{-1}x_2+\cdots+\omega^{-(p-1)}x_p),\\[2mm]r_2\alpha^2&=\frac{1}{p}(x_1+\omega^{-2}x_2+\cdots+\omega^{-2(p-1)}x_p),\\[2mm]&\hphantom{==}\huge\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\hspace{3mm}\cdotp\\r_{p-1}\alpha^{p-1}&=\frac{1}{p}(x_1+\omega^{-(p-1)}x_2+\cdots+\omega^{-(p-1)^2}x_p)\end{alignat*}を得る．すなわち $r_0$，$\alpha$，$r_2\alpha^2$，$\cdots$，$r_{p-1}\alpha^{p-1}$，したがってまた $\alpha$，$r_0$，$r_2$，$\cdots$，$r_{p-1}$ が，$f(x)$ の根である $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_p$ と $1$ の $p$ 乗根 $\omega$ との有理式として表わされるのである．
すなわち $f(x)=0$ の冪根解法が可能であるときには，その解法において必要な最後の冪根 $\alpha$ に関しては，本節の冒頭に掲げた事柄が証明されたのである．
$\boldsymbol{3.}$ さて $(\ 5\ )$ において，$r_0$，$r_2$，$\cdots$，$r_{p-1}$ は $R$ に属するから，$f(x)=0$ の解法において，最後より以前に出て来る冪根を含む数である．いまこれらの中の任意の一つを $y_0$ とおけば，上に示したように\[y_0=\varphi(x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_p).\]ここで，$\varphi$ は $f(x)$ の根 $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_p$ に関する有理式で，その係数は $1$ の $p$ 乗根 $\omega$ を含む数である．$y_0$ は\[F(y)=0\]のような方程式を満足させる．ただし $F$ における係数は原方程式の係数と $\omega$ とから有理的に組み立てられる数で，また $F(y)$ の根は $y_0$ のほか，$y_1=\varphi(x_\alpha,\ x_\beta,\ \cdots,\ x_\lambda)$ のように，$\varphi(x_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_p)$ における $x_1$，$x_2$，$\cdots$，$x_p$ を $f(x)$ の根 $x_\alpha$，$x_\beta$，$\cdots$，$x_\lambda$ でおき換えたものばかりである（定理 $5.\ 6$）．
さて $y_0$（すなわち $r_0$，$r_2$，$\cdots$，$r_{p-1}$ の中のあるもの）は $f(x)$ の解法において最後より前に出て来る冪根だけ（および対応する $1$ の冪根）を含む数であるから，上と同様に，それらの冪根の中の最後のものは $F(y)$ の根 $y_0$，$y_1$，$\cdots$ によって有理的に表わされる．$y_0$，$y_1$，$\cdots$ はいずれも $f(x)$ の根の有理式として表わされるから，この冪根もまた $f(x)$ の根の有理式に等しい．
このように論じて行けば，$f(x)=0$ の解法において必要なすべての冪根が，$f(x)$ の根と $1$ の冪根とによって有理的に表わされることが確定し，したがって五次以上の一般的方程式を解くことが不可能であることの証明が完結する．
上記は Abel の原証明に些細の変改を加えたものである．有理区域の思想はこの証明法を発端として成育されたものである．
現今流布本においては Abel の証明はほとんど跡を絶とうとしている．五次以上の一般的方程式が冪根によって解かれないことを，現今の体の論では，一層広汎な定理の特別の場合として，きわめて手軽に出してしまう．飛行機から登山の路を見させるようなものである．ここでは大掛りの準備をしないで，最初の踏破者の足跡を追って見たのである．それは無用ではあるまいと思われる．