第 $7$ 章 不 可 能 の 証 明
$\S\ 41.$ 実根のみを有する三次方程式
前節に述べた証明の副産物として，三次方程式論において残しておいた Cardano の公式の簡約不可能の問題を片づけることができる．すなわち問題は次の通り．実係数をもつ三次方程式 $f(x)=0$ が係数の有理区域において既約であるとする．もし $f(x)=0$ が三つの実根をもつならば，それを実の冪根によって解くことは不可能である．
冪根の添加によって次から次へと有理区域を拡張して，ついに最後の冪根 $\alpha=\sqrt[\large p]{r}$ を添加する前の有理区域を $R$ とすれば，一つの根 $x_0$ は\[x_0=r_0+r_1\alpha+r_2\alpha^2+\cdots+r_{p-1}\alpha^{p-1}=G(\alpha)\tag{$\ 1\ $}\]の形に表わされる（定理 $7.\ 2$）．そのとき，$\alpha$ に $\omega\alpha$，$\omega^2\alpha$，$\cdots$，$\omega^{p-1}\alpha$ を代用して得られる $G(\omega\alpha)$，$G(\omega^2\alpha)$，$\cdots$，$G(\omega^{p-1}\alpha)$ もまた $f(x)=0$ の根である（$204$ 頁参照）．
もしも $f(x)=0$ が実の冪根だけで解けるとすれば，$r_0$，$r_1$，$\cdots$，$r_{p-1}$ もまた $\alpha$ も実数である．しかるに $G(\alpha)$，$G(\omega\alpha)$，$\cdots$，$G(\omega^{p-1}\alpha)$ が $f(x)$ の根であるから，$p=3$ で，かつ $G(\omega\alpha)$，$G(\omega^2\alpha)$ は虚数であるから，これは矛盾である．このようにいってしまえば，それで問題は終結する．事実その通りではあるが，それを断言するには相当の考慮を要するのである．
まず $R$ において $f(x)$ はまだ既約であると仮定してさしつかえない．$f(x)$ が $R$ において因数に分解されるならば，少なくとも一つの因子は一次であるから，$R$ よりも前の有理区域を $R$ に代用して，すでに一つの根が $(\ 1\ )$ のような形に表わされるであろう．
さて\[G(\alpha),\hphantom{1}G(\omega\alpha),\ \cdots,\hphantom{1}G(\omega^{p-1}\alpha)\tag{$\ 2\ $}\]が $f(x)$ の根であっても，それらが相等しくないことは，まだ保証されていないから，直ちに $p=3$ と断言することができない．いま\[F(x)=(x-G(\alpha))(x-G(\omega\alpha))\cdots(x-G(\omega^{p-1}\alpha))\]なる積を $x$ の降冪に展開すれば，各係数は $x^p-r$ の根である $\alpha$，$\omega\alpha$，$\cdots$，$\omega^{p-1}\alpha$ に関して対称であるから，$F(x)$ の係数は $R$ に属する．しからば $F(x)$ は $x=G(\alpha)$ という根を $f(x)$ と共有するから，$F(x)$ は $f(x)$ で割り切れる．これは $f(x)$ は $R$ において既約とした仮定に基づくのである． $F(x)$ と $f(x)$ との最大公約数を互除法によって求めるならば，その係数は $R$ に属する．それが $f(x)$ の約数であることを要して，$f(x)$ が既約であるから，最大公約数は $f(x)$ 自身でなければならない． 上の $(\ 2\ )$ の数はいずれも $f(x)$ の三つの根 $x_0$，$x_1$，$x_2$ 以外のものではあり得ないが，$F(x)$ が $f(x)$ で割り切れるから，$(\ 2\ )$ の中に $x_0$ も $x_1$ も $x_2$ も実際あるのである．
さて $(\ 2\ )$ の中に $x_0$，$x_1$，$x_2$，が各々同一の回数を以て含まれていることを示そう．そうすれば $p$ が $3$ の倍数であることがわかる．しかるに $p$ は素数であるから，$p=3$ が得られる．
いま仮りに $(\ 2\ )$ の中に $x_0$，$x_1$，$x_2$ が不揃いに含まれていて，最小回数に含まれるものは $k$ 回とすれば，$F(x)$ は $[f(x)]^k$ で割り切れる．その商を $F_1(x)$ とすれば，$F_1(x)$ はやはり $R$ に属する係数をもつが，$F_1(x)$ は因数として $x-x_0$，$x-x_1$，$x-x_2$ の中のあるものを含まず，あるものを実際含むことになるから，$F_1(x)$ と $f(x)$ とは互いに素ではないが，その最大公約数が一次または二次にならねばならない．その最大公約数の係数は $R$ に属し，$f(x)$ が $R$ において既約であるから，これは不合理である．
ゆえに $p=3$ で，$(\ 2\ )$ は\[\begin{alignat*}{2}x_0&=r_0+r_1\alpha&&+\hphantom{\omega_2}r\alpha^2,\\[2mm]x_1&=r_0+\omega r_1\alpha&&+\omega^2r_2\alpha^2,\\[2mm]x_2&=r_0+\omega^2r_1\alpha&&+\omega r_2\alpha^2\end{alignat*}\hspace{1cm}(\omega^3=1)\]のような三つの数である．
ゆえに，もしも $f(x)=0$ の一つの根 $x_0$ が実冪根だけで表わされるとすれば，他の二つの根 $x_1$，$x_2$ は共役複素数であるからともに虚数である（さもなくば，$x_1=x_2=r_0$ にならねばならない．それは $f(x)$ が既約であるという仮定に矛盾する）．
以上を要約して次の結果を得る．
〔定理 $\boldsymbol{7.\ 3}$〕 三次方程式 $f(x)=0$ がある有理区域において既約ならば，その代数的解法は最後に立方根を要する．三根ともに実数ならば，それは実立方根ではあり得ない．もしも解が立方根なしに（たとえば平方根だけで出来るならば），$f(x)$ は初めから可約である．
この結論の最後の一段は初めの部分の対偶である．それを用いて，初等幾何学において不可能な作図問題の解釈をすることができる．