Слишком симметрично, чтобы решить

Почему у уравнений пятой степени есть корни, но нет формулы, и при чём тут симметрии?

Это первая из двух частей. В ней мы разберем одну очень важную в алгебре линию: от различия понятий вычисления и выражения корней уравнений через симметрии и резольвенты Лагранжа к группам и полному доказательству неразрешимости общего уравнения пятой степени. Вторая часть будет посвящена геометрической стороне и современному продолжению в многомерной теории.

Часть 1. Два разных смысла слова «решить»

Возьмём уравнение пятой степени, например

Согласно основной теореме алгебры, у него ровно пять корней с учётом кратностей. Найти их с любой наперёд заданной точностью не составляет труда: подойдёт метод Ньютона, метод Лагерра или любой стандартный численный алгоритм. В вычислительном отношении пятая степень не сложнее второй.

Теперь поставим другую задачу: выразить корни формулой. Под формулой будем понимать конечное выражение, которое получает корень из коэффициентов за конечное число операций сложения, вычитания, умножения, деления и извлечения корня степени . Именно такую формулу даёт, например, школьный дискриминант для квадратного уравнения.

Для общего уравнения пятой степени и выше такой формулы не существует. Забавно, что это утверждение отнюдь не о пределе наших знаний или вычислительных мощностей, а доказанная невозможность: объекта с таким описанием нет.

Так что первое, что стоит зафиксировать: поиск и выражение корней — это две разные задачи, и они имеют разные ответы. Расхождение между ними и есть предмет статьи. Уравнение может быть устроено так, что его корни вычислимы, но само уравнение неразрешимо в радикалах, то есть выразить корни конечной комбинацией арифметических операций и извлечений корня нельзя.

Менее очевидна природа этого препятствия. Естественно предположить, что дело в сложности, например в величине степени, в числе корней или операций. Это предположение неверно. Препятствие имеет иную природу. Как ни странно, нам мешает не сложность, а симметрии. Дальнейшее изложение ровно об этом.

Часть 2. С чего вдруг симметрии стали препятствием?

Сформулируем центральное утверждение в той форме, в какой его будет удобно держать в уме на протяжении всей статьи. Интересную и, на мой взгляд, точную формулировку даёт Джон Баез: нельзя решить задачу, если у ответа этой задачи есть симметрия, а используемый метод решения не позволяет записать ответ, обладающий этой симметрией [1]. Применительно к уравнениям это означает:

Чем симметричнее устроены корни уравнения, тем меньше у нас возможностей выразить их радикалами.

Это утверждение противоречит привычной роли симметрии. В большинстве математических контекстов симметрия — это средство упрощения: она сокращает число независимых параметров, уменьшает перебор и организует классификацию. Симметричный объект, как правило, проще несимметричного. Здесь же симметрия выступает в роли препятствия. Чтобы понять, почему, нужно сперва уточнить, симметрией чего мы оперируем.

Симметрия корней. Простейший пример симметрии корней — пара $\pm i$ , корни уравнения Мы можем назвать один из них i, но этот выбор произволен, ведь как только мы говорим, что — это один из корней, второй вынужден быть , однако само назначение произвольно — между $\pm i$ есть фундаментальная симметрия, они алгебраически неразличимы. Не существует многочлена с рациональными коэффициентами, который различал бы и , поскольку оба удовлетворяют одним и тем же соотношениям над $\mathbb{Q}$ . Симметрия корней — это в точности их алгебраическая взаимозаменяемость (набор допустимых перестановок корней, не нарушающих ни одного алгебраического соотношения между ними).

Разрешимость в радикалах. Многочлен над полем K разрешим в радикалах, если все его корни лежат в башне расширений

$K = K_0 \subset K_1 \subset \dots \subset K_m,$

где каждый следующий этаж надстраивается присоединением одного радикала:

$K_{i+1} = K_i\!\left(\sqrt[n_i]{\theta_i}\right)$ для некоторого $\theta_i \in K_i$ и натурального .
Пример: Для формулы Кардано башня выглядит так: сначала мы добавляем квадратный корень из дискриминанта, а затем кубический корень из получившегося выражения.

Общее уравнение. Чтобы говорить о существовании универсальной формулы, рассмотрим коэффициенты как алгебраически независимые переменные над базовым полем . Нормируем старший коэффициент единицей и будем работать над полем рациональных функций $K = k(a_0,\dots,a_{n-1})$ . Тогда уравнение

$x^n + a_{n-1}x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0 = 0$

описывает не отдельную задачу, а всё семейство уравнений степени , а вопрос о разрешимости в радикалах превращается в вопрос о единой формуле, пригодной для всей степени.

Связь симметрии с коэффициентами. Раскроем $\prod_{i=1}^n (x-x_i)$ , сравним с коэффициентами,

чуть-чуть вспомним школьную математику и получим соотношения Виета, которые удобно записать через элементарные симметрические многочлены :

$e_k(x_1,\dots,x_n) = (-1)^k a_{n-k}, \qquad k=1,\dots,n.$

Левые части не меняются при любой перестановке корней, правые части буквально являются коэффициентами. Теперь вспомним основную теорему о симметрических многочленах: всякий симметрический многочлен от $x_1,\dots,x_n$ единственным образом выражается через $e_1,\dots,e_n.$ Получаем утверждение:

Поле коэффициентов есть поле симметрических функций корней. Через коэффициенты выражается ровно та информация о корнях, которая инвариантна относительно перестановок.

Теперь видно, в чём состоит препятствие. Чтобы выписать отдельный корень, необходимо эти самые корни различить, а точнее нарушить их перестановочную симметрию. Радикал — это единственный доступный инструмент такого нарушения: присоединение $\sqrt[n]{\theta}$ частично различает корни. Возможность довести это различение до конца зависит от того, как устроена симметрия.

Чтобы доказать это по-честному, нам нужно симметрию корней сделать точным вычислимым объектом. Первый язык, на котором это удалось сделать — это язык алгебраических соотношений между корнями.

Часть 3. Язык соотношений

Соотношения как мера симметрии

Зафиксируем определение, которым будем пользоваться. Пусть $x_1,\dots,x_n$ — корни многочлена над полем . Перестановка $\sigma \in S_n$ называется допустимой, если она сохраняет всякое алгебраическое соотношение между корнями с коэффициентами из : для любого многочлена $P \in K[t_1,\dots,t_n]$

$P(x_1,\dots,x_n)=0 \ \Longrightarrow\ P(x_{\sigma(1)},\dots,x_{\sigma(n)})=0.$

Множество всех допустимых перестановок образует группу — группу Галуа $\mathrm{Gal}(L/K)$ , где $L=K(x_1,\dots,x_n)$ . Но прежде чем исследовать её как группу, интересно ответить на другой вопрос: сколько вообще существует соотношений между корнями помимо обязательных?

Обязательные соотношения нам уже известны — это формулы Виета. Они инвариантны относительно любой перестановки и потому ничего не запрещают: вся группа их сохраняет. Вопрос в том, есть ли другие соотношения.

Рассмотрим два уравнения четвёртой степени, которые будут служить нам примером и далее.

Первое. Подстановкой получаем , откуда или , и корни исходного уравнения —

$x_1=\sqrt2,\quad x_2=-\sqrt2,\quad x_3=\sqrt3,\quad x_4=-\sqrt3.$

Между ними есть соотношение, которого нет у произвольной четвёрки чисел: и . Заметим, что существует равенство и . Переставить местами с , сохранив остальные корни на местах, нельзя, так как мы сломаем это соотношение: $x_3+x_2=\sqrt3-\sqrt2\neq0.$ Такая перестановка не допустима.

Второе. . Уравнение неприводимо над $\mathbb{Q}$ , и никаких соотношений вида или $x_ix_j\in\mathbb{Q}$ между его корнями не возникает.

Различие между этими двумя уравнениями — это ровно то, ради чего вводится понятие симметрии корней. У первого корни организованы в пары, и эта организация ограничивает допустимые перестановки. У второго корни алгебраически безразличны друг к другу, и, пока не доказано обратное, допустима любая их перестановка.

Как честно поломать симметрию?

До появления языка групп, о котором мы поговорим позже, единственным способом исследовать симметрию корней было построить выражение от корней и проверить, сколько различных значений оно принимает при перестановках. Этот метод предложил Жозеф-Луи Лагранж в 1770-1771 годах в труде «Réflexions sur la résolution algébrique des équations» [2]. Это первая попытка систематически объяснить, почему работают формулы Кардано и Феррари и почему приём, который там используется, не работает для уравнений пятой степени и выше.

Разберём метод на кубическом уравнении с корнями (общий случай сводится к этому подстановкой Чирнгауза $x \mapsto x-b/3a$ , убивающей квадратичный член, эта подстановка не использует радикалов и не влияет на разрешимость). Пусть $\omega=e^{2\pi i/3}$ . Рассмотрим выражения

$t_1=x_1+\omega x_2+\omega^2 x_3, \qquad t_2=x_1+\omega^2 x_2+\omega x_3.$

Циклическая перестановка корней $(x_1\,x_2\,x_3)\to(x_2\,x_3\,x_1)$ умножает на $\omega^{-1}$ и на $\omega$ , поэтому и при такой перестановке не меняются. Транспозиция $x_2\leftrightarrow x_3$ меняет и местами. Поскольку (группа перестановок трех элементов) состоит из трёх циклических перестановок и трёх перестановок, отличающихся от них транспозицией, под действием всей группы величиныпринимают вместе ровно два значения, которые при этом меняются местами.

Раз и переставляются только друг с другом, их сумма и произведение инвариантны относительно всего и потому выражаются через коэффициенты :

$t_1^3+t_2^3=-27q, \qquad t_1^3\,t_2^3=-27p^3.$

Значит и — корни квадратного уравнения

$z^2+27q\,z-27p^3=0,$

которое решается обычной формулой для квадратного уравнения. После этого и получаются извлечением кубического корня, а исходные восстанавливаются из и равенства . Только что мы почти случайно вывели формулу Кардано, полученную как прямое следствие того, что резольвента, (от латинского resolvo — «разрешаю», «нахожу решение») принимает всего два значения: один радикал второй степени и один радикал третьей степени — две последовательные надстройки, снимающие симметрию корней.

Для уравнения четвёртой степени резольвента строится на выражении

у которого есть два брата:

$y_2=x_1x_3+x_2x_4, \qquad y_3=x_1x_4+x_2x_3.$

Вся группа (группа перестановок четырех элементов) переставляет между собой, то есть под действием всех перестановок эти три величины принимают втроём ровно три значения. Поскольку переставляются между собой всеми перестановками корней, их элементарные симметрические функции инвариантны относительно всего и выражаются через . Значит — корни кубического уравнения с коэффициентами из . Решая её предыдущим методом и затем восстанавливая $x_1,\dots,x_4$ из решением двух квадратных уравнений, получаем формулу для степени 4, где степень 4 сведена к степени 3, степень 3 к степени 2.

Естественный следующий шаг — это повторить приём для пятой степени: найти выражение от пяти корней, которое под действием всех перестановок принимает небольшое число значений. Лагранж предпринял эту попытку и обнаружил, что естественные кандидаты дают резольвенту степени шесть!!!

Что измеряет резольвентное число

Давайте зафиксируем полученную закономерность. Для кубического уравнения резольвентное число было 2, а дальнейшее решение требовало ещё одного шага степени 3, выходила цепочка с шагами 2 и 3. Для уравнения четвёртой степени резольвентное число было 3, а далее задача сводилась к кубическому, выходила цепочка с шагами 3, 2 и 2. Для пятой степени аналогичный приём не понижает степень, а повышает её.

На каждом шаге исходная задача степени n сводится к резольвентной задаче меньшей степени : выделяются величин, инвариантных относительно подгруппы индекса в , которые затем сами находятся как корни уравнения степени , далее процесс повторяется. Каждый такой шаг по сути является присоединением одного радикала.

Резольвента Лагранжа измеряет симметрию корней через индекс подгруппы, фиксирующей выбранное выражение от них, и разрешимость уравнения зависит от того, можно ли последовательностью таких индексов спуститься от к единице. Лагранж вычислял эти индексы руками для каждой степени отдельно, а превратить разрозненные вычисления в единую теорию, то есть увидеть, что спуск по индексам есть свойство самой группы перестановок , не зависящее от выбора конкретного резольвентного выражения, удалось Эваристу Галуа.

Часть 4. Язык групп

Как перейти от резольвент к группе

Наблюдение Лагранжа можно переформулировать так: разрешимость уравнения в радикалах есть возможность построить цепочку подгрупп

$S_n = G_0 \supset G_1 \supset \dots \supset G_m = \{e\},$

в которой каждая следующая подгруппа $G_{i+1}$ нормальна в предыдущей , а факторгруппа $G_i/G_{i+1}$ устроена циклически. Каждый шаг такой цепочки соответствует одной радикальной надстройке поля, а порядок фактора — степени присоединяемого радикала.

Дадим строгое определение.

Группа называется разрешимой, если существует цепочка подгрупп
$G = G_0 \supset G_1 \supset \dots \supset G_m = \{e\}$ , в которой каждая $G_{i+1}$ нормальна в , а все факторгруппы $G_i/G_{i+1}$ абелевы.

Связь с радикалами устанавливает основная теорема теории Галуа, которую мы примем в следующей форме [3, 4].

Теорема (критерий разрешимости Галуа). Многочлен над полем характеристики нуль разрешим в радикалах тогда и только тогда, когда его группа Галуа разрешима.

Можно требовать, чтобы факторы были циклическими простого порядка, — это эквивалентное определение, поскольку всякую конечную абелеву группу можно разложить в цепочку с циклическими факторами простого порядка. В таком виде определение точнее всего отражает структуру башни радикалов: один простой циклический фактор — один радикал простой степени.

Тем самым исходный аналитический вопрос о существовании формулы полностью переведён в вопрос о строении конечной группы. Уравнение разрешимо тогда и только тогда, когда его группу симметрий можно разобрать в некоторую цепочку. Осталось понять, для каких это возможно для группы Галуа общего уравнения, то есть для .

Разберемся с малыми цепочками

Для $n\le 4$ группа разрешима, и соответствующие цепочки прямо отвечают резольвентам из Части 3.

. Группа $S_2=\{e,(12)\}$ сама абелева:

$S_2 \supset \{e\}, \qquad S_2/\{e\}\cong \mathbb{Z}/2.$

. Цепочка

$S_3 \supset A_3 \supset \{e\}$

имеет факторы $S_3/A_3\cong\mathbb{Z}/2 и A_3/\{e\}\cong\mathbb{Z}/3$ . Здесь — это знакопеременная группа, циклическая группа из трёх чётных перестановок. Факторы 2 и 3 — это шаги резольвенты кубического уравнения: радикал второй степени и радикал третьей степени.

. Цепочка

$S_4 \supset A_4 \supset V_4 \supset \{e\},$

где $V_4=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$ — четверная группа Клейна. Факторы: $S_4/A_4\cong\mathbb{Z}/2, A_4/V_4\cong\mathbb{Z}/3, V_4/\{e\}\cong\mathbb{Z}/2\times\mathbb{Z}/2$ . Это шаги 3,2,2 резольвенты Феррари.

Группа Клейна — это алгебраическое выражение того факта, что у уравнения из Части 3 корни организованы в две пары: перестановки, сохраняющие разбиение $\{x_1,x_2\}\cup\{x_3,x_4\}$ , образуют как раз подгруппу, тесно связанную с .

Во всех трёх случаях цепочка с абелевыми факторами существует, поэтому разрешимы, и общие уравнения соответствующих степеней разрешимы в радикалах. Вопрос в том, обрывается ли эта закономерность на ? И если да, то почему?

Когда-нибудь что-то должно было пойти не так

Для $n\ge 5$ группа не разрешима. Причина состоит в одном-единственном факте: знакопеременная группа проста, то есть не имеет нормальных подгрупп, кроме тривиальной $\{e\}$ и самой . Простая неабелева группа не может стоять в цепочке с абелевыми факторами: если бы входила в такую цепочку, то на каком-то шаге пришлось бы взять нормальную подгруппу, дающую абелев фактор, а у простой неабелевой группы таких нормальных подгрупп нет. Поэтому имеет смысл доказать простоту

Доказательство простоты A_5

Напомним, что — группа чётных перестановок пяти элементов, её порядок равен

Шаг 1. Цикловые типы и порядки элементов. Всякая перестановка раскладывается в произведение независимых циклов, и её чётность определяется цикловым типом. В (то есть среди чётных перестановок пяти символов) встречаются ровно следующие цикловые типы:

тождественная перестановка — 1 элемент;
тройные циклы вида — чётные; их число равно $\dfrac{5\cdot4\cdot3}{3}=20$ ;
произведения двух независимых транспозиций — чётные; их число равно

$\dfrac{1}{2}\binom{5}{2}\binom{3}{2}=15$ ;
циклы — чётные; их число равно $\dfrac{5!}{5}=24$ .

Проверим сумму: Других цикловых типов из пяти символов, дающих чётную перестановку, нет (транспозиция и цикл нечётны и в не входят).

Шаг 2. Классы сопряжённости в . В симметрической группе два элемента сопряжены тогда и только тогда, когда у них одинаковый цикловой тип. При переходе к класс сопряжённости из либо целиком остаётся одним классом, либо распадается на два класса равного размера — в зависимости от того, перестановочен ли элемент с какой-либо нечётной перестановкой (то есть пересекается ли его централизатор в с множеством нечётных перестановок).

Разберём каждый тип.

Тройные циклы. Цикл коммутирует с транспозицией оставшихся двух символов, а нечётна. Значит класс не распадается: все тройных циклов образуют один класс сопряжённости в .

Двойные транспозиции. Элемент коммутирует с транспозицией , которая нечётна. Класс не распадается: все элементов типа образуют один класс.

Циклы 5. Здесь ситуация иная. Централизатор пятёрного цикла $\sigma=(abcde)$ в состоит только из степеней самого $\sigma$ — это циклическая группа порядка 5, лежащая в . Никакая нечётная перестановка с $\sigma$ не коммутирует. Поэтому класс циклов 5 из распадается в на два класса равного размера, по элементов каждый.

Итак, размеры классов сопряжённости в :

$1,\quad 20,\quad 15,\quad 12,\quad 12.$

Шаг 3. Нормальная подгруппа является объединением классов. Заметим, что всякая нормальная подгруппа $N\trianglelefteq A_5$ вместе с любым своим элементом содержит весь его класс сопряжённости (по определению нормальности $gNg^{-1}=N$ для всех ). Значит есть объединение некоторого набора классов сопряжённости, причём этот набор обязательно включает класс тождественного элемента $\{e\}$ . Следовательно, порядок равен сумме размеров некоторых из чисел

$1,\quad 20,\quad 15,\quad 12,\quad 12,$

обязательно включающей слагаемое 1.

Шаг 4. Теорема Лагранжа отсекает все нетривиальные варианты. По теореме Лагранжа порядок подгруппы делит порядок группы. Переберём все суммы указанного вида, содержащие слагаемое 1, и проверим делимость на 60:

Состав суммы	$\lvert N\rvert$	Делит ли 60
		да $(N=\{e\})$
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		нет
		да

Единственные значения , делящие 60, — это 1 и 60. Им отвечают только $N=\{e\}$ и . Никакой промежуточной нормальной подгруппы нет.

Группа проста. $\blacksquare$

Неразрешимость S_5 и общего уравнения пятой степени

Завершим вывод. Предположим, что разрешима, то есть существует цепочка

$S_5 = G_0 \supset G_1 \supset \dots \supset G_m = \{e\}$

с нормальными вложениями и абелевыми факторами. Рассмотрим знакопеременную подгруппу $A_5\subset S_5$ . Известно, что коммутант простой неабелевой группы совпадает с ней самой: . Действительно, коммутант нормален в , а в силу простоты он равен либо $\{e\}$ , либо ; равенство $\{e\}$ означало бы, что абелева, что неверно (например, и не коммутируют). Значит

Теперь воспользуемся стандартным критерием: группа разрешима тогда и только тогда, когда её ряд коммутантов

$G \supseteq [G,G] \supseteq [[G,G],[G,G]] \supseteq \dots$

за конечное число шагов доходит до $\{e\}$ . Для группы, содержащей , этот ряд обрывается: поскольку , ряд коммутантов группы — это постоянная последовательность $A_5,A_5,A_5,\dots$ , никогда не достигающая $\{e\}$ . Подгруппа неразрешимой группы не может быть «разрешимее» объемлющей: если бы была разрешима, то и всякая её подгруппа, в частности , была бы разрешима. Но не разрешима. Противоречие.

Следовательно, не разрешима. То же рассуждение проходит для всех $n\ge 5$ : группа при $n\ge 5$ проста (доказательство для сводится к случаю индукцией, которую мы здесь опускаем), поэтому содержит неразрешимую подгруппу и сама неразрешима.

Применяя критерий разрешимости Галуа из начала этой части, получаем итог всей алгебраической линии.

Теорема Абеля–Руффини. Общее уравнение степени $n\ge 5$ не разрешимо в радикалах: не существует формулы, выражающей его корни через коэффициенты с помощью конечного числа арифметических операций и извлечений корня.

О чем поговорим дальше?

Алгебраическая линия завершена: мы прошли путь от различия в вычислении и выражении корней через симметрии и резольвенты Лагранжа к группе Галуа и доказали неразрешимость общего уравнения пятой степени, с чем я нас и поздравляю.

Во второй части та же история будет рассказана на языке геометрии. Корни окажутся точками, которые переставляются, когда коэффициенты уравнения обходят петли в комплексном пространстве. Группа Галуа предстанет как группа этих перестановок, а неразрешимость превратится в утверждение о том, что петли невозможно распутать радикалами. А завершим мы изложением современной теории, которая отвечает на вопрос о том, что происходит, когда вместо одного уравнения рассматривается система, как число корней начинает измеряться смешанным объёмом многогранников Ньютона и как многомерный аналог теоремы Абеля–Руффини был доказан совсем недавно.

Список источников

[1] J. C. Baez. This Week’s Finds in Mathematical Physics (Week 201). URL: https://math.ucr.edu/home/baez/week201.html

[2] J.-L. Lagrange. Réflexions sur la résolution algébrique des équations. Nouveaux Mémoires de l’Académie royale des Sciences et Belles-Lettres de Berlin, 1770–1771.

[3] J. Stillwell. Galois Theory for Beginners. The American Mathematical Monthly, 101 (1994), no. 1, 22–27.

[4] I. Stewart. Galois Theory. 4th ed., Chapman and Hall/CRC, 2015.

[5] N. H. Abel. Mémoire sur les équations algébriques, où l’on démontre l’impossibilité de la résolution de l’équation générale du cinquième degré. Christiania, 1824.

[6] É. Galois. Mémoire sur les conditions de résolubilité des équations par radicaux (1831), опубл. J. Liouville, Journal de mathématiques pures et appliquées, 1846.

[7] J.-P. Tignol. Galois’ Theory of Algebraic Equations. 2nd ed., World Scientific, 2016.

[8] D. S. Dummit, R. M. Foote. Abstract Algebra. 3rd ed., Wiley, 2004 (главы о теории Галуа и о простоте знакопеременных групп).

ссылка на оригинал статьи https://habr.com/ru/articles/1049898/