За свою короткую жизнь Галуа успел создать теорию, которая до сих пор стоит в фокусе математической мысли. Рассматривая численные уравнения, он установил понятие их группы, т.е. совокупности таких подстановок между их корнями, которые не нарушают рациональных соотношений между ними. Эта группа определяет для каждого уравнения алгебраическую структура его корней. В частности, уравнение разрешимо в радикалах тогда и только тогда, если его группа принадлежит к числу так называемых разрешимых групп. Таким образом вопрос о разрешимости каждого данного уравнения в радикалах может быть решен при помощи конечного числа действий.

Обратимся теперь к исходному объекту исследования – уравнению

a0xn + a1xn – 1 + … + an = 0,

где a0, a1, …, an - заданные числа. Еще Гаусс в конце XVIII века доказал «основную теорему алгебры», гласящую, что при любых a0, a1, …, an данное уравнение имеет в поле комплексных чисел п корней, точнее, стоящий в его левой части многочлен f(x) может быть разложен на линейные множители

f(x) = a0(x - a1)…(x - an),

где a1 … an – некоторые комплексные числа (называемые корнями уравнения). Задача состоит в том, чтобы узнать, существуют ли формулы, выражающие корни a1, …, an через коэффициенты a0, a1, …, an с помощью четырех арифметических действий и извлечения радикалов? Прежде всего, сразу можно считать, что все числа a1, …, an различны, иначе мы поделили бы многочлен f на наибольший общий делитель этого f и его производной f’, что дало бы нам новый многочлен с теми же самыми корнями, но уже без повторений.

Ключевой идеей, поистине прозрением Галуа, явилась мысль связать с каждым алгебраическим уравнением группу всех автоморфизмов его «поля корней» Q(a1, …, an), которые оставляют неподвижным «поле коэффициентов» Q(a0, a1, …, an). Понятно, что это действительно группа, так как если j, y - два таких автоморфизма, то автоморфизмы jy и j -1 тоже оставляют числа a0, a1, …, an неподвижными.

Как действует любой такой автоморфизм j на корни нашего уравнения? Если a - корень, т.е.

a0an + a1an – 1 + … + an = 0,

то, применив j к обеим частям, получим

a0(aj)n + a1(aj)n – 1 + … + an = 0,

т.е. aj – корень того же уравнения! Другими словами, автоморфизм j просто переставляет корни a1, …, an между собой, определяя тем самым некоторую перестановку

a1 … an

a1 … ain

легко сообразить, что произведению автоморфизмов будет отвечать произведение соответствующих перестановок, так что все получающиеся при этом перестанвоки сами составляют группу. Она называется группой симметрий или группой Галуа уравнения f=0 и обозначается Gal(f). Понятно, что Gal(f) – подгруппа группы Sn всех перестановок п символов. Оказывается, свойствами группы Галуа и определяется ответ на вопрос о разрешимости данного уравнения в радикалах.

Вот этот знаменитый

Критерий Галуа. Уравнение f=0 тогда и только тогда разрешимо в радикалах, когда его группа Gal(f) обладает полициклической матрёшкой.

Прежде всего, может возникнуть недоумение: «Как можно манипулировать перестановками корней, когда сами корни неизвестны? А если корни будут найдены, то никакие перестановки уже не понадобятся. В чем здесь достижение?»

Оказывается, что группу Gal(f) действительно можно вычислить, не зная корней уравнения f = 0, а пользуясь лишь, так сказать, соображениями симметрии.

Рассмотрим уравнение

x4 – x2 + 1 = 0.

Конечно, без всякого критерия Галуа видно, что оно биквадратное и легко решается в радикалах, но наша цель сейчас в другом продемонстрировать на этом простеньком примере, как, не пользуясь знанием корней уравнения, найти его группу Галуа. Сейчас мы убедимся, что это вполне возможно. Прежде всего заметим, что многочлен

f = x4 – x2 + 1,

стоящий в левой части, не разлагается на множители меньшей степени с рациональными коэффициентами. Для выяснения этого имеется несложный общей прием, на котором мы не будем останавливаться.

Пусть a какой-нибудь корень нашего уравнения. Понятно, что тогда -a, 1/a, -1/a - тоже корни, причем все они попарно различны. Занумеруем их, пусть

a1 = a, a2 = - a, a3 = 1/a, a4 = -1/a

Очевидно,

Q (a1, a2, a3, a4 )= Q (a)

Какие перестановки войдут в группу Gal(f)? Разумеется, далеко не все 24 перестановки четырех символов. В самом деле, если при каком-то автоморфизме поля Q (a) число a переходит в a1, т.е. остается на месте, то легко понять, числа a2, a3, a4 тоже останутся на месте. Другими словами, получится единичная перестановка е. Далее, если a перейдет в a2, то по той же причине получится перестановка

a2 a1 a4 a3

Наконец, при a a3 и a a3 получатся перестановки

a3 a4 a1 a2

a4 a3 a2 a1

Так как все возможности для образа корня a мы перебрали, никакие другие перестановки появиться не могут.

С другой стороны, можно убедиться, что все четыре перестановки е, а, b, с действительно возникают из автоморфизмов поля Q (a), так что они и составляют группу Gal(f) нашего уравнения. В самом деле, рассмотрим, например, подстановку а (для подстановок b, c рассуждение абсолютно аналогично). Если, как мы собираемся доказать, автоморфизм поля Q (a), соответствующий подстановке a, существует, то он обязан действовать так:

,

где g, h произвольные многочлены с рациональными коэффициентами, причем h(a) ¹ 0 (учтите, что автоморфизм обязан переводить сумму в сумму и произведение в произведение). Ясно, что это формулу и следует взять за определение искомого автоморфизма. Тонкость состоит в том, что число может быть записано многими разными способами:

и нужно убедиться, что при замене a на a2 все эти равенства сохранятся. Иначе говоря, если p = gh1 – g1h и p(a) = 0, то и p(a2) = 0. Чтобы доказать это, поделим р на исходный многочлен f с остатком: