Теория Галуа

В ночь на 30 мая 1832 года двадцатилетний Эварист Галуа писал письмо другу, Огюсту Шевалье. Утром ему предстояла дуэль, и, судя по всему, пережить её он не надеялся. Но письмо не прощальное, а деловое: на нескольких страницах Галуа перечисляет, что он понял об алгебраических уравнениях, что доказал, а что только угадал. В конце он просит публично обратиться к Якоби или Гауссу, чтобы те высказались «не об истинности, а о важности этих теорем», и надеется, что потом найдутся люди, которым будет польза разобраться во всей этой путанице.

Прошлая глава закончилась вопросом, на который отвечает эта «путаница»: почему у уравнения пятой степени нет формулы? Это большой вопрос №3 из вступления. В главе 14 мы разобрали формулы для третьей и четвёртой степени, найденные в Италии в XVI веке. Потом почти триста лет лучшие математики искали формулу для пятой степени, и все попытки провалились. Галуа — тот самый, чьё имя носят конечные поля $GF(p^n)$ из прошлой главы, — объяснил почему, и объяснение оказалось ценнее самого ответа: из него выросла теория групп.

У главы две линии. Первая — жизнь Галуа, короткая и шумная. Вторая — доказательство, которое через сто тридцать лет после его гибели придумал Владимир Игоревич Арнольд для московских школьников. Алгебры в нём почти нет: корни уравнения будут двигаться по плоскости, заплетаться в косу и меняться местами. А в конце те же идеи закроют задачи, над которыми бились с античности: удвоение куба, трисекцию угла и построение правильных многоугольников.

Что значит «нет формулы»

Формула корней квадратного уравнения — это рецепт: возьми коэффициенты, сложи, вычти, умножь, раздели, извлеки квадратный корень. Формула Кардано — тот же рецепт, в который добавлены кубические корни. Формула Феррари для четвёртой степени длиннее, но собрана из тех же действий. Что именно искали для пятой степени, скажем точно.

Корни извлекаем из комплексных чисел: у числа $w \ne 0$ ровно $n$ корней $n$-й степени, вершины правильного $n$-угольника (глава 15), и формула вправе пользоваться любым из них. Так устроена уже формула Кардано: из трёх кубических корней надо выбрать согласованную пару.

Первым всерьёз задумался, почему формулы для малых степеней работают, Жозеф Луи Лагранж. В длинном мемуаре «Размышления об алгебраическом решении уравнений» (1770–1771) он разобрал все известные способы и нашёл у них общий механизм, о котором речь пойдёт в следующем разделе. Для пятой степени тот же механизм приводил к вспомогательному уравнению шестой степени: задача не упрощалась, а усложнялась. Лагранж заподозрил, что формулы нет, но доказать этого не смог. В 1799 году Паоло Руффини опубликовал доказательство невозможности, но в нём был пробел. Полное доказательство дал в 1824 году молодой норвежец Нильс Хенрик Абель.

«Общей формулы нет» не значит, что не решается ни одно уравнение пятой степени. Уравнение $x^5 = 2$ решается сразу: $x = \sqrt[5]{2}$. Решается и целое семейство уравнений посложнее, которые разобрал ещё Абрахам де Муавр в 1707 году.

Свободный член — единственный меняющийся коэффициент; остальные закреплены. Первый корень квадратного уравнения $t^2 - zt + 1 = 0$. Второй корень того же уравнения. Произведение двух корней пятой степени должно быть равно $1$: из пяти значений второго радикала берут то, которое обратно первому слагаемому. Откуда формула: если $x = w + \frac1w$, то, раскрыв скобки, получим $x^5 - 5x^3 + 5x = w^5 + \frac{1}{w^5}$, и уравнение становится квадратным относительно $w^5$. Пример: при $z = 3$ имеем $w^5 = \frac{3 + \sqrt5}{2}$, $w \approx 1{,}2123$, $x = w + \frac1w \approx 2{,}0372$. Проверка: $2{,}0372^5 - 5 \cdot 2{,}0372^3 + 5 \cdot 2{,}0372 \approx 35{,}086 - 42{,}272 + 10{,}186 = 3$.

Значит, спрашивать надо не «решается ли пятая степень», а какие именно уравнения решаются и почему общее — нет. Скоро мы увидим, что у уравнения $x^5 - 5x = z$, которое выглядит проще, чем у де Муавра, никакой формулы в радикалах нет.

Симметрии корней

Посмотрим на квадратное уравнение $x^2 + bx + c = 0$ с корнями $x_1$ и $x_2$ глазами Лагранжа. По теореме Виета $x_1 + x_2 = -b$ и $x_1x_2 = c$. Эти выражения не меняются, если поменять корни местами, и потому записываются через коэффициенты без всяких радикалов. Разность $x_1 - x_2$ при обмене меняет знак. Зато её квадрат снова симметричен: $(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2 = b^2 - 4c$. Отсюда $x_1 - x_2 = \sqrt{b^2 - 4c}$ с точностью до выбора значения корня, а дальше $x_{1,2} = \frac{(x_1 + x_2) \pm (x_1 - x_2)}{2}$ — знакомая формула. Квадратный корень понадобился ровно там, где выражение перестало быть симметричным.

С кубическим уравнением Лагранж поступил так же. Пусть $\omega$ — кубический корень из единицы, отличный от $1$, так что $\omega^3 = 1$ и $\omega^2 + \omega + 1 = 0$. При циклическом сдвиге корней $x_1 \to x_2 \to x_3 \to x_1$ выражение $u = x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3$ умножается на степень $\omega$, и его куб $u^3$ сдвига не замечает. При всех шести перестановках корней $u^3$ принимает всего два значения. Два значения — это корни квадратного уравнения, коэффициенты которого симметричны относительно корней и выражаются через коэффициенты исходного. Квадратный корень даёт $u^3$, кубический — $u$, и из таких чисел собираются корни. Сначала квадратный, потом кубический — ровно так устроена формула Кардано. Для пятой степени лучшие выражения Лагранжа принимали шесть значений, и вспомогательное уравнение оказывалось шестой степени.

Галуа сделал следующий шаг. Вместо того чтобы подбирать удачные выражения из корней, он предложил изучать сразу все перестановки корней — точнее, те, что не нарушают никаких соотношений между ними.

У уравнения $x^2 - 2 = 0$ корни $\pm\sqrt2$, и обмен их местами ничего не портит: соотношения $x_1 + x_2 = 0$ и $x_1^2 = 2$ после обмена остаются верными. Группа Галуа состоит из двух перестановок. У уравнения $(x^2 - 2)(x^2 - 3) = 0$ корни $\sqrt2, -\sqrt2, \sqrt3, -\sqrt3$, и здесь выбор уже ограничен: соотношение $x_1^2 = 2$ запрещает отправить $\sqrt2$ на место $\sqrt3$. У уравнения $x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0$ корни — степени числа $\zeta = \cos 72^\circ + i\sin 72^\circ$: $\zeta, \zeta^2, \zeta^3, \zeta^4$. Соотношения вида «второй корень равен квадрату первого» связывают их так тесно, что симметрия определяется одним выбором — куда отправить $\zeta$, — и в группе четыре элемента. А у «общего» уравнения пятой степени, где между корнями нет никаких особых соотношений, в группу входят все $5! = 120$ перестановок.

Корни уравнения $(x^2 - 2)(x^2 - 3) = 0$ — числа $\pm\sqrt2$ и $\pm\sqrt3$. Может ли перестановка из группы Галуа поменять местами $\sqrt2$ и $\sqrt3$?

Может: все четыре корня иррациональны и ничем не отличаются Не может: квадрат первого равен $2$, а квадрат второго — $3$ Может, если одновременно поменять местами $-\sqrt2$ и $-\sqrt3$

Соотношение $x_1^2 - 2 = 0$ с рациональными коэффициентами верно для $x_1 = \sqrt2$. Если отправить $\sqrt2$ на место $\sqrt3$, оно превратится в $(\sqrt3)^2 - 2 = 0$, а это ложь. Каждый корень можно заменить только на корень того же множителя: $\sqrt2$ — на $\pm\sqrt2$, $\sqrt3$ — на $\pm\sqrt3$.

Сколько перестановок в группе Галуа уравнения $(x^2 - 2)(x^2 - 3) = 0$?

Корень $\sqrt2$ можно оставить на месте или отправить на место $-\sqrt2$, и так же независимо поступить с $\sqrt3$: получаем $2 \cdot 2 = 4$ перестановки. Все они подходят. Любое соотношение с рациональными коэффициентами между $\pm\sqrt2, \pm\sqrt3$ после раскрытия скобок можно записать как $A + B\sqrt2 + C\sqrt3 + D\sqrt6 = 0$ с рациональными $A, B, C, D$, а такое равенство возможно, только если все четыре числа равны нулю (это доказывается так же, как иррациональность $\sqrt2$). Смена знака у $\sqrt2$ меняет знаки у $B$ и $D$ и сохраняет нули; так же со $\sqrt3$.

Главная теорема Галуа говорит, что разрешимость уравнения в радикалах зависит только от устройства этой группы. Прежде чем её формулировать, посмотрим, откуда группа берётся в жизни и почему радикалы с ней связаны. Для этого заставим корни двигаться.

Коса корней

В главе 14 мы двигали корни и смотрели, как меняются коэффициенты. Сделаем наоборот: будем двигать коэффициент. Возьмём уравнение $x^5 - 5x = z$ и будем считать $z$ точкой комплексной плоскости. При каждом $z$ у уравнения пять корней с учётом кратности (основная теорема алгебры). Когда $z$ движется, корни тоже движутся, и непрерывно: малый сдвиг $z$ сдвигает каждый простой корень ненамного. Строго это следует из принципа аргумента (глава 34): число корней внутри маленького круга не меняется, пока $z$ меняется мало.

Исчезнуть корни не могут, но могут столкнуться. Два корня сливаются, когда вместе с многочленом $x^5 - 5x - z$ в ноль обращается и его производная $5x^4 - 5$, то есть при $x = \pm1$ или $x = \pm i$. Подставив эти $x$, получаем четыре особых значения: $z = 4, 4i, -4, -4i$. В остальных точках плоскости все пять корней различны.

Главное наблюдение: если $z$ ушёл, обошёл особую точку и вернулся, то на месте снова пять корней того же уравнения, но каждый мог прийти туда, где раньше стоял другой. Петля переставила корни. У этого явления есть имя.

Обозначим корни при $z = 0$. Уравнение $x^5 - 5x = 0$ решается сразу: $x(x^4 - 5) = 0$, поэтому $x_1 = \sqrt[4]{5} \approx 1{,}495$, $x_2 = i\sqrt[4]{5}$, $x_3 = -\sqrt[4]{5}$, $x_4 = -i\sqrt[4]{5}$ и $x_5 = 0$. Петлёй $a$ назовём путь из нуля по прямой почти до точки $4$, обход вокруг неё по маленькой окружности против часовой стрелки и возвращение той же дорогой. Так же петли $b$, $c$, $d$ обходят точки $4i$, $-4$ и $-4i$. Перестановки записываем циклами: $(3\;5)$ — обмен $x_3$ и $x_5$, $(1\;3\;5)$ — $x_1$ уходит на место $x_3$, $x_3$ на место $x_5$, $x_5$ на место $x_1$.

Хитрость в том, чтобы разобрать одну петлю подробно, а остальные получить из неё поворотом плоскости. Справа вверху — плоскость $z$, основной чертёж — корни.

При $z = 0$ корни стоят в центре и в вершинах квадрата: $x_5 = 0$, а $x_1, x_2, x_3, x_4$ — это $\sqrt[4]5$, $i\sqrt[4]5$, $-\sqrt[4]5$, $-i\sqrt[4]5$. Ведём $z$ по действительной оси от $0$ к $4$. Действительные корни — точки, где график $y = x^5 - 5x$ пересекает прямую $y = z$. На отрезке $[-1;\,1]$ функция убывает от $4$ до $-4$, левее $-1$ возрастает, поэтому $x_5$ ползёт от нуля влево, а $x_3$ — от $-\sqrt[4]5$ вправо. При $z = 4$ они встречаются в точке $-1$: $x^5 - 5x - 4 = (x + 1)^2(x^3 - 2x^2 + 3x - 4)$. Обходим точку $4$ по маленькой окружности. Около $x = -1$ уравнение имеет вид $(x + 1)^2 h(x) = z - 4$, где $h(x) = x^3 - 2x^2 + 3x - 4$ и $h(-1) = -10 \ne 0$. После замены $u = (x + 1)\sqrt{h(x)}$ (около $-1$ это взаимно однозначное соответствие) оно превращается в $u^2 = z - 4$. Пока $z$ обходит $4$, аргумент числа $z - 4$ растёт на $2\pi$, а аргумент $u$ — на $\pi$ (глава 15): два значения $u = \pm\sqrt{z - 4}$, а с ними и два корня около $-1$, меняются местами. Остальные три корня при $z = 4$ простые и лишь описывают маленькие петли вокруг своих мест. Возвращаемся в ноль той же дорогой. Корни $x_3$ и $x_5$ поменялись местами, остальные вернулись к себе: петля $a$ даёт перестановку $(3\;5)$. Если $x$ — корень уравнения с коэффициентом $z$, то $ix$ — корень уравнения с коэффициентом $iz$, потому что $(ix)^5 - 5(ix) = i(x^5 - 5x)$. Поворот на $90^\circ$ переводит петлю $a$ в петлю $b$, а корни $x_3, x_5$ — в $x_4, x_5$: петля $b$ даёт $(4\;5)$. Ещё два поворота дают $c = (1\;5)$ и $d = (2\;5)$. Обмен любых двух корней получается из этих: $(i\;j) = (i\;5)(j\;5)(i\;5)$ — корень $x_i$ уходит на место $x_5$, оттуда на место $x_j$, а $x_j$ через место $x_5$ приходит на место $x_i$. Любая перестановка — это несколько обменов подряд, транспозиций (глава 40). Обходя соответствующие петли одну за другой, получаем любую перестановку пяти корней.

Корни уравнения $x^5 - 5x = z$ переставляются как угодно, если водить $z$ по петлям. Это и есть группа Галуа, увиденная в движении: каждая петля даёт перестановку, сохраняющую все соотношения между корнями, и в нашем случае это все $120$ перестановок.

Радикалы и коммутаторы

Теперь посмотрим, что петли делают не с корнями, а с радикалами. Пройдём петлю $a$ и будем следить за $\sqrt{z - 4}$: начнём с одного из двух значений и будем менять его непрерывно. Аргумент числа $z - 4$ вырастет на $2\pi$, аргумент корня — на $\pi$, и корень вернётся умноженным на $-1$. А вдоль петли $b$ число $z - 4$ ноль не обходит, и корень вернётся к себе. Так же в общем случае: если выражение $E$ после обхода петли вернулось к прежнему значению, то $\sqrt[n]{E}$ может измениться только умножением на корень $n$-й степени из единицы, ведь у конца и начала одна и та же $n$-я степень.

Главная хитрость Арнольда — пройти две петли, а потом обе в обратную сторону.

Коммутатор петель $\gamma$ и $\delta$ — петля $[\gamma, \delta] = \gamma\delta\gamma^{-1}\delta^{-1}$: обходим $\gamma$, затем $\delta$, затем $\gamma$ в обратную сторону, затем $\delta$ в обратную сторону. Это тот же коммутатор, которым в главе 40 собирали алгоритмы для кубика Рубика: $R\,U\,R'\,U'$. Для перестановок $[\sigma, \tau] = \sigma\tau\sigma^{-1}\tau^{-1}$. Одна оговорка о порядке: в главе 40 запись $ab$ означала «сначала $b$, потом $a$», а с петлями удобнее выполнять перестановки в порядке записи, слева направо, как пройденные подряд петли или ходы кубика. Так и будем делать до конца главы.

Если $\sigma$ и $\tau$ перестановочны, то $[\sigma, \tau]$ ничего не меняет: всё сделанное отменяется. Коммутатор измеряет, насколько две операции не перестановочны. Например, петли $a$ и $c$ дают обмены $(3\;5)$ и $(1\;5)$, а их коммутатор $[a, c]$ — тройной цикл $(1\;3\;5)$.

Найдите коммутатор $[(1\;2),\ (2\;3)]$ перестановок чисел $1, 2, 3$ (выполняем слева направо). Ответ запишите циклом, например «(1 3 2)».

Каждый обмен обратен сам себе, поэтому $[\sigma, \tau] = \sigma\tau\sigma\tau = (\sigma\tau)^2$. Сначала $\sigma\tau$: число $1$ уходит в $2$, потом в $3$; число $3$ остаётся на месте, потом уходит в $2$; число $2$ уходит в $1$ и там остаётся. Получаем $\sigma\tau = (1\;3\;2)$. Дважды этот цикл даёт $(1\;2\;3)$: $1 \to 3 \to 2$, $2 \to 1 \to 3$, $3 \to 2 \to 1$. Ответ: $(1\;2\;3)$.

Назовём петлями уровня $0$ любые петли с началом и концом в выбранной точке, петлями уровня $1$ — коммутаторы двух петель уровня $0$, петлями уровня $2$ — коммутаторы двух петель уровня $1$, и так далее. Глубиной выражения назовём число этажей радикалов в нём: у $\sqrt{z^2 - 16}$ глубина $1$, у $\sqrt[3]{z + \sqrt{z^2 - 16}}$ глубина $2$, у выражения без радикалов — $0$.

Чтобы доказать, что формулы нет, осталось найти петли сколь угодно высокого уровня, которые всё ещё переставляют корни. Здесь нужен один факт о перестановках пяти элементов.

Проверим равенство, передвигая фишки: перестановка сдвигает фишку с места $p$ на место, куда она отправляет $p$.

Расставим пять мест по вершинам пятиугольника и положим на каждое место фишку с той же буквой. Выполним $\sigma = (x\;u\;z)$: фишка с места $x$ уходит на $u$, с $u$ — на $z$, с $z$ — на $x$. Выполним $\tau = (x\;v\;y)$: с места $x$ на $v$, с $v$ на $y$, с $y$ на $x$. Выполним $\sigma^{-1} = (x\;z\;u)$ — тот же цикл в обратную сторону. Выполним $\tau^{-1} = (x\;y\;v)$. Фишка $x$ прошла путь $x \to u \to u \to x \to y$, фишка $y$ — путь $y \to y \to x \to z \to z$, фишка $z$ — путь $z \to x \to v \to v \to x$, а фишки $u$ и $v$ вернулись домой. Коммутатор отправил $x$ на место $y$, $y$ — на место $z$, $z$ — на место $x$: это $(x\;y\;z)$.

Для четырёх элементов фокус не проходит: в равенстве участвуют пять разных букв, и пятая нужна обязательно. Именно здесь, как мы увидим, проходит граница между четвёртой и пятой степенью.

Формулы нет

Всё готово для главной теоремы. Докажем даже больше, чем отсутствие общей формулы: у одного конкретного уравнения с одним подвижным коэффициентом корни через этот коэффициент в радикалах не выражаются.

Идея: формула глубины $k$ обязана вернуться после петли уровня $k$, а корень, за которым она следит, вернуться не обязан.

Пусть такое выражение $F$ нашлось и его глубина равна $k$. Возьмём в круге точку $z_0$, где ни один знаменатель и ни одно подкоренное выражение в $F$ не обращаются в ноль. Петли будем начинать в $z_0$: дойдём из $z_0$ до нуля, обойдём нужные петли и вернёмся той же дорогой. Поэтому и из $z_0$ достижима любая перестановка корней, и следствие о петлях любого уровня остаётся в силе. Значение $F(z_0)$ — один из корней. Выберем тройной цикл, который сдвигает этот корень на место другого, и петлю $\Gamma$ уровня $k$, переставляющую корни этим циклом. Обойдём $\Gamma$, меняя значения всех радикалов в $F$ непрерывно. Равенство $F^5 - 5F - z = 0$, верное около $z_0$, остаётся верным на всём пути: так устроено аналитическое продолжение (глава 34). Значит, $F$ в каждый момент равно одному из корней. Корни на пути различны и меняются непрерывно, поэтому $F$ всё время следует за одним и тем же корнем и в конце оказывается на его новом месте — там, где раньше был другой корень. Значение $F$ изменилось. Но у $F$ глубина $k$, и по следствию об этажах радикалов после петли уровня $k$ оно возвращается к прежнему значению. Противоречие: такого выражения нет. Общая формула для уравнений $x^5 + a_4x^4 + \dots + a_0 = 0$ после подстановки $a_4 = a_3 = a_2 = 0$, $a_1 = -5$, $a_0 = -z$ дала бы именно такое выражение, поэтому нет и её.

Две технические детали, которые мы пропустили

Первая. На пути петли какое-нибудь подкоренное выражение из $F$ может обратиться в ноль, и тогда непрерывное продолжение радикала неоднозначно. Каждое выражение в радикалах — алгебраическая функция от $z$, и в любом ограниченном куске плоскости у неё конечное число таких точек. Петли можно слегка изогнуть, обходя их; перестановка корней от этого не изменится, пока изгиб не задевает особых точек $\pm4, \pm4i$. Все рассуждения выше проводятся для изогнутых петель.

Вторая. Общая формула могла бы «сломаться» именно на нашем семействе: например, делить на выражение, которое обращается в ноль при $a_4 = a_3 = a_2 = 0$. Тогда сдвинем семейство: возьмём $x^5 + \varepsilon_4x^4 + \varepsilon_3x^3 + \varepsilon_2x^2 - (5 - \varepsilon_1)x = z$ с маленькими $\varepsilon_i$, подобранными так, чтобы формула не ломалась. Особые точки сдвинутся совсем немного, петли переставят корни так же, и доказательство проходит без изменений. Арнольд, впрочем, рассуждал сразу в пространстве всех пяти коэффициентов. Подробное изложение — в книге В. Б. Алексеева «Теорема Абеля в задачах и решениях» (1976), написанной по его лекциям.

Формулы нет, потому что радикалы умеют «запутываться» только перестановочно. Каждый этаж радикалов распутывается одним этажом коммутаторов: выражение с $k$ этажами возвращается к себе после петли уровня $k$. А корни уравнения пятой степени, если водить коэффициенты по петлям, переставляются как угодно, и в группе всех перестановок пяти элементов коммутаторы никогда не кончаются: тройной цикл сам есть коммутатор тройных циклов. Никакого конечного числа этажей не хватит. Для степеней $2$, $3$ и $4$ коммутаторы кончаются за один, два и три шага, и формулы существуют. Какие именно уравнения пятой степени решаются в радикалах, определяет их группа Галуа.

Проверим последние слова на малых степенях. Для квадратного уравнения группа из двух перестановок перестановочна, и первый же шаг даёт тождественную перестановку: хватает одного этажа, квадратного корня. Для кубического коммутаторы шести перестановок трёх корней — тройные циклы, а их коммутаторы тривиальны: два этажа, квадратный корень внутри кубического, как у Кардано. У четырёх корней коммутаторы всех $24$ перестановок образуют $12$ чётных перестановок, их коммутаторы — всего $4$ перестановки (тождественная и три двойных обмена вроде $(1\;2)(3\;4)$), а эти $4$ перестановочны между собой. Три шага — и конец. У пяти корней шаг от $120$ перестановок к $60$ чётным (это знакопеременная группа $A_5$), а дальше цепочка застревает: коммутаторы $60$ чётных перестановок — снова все $60$, ведь каждый тройной цикл — коммутатор тройных циклов, а тройные циклы порождают $A_5$.

Почему доказательство Арнольда не проходит для уравнений четвёртой степени?

У многочленов четвёртой степени нет особых точек, и корни не переставляются Тройной цикл четырёх элементов нельзя записать как коммутатор тройных циклов, и петли высокого уровня перестают переставлять корни Для четвёртой степени радикалы не возвращаются после коммутаторов Четыре корня нельзя расставить по вершинам пятиугольника

Особые точки есть, и петли переставляют четыре корня как угодно. Но в формуле $(x\;y\;z) = [(x\;u\;z), (x\;v\;y)]$ пять разных букв. У четырёх элементов коммутаторы тройных циклов — двойные обмены, а коммутаторы двойных обменов тривиальны. Петли уровня $3$ уже ничего не переставляют, и формуле для четвёртой степени хватает трёх этажей радикалов, если записать её экономно.

Что увидел Галуа

Эварист Галуа родился 25 октября 1811 года в городке Бур-ла-Рен под Парижем, где его отец был мэром. В парижском лицее Людовика Великого он скучал на уроках риторики и, по рассказам, за два дня прочёл «Начала геометрии» Лежандра, рассчитанные на два года учёбы. Скоро он читал Лагранжа и Абеля, а в семнадцать лет напечатал первую статью.

Дальше всё шло наперекосяк. Дважды, в 1828 и 1829 годах, Галуа провалил вступительный экзамен в Политехническую школу. Второй провал случился через несколько недель после того, как его отец, затравленный клеветой местного священника, покончил с собой; по легенде, на экзамене Галуа швырнул тряпку в экзаменатора. Он поступил в Нормальную школу и отправлял работы в Академию наук. Судьба первой рукописи, отданной Коши в 1829 году, до конца не ясна. Вторую, поданную на премию в 1830 году, взял домой непременный секретарь Академии Фурье; в мае он умер, и рукопись пропала. Третью, поданную в январе 1831 года, прочёл Симеон Дени Пуассон и в июле вернул с отзывом: рассуждения автора «недостаточно ясны и недостаточно развиты, чтобы мы могли судить об их точности».

К тому времени Галуа был пылким республиканцем. В начале 1831 года его исключили из Нормальной школы за резкое письмо о директоре в газету. В мае его арестовали за тост с ножом в руке, поднятый на банкете в адрес короля Луи-Филиппа, и оправдали. 14 июля того же года арестовали снова — за форму распущенной артиллерии Национальной гвардии — и приговорили к шести месяцам тюрьмы. В тюрьме Сент-Пелажи он продолжал работать над мемуаром. Вот главное, что в нём было, на современном языке.

Мы только что видели: группы перестановок двух, трёх и четырёх элементов разрешимы, а группа $S_5$ всех перестановок пяти элементов — нет, потому что уже её подгруппа коммутаторов (все $60$ чётных перестановок) совпадает со своей собственной подгруппой коммутаторов. Галуа связал это с уравнениями.

Идея доказательства и почему целиком его здесь нет

Будем добавлять к рациональным числам радикалы по одному и следить, какие перестановки корней по-прежнему сохраняют все соотношения — теперь с коэффициентами, в которых разрешены и добавленные радикалы. Каждый новый радикал сужает группу до подгруппы, и если корни из единицы уже добавлены, то «отрезанный» кусок устроен как коммутативная группа — это алгебраический двойник леммы о радикале и коммутаторе. Когда добавлены все радикалы формулы, корни выражены через известные числа, и группа сжалась до одной тождественной перестановки: цепочка шагов с коммутативными кусками прошла от группы Галуа до единицы, а такая цепочка существует ровно у разрешимых групп. Обратно, по такой цепочке подгрупп строят цепочку радикалов с помощью выражений Лагранжа из раздела о симметриях. Чтобы провести это аккуратно, нужна основная теорема теории Галуа о соответствии между подгруппами группы и промежуточными полями, а это глава учебника: см., например, М. М. Постников «Основы теории Галуа» (1960) или лекции Эмиля Артина «Теория Галуа». Мы доказали вариант Арнольда, которого хватает для ответа на большой вопрос.

Критерий работает и там, где петлям не во что превратиться: для уравнений с числовыми коэффициентами. Возьмём $x^5 - 6x + 3 = 0$. Многочлен неприводим над $\mathbb Q$ — это следует из признака Эйзенштейна для $p = 3$, который мы докажем ниже. У него ровно три действительных корня: он меняет знак на отрезках $[-2;\,-1]$, $[0;\,1]$ и $[1;\,2]$ (значения $-17$ и $8$, $3$ и $-2$, $-2$ и $23$), а больше трёх быть не может, потому что производная $5x^4 - 6$ обращается в ноль лишь дважды. Комплексное сопряжение сохраняет все соотношения с рациональными коэффициентами, поэтому входит в группу Галуа; оно меняет местами два недействительных корня и не трогает действительные — это обмен. Из основной теоремы теории Галуа следует, что группа неприводимого уравнения пятой степени содержит и цикл длины $5$. А цикл длины $5$ вместе с обменом порождают все $120$ перестановок. Группа — $S_5$, и корни уравнения $x^5 - 6x + 3 = 0$ через радикалы не выражаются, хотя все пять существуют и их легко найти численно.

Циркуль, линейка и степень двойки

В главе 16 мы сформулировали три задачи древности и отложили доказательство: циркулем и линейкой нельзя удвоить куб, разделить на три части угол $60^\circ$ и построить квадрат, равный кругу. В главе 6 третья задача свелась к лемме «построимые длины алгебраичны». Сам Галуа построениями не занимался, но его язык полей и симметрий закрыл все три задачи. Первым это сделал Пьер Ванцель в 1837 году.

Сумму и разность строить нечего: отрезки откладываются циркулем на одной прямой. Для произведения и частного нужны подобные треугольники (глава 17).

Отрезок $OA = a$ на первом луче. Отрезок $OB = b$ на втором луче. Построенный отрезок $OC$ — произведение. Пример: при $a = 2{,}2$ и $b = 1{,}1$ получаем $OC = 2{,}42$. Если на место единицы отложить $b$, а на место $b$ — единицу, выйдет $OC = \frac ab$. На одном луче с началом $O$ отложим $OE = 1$ и $OA = a$, на другом — $OB = b$. Проведём прямую $EB$. Через $A$ проведём прямую, параллельную $EB$ (параллельную циркулем и линейкой строить умеем, глава 16). Она пересечёт второй луч в точке $C$. Треугольники $OEB$ и $OAC$ подобны: угол при $O$ у них общий, а углы при $E$ и $A$ равны как соответственные углы при параллельных прямых $EB$ и $AC$ и секущей $OA$. Значит, $\frac{OC}{OB} = \frac{OA}{OE}$. Отсюда $OC = OB \cdot \frac{OA}{OE} = b \cdot \frac{a}{1} = ab$. Если отложить $OE = b$ и $OB = 1$, то то же построение даст $OC = \frac ab$.

Квадратный корень строится по теореме о высоте прямоугольного треугольника.

Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипотенузу. Отрезок гипотенузы длины $1$. Отрезок гипотенузы длины $a$. Пример: при $a = 3$ получаем $h = \sqrt3 \approx 1{,}732$. Для $a = 2$ так строится $\sqrt2$, а повторив построение, получим $\sqrt[4]2$. На прямой отложим подряд $AH = 1$ и $HB = a$. Найдём середину отрезка $AB$ и построим окружность с диаметром $AB$ — достаточно верхней половины. Восставим в точке $H$ перпендикуляр к $AB$. Он пересечёт полуокружность в точке $P$; обозначим $h = HP$. Угол $APB$ прямой: он вписан в окружность и опирается на диаметр (теорема Фалеса). Треугольники $AHP$ и $PHB$ подобны. Оба прямоугольные, а острые углы при $A$ и при $P$ равны: $\angle HPB = 90^\circ - \angle B = \angle A$, потому что в прямоугольных треугольниках $PHB$ и $APB$ сумма острых углов равна $90^\circ$. Значит, $\frac{AH}{HP} = \frac{HP}{HB}$. Отсюда $HP^2 = AH \cdot HB$, то есть $h^2 = 1 \cdot a$ и $h = \sqrt a$.

Выходит, из единицы циркулем и линейкой получается всё, что записывается через рациональные числа четырьмя действиями и квадратными корнями: $\sqrt{2 + \sqrt3}$, $\sqrt[4]{2}$, $\frac{1 + \sqrt5}{2}$. Оказывается, больше ничего.

Чтобы отсюда вывести невозможность построений, нужен способ измерять, насколько число «далеко» от рациональных. Им служит степень.

Например, $[\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q] = 2$: каждое число этого поля однозначно записывается как $p + q\sqrt2$ с рациональными $p, q$, а минимальный многочлен $\sqrt2$ над $\mathbb Q$ — это $x^2 - 2$.

Теперь две древние задачи решаются в несколько строк.

Лемма из главы 6 доказана заодно: у построимого числа степень конечна, значит, оно алгебраическое.

Первая часть ответа теперь доказана полностью. Сторона квадрата, равного по площади единичному кругу, равна $\sqrt\pi$. Будь она построима, её степень над $\mathbb Q$ была бы степенью двойки, в частности конечной, и $\sqrt\pi$, а с ним и $\pi$, оказались бы алгебраическими числами. Но $\pi$ трансцендентно (Линдеман, 1882, глава 6). Циркулем и линейкой — нельзя. Что можно сделать с кругом, если разрешить резать его на куски, — в главе 54.

Найдите степень $[\mathbb Q(\sqrt2 + \sqrt3):\mathbb Q]$.

Число $\sqrt3$ не лежит в $\mathbb Q(\sqrt2)$: если $\sqrt3 = p + q\sqrt2$ с рациональными $p, q$, то $3 = p^2 + 2q^2 + 2pq\sqrt2$, откуда $pq = 0$; при $q = 0$ получаем $\sqrt3 = p$, при $p = 0$ — $\sqrt{3/2} = q$, а оба числа иррациональны. Значит, $[\mathbb Q(\sqrt2, \sqrt3):\mathbb Q] = 2 \cdot 2 = 4$ по теореме о башне. Число $s = \sqrt2 + \sqrt3$ порождает всё это поле: $\frac1s = \sqrt3 - \sqrt2$, поэтому $\sqrt3 = \frac{s + 1/s}{2}$ и $\sqrt2 = \frac{s - 1/s}{2}$ лежат в $\mathbb Q(s)$. Ответ: $4$. Минимальный многочлен — $x^4 - 10x^2 + 1$: из $s^2 = 5 + 2\sqrt6$ получаем $(s^2 - 5)^2 = 24$.

Семнадцатиугольник

Евклид умел строить правильные треугольник, квадрат, пятиугольник, пятнадцатиугольник и всё, что получается из них делением углов пополам (глава 16). Больше двух тысяч лет список не пополнялся. 30 марта 1796 года восемнадцатилетний студент Гёттингенского университета Карл Фридрих Гаусс открыл свой математический дневник записью о том, что круг можно разделить на семнадцать равных частей. Говорят, именно это открытие убедило его заниматься математикой, а не филологией. Результат вошёл в «Арифметические исследования» (1801). Гаусс вычислил, например:

Сумма всех шестнадцати корней $17$-й степени из единицы, кроме самой единицы. Первый квадратный корень: на первом шаге шестнадцать корней делятся на две группы по восемь. Второй этаж: группы по четыре. Третий и четвёртый этажи: группы по два и по одному. Всего четыре вложенных квадратных корня, потому что $16 = 2^4$. Проверка: $\sqrt{17} \approx 4{,}1231$, $\sqrt{34 - 2\sqrt{17}} \approx 5{,}0748$, $\sqrt{34 + 2\sqrt{17}} \approx 6{,}4997$, так что последнее слагаемое $\approx 2\sqrt{11{,}2951} \approx 6{,}7216$. Сумма $\approx 14{,}9196$, откуда $\cos\frac{2\pi}{17} \approx 0{,}932472$ — ровно столько, сколько даёт калькулятор.

Откуда группы по восемь, по четыре и по два? Корни $\zeta^k$, $k = 1, \dots, 16$, где $\zeta = \cos\frac{2\pi}{17} + i\sin\frac{2\pi}{17}$, Гаусс выстроил в необычном порядке: по степеням тройки, $\zeta^1, \zeta^3, \zeta^9, \zeta^{10}, \zeta^{13}, \dots$ (показатели $3^j$ берутся по модулю $17$). Суммы корней, взятых через один, через три и так далее, — его «периоды» — на каждом шаге оказываются корнями квадратных уравнений с уже известными коэффициентами.

Какие простые годятся? Те, у которых $p - 1$ — степень двойки. Их изучал ещё Ферма.

В 1640 году Ферма предположил, что все числа $2^{2^m} + 1$ простые. В 1732 году Эйлер нашёл делитель уже у следующего: $2^{32} + 1 = 4\,294\,967\,297 = 641 \cdot 6\,700\,417$. С тех пор проверили все такие числа при $m$ от $5$ до $32$ — все составные, и неизвестно, есть ли вообще простые числа Ферма, кроме первых пяти.

Найдите наименьший простой делитель числа $2^{32} + 1$ — тот, что нашёл Эйлер. Подсказка: $641 = 5 \cdot 2^7 + 1 = 5^4 + 2^4$.

Ответ: $641$. Проверим, что $641$ делит $2^{32} + 1$, почти без вычислений. Из $641 = 5^4 + 2^4$ получаем $2^4 = 641 - 5^4$, поэтому $2^{32} = 2^4 \cdot 2^{28} = 641 \cdot 2^{28} - 5^4 \cdot 2^{28} = 641 \cdot 2^{28} - (5 \cdot 2^7)^4$. А $5 \cdot 2^7 = 640 = 641 - 1$, и $(641 - 1)^4$ при делении на $641$ даёт остаток $(-1)^4 = 1$. Значит, $2^{32}$ даёт остаток $-1$, то есть $2^{32} + 1$ делится на $641$. Меньших простых делителей нет: если простое $q$ делит $2^{32} + 1$, то $2^{32} \equiv -1$ и $2^{64} \equiv 1 \pmod q$, поэтому порядок двойки по модулю $q$ равен $64$, и по малой теореме Ферма $64$ делит $q - 1$ (глава 41). Среди чисел $65, 129, 193, \dots, 577$ вида $64k + 1$ простые только $193$, $257$, $449$ и $577$, и ни одно из них не делит $2^{32} + 1$.

Любая степень двойки, в том числе $2^0 = 1$: удвоение числа сторон — деление углов пополам. Различные простые числа Ферма, каждое не больше одного раза; при $m = 0$ произведение пустое. Пример: $51 = 3 \cdot 17$ — строится; $9 = 3^2$ — нет, тройка входит дважды; $7$ — нет, $7 - 1 = 6$ не степень двойки. Самый большой известный построимый многоугольник с нечётным числом сторон имеет $3 \cdot 5 \cdot 17 \cdot 257 \cdot 65\,537 = 4\,294\,967\,295 = 2^{32} - 1$ сторон.

Для доказательства понадобится удобный признак неприводимости.

Хитрость в том, чтобы свести всё к простым числам и их квадратам, а для простого $p$ изучить поле, порождённое числом $\zeta = \cos\frac{2\pi}{p} + i\sin\frac{2\pi}{p}$. Построить $n$-угольник — то же, что построить угол $\frac{2\pi}{n}$.

Сведение. Если построен $n$-угольник и $d$ делит $n$, то построен и $d$-угольник: берём каждую $\frac nd$-ю вершину. Если построены $a$-угольник и $b$-угольник с взаимно простыми $a, b$, то построен и $ab$-угольник: по соотношению Безу (глава 4) $1 = ua + vb$ с целыми $u, v$, поэтому $\frac{2\pi}{ab} = u \cdot \frac{2\pi}{b} + v \cdot \frac{2\pi}{a}$, а углы циркулем откладываются и складываются. Деление угла пополам удваивает число сторон. Значит, достаточно понять, при каких нечётных простых $p$ строится $p$-угольник, и проверить, что $p^2$-угольник не строится никогда. Число $\zeta$ — корень многочлена $\Phi_p(x) = \frac{x^p - 1}{x - 1} = x^{p-1} + \dots + x + 1$. Он неприводим: у $\Phi_p(x + 1) = \frac{(x + 1)^p - 1}{x} = x^{p-1} + \binom{p}{p-1}x^{p-2} + \dots + \binom p2 x + p$ все коэффициенты, кроме старшего, делятся на $p$ (в $\binom pk = \frac{p!}{k!(p-k)!}$ множитель $p$ числителя ничем не сокращается при $1 \le k \le p - 1$), а свободный член $p$ не делится на $p^2$, и работает признак Эйзенштейна. Если $p$-угольник построим, то координаты его вершин лежат в поле $K_m$ из цепочки квадратных корней, $\zeta \in K_m(i)$, и по теоремам о башне и о минимальном многочлене $p - 1 = [\mathbb Q(\zeta):\mathbb Q]$ делит $2^{r+1}$. Значит, $p = 2^k + 1$. При этом $k$ — степень двойки: если $k = qt$ с нечётным $q > 1$, то $2^k + 1 = (2^t)^q + 1$ делится на $2^t + 1$, потому что $y^q + 1 = (y + 1)(y^{q-1} - y^{q-2} + \dots + 1)$ при нечётном $q$. Значит, $p$ — простое Ферма. Квадрат простого. Число $\cos\frac{2\pi}{p^2} + i\sin\frac{2\pi}{p^2}$ — корень многочлена $\Phi_{p^2}(x) = 1 + x^p + x^{2p} + \dots + x^{(p-1)p}$ степени $p(p-1)$. Он тоже неприводим по Эйзенштейну: свободный член $\Phi_{p^2}(x + 1)$ равен $\Phi_{p^2}(1) = p$, а остальные коэффициенты делятся на $p$. Действительно, в остатках от деления на $p$ верно $(x + 1)^p \equiv x^p + 1$, откуда $(x + 1)^{p^2} - 1 \equiv x^{p^2}$ и $(x + 1)^p - 1 \equiv x^p$, и равенство $\Phi_{p^2}(x + 1)\bigl((x + 1)^p - 1\bigr) = (x + 1)^{p^2} - 1$ даёт $\Phi_{p^2}(x + 1) \equiv x^{p^2 - p}$. Степень $p(p - 1)$ делится на нечётное $p$ и не может быть степенью двойки: $p^2$-угольник не строится. Необходимость доказана. Достаточность. Пусть $p = 2^s + 1$ — простое Ферма. Числа $\zeta, \zeta^2, \dots, \zeta^{p-1}$ образуют базис $\mathbb Q(\zeta)$ над $\mathbb Q$: по лемме о минимальном многочлене базис — $1, \zeta, \dots, \zeta^{p-2}$, а $1 = -(\zeta + \zeta^2 + \dots + \zeta^{p-1})$. Поэтому каждое $x \in \mathbb Q(\zeta)$ однозначно записывается как $\sum_{k=1}^{p-1} c_k\zeta^k$ с рациональными $c_k$. Для $t$ от $1$ до $p - 1$ положим $\sigma_t\bigl(\sum c_k\zeta^k\bigr) = \sum c_k\zeta^{tk}$. Показатели $tk$ по модулю $p$ пробегают те же числа $1, \dots, p - 1$, так что $\sigma_t$ переставляет базис; сумму оно сохраняет по определению. Сохраняет и произведение: достаточно проверить на базисе, а $\zeta^k\zeta^l = \zeta^{k+l}$ переходит в $\zeta^{t(k+l)} = \zeta^{tk}\zeta^{tl}$; если же $k + l$ делится на $p$, то $\zeta^k\zeta^l = 1 = -\sum\zeta^j$, и $\sigma_t(1) = -\sum\zeta^{tj} = 1 = \zeta^{tk}\zeta^{tl}$. Найдём первообразный корень $g$ по модулю $p$ — число, степени которого дают все остатки $1, \dots, p - 1$. Остатков $a$ с $a^{2^{s-1}} \equiv 1$ не больше $2^{s-1}$: это корни многочлена степени $2^{s-1}$ над полем $\mathbb Z_p$, а у ненулевого многочлена корней не больше, чем его степень (доказательство из главы 14 проходит в любом поле). Значит, есть $a$ с $a^{2^{s-1}} \not\equiv 1$, а по малой теореме Ферма $a^{2^s} = a^{p-1} \equiv 1$. Порядок $a$ делит $2^s$, но не $2^{s-1}$, то есть равен $2^s = p - 1$, и $g = a$ годится. Положим $\sigma = \sigma_g$: тогда $\sigma^j = \sigma_{g^j}$, и степени $\sigma$ дают все $\sigma_t$. Пусть $F_j$ — числа $x \in \mathbb Q(\zeta)$ с $\sigma^{2^j}(x) = x$. Это поля, потому что $\sigma$ сохраняет действия, и $F_0 \subset F_1 \subset \dots \subset F_s$; $F_s = \mathbb Q(\zeta)$, потому что $\sigma^{2^s} = \sigma^{p-1}$ — тождественное отображение. Поле $F_0$ состоит из рациональных чисел: если $\sigma(x) = x$, то коэффициенты $c_k$ одинаковы вдоль цепочки $k \to gk \to g^2k \to \dots$, которая проходит все показатели, и $x = c\sum\zeta^k = -c$. Возьмём $x \in F_{j+1}$ и $y = \sigma^{2^j}(x)$. Тогда $\sigma^{2^j}(y) = \sigma^{2^{j+1}}(x) = x$, поэтому $x + y$ и $xy$ не меняются под действием $\sigma^{2^j}$ и лежат в $F_j$. Число $x$ — корень уравнения $t^2 - (x + y)t + xy = 0$ с коэффициентами из $F_j$, то есть получается из $F_j$ одним квадратным корнем. Поднимаясь от $F_0 = \mathbb Q$ к $F_s = \mathbb Q(\zeta)$, получаем $\zeta$ из рациональных чисел четырьмя действиями и $s$ квадратными корнями из комплексных чисел. Квадратный корень из точки плоскости строится делением угла пополам и извлечением корня из длины, поэтому точка $\zeta$, а с ней и $p$-угольник, построима. Вместе со сведением это доказывает теорему. Для $p = 17$ шагов четыре — те самые четыре этажа корней в формуле Гаусса.

Какой из этих правильных многоугольников можно построить циркулем и линейкой?

$9$-угольник $25$-угольник $51$-угольник $63$-угольник

$51 = 3 \cdot 17$ — произведение двух различных простых Ферма. Сам $51$-угольник получают так: соотношение Безу $1 = 6 \cdot 3 - 17$ даёт $\frac{2\pi}{51} = 6 \cdot \frac{2\pi}{17} - \frac{2\pi}{3}$.

Потренироваться помогут три уровня задач: какие многоугольники строятся, какова степень числа над $\mathbb Q$ и построим ли отрезок данной длины. Все тренажёры курса собраны на странице практики.

Гаусс указал, какие многоугольники строятся, но готовых инструкций не оставил. Самую изящную схему для семнадцатиугольника опубликовал в 1893 году английский математик Герберт Ричмонд. Проверить, что она работает, можно численно — или алгеброй периодов Гаусса.

Долг главы 14

В главе 14 мы встретили неприводимый случай: у уравнения $x^3 = 15x + 4$ три действительных корня, а формула Кардано требует $\sqrt{-121}$. Там же было обещано доказать, что обойти комплексные числа нельзя: действительными радикалами такие корни не выражаются. Теперь у нас есть всё нужное.

Идея, обещанная в главе 14: посмотреть на момент, когда корень появляется впервые, и увидеть, что вместе с ним появляются все три корня, а с ними и недействительный кубический корень из единицы — посреди действительных чисел.

Упростим цепочку. Разделив $f$ на старший коэффициент, запишем $f = x^3 + bx^2 + cx + e$. Корень степени $ab$ — это корень степени $a$ из корня степени $b$, поэтому можно считать все показатели $n_i$ простыми, а $\alpha_i \notin K_i$ (иначе шаг ничего не добавляет). Корни $x_1, x_2, x_3$ многочлена $f$ различны: кратный корень был бы корнем и производной, а у $f$ нет общих множителей с $f'$, раз $f$ неприводим. Поэтому дискриминант $D = \bigl((x_1 - x_2)(x_1 - x_3)(x_2 - x_3)\bigr)^2$ положителен; он симметричен относительно корней и потому рационален. Добавим $\sqrt D$ в начало цепочки — все поля останутся внутри $\mathbb R$. Многочлен $f$ неприводим над $\mathbb Q$: кубический многочлен без корней в поле неприводим. Значит, степень каждого его корня над $\mathbb Q$ равна $3$, и корня нет в $\mathbb Q(\sqrt D)$, степень которого не больше $2$. Пусть $K_{i+1}$ — первое поле цепочки, где есть корень, скажем $x_1$. Обозначим $K = K_i$, $L = K_{i+1} = K(\alpha)$, $\alpha^p = a \in K$ с простым $p$. В $K$ корней нет, поэтому $f$ неприводим и над $K$, и $[K(x_1):K] = 3$. Многочлен $x^p - a$ неприводим над $K$. Его корни — $\alpha\varepsilon^j$, где $\varepsilon^p = 1$. Если бы он делился на многочлен степени $d$, $0 < d < p$, с коэффициентами из $K$ и старшим коэффициентом $1$, то свободный член делителя $c = \pm\alpha^d\varepsilon^l$ лежал бы в $K \subset \mathbb R$, и $|c| = |\alpha|^d \in K$. Взяв целые $u, v$ с $ud + vp = 1$, получили бы $|\alpha| = |\alpha|^{ud}\,|\alpha|^{vp} = |c|^u\,|a|^v \in K$, а значит, $\alpha = \pm|\alpha| \in K$ — противоречие. Следовательно, $[L:K] = p$. По теореме о башне $3 = [K(x_1):K]$ делит $p$, поэтому $p = 3$ и $L = K(x_1)$. В поле $L = K(x_1)$ лежат все три корня. По Виета $x_2 + x_3 = -b - x_1$, а $x_2 - x_3 = \frac{\pm\sqrt D}{(x_1 - x_2)(x_1 - x_3)} = \frac{\pm\sqrt D}{f'(x_1)}$, и $\sqrt D \in K$. Значит, $x_2, x_3 \in K(x_1)$. Построим симметрию. Каждый элемент $L = K(x_1)$ однозначно записывается как $u + vx_1 + wx_1^2$ с $u, v, w \in K$. Положим $\sigma(u + vx_1 + wx_1^2) = u + vx_2 + wx_2^2$. Суммы $\sigma$ сохраняет, а произведения — потому что, перемножая, мы понижаем степень заменой $x_1^3 = -bx_1^2 - cx_1 - e$, и ровно то же равенство верно для $x_2$. Значит, $\sigma$ сохраняет все действия, не трогает $K$ и переводит $x_1$ в $x_2 \ne x_1$. Применим $\sigma$ к $\alpha$: $\sigma(\alpha)^3 = \sigma(\alpha^3) = \sigma(a) = a$. Значит, $\sigma(\alpha) = \varepsilon\alpha$, где число $\varepsilon = \frac{\sigma(\alpha)}{\alpha}$ лежит в $L$ и $\varepsilon^3 = 1$. Если $\varepsilon = 1$, то $\sigma$ не трогает $\alpha$, а с ним и всё поле $L = K(\alpha)$, в том числе $x_1$, — но $\sigma(x_1) = x_2$. Значит, $\varepsilon \ne 1$ — недействительный кубический корень из единицы, $-\frac12 \pm \frac{\sqrt3}{2}i$. Но он лежит в поле $L$, составленном из действительных чисел. Противоречие: корень $f$ действительными радикалами не выражается, и мнимые числа в формуле Кардано для неприводимого случая неизбежны.

Дуэль

В марте 1832 года в Париже началась холера, и Галуа перевели из тюрьмы в лечебницу. Там он, по-видимому, влюбился в Стефани-Фелиси Потерен дю Мотель; сохранились черновики его писем к ней и её ответов, где она просит прекратить. Что произошло дальше, до сих пор не ясно. 29 мая Галуа написал письма друзьям-республиканцам: он умирает, писал он, «жертвой бесчестной кокетки». Кто был противником и была ли дуэль делом чести или ловушкой, историки спорят. Рано утром 30 мая Галуа был смертельно ранен в живот. Его нашли и отвезли в больницу Кошен, где он умер утром 31 мая. По воспоминаниям брата Альфреда, Галуа сказал ему: «Не плачь, мне нужно всё моё мужество, чтобы умереть в двадцать лет».

Шевалье напечатал письмо в том же 1832 году, но его мало кто понял. Спустя десять лет рукописи прочёл Жозеф Лиувилль, в 1843 году сообщил о них Академии, а в 1846 году опубликовал в своём журнале. Ещё через четверть века Камиль Жордан изложил теорию Галуа в «Трактате о подстановках» (1870), и она вошла в учебники. Слово «группа» в математике — от Галуа. Сегодня группы описывают симметрии кристаллов и элементарных частиц, ходы кубика Рубика (глава 40) и устройство шифров, а вопрос «какова группа?» задают первым, встречая любую новую структуру.

Куда дальше

Галуа разобрался, какие числа можно выразить через радикалы и какие отрезки построить. Но и Гаусс, и Эйлер больше всего любили другие числа — простые. В главе 3 мы видели догадку, которую Гаусс сделал подростком: до $x$ примерно $\frac{x}{\ln x}$ простых чисел. Доказали её только в 1896 году, и путь прошёл через комплексную плоскость, похожую на ту, по которой мы водили $z$, — через функцию $\zeta(s) = 1 + \frac1{2^s} + \frac1{3^s} + \dots$ Бернхарда Римана. Насколько точна формула Гаусса, где прячется её ошибка и почему размер ошибки зависит от того, где лежат нули одной-единственной функции, — в главе 44.