\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}\)予告通り、「ガロア群の（私にとっては）新しい求め方」の話の残りを公開する。ひとつは「前回の求め方で、方程式が可約だった場合」の対処法。残りは、また別のアルゴリズムである。
可約な場合
そもそも、目的が「方程式 \(f(x)=0\) を解く」ことであれば、\(f(x)\) が可約だったら各既約因子ごとに根を求めればいいだけなので、実用上は何の制約もない。しかし、目的が「方程式を解くこと」ではなく「ガロア群を求めることそのもの」だった場合には、それでは済まないことがある。「なんで？可約な多項式のガロア群は、各既約因子のガロア群の直積になるだけじゃないの？」と思うかもしれないが、それは正しくない。例えば \(f(x)=(x^{2}-2)(x^{2}-8)\) の時は、各既約因子のガロア群はそれぞれ \(\mathbb{Z}_{2}\) と同型だが、\(f(x)\) のガロア群は \(\mathbb{Z}_{2} \times \mathbb{Z}_{2}\) と同型ではなく、\(\mathbb{Z}_{2}\) と同型になる。つまり、「可約多項式のガロア群を（正しく）求める」ことは、それはそれで非自明な問題なのである（…と言っても、以下を読んで頂ければわかるとおり、それほど難しい問題というわけではないが）。
例として、\(f(x)=(x^{2}-2)(x^{2}-8)(x^{2}-3)\) を考える。このように、ガロア群を求めたい方程式（多項式）が \(\Q\) 上可約である場合は、まずその既約因子のうちひとつを（任意に）選ぶ。ここでは、\(x^{2}-2\) を選ぼう。続いて、その根を \(\alpha\) とし、「代数拡大体上の既約分解」の手法を使って \(\Q(\alpha)\) 係数の中で各因子 \(x^{2}-8\), \(x^{2}-3\) を既約分解する。
\begin{align*}
x^{2}-2 &= (x-\alpha)(x+\alpha) \\
x^{2}-8 &= (x-2\alpha)(x+2\alpha) \\
x^{2}-3 &= x^{2}-3
\end{align*}
\(x^{2}-3\) がまだ分解し切れずに残っている。その根を \(\beta\) とおき、これも既約分解する。他にも \(\Q(\alpha)\) で分解し切れなかった因子があったら、それも \(\beta\) を使って既約分解する。
\[ x^{2}-3 = (x-\beta)(x+\beta) \]
前回の解説にしたがって、\(\Q(\alpha,\beta)\) の原始元 \(u=\alpha+c\beta\) を作る。\(c=1\) が適していて、こうなる。
\begin{align*}
u &= \alpha + \beta \\
u^{4}-10u^{2}+1 &= 0 \\
\alpha &= \frac{u^{3}-9u}{2} \\
\beta &= \frac{-u^{3}+11u}{2}
\end{align*}
ここまでで得られた \(f(x)\) の各因子を、\(\Q(u)\) 係数の多項式として表す。
\begin{align*}
x-\alpha &= x-\frac{u^{3}-9u}{2} \\
x+\alpha &= x+\frac{u^{3}-9u}{2} \\
x-2\alpha &= x-u^{3}+9u \\
x+2\alpha &= x+u^{3}-9u \\
x-\beta &= x-\frac{-u^{3}+11u}{2} \\
x+\beta &= x+\frac{-u^{3}+11u}{2}
\end{align*}
今の場合は、\(\Q(\alpha,\beta) = \Q(u)\) が \(f(x)\) の最小分解体になって \(1\) 次式の積に分解し尽くしたが、一般にはまだ分解し切れない既約因子が残る。そうしたら、前回同様、そのうちひとつの根を \(\gamma\) とおいて、さらに各因子の分解を進め、結果を単拡大として表す新たな \(u\) を求め直す…ということを繰り返せば目的が達成できる。
最初に \(f(x)\) の既約因子をひとつ選ぶとき、どれを選べばいいかも検討しておく。「必要がない限り式をあまり複雑にしないように」という観点からはなるべく低次のものを選ぶのがよさそうだが、一方 \(f(x)=(x^{2}-2)(x^{4}-2)\) のような例のことも考えると、一般には「最も次数の高い既約因子」を最初に選ぶのが結局は一番いいだろう。
\(f(x)\) の \(\Q\) 係数の範囲での既約因子を \(f_{1}(x), f_{2}(x), \dotsc\) とし、そのうち \(f_{1}(x)\) が最高次だとする。その根を \(\alpha\) としよう。\(f_{1}(x), f_{2}(x), \dotsc\) のすべてを \(\Q(\alpha)\) 係数の範囲で既約分解する時は、基本的には「\(1\) 個ずつ全部試す」しか方法がない。ただし、\(f_{2}(x), f_{3}(x), \dotsc\) のうち、次数が素数であるものについては、実際に試さなくても「\(\Q(\alpha)\) で既約」と事前にわかることがある。志賀本の「アーベルの既約定理」のおかげで、\(f_{i}(x)\) の次数が素数 \(p\) であるとき、\(f_{1}(x)\) の次数が \(p\) で割り切れなければ \(f_{i}(x)\) は \(\Q(\alpha)\) 係数の範囲で既約とわかるから、その場合は既約分解を試さず次の \(f_{i}(x)\) に進めばよい。【追記】アーベルの既約定理ではありませんでした。また、もうちょっと条件を拡張できました。これらについての補足を書きました。
ガロア群の、さらなる別の求め方
前回の記事では、最小分解体の \(\Q\) 上の原始元と共に、その原始元で各解を表す式も同時に求まる「本格的な」手法を解説したが、今度は以前と同様な、もっと素朴な話に戻る。
以降は、ふたたび \(f(x)\) は \(\Q\) 上で既約でも可約でも構わない話に戻る。もちろん、重根はあってはならない。そこの制限は以前通りだ。
その１
これは、「退職後は素人数学者」さんの計算法とよくマッチしたアルゴリズムになる。ここで求まるのはこれまでの \(V\) がみたす \(\Q\) 係数多項式 \(F(x)\) であり、そこから後の手順は以前のアルゴリズムとまったく同じになるので省略する。つまり、置換群としてのガロア群や、各解を \(V\) で表す式は別個に（例えば \(f(x)\) を \(\Q(V)\) 係数の範囲で既約分解するなどして）求める必要がある。
例としては、今度も \(f(x)=x^{3}-3x-1\) を取る。\(f(x)=0\) の解を \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) とすると、\(f(x)\) を \(x-\alpha\), \(x-\beta\), \(x-\gamma\) で順次割った余りが \(0\) となることにより、
\begin{align*}
\alpha^{3}-3\alpha-1 &= 0 \\
\beta^{2}+\alpha\beta+\alpha^{2}-3 &= 0 \\
\gamma + \alpha+\beta &= 0
\end{align*}
が得られる。これによって、\(\Q[\alpha,\beta,\gamma]\) の元が具体的に与えられれば、すべて \(\alpha^{i}\beta^{j}\gamma^{0} \; (0 \leqq i \leqq 2, 0 \leqq j \leqq 1)\) の形の項の \(\Q\) 係数 \(1\) 次結合に書き直せる。つまり、\(\Q\) 係数ベクトル空間としては、\(\Q[\alpha, \beta, \gamma]\) は次の \(3!=6\) つの元から生成される。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}
1, \alpha, \beta, \alpha^{2}, \alpha\beta, \alpha^{2}\beta
\end{equation}
ただし、これらは \(1\) 次独立ではないので、\(\Q[\alpha,\beta,\gamma]\) の次元はご存知の通り \([\Q(\alpha,\beta,\gamma):\Q] = 3\) であって \(6\) ではない。
いつも通り、\(V=\alpha+2\beta+3\gamma\) とおく。ポイントは、\(V\) と\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}の \(6\) つの元の積を、再び\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}の \(1\) 次結合として書き表すことである。
\begin{align*}
V \cdot 1 &= \alpha + 2\beta + 3\gamma = -2\alpha-\beta \\
V \cdot \alpha &= -2\alpha^{2}-\alpha\beta \\
V \cdot \beta &= -2\alpha\beta-\beta^{2} = -2\alpha\beta-(-\alpha\beta-\alpha^{2}+3) \\
&= -3 + \alpha^{2}-\alpha\beta \\
V \cdot \alpha^{2} &= -2\alpha^{3}-\alpha^{2}\beta = -2(3\alpha+1) – \alpha^{2}\beta \\
&= -2-6\alpha – \alpha^{2}\beta \\
V \cdot \alpha\beta &= \dots = 1-\alpha^{2}\beta \\
V \cdot \alpha^{2}\beta &= \dots = \alpha-\beta-3\alpha\beta
\end{align*}
上述の通り、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}の \(6\) つは \(1\) 次独立ではないので、これらの右辺の \(1\) 次結合の係数は、\(V\) から一意に決まるわけではない。しかし、一意性がなくてもこのように「等号を成立させるような係数のひとつ」でありさえすれば、以下の計算を実行する上で支障はない。
上で得られた等式は、行列を使って次のように表せる。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-3}
V
\begin{bmatrix}
1 \\ \alpha \\ \beta \\ \alpha^{2} \\ \alpha\beta \\ \alpha^{2}\beta
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
0 & -2 & -1 & 0 & 0 & 0 \\
0&0&0&-2&-1&0 \\
-3&0&0&1&-1&0 \\
-2&-6&0&0&0&-1 \\
1&0&0&0&0&-1 \\
0&1&-1&0&-3&0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\ \alpha \\ \beta \\ \alpha^{2} \\ \alpha\beta \\ \alpha^{2}\beta
\end{bmatrix}
\end{equation}
これより、\(V\) は右辺の \(6\) 次正方係数行列の固有値である。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-2}
\det\left( V\underbrace{E}_{\text{単位行列}} –
\begin{bmatrix}
0 & -2 & -1 & 0 & 0 & 0 \\
0&0&0&-2&-1&0 \\
-3&0&0&1&-1&0 \\
-2&-6&0&0&0&-1 \\
1&0&0&0&0&-1 \\
0&1&-1&0&-3&0
\end{bmatrix} \right) = 0
\end{equation}
ベクトル \(\begin{bmatrix} 1 \\ \alpha \\ \beta \\ \alpha^{2} \\ \alpha\beta \\ \alpha^{2}\beta \end{bmatrix}\) の成分は \(1\) 次独立ではないが、第 \(1\) 成分 \(1\) が \(\vec{0}\) でないことを保証している以上、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-2}は文句なくなりたつ。
この行列式を計算すれば、これまでの \(F(V)\) が得られる。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-4}
V^6-18V^4+81V^2-81 = 0
\end{equation}
解と係数の関係を利用して、解の対称式 \(\prod_{k} (x-V_{k})\) の係数を延々と計算する…なんてことは不要なわけだ。なお、\(f(x)=0\) の \(3\) つの解に \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) というラベルを割り当てる割り当て方は \(3!=6\) 通りあるが、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-3}はその割り当て方によらず成立するので、\(V_{1}, \dots, V_{6}\) すべての値に対して\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-2}もなりたっている。つまり \(V_{1}, \dots, V_{6}\) はすべて\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-4}の解である。
今の手法は、正方係数行列を出す所までは非常に軽い計算で済むが、その行列の固有多項式の計算が軽いかどうかは自信がない。\(n!\) 次正方行列になるので、\(6\) 次方程式だったら \(720\times 720\) 行列の行列式の計算になる。これがどれくらい大変な計算になるのかは、私にはよくわからない。先日の、「退職後は素人数学者」さんの「すべての \(x-V_{k}\) の積を、順序を工夫して計算する」の方が場合によっては軽いかもしれない。（もっとも、\(n\) が大きければかなり疎な行列の行列式の計算になるはずだから、上手に素早く計算するアルゴリズムがあったりする…？）
なお、こうやって計算した固有多項式 \(F(x)\) を、「すべての \(V_{k}\) が互いに異なる」ことの判別に使えるかどうかは怪しいかもしれない。上の議論でわかるのは「\(V_{1}, \dots, V_{6}\) はすべて \(F(x)=0\) の解である」ということだけなので、たとえ \(F(x)=0\) が異なる \(6\) 個の解を持っていたとしても、「そのうち例えば \(4\) つだけが \(V_{1}, \dots, V_{6}\) の中の異なる値で、残る \(2\) つは無関係な値」という可能性も否定できないのではないだろうか。したがって、 \(V=\alpha + 2\beta + 3\gamma\) の整数係数 \(1\), \(2\), \(3\) の選定のとき、「\(V_{1}, \dots, V_{6}\) がすべて異なる値」になるような係数の選定は、固有多項式の計算とは別個に行わなければいけないかもしれない。
逆に、\(V_{1}, \dots, V_{6}\) がすべて異なる値ということがわかっていれば、\(6\) 次方程式\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-4}の解はすべていずれかの \(V_{k}\) に一致すると保証されるので、左辺を \(\Q\) 上で既約分解した任意の既約因子を \(V\) の最小多項式とすることが許される。
（※ \(f(x)\) の係数を、「根 \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) から決まる連続関数」と見る、という見方をすれば行けるかな…？\(k=\alpha+\beta+\gamma\), \(l=\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha\), \(m=\alpha\beta\gamma\) とおけば、\(V=\alpha+2\beta+3\gamma\) に対して\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-3}の右辺の係数行列の成分を \(k\), \(l\), \(m\) のみで表した式が作れて、\(6\) 次固有多項式 \(F(x)\) の係数が \(k\), \(l\), \(m\) で表せる。よって、\(V_{1}, \dots, V_{6}\) の値がすべて異なるような \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) に対しては、その \(6\) つが \(F(x)\) の根全体。そこで、\(V_{1}, \dots, V_{6}\) の値に重複が発生するような \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) に対しても、そのときの値を \(\alpha_{0}\), \(\beta_{0}\), \(\gamma_{0}\) とし、\(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) に「\(V_{k}\) に重複が発生しない」ような値を取らせつつ \(\alpha_{0}\), \(\beta_{0}\), \(\gamma_{0}\) に近づける極限をとれば、極限においても \(F(x)\) の根全体は \(V_{1}, \dots, V_{6}\) と一致する。うん、問題なく言えそうですね。ここでは \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) を \(\mathbb{C}^{3}\) 中で「うまい条件をみたしながら」\(\alpha_{0}\), \(\beta_{0}\), \(\gamma_{0}\) に近づける極限をとるので、その過程では基本対称式の値 \(k\), \(l\), \(m\) が有理数に取れなくなるかもしれませんが、そのことは途中の議論の障害にはならないですよね…？つまり、固有多項式 \(F(x)\) を求めてから、\(F'(x)\) と \(F(x)\) の間で互除法を実行して、互いに素かどうかを確かめることで、\(V_{k}\) の値に重複がないかどうかが確かめられるはずです）
この「\(\Q\) 成分行列の固有値と見なせることから \(\Q\) 係数方程式の根となることを示す」という方法は、足立恒雄「ガロア理論講義」で見かけた論法をお手本にした。この本は、ガロア理論を齧り始めた頃に職場にあったのを読んでみようとしたのだが、当時の私の実力では（※「現在でも」かもしれない）手に余り、途中で放棄してしまった。それでも、始めの方の「代数的数どうしの和・積はまた代数的数になる」の部分は読めて、それが記憶に残っていたのを、この度なぞることができたわけだ。その定理は、今思えば解と係数の関係と対称式の基本定理を認めればもっと平易に示せるが、当時はそこまで想いが至らず、「よくこんな巧妙なことを思いつくものだ」と舌を巻いていただけだったが、それを読んだ経験が意外な所で役に立ってくれた。
類似の手法も説明する。まず、\(V\) と\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}の積ではなく、\(V, V^{2}, V^{3}, \dotsc\) を\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-1}の \(1\) 次結合で表す。
\begin{align*}
V &= -2\alpha-\beta \\
V^{2} &= 3+3\alpha^{2}+3\alpha\beta \\
V^{3} &= -3-24\alpha-3\beta-6\alpha^{2}\beta \\
V^{4} &= 9+9\beta+45\alpha^{2}+45\alpha\beta \\
V^{5} &= -72-288\alpha-9\beta+9\alpha^{2}-9\alpha\beta-90\alpha^{2}\beta \\
V^{6} &= 162\beta+567\alpha^{2}+567\alpha\beta
\end{align*}
したがって、行列で書くとこうなる。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-11}
\begin{bmatrix}
1 \\ V \\ V^{2} \\ V^{3} \\ V^{4} \\ V^{5} \\ V^{6}
\end{bmatrix} =
\underbrace{\begin{bmatrix}
1&0&0&0&0&0 \\
0&-2&-1&0&0&0 \\
3&0&0&3&3&0 \\
-3&-24&-3&0&0&-6 \\
9&0&9&45&45&0 \\
-72&-288&-9&9&-9&-90 \\
0&0&162&567&567&0
\end{bmatrix}}_{B}
\begin{bmatrix}
1 \\ \alpha \\ \beta \\ \alpha^{2} \\ \alpha\beta \\ \alpha^{2}\beta
\end{bmatrix}
\end{equation}
ここは、「退職後は素人数学者」さんが、「\(V\) によって各解 \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\) を表す」ステップで行っているのとほぼ同じ計算になる。
この右辺の係数行列 \(B\) のサイズは \(7\times 6\) で、縦の方が横より長い。したがって、\(B\) に左からかけて
\[ \underbrace{\begin{bmatrix}
\square & \square & \square & \square & \square & \square & \square
\end{bmatrix}}_{\text{$\vec{0}$ではない}} B = \vec{0} \]
となるような \(7\) 成分の横ベクトルが存在する。\(B\) が \(\Q\) 成分だからこの横ベクトルは \(\Q\) 成分に取れ、これを\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-11}の両辺に左からかけると
\[ \begin{bmatrix}
\square & \square & \square & \square & \square & \square & \square
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 \\ V \\ V^{2} \\ V^{3} \\ V^{4} \\ V^{5} \\ V^{6}
\end{bmatrix} = 0 \]
となって、\(V\) がみたす \(\Q\) 係数方程式が得られる。この \(7\) 成分横ベクトルの具体的な成分は、\(B\) に列基本変形を行えば見つかる。
実際、今答が解っているので \(\begin{bmatrix}
-81&0&81&0&-18&0&1
\end{bmatrix}\) をかけて検算してみると、確かに
\[ \begin{bmatrix}
-81&0&81&0&-18&0&1
\end{bmatrix} B =
\begin{bmatrix}
0&0&0&0&0&0
\end{bmatrix} \]
となっている。
一般には \(B\) は \((n!+1) \times n!\) 行列となるから、\(5\) 次・\(6\) 次以上の方程式になると、かなり大きい。しかも作り方からして、あまり疎ではない行列になるだろう。このため、列基本変形を行って \(V\) の \(\Q\) 係数方程式の係数を見つけるのは、かなり大変な計算になるだろう。よって、実用性の観点からは、上で説明した「\(\Q\) 成分正方行列の固有方程式」がある以上こちらの「亜種」にこれと言った価値はなさそうに思える（が、例によって自己満足のために紹介した（笑））。
また、すべての \(V_{k}\) が得られた方程式の解になることは今度も同じだが、やはりこれが「\(V_{k}\) に重複があるかどうか」のチェックに使えるかというと難しそうな気がする。やはり、得られた \(n!\) 次方程式が重解を持たないとしても、「\(V_{k}\) の異なる値は \(n!\) 個未満で、それらはすべて得られた方程式の解になっているが、それら以外の解はいずれの \(V_{k}\) とも無関係」という可能性を排除するのは難しそうだ。
その２
もう一つの方法では、まず置換群としてのガロア群が求まり、続いて \(V\) の最小多項式 \(g(x)\) が求まる…という流れになる。ガロア群を求める際は、基本的に \(S_{n}\) の部分群に対ししらみつぶしを実行する。
解説するに当たって、まず「代数方程式論入門」で「帰属する」と表現されている概念について述べておく。（リンク先は以前読んだときに大変参考になった文書ですが、この度改めて調べてみるとこうやって翻訳し、公開されていた方は３年弱前にお亡くなりになっていたのですか…。どうもありがとうございました。Z 会の講師をなさっていたのですね。）
不定元 \(x_{1}, \dots, x_{n}\) の多項式（有理式）\(\xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) に対しては、\(n\) 次対称群 \(S_{n}\) の置換 \(\sigma\) の作用が自然に定義される。
\[ \xi(x_{1}, \dots, x_{n}) \mapsto \xi(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) \]
以下、この移り先を \(\xi^{\sigma}\) で表す。
\[ \xi^{\sigma}(x_{1}, \dots, x_{n}) = \xi(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) \]
\(\xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) をひとつ固定するとき、\(\xi\) を不変に保つ置換の全体は \(S_{n}\) の部分群 \(G\) をなす（これは当たり前）。このとき、\(\xi\) は \(G\) に「帰属する」という。
例として \(n=3\) の場合に、いくつかの \(\xi\) に対し \(\xi\) が帰属する群 \(G\) を挙げる。
\[ \begin{array}{ll}
\xi(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}+x_{2}+x_{3} &\longrightarrow G=S_{3} \\
\xi(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}+x_{2}+2x_{3} &\longrightarrow G=\{e,(1,2)\} \\
\xi(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}+2x_{2}+3x_{3} &\longrightarrow G=\{e\} \\
\xi(x_{1},x_{2},x_{3}) = x_{1}{x_{2}}^{2} + x_{2}{x_{3}}^{2} +
x_{3}{x_{1}}^{2} &\longrightarrow G=A_{3}
\end{array} \]
\(\xi\) と、\(\xi\) が帰属する群 \(G\) には次の関係があることになる。
- 任意の \(\sigma \in G\) に対し \(\xi^{\sigma} = \xi\)
- 任意の \(\sigma \not\in G\) に対し \(\xi^{\sigma} \ne \xi\)
さて、\(G\) に帰属する多項式 \(\xi\) の性質を少し調べる。まず、\(S_{n}\) の \(G\) による剰余類 \(S_{n}/G\) を作る。
\[ S_{n} = G \cup aG \cup bG \cup \dotsb \]
（\(G, aG, bG, \dotsc\) は互いに異なる）
\[ S_{n}/G = \{G, aG, bG, \dotsc \} \]
（\(G\) は \(S_{n}\) の正規部分郡とは限らないので、この剰余類は正確には左剰余類であって、剰余群になるとは限らない。）\(\xi\) は \(G\) で不変なので、\(aG = \{ ax | x \in G \}\) のどの元で \(\xi\) をうつした結果も \(\xi^{a}\) になる。
同様に、\(bG\) はどの元も \(\xi\) を \(\xi^{b}\) にうつし、\(cG\) はどの元も \(\xi\) を \(\xi^{c}\) にうつし…という具合に、剰余類のそれぞれに対し \(\xi\) のうつり先は一意に決まる。
ここで、\(\xi\) が \(G\) に帰属することから、\(\xi^{e}=\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) はすべて互いに異なる。なぜならば、例えばもし \(\xi^{a}=\xi^{b}\) となったとしたら、両辺を \(a^{-1}\) で変換すると \(\xi = \xi^{a^{-1}b}\) となるため、「帰属」の定義により \(a^{-1}b \in G\) となって、\(aG \ne bG\) だったことに反してしまうからである。
また、\(\xi^{a}\) は \(aGa^{-1}\) に帰属することも容易にわかる。つまり、\(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) は \(G\) や \(G\) と相似な置換群に帰属する多項式（有理式）の族をなす。
さて、以下では \(\Q\) 係数の重解を持たない \(n\) 次方程式 \(f(x)=0\) をひとつ固定し、その解を \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) とする。上で述べた通り、\(G\) に帰属する \(\xi\) については \(\xi^{a} \ne \xi^{b}\) やこれと類似の式がなりたったが、解を代入した値について
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-5}
\xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) \ne \xi^{b}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})
\end{equation}
やこれと類似の式はなりたつだろうか。これは実は、「\(\xi\) が \(G\) に帰属する」というだけではなりたたない。例えば、\(n=2\), \(G=\{e\}\), \(\xi(x_{1}, x_{2})={x_{1}}^{2}\), \(f(x)=x^{2}-2\) としてみよう。\(S_{2}\) の剰余類は \(S_{2}/G = \{G, aG\} \; (a=(1,2))\) となる。\(\xi={x_{1}}^{2}\), \(\xi^{a}={x_{2}}^{2}\) は多項式としては異なるが、解 \(x_{1}=\sqrt{2}\), \(x_{2}=-\sqrt{2}\) での値は \(\xi(\sqrt{2},-\sqrt{2}) = \xi^{a}(\sqrt{2},-\sqrt{2}) = 2\) となって一致する。この反例は下でまた登場する。
しかし、次のように \(\xi\) を「うまく」選ぶことはいつでも可能である。
定理1 どんな置換群 \(G\) に対しても、\(G\) に帰属するような \(\Q\) 係数多項式 \(\xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) が必ず存在する。しかも、方程式 \(f(x)=0\) に応じて \(\xi\) をうまく選べば、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-5}および類似の関係もなりたつ（つまり、解を代入した値 \(\xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) が剰余類ごとにすべて異なる）。
【証明】
まず、今まで通り \(V\) を定める。つまり、整数 \(m_{1}, \dots, m_{n}\) を適切に選んで、
\[ V = m_{1}\alpha_{1} + m_{2}\alpha_{2} + \dots + m_{n}\alpha_{n} \]
の \(n!\) 通りの値 \(V_{k}\) がすべて互いに異なるようにしておく。
\(G\) のひとつひとつの置換に対して、対応する \(V_{k}\) についての \(x-V_{k}\) の積を取って、
\[ g(x) = \prod_{G} (x-V_{k}) = (x-V_{1})(x-V_{2}) \dotsm (x-V_{m}) \]
とおく。同様に、\(aG\) のひとつひとつの置換に対して、対応する \(V_{k}\) についての \(x-V_{k}\) の積を取って
\[ g^{a}(x) = \prod_{aG} (x-V_{k}) = (x-V_{1′}) \dotsm (x-V_{m’}) \]
とおく。同様に、剰余類の残りの \(bG, cG, \dotsc\) に対しても、\(g^{b}(x), g^{c}(x), \dotsc\) を定める。
\(V_{k}\) が互いにすべて異なることから、\(g(x), g^{a}(x), g^{b}(x), \dotsc\) はすべて互いに異なる多項式。よって、それらに \(x=0, \pm1, \pm2, \dotsc\) と整数を順に代入していくとき、代入結果の中にたまたま重複が発生するような整数は有限個しかない。よって、それらのどれとも異なる整数 \(M\) をとれば、次の値はすべて互いに異なる。
\begin{align*}
g(M) &= \prod_{G}(M-V_{k}) = (M-V_{1}) \dotsm (M-V_{m}) \\
g^{a}(M) &= \prod_{aG}(M-V_{k}) = (M-V_{1′}) \dotsm (M-V_{m’}) \\
g^{b}(M) &= \prod_{bG}(M-V_{k}) = (M-V_{1”}) \dotsm (M-V_{m”}) \\
&\vdots
\end{align*}
そこで、多項式
\[ U(x_{1}, \dots, x_{n}) = m_{1}x_{1} + \dots + m_{n}x_{n} \]
を作って
\[ \xi(x_{1}, \dots, x_{n}) = \prod_{\sigma \in G} (M-U^{\sigma}) \]
と定めれば、\(\xi\) は定理の条件をみたす多項式になっている。なぜならば、まず \(\xi\) が \(\Q\) 係数であることは \(M, m_{1}, \dots, m_{n}\) が整数であることから従う。また、\(\xi\) が \(G\) の任意の置換に対し不変であることは明らか。さらに、
\begin{align*}
\xi^{a}(x_{1}, \dots, x_{n}) &= \prod_{\sigma \in G} (M-U^{a\sigma}) \\
&= \prod_{\sigma \in aG} (M-U^{\sigma}) \\
\therefore \xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) &= \prod_{aG} (M-V_{k}) = g^{a}(M)
\end{align*}
などから
\begin{align*}
\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) &= g(M) \\
\xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) &= g^{a}(M) \\
\xi^{b}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) &= g^{b}(M) \\
&\vdots
\end{align*}
となる。よって、解 \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) を代入した値 \(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \xi^{b}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \dotsc\) はすべて異なり、さらにその結果として \(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) はすべて多項式としても異なる。（証明終わり）
いつもの例 \(f(x)=x^{3}-3x-1\), \(V=\alpha+2\beta+3\gamma\) を使って実例を計算してみる。\(V_{1}, \dots, V_{6}\) がすべて異なることは確認ずみである。\(G=\{e,(2,3)\}\) とする。剰余類は \(a=(1,2), b=(1,3)\) による \(aG=\{(1,2), (1,2,3)\}\), \(bG=\{(1,3),(1,3,2)\}\) から \(S_{3} = G \cup aG \cup bG\), \(S_{3}/G = \{G, aG, bG\}\) と作られる。
\begin{align*}
g(x) &= (x – (\alpha+2\beta+3\gamma))(x – (\alpha+2\gamma+3\beta)) \\
&= (x-\alpha)^{2} – 5(\beta+\gamma)(x-\alpha) + (2\beta+3\gamma) (2\gamma+3\gamma) \\
&= (x-\alpha)^{2} +5\alpha(x-\alpha) + 6\beta^{2}+6\gamma^{2}+13\beta\gamma \\
&= (x-\alpha)^{2} +5\alpha(x-\alpha) + 7\alpha^{2}-3 \\
g^{a}(x) &= (x-\beta)^{2} + 5\beta(x-\beta) + 7\beta^{2}-3 \\
g^{b}(x) &= (x-\gamma)^{2} + 5\gamma(x-\gamma) + 7\gamma^{2}-3
\end{align*}
よって \(g(0)=3\alpha^{2}-3\), \(g^{a}(0)=3\beta^{2}-3\), \(g^{b}(0)=3\gamma^{2}-3\) がすべて異なっているので \(M=0\) が適する。すなわち
\[ U(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}+2x_{2}+3x_{3} \]
に対して
\[ \xi(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = (0-U)(0-U^{(2,3)}) = (x_{1}+2x_{2}+3x_{3})
(x_{1}+2x_{3}+3x_{2}) \]
とおけば \(\xi\) は \(G\) に帰属する \(\Q\) 係数多項式で、\(\xi(\alpha,\beta,\gamma) = 3\alpha^{2}-3\), \(\xi^{a}(\alpha,\beta,\gamma)=3\beta^{2}-3\), \(\xi^{b}(\alpha,\beta,\gamma)=3\gamma^{2}-3\) はすべて異なっている。
続いて、２つ目の重要な定理を述べる。\(x_{1}, \dots, x_{n}\) の基本対称式を \(t_{1}=x_{1}+ \dots +x_{n}, t_{2}=x_{1}x_{2} + x_{1}x_{3} + \dots + x_{n-1}x_{n}, \dots, t_{n} = x_{1}x_{2} \dotsm x_{n}\) としておく。
定理2 \(G\) を置換群とする。\(\xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) を \(G\) に帰属する \(\Q\) 係数多項式（有理式）のひとつとするとき、\(G\) で不変な任意の \(\Q\) 係数多項式（有理式）\(\eta(x_{1}, \dots, x_{n})\) は、\(t_{1}, \dots, t_{n}\) と \(\xi\) から有理数と（有限回の）四則演算だけで表せる。つまり、適当な \(\Q\) 係数有理式に \(t_{1}, \dots, t_{n}, \xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) を代入することで \(\eta(x_{1}, \dots, x_{n})\) と等しい式が作れる。
【証明】
\(\eta\) は \(G\) で不変なので、\(\xi\) と同様、\(\eta\) の移り先も剰余類 \(S_{n}/G = \{G, aG, bG, \dotsc\}\) のそれぞれに対し一意に決まる。
\[ \begin{array}{r|c|c}
& \xi & \eta \\
\hline
G & \xi^{e}=\xi & \eta^{e}=\eta \\
aG & \xi^{a} & \eta^{a} \\
bG & \xi^{b} & \eta^{b} \\
\vdots & \vdots & \vdots
\end{array} \]
なお、\(\xi\) と違って、\(\eta\) は \(\eta^{a}=\eta^{b}\) のようになってしまうこともありうる（例えば、\(\eta\) が元々 \(x_{1}, \dots, x_{n}\) の対称式だった場合）。
ここで、\(S_{n}\) の任意の置換 \(\sigma\) に対して、\(\sigma G, \sigma aG, \sigma bG, \dotsc\) は互いに異なるので、\(\sigma, \sigma a, \sigma b, \dotsc\) は剰余類 \(S_{n}/G\) の代表元として完全な族（欠けも重複もない）である。よって \(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) を \(\sigma\) で変換した
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-9}
\xi^{\sigma}, \xi^{\sigma a}, \xi^{\sigma b}, \dotsc
\end{equation}
は、\(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) を並べ替えただけのものであり、\(\eta, \eta^{a}, \eta^{b}, \dotsc\) を \(\sigma\) で変換した
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-10}
\eta^{\sigma}, \eta^{\sigma a}, \eta^{\sigma b}, \dotsc
\end{equation}
も \(\eta, \eta^{a}, \eta^{b}, \dotsc\) を並べ替えただけのものである。さらに、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-9}と\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-10}では並べ替えの順番は一致している（つまり、\(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) を\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-9}に並べ替える時の並べ替え方と、\(\eta, \eta^{a}, \eta^{b}, \dotsc\) を\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-10}に並べ替える時の並べ替え方は一致する）。
\(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) がすべて異なることから、ラグランジュ補間によって、次のような \(1\) 変数多項式 \(\lambda(X)\) が作れる。
\[ \begin{array}{cc}
X=\xi \text{ のとき} & \eta \text{ という値をとり、} \\
X=\xi^{a} \text{ のとき} & \eta^{a} \text{ という値をとり、} \\
X=\xi^{b} \text{ のとき} & \eta^{b} \text{ という値をとり、} \\
\vdots & \vdots
\end{array} \]
つまり、\(\lambda(X)\) は次のような和である。
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-6}
\lambda(X) = \eta \times \frac{(X-\xi^{a})(X-\xi^{b}) \dotsm}{(\xi-\xi^{a})(\xi-\xi^{b}) \dotsm} + \eta^{a} \times \frac{(X-\xi)(X-\xi^{b}) \dotsm}{(\xi^{a}-\xi)(\xi^{a}-\xi^{b}) \dotsm} + \dotsb
\end{equation}
この作り方から、\(\lambda(X)\) のどの係数も \(x_{1}, \dots, x_{n}\) の \(\Q\) 係数有理式だが、それらはどれも \(S_{n}\) の任意置換に対して不変（\(\because\) \eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-9}, \eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-10}の辺りの議論）。よって、対称式の基本定理によって、\(\lambda(X)\) の係数はすべて \(t_{1}, \dots, t_{n}\) の \(\Q\) 係数有理式で書ける。
このことと、\(\eta = \lambda(\xi)\) すなわち
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-7}
\eta(x_{1}, \dots, x_{n}) = \lambda(\xi(x_{1}, \dots, x_{n}))
\end{equation}
によって題意は示された。（証明終わり）
（系）さらに、\(G\) に帰属する \(\xi\) を方程式 \(f(x)=0\) に応じて「うまく」作った多項式とし、\(\eta\) も多項式とする。このとき、\(\eta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) は \(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) と有理数から四則演算だけで作れる（すなわち、\(\eta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) \in \Q(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}))\)）。
【証明】
\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-7}に \(x_{1}=\alpha_{1}, \dots, x_{n} = \alpha_{n}\) を代入できれば、示すべきことは自明。よって、「代入できる」こと、つまり代入するとき \(\text{分母}=0\) になる心配がないことを確かめればよい（\(\lambda(X)\) の係数も基本対称式 \(t_{1}, \dots, t_{n}\) を通じて \(x_{1}, \dots, x_{n}\) を含んでおり、そこにも \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) が代入されることに注意。つまり、\(t_{1}, \dots, t_{n}\) は \(f(x)=0\) の解と係数の関係から決まる有理数に置き換わる。このため、そこでも \(\text{分母}=0\) になるかどうかの注意が必要）。仮定により、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-5}および類似の式がなりたつので、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-6}に \(x_{1}=\alpha_{1}, \dots, x_{n} = \alpha_{n}\) を代入しても分母は \(0\) にならない（\(\xi, \xi^{a}, \xi^{b}, \dotsc\) は代入後もすべて異なる値をとるし、\(\eta, \eta^{a}, \eta^{b}, \dotsc\) も「多項式」としたので分母の問題は発生しない）。よって示された。（証明終わり）
「系」では、「うまく」作った \(\xi\) を利用したが、その前提がないと「解を代入した値」\(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\), \(\eta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) について、期待する関係が得られる保証はない。例えば、\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-5}の下で挙げた例のもとで、\(\eta(x_{1},x_{2}) = x_{1}\) とした場合、解での値は \(\xi(\sqrt{2},-\sqrt{2}) = 2\), \(\eta(\sqrt{2},-\sqrt{2})=\sqrt{2}\) であるから、前者と有理数からの四則演算だけで後者は作れない。この場合でも、定理2は成立するので上の \(\lambda(X)\) を使って \(\eta(x_{1}, x_{2})\) を \(\xi(x_{1},x_{2})\) と基本対称式で表すことは可能だが、その式は
\[ \eta(x_{1},x_{2}) = \frac{\xi(x_{1},x_{2}) + t_{2}}{t_{1}} \]
である。確かに分母の式 \(t_{1}=x_{1}+x_{2}\) は多項式としては \(0\) ではなく、この式は有理式の等式としては正しいのだが、\(f(x)=x^{2}-2=0\) という方程式の解 \(x_{1}=\sqrt{2}\), \(x_{2}=-\sqrt{2}\) での値は \(t_{1}=0\) となってしまうため、破綻してしまうのである。
方程式 \(f(x)=0\) を予め決めてあるので、「系」で示したことによって、置換群 \(G\) に対する次のふたつの条件は同値。
- \(G\) で不変な任意の \(\Q\) 係数多項式 \(\eta(x_{1}, \dots, x_{n})\) に対し、解での値 \(\eta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) は有理数となる。
- \(G\) に帰属する、「うまく」選んだ \(\Q\) 係数多項式 \(\xi(x_{1}, \dots, x_{n})\) に対し、解での値 \(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) は有理数となる。
\(1. \implies 2.\) は明らか。\(2. \implies 1.\) が上の「系」から言える。【追記】ここからしばらくはあんまり手際がよくありませんでした。補足を書きました。
方程式 \(f(x)=0\) のガロア群を、解の置換群として表したものを \(\tilde{G}\) とする。\(\Q\) 係数多項式 \(\eta(x_{1}, \dots, x_{n})\) について、「解での値 \(\eta(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) が有理数となるものの集合」と「\(\tilde{G}\) で不変であるものの集合」は等しかった。したがって、置換群 \(G\) に対する上の条件 1. はこう同値変形できる。
\begin{align*}
1. &\iff \text{「$G$で不変な$\Q$係数多項式全体の集合」} \subset \text{「$\tilde{G}$で不変な$\Q$係数多項式全体の集合」} \\
&\iff G\supset\tilde{G}
\end{align*}
以上から \(2. \iff G\supset\tilde{G}\) であるから、ガロア群 \(\tilde{G}\) は「2. をみたすような置換群 \(G\) のうち最小のもの」である。これを使ってガロア群を求めることを目指そう。
方程式 \(f(x)=0\) が決まっているとき、与えられた置換群 \(G\) に対して、\(G\) に帰属する多項式 \(\xi\) を「うまく」作ることはいつもできる。これに対して
\begin{equation}
\label{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-8}
\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) \in \Q
\end{equation}
がなりたつかどうかは、どうすれば調べられるだろうか。
剰余類 \(S_{n}/G = \{G, aG, bG, \dotsc\}\) 全体にわたる積として、次のような \(x\) の多項式を作ってみる。
\[ R(x) = \bigl(x-\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\bigr)
\bigl(x-\xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\bigr)
\bigl(x-\xi^{b}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}) \bigr) \dotsm \]
どの係数も \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) について対称的（\(\because\) \eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-9}の辺り）だから、\(R(x)\) は \(\Q\) 係数の多項式として具体的に求められる。
ここで、「\(\eqref{eq:howtocomputegaloisgroup-new2-8} \implies \text{$R(x)$は有理根を持つ}\)」は当たり前だが、その逆はどうだろうか。\(R(x)\) が有理根を持つとき、「\(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \xi^{a}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \xi^{b}(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \dotsc\) のいずれかは有理数」である。よって、この条件は「\(G\) もしくは \(G\) と相似な \(aGa^{-1}, bGb^{-1}, \dotsc\) のいずれかが \(\tilde{G}\) を（部分集合として）含む」と同値だ。
もともと置換群としてのガロア群は、方程式 \(f(x)=0\) を決めただけでは一意に決まらず、相似の分の不定性が残るわけだから、これでガロア群を求めるには十分だ。つまり、「\(G\) から『うまく』\(\xi\) を作って \(R(x)\) の係数を有理数として求め、\(R(x)\) が有理根を持つかどうか調べる」ということを、\(S_{n}\) のすべての部分群 \(G\) に対して行えば、\(\tilde{G}\) あるいは \(\tilde{G}\) と相似な候補がすべて求まる。そのうち、最も位数（要素数）が小さいもの（相似の分の不定性がある）こそが、求めるガロア群 \(\tilde{G}\) だ。
実際には、\(G\) の位数（要素数）が小さい順に調べていって（\(S_{n}\) は有限群なので、そのすべての部分群を予め求めて小さい順に並べ替えることは原理的にはいつでも可能）、初めて \(R(x)\) が有理根を持った時の \(G\) をガロア群とすればよいことになる。すると、\(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) はその有理根に等しいとしてよい（有理根が複数ある場合は、そのうち任意のひとつを選べる）。
ガロア群 \(G\) が求まったら、その時の \(g(x)\) が定義によって原始元 \(V\) の最小多項式である。その係数は \(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}\) の有理数係数多項式としてわかっているが、その多項式は \(G\) で不変（\(\because g(x)\) の作り方）なので、「系」によって \(\xi(\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\) の値から具体的にすべて計算できる。