為何從一元五次方程開始就沒有由有限次加、減、乘、除、開方運算構成的求根公式了？

12-07

【相關問題】能否通過列舉一些代數式、方程加以分析、說明，直解釋阿貝爾定理？ - 數學
大家都知道，一元一次、二次、三次、四次方程都有根式解，從五次方程開始就沒有一般解了。然而這個情況為什麼是五次方程開始出現？為什麼這個數字是五？為什麼不是六或者是七？為什麼恰好是五次方程才開始沒有根式解？難道說當多項式的次數達到五的時候，其形態會有根本性的改變？
―――
另外，就是現行初中數學教材關於一元二次方程的章節中，專門會提到「配方法」，包括推導一元二次方程的求根公式時也用到了它。然而，這種方法只對二次方程有效，二次以上的多項式在配 $n$ 次方之後並不能總保證在「完全 $n$ 次方項」之後僅有常數項（見圖）。實際上，對於任意一個多項式，我們總可以只藉助最高項和次高項，根據二項式定理，湊出「完全 $n$ 次方項」。也許 @林林總總答案上的解法才更能反映解任意多項式方程的通用思路。

以配立方為例：

具體過程如下：
$egin{equation} egin{split} x^{3}+Px^{2}+Qx+R = x^{3}+3cdot{frac{P}{3}}x^{2}+3({frac{P}{3}})^{2}cdot {x}+({frac{P}{3}})^{3}+(Q-{frac{P^{2}}{3}})x+(R-{frac{P^{3}}{27}}) \ = (x+{frac{P}{3}})^{3}+(Q-{frac{P^{2}}{3}})cdot {x}+(R-{frac{P^{3}}{27}}) \ = (x+{frac{P}{3}})^{3}+(Q-{frac{P^{2}}{3}})(x+{frac{P}{3}})-(Q-{frac{P^{2}}{3}})cdot {frac{P}{3}}+(R-{frac{P^{3}}{27}}) \ = (x+{frac{P}{3}})^{3}+(Q-{frac{P^{2}}{3}})(x+{frac{P}{3}})-{frac{PQ}{3}}+{frac{P^{3}}{9}}+R-{frac{P^{3}}{27}} \ = (x+{frac{P}{3}})^{3}+(Q-{frac{P^{2}}{3}})(x+{frac{P}{3}})+(R+{frac{2P^{3}}{27}}-{frac{PQ}{3}}). end{split} end{equation}$
個人覺得，配方法在某種程度上具有誤導性。這種方法很容易使人誤以為：解一元 $n$ 次多項式方程，只需將帶有 $x$ 的項都移到等號的一側，然後配 $n$ 次方，再開 $n$ 次方即可。

過600贊，感謝知友賞光。感謝 @余翔在本原根上的指正，已修改。之前在引理的證明上有失誤，感謝@李亦仰指正，已經對關鍵證明做了修正。

---------------------------------600贊感謝分割線---------------------------

按理來講 @zero的答案已經說明清楚了，不過從這個問題的問法看來題主好像對整個過程並不清楚，那我們就做詳細一點的剖析，主要走伽羅華理論的這條路。
該答案主要面向數學系之外的愛好者，部分地犧牲了邏輯上的嚴密。長文預警，為此先給本文一個任務清單：

了解根式求解的局限性從何而來；
開根號和加多項式的根是兩種擴張數域的方式；擴張的結構是否相同，決定多項式能不能用根式求解；
將同一多項式的所有根視為一個整體，為何可以看作一個整體；
了解刻畫整體的方式：{局部}+{局部到其他局部的映射的集合（也就是群）}
了解怎樣用這種刻畫方式來描述整體的層級結構；
群和擴張構成結構上的一一對應，群結構不同於根式求解的多項式，其擴張結構和開根號的擴張結構也不同，此類多項式將無法用根式求解。

一
這個問題提得比較糙，導致最後問起來好像特別玄乎。我們應該說「有理係數五次方程」或者說「有理數域上的五次多項式」沒有求根公式。在另外一些的特定數域上，存在五次方程有求根公式的情況，不過我只是知道有這回事，那些數域並沒有做詳細的了解。

先說說多項式。大家都知道它長這樣：
$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$
「有理數域上的多項式」，不是說這個多項式的根是有理數，而是指多項式的係數 $a_n,a_{n-1},...,a_0$ 是有理數。
強調係數是有理數有什麼意義？看一下有理係數二次方程標準形式 $ax^2+bx+c=0$ 的求根公式：
$frac{-bpm sqrt{b^2-4ac}}{2a}$
當然我們可以把它記為
$f(a,b,c)=frac{-bpm sqrt{b^2-4ac}}{2a}$
也就是說，它實際上相當於係數 $a,b,c$ 的一個函數。
這意味著什麼？假設一個函數 $f(a,b,c)$ 只是對 $a,b,c$ 做加減乘除，那麼，當 $a,b,c$ 是有理數的時候，只要分母不為0， $f(a,b,c)$ 一定不是無理數。
而也就是說，係數及其計算方式控制著求根公式的輸出範圍，這使得根式求解有它的局限。比如，如果只允許加減乘除的計算方式，那麼連 $x^2-2=0$ 這種都不存在求根公式，因為有理數做加減乘除不會得到無理數。要是係數是複數，因為複數域是代數閉域，複數域上任何一個多項式的根都是複數，就不存在無法求解的問題了。

所以，「有理係數五次以上多項式無法用根式求解」的意思，是說五次以上的多項式里存在這些多項式，它們的根無法用有理數做四則運算和開乘方得出。
總而言之，根在有理數域里的，靠四則運算就已經能求解（數學上稱有理數域對四則運算封閉）。根在有理數域外的，我們只有通過開方去拓展有理數域——加入有理數的整數次方根——組成一個新的數域，讓方程的根可以算出來。這就是要出現「根式求解」的原因。人們一直以為靠開方生成的「拓展樹」（數學上稱這個「拓展樹」為根式擴張塔）可以把它的枝椏伸到任何一個多項式的根那裡，但是阿貝爾扼殺了這種樂觀。直觀地說，五次以上多項式無法用根式求解，就是存在多項式的根藏在在這株「拓展樹」的枝椏的「縫隙」里。

二
怎樣發現這種「縫隙」？這個問題就像我們問"有理數之間的縫隙怎樣被發現「一樣。有理數和有理數的間隔可以任意小，用直觀的發現方法已不可行，因此發現這個」縫隙「只能是利用反證法。
這個反證法怎麼做？回憶一下 $sqrt{2}$ 是無理數的證明。概括地說，有理數總可以表示為互質的兩個整數之比p/q，在這種情況下分子分母不可能繼續約分，而費馬證明， $sqrt{2}$ 如果有整數比的形式，分子和分母可以無窮次地約分下去，從而 $sqrt{2}$ 不可能是有理數。
這就是說，發現「縫隙」的方式，就是證明存在和現有的情形不同的性質。說個很簡單的例子：你知道某棵樹的樹枝永遠都只是分成兩支生長，但現在我拿出了一個三岔的樹枝，因此可以判斷它不屬於這棵樹，這棵樹也長不出這種樹枝。所以我們得首先知道根式擴張塔這株「拓展樹」遵循怎樣的結構生長。

關於擴張的結構我們要了解的兩個事實：
1、從代數角度講，根沒有大小，只有運算功能。 $sqrt{2}$ 和 $-sqrt{2}$ 的運算功能都是相同的，就是它們的平方等於2。對於有理數域來講，它們沒有區別，都只是那個「平方是2的數」，也不會影響有理數部分的任意四則運算，這就好像往實直線的有理數點中間安插了一個兩隻腳的架子，哪只腳在左哪只腳在右並沒有關係，都不影響有理數域上的任何運算結果。
所以，多項式的根並不完全各行其是，它們因運算功能的相同而連結起來，形成一個「架子」的幾個腳，當我們加入多項式的根對有理數域進行擴充，重點在於這個根所在的「架子」的樣子，而不是這個根究竟叫什麼。
好像這和根式可解沒什麼關係。那現在我們可以對根式可解的條件改寫成：如果多項式的根的架子和根式擴張的架子結構不一樣，那麼這個多項式的根是不可以用根式求解的。
有沒有打開新世界的大門的感覺？別急，這只是開始。

現在我們需要來研究這個架子應當怎樣用數學表達。
架子是個整體，怎樣和根這個個體聯繫起來？比如說，現在我們面對一個四腳架，而我們能表達的只有架子裡面的某隻腳，怎麼做？那就不妨先假定這隻腳是一個「原點」，記為 $j_1$ （「腳1」的意思……= =），然後令其他腳表示為 $j_1$ 到它們的映射 $sigma$ 的像，記為 $sigma (j_1)$ 。於是四個腳都擁有了自己的表達方式：腳1是 $sigma_1 (j_1)$ ，腳2是 $sigma_2 (j_1)$ ，腳3是 $sigma_3 (j_1)$ ，腳4 $sigma_4 (j_1)$ 。當然，不同的腳在 $sigma$ 的作用下也變成另外的腳，暫不細說。現在我們說，這些映射 $sigma$ 就組成了一個群 ${sigma_i},i=1,2,3,4$ 。
於是，面對一個整體的時候，我們可以嘗試將它表示為「一個局部（原點）+一個局部到其他局部的映射的群 ${sigma}$ 」這樣的結構。
這和原來的腳1、腳2、腳3、腳4的表示有什麼區別？關鍵在於，這個表達方式讓人們明白，原點的選取並不是重點，這個群 ${sigma}$ 才反映了這個架子的整體性質。比如說，這個四腳架的群指出它允許通過旋轉使一隻腳轉移到另一隻腳（如下圖架子1）。如果這個四腳架的群只有 ${sigma_1,sigma_3}$ ，那就意味著它只能做翻轉，將一隻腳翻轉到它的對腳（如下圖架子2）。同樣是四腳架，群不一樣，它們的結構就不一樣。
（儘管這裡對群的表述是非常粗糙的，不過不妨礙得出這個結論）

類似的，多項式的根集，其結構也由根集的群所決定。這是方程可解性的一個重要轉折點：要了解多項式的根，可以先了解多項式的根集的群。由於這個群里的成員只是負責把多項式里的一個根變成另外一個根（也可能變成自身），相當於對多項式里的根做置換，數學上稱之為根的置換群。

注意這種置換要保持有理數域不變，看一個例子：
多項式 $x^4-10x^2+1$ 的四個根分別是
$left{ egin{aligned} x_1=sqrt{2}+sqrt{3}\ x_2=sqrt{2}-sqrt{3}\ x_3=-sqrt{2}+sqrt{3}\ x_4=-sqrt{2}-sqrt{3} end{aligned} ight.$
假設這四個根裡面的某個置換 $sigma$ 將 $x_1$ 換成 $x_2$ ，即
$sigma (sqrt{2}+sqrt{3})=sqrt{2}-sqrt{3}$
看得出 $sigma$ 只是把 $sqrt{3}$ 變成 $-sqrt{3}$ ， $sqrt{2}$ 並沒有變化。因此考察 $sigma$ 對其他根的作用，就應該將這種運算保持，比如 $sigma$ 作用在 $x_4$ 上，結果應該是：
$egin{align*} sigma(x_4)= sigma( -sqrt{2} -sqrt{3})\=-sigma(sqrt{2})-sigma(sqrt{3})\ =-sqrt{2}-(-sqrt{3})\ =-sqrt{2}+sqrt{3}\ =x_3 end{align*}$
而不會是 $sigma(x_4)=x_1$ .
（注意：上面計算的第二行的依據是「保持有理數域上的運算結果」的直接運用，也就是數學上「同構」概念的直接定義）
也就是說，我們只討論使有理數域保持不變的根的置換群，這個群被稱為伽羅華群。實際上伽羅華群的定義要比這個廣義一些，為了方便討論我們先這樣定義。

我們知道多項式的根填進有理數域中，會形成一個更大的數域，這個數域和群有著怎樣的聯繫？這裡就要用到第二個事實，也是名垂千古的伽羅華基本定理的雛形。

2、既然是討論多項式的根的置換群，我們得讓這個擴張出來的數域能夠把該多項式的所有根都包括進去，以便根集的「架子」可以自由地切換落腳點。
比如說， $Q(sqrt[4]{2} )$ ， $sqrt[4]{2}$ 是多項式 $x^4-2$ 的根，但這個多項式的四個根 $sqrt[4]{2} ,sqrt[4]{2} i,-sqrt[4]{2} ,-sqrt[4]{2} i$ 中， $sqrt[4]{2} i$ 和 $-sqrt[4]{2} i$ 都不在 $Q(sqrt[4]{2} )$ 中，那麼就應該擴充成 $Q(sqrt[4]{2} ,sqrt[4]{2}i)$ ，才能討論 $x^4-2$ 的根的置換群。
我們稱這種擴張為正規擴張。一個多項式的正規擴張包括了該多項式的所有根，也就是說，該擴張容納了所有可能的置換結果。所以，請特別記住這個性質：在一個多項式的正規擴張里，該多項式的根的置換是充分的。這是接下來的關鍵信息。

很顯然，每個多項式都擁有屬於自己的正規擴張，有些多項式的正規擴張只有一步，像 $x^2-2$ 就只有 $Qsubseteq Q(sqrt{2})=Q(sqrt{2},-sqrt{2})$ ，而像 $x^4-10x^2+1$ 這種多項式，它的正規擴張可以分成 $Qsubseteq Q(sqrt{2})subseteq Q(sqrt{2},sqrt{3})$ 兩步，這兩步都是正規擴張。但不管是怎樣的多項式，假設它是 $f$ ，對於它的正規擴張 $Esupseteq Q$ ，我們都可以找到一個正規擴張鏈，將它的正規擴張域分解為逐步的正規擴張 $Esupseteq E_1 supseteq Q$ ：大的域是中間域的正規擴張，中間域又是更小的域的正規擴張……我們可以想像每一步正規擴張都好像在原來的數域（稱為基域）上加了一層外圈， $Q$ 加了第1層變成 $E_1$ ， $E_1$ 加上第2層變成 $E$ ，如下圖：

當然，每一層的正規擴張都由特定的一個多項式生成，也就是說， $Esupseteq E_1$ 是某個多項式 $f_1$ 的正規擴張，（特別提醒一下， $f_1$ 絕不是 $f$ 的因式！）而 $f_1$ 也擁有自己的根的置換群。
現在的重點是怎樣在這個圖上表示 $f$ 的置換群。 $f$ 的根在基域之外，那麼它就分布在外圈；多項式的根的置換保持基域 $Q$ 不動，那麼我們可以把置換視作外圈的轉動（如果讀者家裡有那種轉動的門把手的話，你們可以觀察一下它轉動的時候中間的鎖芯是不動的，就跟這個圖的意思一樣）。記這個轉動為 $sigma$ ，它把 $Q$ 外的一點 $alpha$ 轉到 $sigma(alpha)$ ；並且這個轉動有逆，記為 $sigma^{-1}$ ，它負責把 $sigma(alpha)$ 轉回 $alpha$ （注意 $sigma$ 作用的是 $Q$ 的整個外圈，包括了第1層和第2層）：

順帶地，我們把 $sigma$ 的集合記為 $G(E/Q)$ ，意思就是「保持 $Q$ 不動的置換群」。
那麼 $f_1$ 的置換群是啥樣的？ $f_1$ 的正規擴張是 $Esupseteq E_1$ ，那麼它的根的置換群當然就是 $G(E/E_1)$ ，即「保持 $E_1$ （在圖中是 $Q$ 和第1層）不動的置換群」。記 $G(E/E_1)$ 的某一元素 $au$ ，它的作用就是轉動圖中的第2層，如下：

顯然 $G(E/E_1)$ 是 $G(E/Q)$ 的子群，「整個外圈的所有轉動」就包含了「固定 $Q$ 和第1層轉動第2層」的所有操作。

請注意我們想要讓正規擴張鏈 $Esupseteq E_1 supseteq Q$ 逐步分解下去，而我們現在已經假定了 $E supseteq E_1$ 是正規擴張，然後我們剝去 $E/E_1$ ，就只剩下 $E_1supseteq Q$ 這層擴張，那什麼情況下 $E_1supseteq Q$ 才是正規的呢？
這時候就要出動之前提到的性質：在一個多項式的正規擴張里，該多項式的根的置換是充分的。伽羅華即將施展開他的魔法。

如果 $E_1supseteq Q$ 是正規擴張， $E_1/ Q$ 里的元素 $alpha$ 都可以表示成某一多項式 $f_2$ 的根，進而 $f_2$ 的根的置換結果還會在 $E_1$ 里（也就是說 $sigma(alpha)$ 還會在第1層里）。複習一下剛才那個圖示：

要用等式說明這個事實，我們需要對第2層進行擾動，以證明第1層的元素經過置換後還在第1層里，這樣當我們同時對第1、2層進行轉動（施加了 $sigma$ ）的時候，第2層的轉動 $au$ 就完全地獨立於第1層，從而在1、2層共同轉動時，第2層不僅在擴張的角度上，在置換群（轉動）的角度上也可以和第1層完全剝離開來。
於是我們使用 $Esupseteq E_1$ 的伽羅華群 $G(E/E_1)$ 。之前已經說過， $G(E/E_1)$ 只作用在第2層，而 $alpha$ 和 $sigma(alpha)$ 都在第1層，因此 $G(E/E_1)$ 不會對 $f_2$ 的根產生影響，於是我們可以得出下圖裡的等式：
$ausigma(alpha)=sigma(alpha)$

既然 $sigma(alpha)$ 在 $au$ 的作用下保持不動，那麼施加 $sigma^{-1}$ 就會返回 $alpha$ ，即
$sigma^{-1} ausigma(alpha)=alpha$
下圖表達了整個計算的過程：

注意到第2層（ $E/E_1$ ）的元素由於 $au$ 的擾動，施加了 $sigma^{-1}$ 之後並沒有返回原位，就相當於是被施加了 $G(E/E_1)$ 里的某個映射 $au$ ，也就是 $sigma^{-1} ausigma(alpha)= au$ 。由於 $au$ 和 $au$ 都屬於 $G(E/E_1)$ ，考慮到 $au$ 和 $au$ 的任意性，事實上我們可以把這條式子寫成（ $G(E/E_1)$ 簡寫成 $G_1$ 方便看）：
$sigma^{-1} G_1 sigma=G_1$
再考慮 $sigma$ 的任意性，事實上 $G(E/E_1)$ 對 $G(E/Q)$ 里的每個成員都要滿足上式，這時候我們就稱 $G(E/E_1)$ 就稱為 $G(E/Q)$ 的正規子群。
整理一下，我們就得到一個正規擴張（在這裡涉及的正規擴張被稱為伽羅華擴張）及其伽羅華群的對應條件：
對於伽羅華擴張 $Qsubseteq E_1subseteq E$ ， $Qsubseteq E_1$ 是正規擴張當且僅當 $G(E/E_1)$ 是 $G(E/Q)$ 的正規子群。
字面上看艱澀無比，然而總結一下：
正規擴張在擴張家族裡是個自帶堅硬外殼的種類，殼內的元素只能在殼內做置換。於是，當好幾層外圈一起做置換時，外層的置換就被擋在裡層的殼外進行。這時候，我們就說外層的置換群是整個置換群的正規子群。
反過來，如果想要證明裡面那層是正規擴張，那就只需要證明外層的置換被「擋」在裡層的之外，便可以得知一個訊息：「裡層是帶殼的！」這樣就證明了裡面那層是正規擴張。

讀者可能已經發現了，每一層正規擴張一定對應著一個正規子群，那麼它們會不會是一一對應的呢？恭喜你，伽羅華也是這樣想的！

上述的表述實際上就是伽羅華基本定理的一個關鍵性引理的證明主體。根據這個引理，伽羅華證明了伽羅華基本定理，也就是正規擴張鏈和正規子群鏈的一一對應，史稱伽羅華對應。
正規子群是伽羅華獨創的概念，它的思想之精妙怎樣誇讚都不為過。對於正規子群的意義，我曾寫下如下文字：

正規子群的意義有多大呢？它是剖析複合運動的利器，是對複合運動進行分類最簡潔最漂亮的方式。在生活和研究中我們會遇到各種各樣複合的動作與映射，就像我們說的 $sigma$ 一樣，而我們並不知道其中的分動作究竟是連帶的呢，還是它可以獨自行動，就像 $au$ 一樣。平拋運動既向前又向下，向前和向下的運動是不是相互獨立、可以分開分析的呢？這些動作的可能性往往有無窮多種，不可能一一檢驗，分類更是往往只能基於個人感受，哪裡可能想到還有這樣的區分方法，通過檢驗，直接在複合作用中分離出自成一體的部分？將群的正規子群和域的正規擴張進行一一對應的數學方法就是伽羅華理論核心的內容，而正規子群的提出和上面定理的證明則是這個對應方法的關節處，當然更是伽羅華本人的首創。考慮到那時候數學遠不如現在發達，伽羅華這一突破可謂石破天驚，他成為數學史上唯一一個以名字來命名其理論的數學家，也就不驚奇了。而他死的時候，才21歲。

事實上，群論的研究方法——將動作視為運算，構造特殊的運算系統，研究系統的內部結構，進行分類、分層，將它的結構等同於研究對象的結構，就是由伽羅華開創的。由於群的構造非常自由，只要滿足封閉運算的性質（允許逆運算不動運算）就可以做，因此隨著時間推移，群被應用在越來越多的領域上，以各種各樣的形式出現，伽羅華也就取代了群的概念的真正發明者拉格朗日，成為了群論的祖師爺。

贊完正規子群之後，讓我們再次回到最初的問題上。怎麼判斷多項式能不能根式求解呢？伽羅華理論告訴我們，根據伽羅華對應，看這個多項式的伽羅華群，是否具備根式擴張的伽羅華群的結構，如果具備就可解，不具備就不是根式可解的。於是，現在問題只剩下這個：根式擴張的伽羅華群有怎樣的特性？

三
討論根式擴張的伽羅華群的結構，注意一下三個事實，在此不加證明：
1、根式擴張，在運算中也就是我們所說的開根號，總可以分解成素數次方的開根。如果有非素數次方根 $sqrt[n]{a}$ ，其中 $n=pq$ ，那麼我們就能令 $sqrt[n]{a} =sqrt[q]{sqrt[p]{a}}$ ，一直到 $p$ 是素數為止。所以我們只需要研究開素數次方的根式擴張。
2、任何的根式擴張總可以擴充成一個正規擴張。根式擴張並不一定是正規擴張。 $Q(sqrt[3]{2} ) supseteq Q$ 是根式擴張，但是 $sqrt[3]{2}$ 的極小多項式（知道是以 $sqrt[3]{2}$ 為根的最小多項式即可） $x^3-2$ 的其他兩個根的都是複數，不在 $Q(sqrt[3]{2} )$ 裡面，所以 $Q(sqrt[3]{2} ) supseteq Q$ 不是正規擴張，但是它可以擴充成一個正規擴張，根式擴張的伽羅華群也就可以用這個正規擴張去研究。
3、開素數次方的伽羅華群總是有且僅有素數個成員。我們說群的階數一定是個素數。
根據上面三個事實，我們可以得出如下結論：
根式擴張的伽羅華群一定可以分解成一條正規子群鏈，其中每一層的階數都是素數。
因此，如果一個多項式的伽羅華群的正規子群鏈裡面出現某一層的階數必須只能是合數，那麼這個多項式就不能用根式求解了。
（其實每一層的群不叫伽羅華群，叫這個伽羅華群的商群，不過為了討論方便目前先這樣處理）

現在終於可以回過頭來解釋 @zero的那個答案了。計算多項式的伽羅華群——我們只說計算群的階數是一項比較專門的技術，在此不作贅述，不過數學家得出了以下結果，它包含了我們要討論的最終結果：
1、一個一般的 $n$ 次多項式的伽羅華群是 $n$ 個根的自由置換群，稱為對稱群 $S_n$ ，也就是說不管怎麼換都能保持有理數域不動。用初等的組合數學就知道這種置換共有 $n!$ 種可能，即 $S_n$ 中有 $n!$ 個成員。很顯然 $S_1subseteq S_2subseteq ...S_nsubseteq ...$
2、 $S_5$ （階數是 $5!=120$ ）有一個子群 $A_5$ ，是自由置換群中所有偶數次置換的集合， $A_5$ 的階數很好算， $120$ 的一半，也就是 $60$ 。但是 $A_5$ 的正規子群有且只有平凡的正規子群，即 $A_5$ 和 ${1}$ （這就是所謂的單群的定義），因此正規子群鏈 $S_5supseteq A_5 supseteq {1}$ 有一層必須是合數階，於是一般的五次多項式沒有根式求解。
又因為 $S_5subseteq S_6subseteq ...S_nsubseteq ...$ ，因此五次以上的多項式都存在這種情形，即伽羅華群存在一條經過 $A_5$ 的正規子群鏈，從而五次以上的多項式也沒有一般的求根公式。
3、但是，對於特定的 $n$ 次多項式，並不是沒有根式求解的可能，最簡單的就是 $x^n-1$ 這個情形，有複數基礎的人都知道它有 $n$ 個根，均勻分布在複平面以原點為圓心、長度為1的圓周上。這些根是：
$e^{frac{k}{n} 2pi i},k=1,2,...,n$
什麼？這根本沒有根式表達？它們其實就是使 $sqrt[n]{1}$ 的 $n$ 個不同寫法啊，只是因為一般默認 $sqrt[n]{1}$ 是正實數，才不能一視同仁的。

後記：
讀者可以在這篇回答中一窺伽羅華理論的整體架構。文中有大量不加證明的引理、定理直接引用，以及許多並沒有做明確定義但極其重要的概念（域擴張、極小多項式、同構、商群等等），還有一些關鍵性的並沒有寫進文中的概念（單擴張、域上的線性空間、可分/可離擴張、域同構、自同構等等），實際學習中的困難可以想像。但它的中心思想又這樣精彩，值得付出這樣的精力，由此可以看到伽羅華理論是一門多麼精妙的數學。
伽羅華理論除了解答了方程可解性的歷史難題，它的相關運用還成功地證明「古希臘三大幾何問題」——立方倍積、化圓為方、三等分角都不可能解決，這些問題要作出的點都在以尺規作圖為擴張方式的「拓展樹」的縫隙里，因此不可能用尺規作圖解決。伽羅華對應還成為了懷爾斯解決費馬大定理的關鍵性工具。從數學領域的開拓來說，伽羅華理論成了群論、群表示論乃至抽象代數的最好引薦人，而現在這些領域的影響已經遠遠超出數學領域。將伽羅華理論視作近代數學的開端可謂實至名歸。

在回答問題之前，我想先來解釋一下這個問題到底是什麼意思。如題目所說，係數為有理數的五次（及以上）方程沒有加減乘除和開方的求根公式。

不要理解為『有理數係數五次方程沒有公式解』。我們有辦法使用一些超越函數來構造出五次方程的公式解。這裡說的是，只用『加減乘除』和『開方（即使用根號）』給不出五次方程的求根公式。

也不要理解為『對於每一個有理數係數的五次方程，都無法只用加減乘除和開方來表示出它的根』。對於某些五次方程，我們完全可以找到根式解，比如 $x^5-2=0$ 的解（之一）是 $sqrt[5]{2}$ . 這裡說的是，我們沒法給出一個只使用加減乘除和開方的通用公式，使其可以給出任何一個有理數係數的五次方程的解——就像大家熟知的二次方程求根公式那樣。

所以，理論上說，我們其實只需要找到一個沒有根式解的有理數係數的五次方程，就可以說明五次方程沒有隻使用加減乘除和開方的求根公式了。這樣的例子當然是有的，比如 $x^5-6x+3=0$ 就沒有根式解。（當然，要說明其為什麼沒有根式解並不是一件簡單的事情。）

其實，這個現象沒有看上去那麼神奇。這只是說明，『加減乘除』和『開方』的運算組合有其局限性罷了。如果我們不允許開方，只允許用加減乘除，那麼我們只能給出一次方程的求根公式，對於二次方程我們便束手無策了——這就是『加減乘除』的局限性。通過引入『開方』運算，我們可以給出四次方程的一般解，這已經是一大進步啦=w= 所以，如果說『開方』運算如加減乘除一樣，也有其局限性，這並不是一件那麼讓人意外的事情。

然而，這還是有一點點神奇的。神奇之處在於，為什麼恰好是五次呢？為什麼不是四次或者六次？嗯，這便是這篇回答想要討論的問題。

大致思路是這樣的：為了找到方程的解（在本文的語境下是多項式的根），我們需要進行域擴張，因為方程的解往往不在有理數域中。同時，多項式的根具有某種對稱性。我們可以通過群的概念來描述對稱性，而多項式的根的對稱性可以轉化為域擴張的對稱性，後者可以被『伽羅瓦群』來描述。『加減乘除』這四種運算無法進行域擴張，而通過『開方』進行的域擴張（根式擴張）具有某種特殊的對稱性——其對應的伽羅瓦群是『可解的』。而通常情況下，五次方程的解（即五次多項式的根）對應的域擴張的伽羅瓦群是『不可解的』，所以僅用『加減乘除』和『開方』不可能讓我們從有理數域擴張到包含五次方程解的域。

好吧，我估計不少人都會覺得上面一段話『每個字都能看懂』……我會試圖在回答里慢慢解釋上述這些概念。如之前一樣，這篇回答為了可讀性，會犧牲一些嚴謹性。

一般說來，要想真正弄清楚這個問題，需要學習兩個學期的抽象代數，而且對於大多數人來說，抽象代數也不是一上來毫無基礎就可以學的。所以，想通過一篇簡短（跟教材比起來）的回答來把這個問題徹底解釋清楚，是根本不可能的事情。

這篇回答最多只能讓沒學過相關數學知識的讀者大致了解要解決這個問題『大概是怎樣做的』或『從什麼角度入手』，所以不要對本文抱有太高的期望。（如果只靠閱讀知乎回答就可以學數學，那我們還要大學幹什麼呢？）對於將要學習或正在學習相關數學知識的讀者，我不敢保證這篇回答會對你們在『直觀理解』上有幫助。但如果有一點點幫助的話，我會很開心的=w=

以下是一些閱讀建議：

1. 不要試圖一次性讀完全文（尤其對於沒有學過相關知識的同學來說）。我把全文分了若干節，每次讀一到兩節就可以了，不要求快，尤其是在讀數學時。

2. 我在每一節的開頭寫出了『讀完這一節之後你應該知道哪些概念』。再閱讀下一節之前，先確保自己對這些概念有一定的認識。

3. 本文以介紹『對稱與群的關係』開始，這一部分非常重要。囫圇吞棗可能會導致之後的閱讀寸步難行。

4. 在讀本文之前，最好先讀：

群論研究結構，「結構」一詞是什麼意思？跟數學有什麼關係？ - 匡世珉的回答 - 知乎

如何給高中生解釋群論？ - 匡世珉的回答 - 知乎

為什麼尺規不能三等分一個任意角？ - 匡世珉的回答 - 知乎

以上三篇回答有助於更好地理解本文。為了控制篇幅，以上三篇回答中詳細介紹過的概念，本文可能就不會花過多筆墨了。

5. 再強調一遍，這篇回答最多只能讓沒學過相關數學知識的讀者大致了解要解決這個問題『大概是怎樣做的』或『從什麼角度入手』，所以不要對本文抱有太高的期望。在本文最後我會列出一些教材與資料，對於想真正弄清楚這個問題的同學們來說，那些才是你們應該認真看、認真讀的東西。

這篇回答獻給教了我一學年抽象代數的Robert D. Friedman教授。

大二上學期的最後一次抽代考試，我在答題紙的最後寫下了：

Thank you for your great lectures. They have made mathematics as beautiful as it should be.

好的，正文要開始了=w=

===============第一節===============

【對稱、對稱操作、對稱操作的四條性質】

首先我們來看兩個圖形：

左邊的是圓，右邊的是正方形，他們都是『對稱圖形』，沒錯吧？

請聽題：這兩個圖形哪一個『更對稱』呢？

為了回答這個問題，我們必須要知道到底什麼是『對稱』。當我們用『對稱』來形容一個圖形的時候，我們其實是在說這個圖形在某些操作下保持不變——這樣的操作我們稱之為『對稱操作』。

對於正方形來說，『（順或逆時針）旋轉90度』就是一個對稱操作，而『旋轉45度』則不是。我們可以這麼理解：如果你在我閉上眼睛的時候悄悄地把正方形（繞中點）旋轉90度，我是不會發現你做了這個操作的。但如果你把正方形轉了45度，我肯定就會發現了。

那麼正方形的對稱操作有哪些呢？一個可能的答案是『所有角度為90的倍數的旋轉（包括旋轉0度）』。然而，由於旋轉360度等於沒有轉，所以其對稱操作其實只有『（順時針）旋轉0度、90度、180度、270度』這四種。

如果允許翻折的話，我們還可以得到另外四種對稱操作，即『水平、豎直、沿對角線翻折』。

那麼圓的對稱操作有哪些呢？

我們發現，任何角度的旋轉都是對稱操作。如果允許翻折的話，沿任何一條過圓心的直線翻折也都是對稱操作。

所以，圓具有無窮多種對稱操作，而正方形只有有限多種對稱操作（四或八種，取決於是否允許翻折）。如果以對稱操作的數量為標準的話，我們可以說『圓比正方形更對稱』。

現在我們來仔細研究一下『對稱操作』。

正如之前所說的那樣，我沒有辦法確定你是否在我閉上眼睛期間做了某種『對稱操作』。我們可以說，對稱操作就是那些可以通過『閉眼測試』的操作。（啊，這個詞是我自己造的，只是為了方便敘述與理解=w=）

注意，這樣意味著我們只關心『操作開始前的狀態』和『操作結束後的狀態』，至於中間到底做了什麼我們並不關心。比如，一次『先逆時針旋轉45度再順時針旋轉135度』的操作與一次『順時針旋轉90度』的操作並無區別，都是同一種對稱操作。

那麼對稱操作（可以通過『閉眼測試』的操作）具有哪些性質呢？

第一，如果我們把兩個對稱操作連起來做，看成一個『複合操作』，那麼這個新得到的『複合操作』也是一個對稱操作。

不妨這麼想：如果操作A和B都能分別通過『閉眼測試』，那麼『先做A再做B』也應該能通過『閉眼測試』。

舉個例子，『先順時針旋轉90度，再順時針旋轉180度』也是一個對稱操作，等價於『順時針旋轉270度』。

兩個對稱操作的複合可以讓我們得到新的對稱操作，就像兩個整數相加可以得到新的整數一樣，所以我們可以把對稱操作的『複合』看成是一種運算。（這讓我想到Friedman教授在第一節抽代課上說的：Basically, you combine two things and get a third. That』s algebra.）

第二，對稱操作的複合運算滿足『結合律』。

這幾乎是一句廢話。如果A、B、C是三個對稱操作，那麼結合律就可以描述為『先「做A然後做B」再做C』與『先做A再「做B然後做C」』的效果一樣——這顯然效果一樣，因為兩次都是把A、B、C按順序做，完全沒有區別。

注意，這是結合律，不是交換律，對稱操作的順序沒有改變。（複合運算不一定滿足交換律，考慮正方形『順時針旋轉90度』與『豎直翻折』這兩個操作。）

如果覺得結合律過於顯然，那麼可以暫時不去管它。（強調結合律其實是為了把對稱操作進行抽象，而既然我們現在就在討論對稱操作，所以結合律就是自帶屬性。）

第三，『什麼都不做』也是一個對稱操作。

額，我知道這個看起來有點奇怪，『什麼都不做』為什麼也算是一個操作呢？不過『什麼都不做』也可以通過『閉眼測試』呀：我沒辦法知道我閉上眼睛之後你是做了『什麼都不做』還是什麼都沒做……

好吧，如果覺得這不能說服你，那麼讓我們來想一想之前的第一條性質：對稱操作的複合還是對稱操作。我們把『順時針旋轉90度』與『順時針旋轉270度』複合起來，得到的就是『什麼都不做』。為了讓第一個性質成立，就讓我們把『什麼都不做』也當成對稱操作吧！

好吧，這簡直是個假對稱操作。

為了顯得稍微正經一些，我們把『什麼都不做』的操作稱為『恆等操作』。

第四，每一個對稱操作的『逆操作』也是對稱操作。

這不難理解：如果一個操作可以通過閉眼測試，那麼把它反過來做，也可以通過閉眼測試。比如『順時針旋轉90度』是對稱操作，那麼『逆時針旋轉90度』即『順時針旋轉270度』也是對稱操作。

等等，逆操作就是『反過來做』的操作？那什麼叫『反過來做』？

好吧，如果覺得這個說法隨意了一些，那我這麼說：把一個對稱操作與其『逆操作』複合起來（無論先做哪一個），得到的新對稱操作都是『恆等操作』。

好的，關於『對稱操作』的性質，我們知道這四個就足夠了。現在我們可以說：『群』就是某個圖形（或對象）的所有對稱操作的集合。

===============第二節===============

【群、群與對稱的關係、群的例子（很重要，後文會用到）、群同構】

是的，就是這麼簡單。給定一個圖形（或對象），其所有對稱操作構成的集合就是一個群。注意到集合自然地帶有一個『複合』運算。（反過來說，對於任何一個群，它都是由某個圖形（或對象）的所有對稱操作構成的。）

還是用例子來說明吧：假設桌上有五個完全一樣的紙杯排成一行，把每個紙杯看成一個點（如下圖），那麼把這五個紙杯看成一個整體，其對應的群是什麼？

給個提示：想想看之前所說的『閉眼測試』。既然紙杯完全一樣，那麼在閉眼時交換任意兩個紙杯，我都發現不了。

沒錯，所以這五個紙杯的每一種『重新排列』（即『置換』）都是一種對稱操作。注意，對稱操作是『置換』的動作，而不是置換之後的狀態。

於是，對稱操作的數量就是五個紙杯不同排列的數量，也就是120種。這五個紙杯所對應的群就由『五個對象的全部置換方式』構成，記作 $S_5$ ，是一個120階的群（階即元素的個數）。

請聽題：如果把五個紙杯改為四個紙杯呢（如下圖）？對應的群是什麼？

好吧，這題過於簡單了。對應的群由『四個對象的全部置換方式』構成，記作 $S_4$ ，是一個24階的群。

下一題有點難度：如果紙杯A和B完全一樣，紙杯C和D完全一樣，而紙杯A和C不一樣（如下圖），這回對應的群是什麼？

回憶一下『閉眼測試』，我們發現，『交換A和C』是不行的，因為這兩個紙杯不一樣，交換了就會被發現。我們只能交換A和B，或者交換C和D，所以對應的群是什麼？

答案是：一個由『恆等操作』、『交換A和B』、『交換C和D』、『同時交換A和B、C和D』這四個對稱操作構成的四階群，記作 $V$ ，或者稱為『克萊因四元群』。

稍微想一下我們會發現，如果把四個點分成黑色與紅色兩部分，那麼每一部分分別對應一個 $S_2$ 的群（與之前的記號一致），所以我們可以把 $V$ 群看成是由兩個 $S_2$ 群『組合』在一起得到的——我們說 $V$ 是兩個 $S_2$ 的『直積』，記作 $Vcong S_2 imes S_2$ ——不過這暫時不重要。

提醒一下，別忘了群還帶有『複合』運算。比如在這個例子中，先做『交換A和B』再做『同時交換A和B、C和D』，就得到了『交換C和D』。

講了這麼半天，這些東西跟五次方程到底有什麼關係啊？

別急，再舉一個例子我們就講方程（多項式）。

一個長方形，在允許翻折的情況下，對應的群是什麼？

答案是：一個由『恆等操作』、『水平翻折』、『豎直翻折』、『旋轉180度』這四個對稱操作構成的四階群。複合運算關係如下圖：

重點來了：這個群跟之前所說的 $V$ 群具有同樣的結構！

什麼意思？

如果我們把 $V$ 群中的元素『恆等操作』、『交換A和B』、『交換C和D』、『同時交換A和B、C和D』分別換成『恆等操作』、『水平翻折』、『豎直翻折』、『旋轉180度』，就會發現它們的複合運算完全一致。

前一個例子中，我們說過，先做『交換A和B』再做『同時交換A和B、C和D』，就得到了『交換C和D』。按照上述規則，這個句子被我們換成：

先做『水平翻折』再做『旋轉180度』，就得到了『豎直翻折』。

實際上確是如此！

再打個比方，如果我現在造出一個機器，機器上有四個按鈕，分別貼著『恆等操作』、『交換A和B』、『交換C和D』、『同時交換A和B、C和D』這四個標籤。依次按下任意兩個按鈕，其複合運算對應的按鈕就會亮起。所以這相當於是一個『 $V$ 群複合運算計算器』。

此時，如果我把這四個標籤換成『恆等操作』、『水平翻折』、『豎直翻折』、『旋轉180度』，而絲毫不改動機器本身的電路，我們會發現這個機器依然可以正確計算這四個操作的複合運算！

所以，我們說這兩個群是『同構』的，只是元素的名字不同罷了。如果用函數 $f$ 來表示『換標籤』，即標籤 $a$ 被換成了 $f(a)$ ，並用 $*$ 來表示複合運算，那麼同構滿足什麼樣的條件呢？

如果我們用 $ab$ 來表示 $a$ 與 $b$ 複合的結果，那麼我們就有 $a*b=ab$ ，而『換標籤』對運算完全不影響，所以就有 $f(a)*f(b)=f(ab)$ ，而通常我們會把星號省略，寫成 $f(a)f(b)=f(ab)$ ；同時，這裡『換標籤』是一一對應的，所以我們也要求 $f$ 是一一對應的，即不能有兩個不同的按鈕換成了同樣的標籤。於是，如果一個一一對應的函數 $f$ 滿足 $f(a)f(b)=f(ab)$ 的等式，我們就說 $f$ 是一個（群）同構。而 $f(a)f(b)=f(ab)$ 這個等式的意義就是『函數 $f$ 保持運算結構』。

（在這裡提一下：按照一般的嚴格定義，『群』是帶有一個運算的集合，並滿足封閉性、結合律、存在單位元、存在逆元這四個條件，這正是我們之前總結的『對稱操作』的性質。事實上，從範疇的角度來看，群可以定義為由一個元素構成的範疇，其態射為群同構，這正是我在本文中所說的定義。Leinster 的Basic Category Theory 的例子1.1.8(c)對此有精彩的描述。）

===============第三節===============

【多項式的根的對稱性】

好的，我們來談方程與多項式吧！

由於多項式的根就是使其等於零的 $x$ 的值，也就是方程的解，所以在下文中我將不加區分地使用『方程的解』和『多項式的根』這兩個表述。

我在開頭說過，方程的解具有某種對稱性。這到底是什麼意思呢？舉個例子，我們來看多項式 $x^4-4x^2-5$ ，因式分解為 $(x^2+1)(x^2-5)$ ，它的四個根為： $pm i, pm sqrt{5}$ .

我們寫出隨便寫幾個包含這四個根的多項式形式的（以下省略）等式，比如 $i^2+1=0$ , $sqrt{5}+(-sqrt{5})=0$ , $i(-sqrt{5})-(-i)sqrt{5}=0$ .

現在，把這些數字都當成標籤，交換 $pm i$ 的標籤，我們發現等式依然成立：比如之前的 $i^2+1=0$ 變成了 $(-i)^2+1=0$ ，而這個等式是對的。

換句話說，如果我告訴你我用 $a$ 和 $b$ 來表示 $pm i$ ，寫出一堆包含 $a$ 和 $b$ 的等式，你永遠不可能知道到底 $a$ 和 $b$ 哪個是 $i$ 哪個是 $-i$ ，因為無論是哪種情況，等式都成立。所以我們說， $i$ 和 $-i$ 在代數上是無法區分的，因為它們滿足的等式完全一樣——它們的標籤可以隨意交換。

還記得什麼叫『對稱』嗎？對稱就是在某些操作下保持不變。而在這裡，交換 $pm i$ 的標籤，所有的等式都沒有發生變化，這就是多項式的根的對稱性。

同樣地，交換 $pm sqrt{5}$ 的標籤，或者同時交換 $pm i$ 和 $pm sqrt{5}$ 的標籤，等式仍然保持不變。

於是，這個多項式的根所對應的群是什麼呢？

答案是：一個由『恆等操作』、『交換 $pm i$ 的標籤』、『交換 $pm sqrt{5}$ 的標籤』、『同時交換 $pm i$ 、 $pm sqrt{5}$ 的標籤』這四個對稱操作構成的四階群。

也許你已經意識到了，這個群同構與 $V$ ，所以多項式 $x^4-4x^2-5$ 對應的群正是『克萊因四元群』。

這真的是很神奇的一件事情。如果不藉助群來研究對稱性，我們很難想到這個多項式竟然會跟長方形有內在的聯繫！

為了更方便地研究多項式的根的對稱性，我們需要引進一個新的概念：域。

===============第四節===============

【域、域擴張、域的對稱性、自同構群】

所謂『域』，就是一個對加、減、乘、除都封閉的集合。換句話說，對於域中的數字，無論你怎麼用加減乘除（當然，零不能做除數）去蹂躪它們，它們依然還是在這個域里。

比如，全體有理數構成有理數域 $mathbb{Q}$ ，因為任意兩個有理數做加減乘除之後結果還是有理數。而全體整數則不能構成域，因為兩個整數相除不一定得到整數。

如果只能使用加、減、乘、除，那麼我們無法給出（有理數係數，以下省略）二次方程的求根公式。為什麼呢？從『域』的角度看，我們就可以給出答案了：因為二次方程的解卻可能不在有理數域里（比如 $x^2-5=0$ ），而無論在有理數域中怎麼做加減乘除，我們仍然只能得到有理數。

這樣看來，『域』就如同如來佛的手掌心——如果加減乘除是你全部的招數，那你永遠無法離開這個『域』。

而這個時候，『開方』就是一個格外強大的技能：它能讓我們離開原來的域，進行『域擴張』。

比如，在有理數域里對 $5$ 開二次方根，我們就得到了 $sqrt{5}$ ，而 $sqrt{5}$ 不是有理數——不在有理數域中。這時，我們再藉助加減乘除，就可以得到一個同時包含有理數和 $sqrt{5}$ 的新的域，記作 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ ，而 $x^2-5=0$ 的解正是在這個新的域里。所以，通過『開方』的操作，我們就可以得到 $x^2-5=0$ 的解。

所以，要想給出一個五次方程的解，我們希望能通過『開方』不斷地擴張我們的域，直到我們的域中包含該方程的解。然而伽羅瓦告訴我們，這往往是做不到的。

還記得之前我們說的多項式的根的對稱性嗎？我們之前考察了 $x^4-4x^2-5=(x^2+1)(x^2-5)$ 的四個根的對稱性——其對應的群正是『克萊因四元群』。這個多項式還是複雜了些，因為它可以被拆成兩個次數更低的多項式的乘積——我們稱其為『可約』多項式。

我們現在來單獨考察它的一個因子 $x^2-5$ ——它作為有理數係數多項式是『不可約』的，因為它沒有辦法再被拆成兩個次數更低的多項式的乘積，除非引進 $sqrt{5}$ 。

如前文所說， $x^2-5$ 的根是 $pm sqrt{5}$ ，均不在有理數域中。同時，這兩根具有對稱性：我們可以隨意交換兩根，它們滿足的等式不會改變。

重點來了：如果我們把這兩個根放在它們所在的域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 中考慮，那麼根的對稱性就轉化為域的對稱性——我們可以同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ ，而域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 中所有的等式都不會改變！

舉個例子：我們知道 $(2+sqrt{5})(3-sqrt{5})=1+sqrt{5}$ ，現在我們交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ ，得到 $(2-sqrt{5})(3+sqrt{5})=1-sqrt{5}$ ，而這個等式依然是成立的！

也許這有些難以置信，但事實就是如此。你可以自己嘗試更多的例子=w=

套用之前的比方，如果我現在造出一個機器，它有無窮多個按鈕，對應了域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的每一個數。它可以正確地計算域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 中的加減乘除（如之前一樣，以亮燈的形式）。如果我同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 的按鈕標籤，這個機器依然能夠正確的計算加減乘除！

所以，如之前一樣，這個『交換標籤』的操作是域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的『同構』。不僅如此，它還是一個『自同構』，因為它沒有牽涉到任何『新的標籤』，僅僅是把原有的標籤換了位置！

其實，我們在中學數學裡早已接觸過域的自同構了。

不知大家是否還記得，我們在解二次方程時，複數解一定是成對出現的——如果其中的一個解是複數，那麼另一個解也是複數，並且這兩個解一定共軛。

比如， $x^2-2x+5=0$ 的解是 $1+2i$ 和 $1-2i$ ，它們是共軛的。

這是為什麼呢？因為全體複數構成複數域 $mathbb{C}$ ，其中的每個元素都可以寫成 $a+bi$ 的形式，而『同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ 』是複數域 $mathbb{C}$ 的自同構。

我們把思路理一下。如果我們已經知道『同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ 』是複數域 $mathbb{C}$ 的自同構，那麼對於任何一個等式，比如 $(1+2i)^2-2(1+2i)+5=0$ ，我們可以放心地交換 $1+2i$ 和 $1-2i$ ，得到 $(1-2i)^2-2(1-2i)+5=0$ ；前者意味著 $1+2i$ 是 $x^2-2x+5=0$ 的解，後者意味著 $1-2i$ 是 $x^2-2x+5=0$ 的解。

所以，二次多項式的復根一定是成對出現的。（實際上，我們完全不用局限於二次——任何次數的多項式的復根都是成對出現的，理由正是『交換共軛對』是複數域的自同構。）

接下來的一句話很重要！

『自同構』就是一個域的『對稱操作』。

（其實我之前講了這麼多，就是為了說出這句話。不妨停下來想一想，確定自己理解這句話之後再繼續往下讀。）

所以，一個域的所有自同構構成了一個群——我們稱之為『自同構群』。

那麼域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的自同構群是什麼呢？

『同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 』是一個對稱操作（自同構），並且『恆等操作』也是一個對稱操作（自同構），除此之外沒有更多的對稱操作（自同構）了。所以，其對稱群就是 $S_2$ ——還記得這個符號嗎？回想一下排列紙杯的例子吧。

（其實這就相當於是在置換 $pm sqrt{5}$ ，因為它們的變動完全決定了域中每一個數的變動。）

為了避免大家迷失在眾多的數學概念中，我們來簡短地回顧一下：

我們的目的是尋找五次方程的根式解。由於五次方程的解往往不在有理數域中，所以我們只能寄希望於通過『開方』不斷地擴張數域，直到數域包含五次方程的解。同時，方程的解具有對稱性，並可以轉化為所在的域的對稱性，可以用『自同構群』來描述。

如果我們能說明『五次方程的解所在的域』具有的對稱性與『可以通過開方擴張的數域』具有不同的對稱性，那麼就意味著『五次方程的解所在的域』不是『可以通過開方擴張的數域』，也就意味著五次方程沒有求根公式。

所以，為了說明這一點，我們不僅需要研究『域』的對稱性，還需要研究『域擴張』的對稱性。域的對稱性可以用『自同構群』來描述，而域擴張的對稱性則可以用『伽羅瓦群』來描述。

有了之前這麼多的鋪墊，『伽羅瓦群』就不難理解了——它只是『自同構群』的『子群』罷了。

===============第五節===============

【子群、域擴張的對稱性、伽羅瓦群】

『子群』的概念與『子集』類似，很簡單。H是G的子群就意味著G包含了H中的所有對稱操作。也就是說，H是G的『一部分』——當然，H也得是一個群。

舉個例子，回到最開始的正方形。如果不允許翻折，那麼正方形具有四種對稱操作，它們構成的群記作 $C_4$ ；如果允許翻折，那麼正方形據有八種對稱操作，它們構成的群記作 $D_4$ . 顯然，每一個 $C_4$ 里的對稱操作都在 $D_4$ 里，所以 $C_4$ 是 $D_4$ 的子群，記作 $C_4 leq D_4$ .

現在我們考慮從有理數域 $mathbb{Q}$ 到域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的域擴張。

我們已經知道域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的對稱操作是『恆等操作』和『同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 』，它們構成了 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的自同構群，同構於 $S_2$ 群。

我們現在規定，這個域擴張的對稱操作是： $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的自同構群中保持 $mathbb{Q}$ 不變的對稱操作。

域擴張的對稱操作構成的群被稱為『伽羅瓦群』。按照這個定義，『伽羅瓦群』自然是『自同構群』的子群。

更一般地來說，如果我們把域F擴張成域E，那麼這個域擴張的對稱操作就是E的自同構群中保持F不變的對稱操作，它們構成了這個擴張的『伽羅瓦群』，記作 $Gal(E/F)$ .

本例中，伽羅瓦群記作 $Gal(mathbb{Q}(sqrt{5})/mathbb{Q})$ .

那麼這個伽羅瓦群到底包含了什麼對稱操作呢？

首先，『恆等操作』保持了 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 不變，自然就保持了 $mathbb{Q}$ 不變——因為 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 是 $mathbb{Q}$ 的擴域， $mathbb{Q}$ 是 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的一部分。

接著我們發現，『同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 』也保持了 $mathbb{Q}$ 不變——這個操作隻影響到那些帶有 $sqrt{5}$ 的數，對有理數完全沒有影響。

所以，在這個例子里，『伽羅瓦群』不僅是『自同構群』的子群，而且它們完全一樣！所以 $Gal(mathbb{Q}(sqrt{5})/mathbb{Q})cong S_2$ .

（為什麼我們要這麼定義域擴張的對稱操作呢？因為在這個例子中，要想完成有理數域 $mathbb{Q}$ 到域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 的域擴張，我們既可以在 $mathbb{Q}$ 中加入 $sqrt{5}$ ，也可以在 $mathbb{Q}$ 中加入 $-sqrt{5}$ ，兩者效果一樣。）

那有什麼『伽羅瓦群』不是『自同構群』的例子嗎？有的。

還記得我們之前討論的多項式 $x^4-4x^2-5$ 嗎？它的四個根為 $pm i$ 和 $pm sqrt{5}$ ，所以為了得到這個多項式的根，我們需要把有理數域 $mathbb{Q}$ 中加入 $sqrt{5}$ 和 $i$ ，得到擴域 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ ——為什麼總共四個根，我們只加入了兩個？別忘了域對加減乘除都封閉，如果域里已經有了 $sqrt{5}$ ，那麼它乘上 $-1$ 的結果（ $-sqrt{5}$ ）也在域里， $-i$ 也是如此。

當然，這個擴張可以分兩步進行：先把 $mathbb{Q}$ 擴張成 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ ，再把 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 擴張成 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ .

我們現在考慮後一個擴張，即把 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 擴張成 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ .

為了知道這個擴張的伽羅瓦群是什麼，我們需要先知道 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ 的自同構群，然後再看其中哪些對稱操作保持了 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 不變。

在分析多項式 $x^4-4x^2-5$ 的時候我們就說過， $pmsqrt{5}$ 可以被任意交換， $pm i$ 也可以被任意交換。所以在域 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ 中，我們可以同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ ，也可以同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ ，也可以把它們都交換。

所以域 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ 的自同構群也同構於克萊因四元群，包含『恆等操作』、『同時交換一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 』、『同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ 』和『同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ 以及一切 $a+bsqrt{5}$ 與 $a-bsqrt{5}$ 』。

那麼這四個對稱操作中哪些保持了域 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 不變呢？那就是沒有牽涉到 $sqrt{5}$ 的操作，即『恆等操作』和『同時交換一切 $a+bi$ 與 $a-bi$ 』，它們構成了這個擴張的伽羅瓦群，同構於 $S_2$ 群。

其實這很好理解：在域 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ 中我們有兩組數可以交換，而為了保持 $mathbb{Q}(sqrt{5})$ 不變，那麼只剩一組數可以交換，所以就相當於是『兩個紙杯』的情況，對應的群是 $S_2$ 群。

所以，儘管 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ 的自同構群包含四個對稱操作，但這個擴張的伽羅瓦群里只包含兩個對稱操作，它們是嚴格的子群關係。

===============第六節===============

【伽羅瓦對應（群與域的聯繫）】

為了對伽羅瓦群有更加形象的認識，我們可以畫一個這樣的圖：

我們用一個圓來表示有理數域 $mathbb{Q}$ ，而域擴張之後，圓的半徑就變大了。那麼域擴張的對稱操作就可以看成是『保持小圓不變，只轉動大圓內小圓外的一層』——就像轉動圓形門把手一樣。

比如，從E到K的域擴張的對稱操作就可以看成是『保持E不變（所以F也不變），轉動圖中K的最外面一層』。

再比如，從F到K的域擴張的對稱操作就可以看成是『保持F不變，轉動圖中K的外面兩層』。

這樣一來，我們可以很自然地看出 $Gal(K/E)$ 是 $Gal(K/F)$ 的子群——在K的對稱操作中，保持E不變的操作肯定也保持了F不變，因為F在E裡面。

一個小問題：從K到K的域擴張對應的伽羅瓦群是什麼？再往下看之前不妨先自己想一想=w=

換句話說，這是一個假擴張，域並沒有變大。於是我們就要問自己：K的對稱操作中保持K不變的有哪些？

那就只有『恆等操作』啦——那個假對稱操作。

所以，這個假擴張對應的伽羅瓦群 $Gal(K/K)$ 只包含這個假對稱操作，是一個一階群。為了跟之前的記號統一起來，我們把這個一階群記作 $S_1$ . 注意，與之前的理由一樣， $Gal(K/K)$ 自然是 $Gal(K/E)$ 和 $Gal(K/F)$ 的子群。

為了接下來方便敘述，在這裡提一句：如果E是F的擴域，那麼我們就說F是E的『子域』。

好的，現在我們可以來看一看伽羅瓦理論的核心思想了。看下圖：

左邊一列是域，右邊一列是群，它們有一一對應關係。箭頭的起點是子群或子域，指向更大的群或域。

這個對應關係我們稱之為『伽羅瓦對應』。到底是怎樣對應的呢？

對於一個域來說，它對應了『使它保持不變的對稱操作』構成的群。

對於一個群來說，它對應了『在群中對稱操作下保持不變的』的域。

而且上述這兩個『轉換』是互逆的：一個域對應的群對應的域就是這個域本身；一個群對應的域對應的群也是這個群本身。

箭頭相反（即包含關係相反）的原因也很好理解：群越大，包含的對稱操作就越多，那麼能夠保持不變的域就越小；域越大，要讓其保持不變就越『難』，那麼滿足要求的對稱操作的集合就越小。

其實這個圖我並沒有畫完整，因為我們還有一種擴張方法：先把 $mathbb{Q}$ 擴張成 $mathbb{Q}(i)$ ，再把 $mathbb{Q}(i)$ 擴張成 $mathbb{Q}(sqrt{5},i)$ . 如果我們把 $mathbb{Q}(i)$ 這個域記作D，我們就可以把圖補全：

伽羅瓦理論的核心思想就是伽羅瓦對應——把域與群聯繫起來，讓我們得以在域與群這兩種語言中自由切換。伽羅瓦理論的力量無比強大，能幫我們解決很多問題，包括五次方程求根公式的存在性問題——但是先不談這些『用處』，這個對應本身已經足夠美麗。

由於作為例子，所以這個圖還是比較簡單的。放上一張稍微複雜一些的圖：

在繼續往下看之前，先對著這張圖發一會兒呆吧=w=

===============第七節===============

【對稱性缺失的原因與應對措施、伽羅瓦擴張（正規擴張、可分擴張）、根式擴張對應的群的性質——滿足交換律】

接下來我有一個壞消息和一個好消息。

先說壞消息：並不是所有時候伽羅瓦對應的性質都這麼好。有時候域和群不是一一對應的，或者說，『從域到群』和『從群到域』這兩個轉換不是互逆的。

比如有的時候，域擴張的對稱操作只有『恆等操作』，哪怕這並不是一個假擴張。也就是說，有時域擴張並不具有我們所期待的對稱性。

套用圓形門把手的比方來說就是，這個門把手擰不動——外面一層無法旋轉。

在解釋壞消息之前，我先把好消息也說了吧：

門把手擰不動的時候，我們總可以加一點潤滑油讓它能夠正常旋轉——啊，我是說，當域擴張的『缺少』我們期待的對稱性時，我們總可以在域里加一些東西，讓它獲得本應具有的對稱性。

我先給一個缺少對稱性的例子：如果我們在 $mathbb{Q}$ 中加入 $sqrt[3]{2}$ ，那麼我們就得到了一個同時包含 $mathbb{Q}$ 和 $sqrt[3]{2}$ 的域，記作 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ .

與之前一樣，為了知道這個域擴張的伽羅瓦群 $Gal(mathbb{Q}(sqrt[3]{2})/mathbb{Q})$ ，我們需要先找到 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 的自同構（即對稱操作）。

別忘了，域的對稱操作會保持所有的等式不變。我們現在寫一個等式： $(sqrt[3]{2})^3-2=0$ .

如果我們保持 $mathbb{Q}$ 不變（事實上，自同構一定會保持 $mathbb{Q}$ 不變），那麼對稱操作只可能把 $sqrt[3]{2}$ 換成其他的數。為了讓這個等式依然成立，換上的數必須得是方程 $x^3-2=0$ 的解。由於這是自同構，所以換上的數必須在 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 中。

（換句話說，對於同一個多項式，自同構的效果是根的置換——就像之前換紙杯一樣，如果一個紙杯被移走了，原有位置必須得換上某一個紙杯，而移走的紙杯必須被移到某個紙杯之前所在的位置。）

問題來了，所有 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 中的數都是實數，而 $x^3-2=0$ 的實數解只有 $sqrt[3]{2}$ ，另外兩個解都是複數，不在 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 中。

也就是說， $sqrt[3]{2}$ 無處可去，只能留在原地！由於 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 里每一個數可以被有理數與 $sqrt[3]{2}$ 表示出來，所以『有理數和 $sqrt[3]{2}$ 動不了』意味著 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 里所有的數都動不了！於是， $mathbb{Q}(sqrt[3]{2})$ 的自同構群以及這個域擴張的伽羅瓦群都只包含『恆等操作』，並沒有什麼『真正』的對稱操作。

也就是說，門把手轉不動：

出現這種情況怎麼辦呢？答案也很顯然：把另外兩個根也加進這個域里！

實際上，在這個域里加入另外兩個根就等於加入了 $omega$ ，所以我們就得到了 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2},omega)$ 這個域。於是，考慮從 $mathbb{Q}$ 到 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2},omega)$ 的域擴張，我們又有了之前的一一對應：

像這樣擁有性質非常好的伽羅瓦對應的域擴張我們稱之為『伽羅瓦擴張』。

（伽羅瓦擴張是既正規又可分的域擴張。正規擴張保證了多項式的每個根都被加進了域中，於是我們就有足夠多的自同構把每個根送到它所有可能去到的位置；可分擴張保證了（不可約）多項式沒有重根，就不會出現『兩個根在同一個位置』而使得根可以去到的位置減少的情況。）

（域的特徵為零時——有理數域就是這種情況——域擴張一定是可分的，所以伽羅瓦擴張等價於正規擴張。）

上述例子非常具有代表性：從 $mathbb{Q}$ 到 $mathbb{Q}(sqrt[3]{2},omega)$ 是一個根式擴張（我們對 $mathbb{Q}$ 中的 $2$ 開了三次方根），如果根式擴張不是伽羅瓦擴張，那麼我們總可以加入單位根使其變成伽羅瓦擴張。在上述例子中， $omega$ 就是一個單位根。

有了單位根的幫忙，『根式擴張得到的域』與『群』之間就有非常好的一一對應關係。於是我們可以放心地用後者來研究前者的對稱性了！

接下來我不加證明地給出一個結論：

『通過開n次方根進行的域擴張』和『通過加入單位根進行的域擴張』所對應的群都滿足交換律——別忘了，一般的群只滿足結合律，所以這兩種群相當特殊。

（實際上它們都是有限循環群。這個結論其實很容易證明，但需要使用抽象代數的工具，故在此略去。）

於是，如果五次方程有求根公式，那麼其方程的解所在的某個域（記作K）一定可以通過有理數域 $mathbb{Q}$ 的『根式擴張』得到，那麼我們一定可以把從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張分為若干（有限）步，使得每一步擴張的伽羅瓦群都是滿足交換律的。

如果K滿足上述要求，那麼我們就把從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張對應的伽羅瓦群稱為『可解群』。

套用圓形門把手的比方來說就是，我們可以把只有一層的門把手分成若干（有限）層，每一層都可以轉動，並且對應的伽羅瓦群都是滿足交換律的。如下圖：

所以，為了解決五次方程的問題，我們還需要知道最後一件事：如何把門把手分層——如何把域擴張（在不破壞伽羅瓦對應的情況下）分為若干步。

這，是最能體現伽羅瓦非同尋常的洞察力的地方。

===============第八節===============

【如何把域擴張分為若干步、正規子群、商群】

為了方便說明，我仍然使用門把手的圖，但採用最開始的『換標籤』的比方。

我們要想把域擴張分為若干步，只能『順其自然』。什麼意思呢？就是說，在哪裡分割不是我們決定的，我們只是把原本就存在的分割線畫出來。如下圖所示：

只有原本就是分開的，我們才能把它分開。要不然即使畫了分割線，標籤還是會跑出來的。如下圖所示：

那問題來了，我們如何知道原本是不是分開的呢？

換句話說，我們如何知道，對於每一種換標籤的操作，虛線圓內的標籤沒有跑出來，外面的標籤也沒有跑進去呢？

我們來思考一個更加生活化的問題：

節日到了，每位同學都準備一個禮物，學校規定了A、B、C、D四種『全校範圍內交換禮物』的方式。我們不知道也不關心這四種方式具體是什麼，但我們想知道甲班的禮物是否會被這四種方式換到其他班級的同學手中。在可以對全校同學發號施令的情況下，我們可以怎麼做呢？

方法如下：

我們先讓全校同學按照A方式交換禮物，接著讓『除甲班以外的所有同學』按照某種他們任意選擇的方式交換禮物，然後再讓全校同學把A方式反過來做。

如果甲班同學的禮物沒有被A方式換到班級外的話，那麼這樣做下來，甲班同學應該拿到的是自己原先準備的禮物——因為第二步對甲班沒有影響。

如果A方式把甲班中的小明同學的禮物換到了班級外，那麼小明的禮物將會在第二步中再次被轉手，所以第三步把A反過來做以後，小明拿到的一定不是自己的禮物。

（請仔細思考上面三段話，確認自己明白再繼續往下讀。）

按照這種方法，我們可以依次判斷這四種方式是否會把甲班的禮物換到其他班級。問題解決！

回到之前『換標籤』的比方，如下圖：

圖中虛線圍成的圓也代表一個域，記為O.

為了判斷虛分割線是否原本就存在，我們先對外邊兩層同時做『換標籤』的操作（這個操作在從F到K的域擴張的伽羅瓦群 $Gal(K/F)$ 里），接著對最外層做『換標籤』的操作（這個操作在從O到K的域擴張的伽羅瓦群 $Gal(K/O)$ 里， $Gal(K/O)$ 是 $Gal(K/F)$ 的子群），然後再把第一步反過來做（這個操作也在 $Gal(K/F)$ 里，因為群內每個操作都有逆操作）。

如果這三個操作的複合操作保持了圓O內的標籤不變（也就意味著這個複合操作在 $Gal(K/O)$ 里），那麼就說明虛分割線是存在的，我們就可以按照這條分割線來分割域擴張！

注意，第一個操作和第二個操作 $Gal(K/F)$ 和 $Gal(K/O)$ 里『任選』的操作——這意味著我們實際上要確保 $Gal(K/F)$ 和 $Gal(K/O)$ 里的每一個操作都能夠通過上述檢測！

如果確實如此，那麼我們就說 $Gal(K/O)$ 是 $Gal(K/F)$ 的『正規子群』，記作 $Gal(K/O)lhd Gal(K/F)$ .

而按照虛分割線分開之後，我們就得到了一個新的伽羅瓦群 $Gal(O/F)$ ，它是 $Gal(K/F)$ 和 $Gal(K/O)$ 的『商群』，記作 $Gal(O/F)cong Gal(K/F)/Gal(K/O)$ .

所有準備工作都已完畢，現在是時候給出最後一擊了！

===============第九節===============

【正規子群鏈、可解群】

回顧一下之前所說的：

如果五次方程有求根公式，那麼其方程的解所在的某個域（記作K）一定可以通過有理數域 $mathbb{Q}$ 的『根式擴張』得到，那麼我們一定可以把從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張分為若干（有限）步，使得每一步擴張的伽羅瓦群都是滿足交換律的。

現在，我們可以把這段話改為：

如果五次方程有求根公式，那麼我們一定可以找到一條『正規子群鏈』：

$G_1=S_1lhd G_2lhd G_3lhd cdotslhd G_n$ ,

其中 $G_1$ 是一階群，只包含『恆等操作』，而 $G_n$ 是從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張所對應的伽羅瓦群；同時，每一個商群 $G_i/G_{i-1}$ 都滿足交換律。

滿足上述條件的 $G_n$ 就是『可解群』。

那麼從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張所對應的伽羅瓦群是什麼呢？

根據代數基本定理，我們知道五次方程有五個根。一般說來，我們可以任意交換它們——還記得『五個紙杯』的例子嗎——所以從 $mathbb{Q}$ 到K的域擴張所對應的伽羅瓦群是 $S_5$ .

而 $S_5$ 的正規子群除了一階群和它本身以外，只有 $A_5$ （這是 $S_5$ 中的所有偶置換構成的群，解釋見下一段，跳過解釋並不影響閱讀），所以我們頂多得到 $S_1lhd A_5 lhd S_5$ 這樣一條正規子群鏈。

（每一個置換都可以拆成若干個『兩兩交換』的複合，其中能被拆成偶數個『兩兩交換』的複合的置換就被稱為『偶置換』。奇置換同理。顯然偶置換與偶置換的複合仍是偶置換——因為偶數與偶數的和仍然是偶數——恆等操作是偶置換，並且偶置換的逆置換也是偶置換，所以一個置換群中的所有偶置換構成群。 $A_5$ 表示 $S_5$ 中的所有偶置換構成的群。前者是後者的正規子群，因為對於任何一個置換 $sigma$ 來說， $sigma$ 和 $sigma$ 的逆置換奇偶性一樣，於是『先做 $sigma$ ，再做偶置換，最後做 $sigma$ 的逆置換』仍是一個偶置換。而 $A_5$ 的正規子群只有一階群和它本身，所以被稱為『單群』。不嚴謹地說，『單群』是一個與『可解群』相對的概念。有限可解單群只有素數階循環群。）

$S_1$ 是一階群。正如『任何數除以一等於其本身』，任何群與一階群的商群也等於其本身，所以 $A_5/S_1cong A_5$ ，而 $A_5$ 不滿足交換律。（就算不知道 $A_5$ 到底是什麼，我們也應該知道『一般說來，群都不滿足交換律』，所以這沒什麼可驚訝的。）

所以五次方程沒有『加減乘除』和『開方』的求根公式。

Q. E. D.

===============關於伽羅瓦===============

不算構思的時間（更不談學習這些知識的時間），這篇回答的累計寫作時間大概是五十個小時。我知道，可能這篇回答寫完後並不會有多少人看，看完之後很可能也收穫甚微，但我還是想把自己的一些思考與理解寫出來，萬一對誰有一點點幫助呢？

願意花這麼多時間寫這篇文章，也是出於我對伽羅瓦的尊敬、崇拜和感激。在我曾經無比痛苦和絕望的時候，伽羅瓦和他的理論給了我繼續前行的動力。

伽羅瓦命途多舛：父親被人害死、考巴黎理工大學兩度失敗、提交的論文兩度石沉大海、被巴黎高師開除、兩度入獄、自殺未遂，最終在二十歲時離開了人世，死於決鬥——為了自己的心上人。

他在遺書中對革命黨人與友人說：『我最終未能為自己的國家死去，希望愛國人士與我的朋友們不要為此責怪我……我將成為一樁風流韻事的受害者。啊！我為什麼要死於這種瑣碎而可憐的事呢……』

在決鬥的前一晚，伽羅瓦匆匆寫下了自己腦海中的數學思想，並且不斷寫著『我沒有時間了』。

他把這些手稿夾在交給朋友Chevalier的信中，並在信的末尾囑咐Chevalier：『請把我的手稿交給高斯和雅各比，聽一聽他們對這些理論的重要性（而非正確性）作何評價。我希望，未來的某一天，我這些雜亂的手稿會對世人有所幫助。』

後人為了紀念伽羅瓦，將他開創的數學理論以他的名字命名。如今，伽羅瓦理論早已成為現代數學不可分割的一部分。伽羅瓦短暫的一生，猶如漆黑夜空中一顆耀眼的流星，照亮了數學家們前進的道路，也為世界帶來了一份無與倫比的美麗。

===============其他===============

擴展閱讀及參考資料：

Ian Stewart. Galois Theory

Nathan Carter. Visual Group Theory

Edward Frenkel. Love and Math

Thomas Hungerford. Algebra

Tom Leinster. Basic Category Theory

Galois Talk: https://www.youtube.com/playlist?list=PLch_Jbr0Xa3PPwpq62EknkzPBkKW_Y4PB

Introduction to Galois Theory: https://www.youtube.com/playlist?list=PLoESu5yQTk1htS_Cyhy3sFWrmY22CfTrT

以及Friedman教授的抽代課筆記

最後，分享一個我個人非常喜歡的視頻，是我在YouTube上無意中看到的，我將它轉到了優酷上。這個視頻以 $x^3-2=0$ 這個方程為例子，動態地展示了『伽羅瓦對應』。（還記得前文中的幾張圖嗎？想知道它們『動起來』是什麼樣子嗎=w=）

Visualize Galois Theory—在線播放—優酷網，視頻高清在線觀看 http://v.youku.com/v_show/id_XMTUwMzc0MzMzNg==.html?spm=a2hzp.8244740.userfeed.5!3~5~5~5!3~5~A

原視頻地址：https://www.youtube.com/watch?v=F5RBYwCw7II

那麼就這樣=w=

有一次 Dror Bar-Natan 來卡內基梅隆大學給本科生講座，我導師居然去聽了，並且他也推薦我去。從那次講座以後，我終於可以繞開抽象代數理論（域擴張、Galois 理論等等），向一個僅接觸過複數的路人解釋 Abel–Ruffini 定理了，即「為何五次方程沒有求根公式」。如果你會編程，那還可以額外享受自行驗證部分證明的樂趣。要知道，對於一般的本科教學，經過一學期群環域的輪番折磨，學生才可能在學期末觸及 Abel–Ruffini 定理這個巔峰。

插播一則軼事，Dror Bar-Natan 在加拿大入籍的時候，發現需要宣誓：

I affirm that I will be faithful and bear true allegiance to Her Majesty Queen Elizabeth II, Queen of Canada, Her Heirs and Successors, and that I will faithfully observe the laws of Canada and fulfill my duties as a Canadian citizen.

他表示很樂意遵守法律、履行加拿大公民義務……但是向女王或者她的子嗣效忠？老子不幹！於是 2012 年他和小夥伴組隊上加拿大最高法院講理去了。很不幸 2015 年最高法院駁回了上訴。最後，他和小夥伴在宣誓加入加拿大籍後公開否認誓言的前半部分。有興趣入加拿大籍但又不想效忠女王的朋友，請移步 http://disavowal.ca 查看詳細步驟。

言歸正傳，首先要明確「當我們在談論求根公式時我們在談論什麼」。例如，求根公式 $x= frac{1}{2}left(-a+sqrt{a^2-4b} ight)$ 給出任何二次方程 $x^2+ax+b=0$ 的一個根。所以，五次方程求根公式（如果存在的話）應當

給出任何五次方程 $x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$ 的一個根；
並且是一個關於 a, b, c, d, e 且僅含加減乘除開方的代數表達式。

對於特定類型的五次方程，如 $x^5-a^5=0$ ，雖然有一個僅含加減乘除開方的解 x = a，但這並不是我們要談論的求根公式。

接下來的 Abel–Ruffini 定理的證明是基於 Vladimir Arnold 在 1963 年的拓撲證明（開啟了拓撲 Galois 理論）。其他回答中最接近的應該是韓京俊的解答，我的回答將犧牲一小部分嚴謹性來換取可讀性。

這個證明需要一位假想敵（想像一位你最希望打臉的朋友），他或她宣稱擁有五次方程求根公式 x = f(a, b, c, d, e)（隨便寫的複雜公式，不要在意細節）：

$x=f(a,b,c,d,e)=frac{3}{frac{-b^3}{27a^3}+frac{bc}{6a^2}-frac{d}{2a}+frac{2}{left(frac{-c^3}{27b^3}+frac{cd}{6b^2}-frac{e}{2b} ight)^2+left(frac{d}{3b}-frac{c^2}{9b^2} ight)^2}}$

我們按照如下計划去推翻這個公式：

隨意選取五個複數 x1, …, x5 並構造五次方程 $x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$ 使得其根恰是 x1, …, x5；
將五次方程的係數 a, b, c, d, e 代入假想敵提供的公式中算出 x = f(a, b, c, d, e) 並展示 x 不在 x1, …, x5 中。

計劃的第一步，在選定 x1, …, x5 後，可以通過展開 (x - x1)(x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5) = 0得到想要的五次方程的係數，例如：a = - (x1 + x2 + x3 + x4 + x5), …, e = - x1 x2 x3 x4 x5。具體的係數與根之間的關係就是大家初中學的 Vieta 公式（韋達定理）。計劃的第二步只需要機械式地代入計算 x 並比對 x1, …, x5 即可。

然而，這個計劃並不一勞永逸——每次假想敵宣稱有新的五次方程求根公式，我們都需要重新執行上面描述的計划去推翻。

升級版計劃是讓 x1, …, x5 動起來！想像如下運動：同時地，x1 向 x2 移動，x2 向 x3 移動，x3 向 x4 移動，x4 向 x5 移動。在運動的同時，我們

不斷用 Vieta 公式計算係數 a, b, c, d, e 的值，
再不斷代入 f(a, b, c, d, e) 計算 x 的值。

為方便起見，我們用數組 P = (2, 3, 4, 5, 1) 來表示所描述的運動，一般地，數組從左到右依次記錄了 x1, …, x5 運動終點 x 的下標。這樣讓 x1, …, x5 交換位置的運動，我們稱為置換 Permutation。

因為整個運動只是將 x1, …, x5 換了換位置且 Vieta 公式關於 x1, …, x5 都是對稱的，所以在運動後，a, b, c, d, e 都回到了起始的位置。示意圖如下：

由於 f 在運動前後都代入了同樣的 a, b, c, d, e，於是 x = f(a, b, c, d, e) 應當回到它起始的位置！慢著，如果 x 在運動開始前是 x1, …, x5 中的某個，不妨設是 x1，那麼在連續運動的過程中 x 應該一直和 x1 保持一致，並在運動後落在原本 x2 的位置上。打臉成功！

細心的讀者會反問：上面的證明壓根沒用到 5 次方程這個條件，那豈不是可以證明任何方程都沒有求根公式了？我們讀的一定是假的證明……

確實，以上論證存在缺陷——在計算 x = f(a, b, c, d, e) 的時候，忽視了公式含有開方的可能。

為了說明這個缺陷，我們將以上的論證應用在 2 次方程 $x^2+ax+b=0$ 和求根公式 $x= frac{1}{2}left(-a+sqrt{a^2-4b} ight)$ 上。第一步，Vieta 公式告訴我們 a = - (x1 + x2), b = x1 x2；第二步中，先代入 $Delta = a^2-4b=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=(x_1-x_2)^2$ ，再開根得到 x1 - x2 或 x2 - x1。想像將 x1 和 x2 互換的運動，雖然 Δ 會回到起始的位置，但是 √Δ 為了保證運動的連續性必須盯住 x1 - x2 或盯住 x2 - x1，於是在 x1 和 x2 互換後 √Δ 變成了自己的相反數。換個角度看，當 x1 和 x2 互換時，Δ 繞原點轉了 1 圈，於是 √Δ 只繞了 1 / 2 圈。

一般情況下，當複數 z 繞原點 k1 圈回到起始位置時，z 的 k 次根只繞了 k1 / k 圈。

因此，回到 5 次方程的情況，如果 f(a, b, c, d, e)包含開方，那麼升級版計劃就不能保證 x 還能回到起始位置。當然，升級版計劃是可以說明不出現開方的公式（例如那個複雜的隨便寫的公式）一定不是求根公式。這從一個側面回答了「為何二至四次方程的求根公式裡面必須出現開方」。

終極版計劃將延續升級版的思路：合理制定 x1, …, x5 的移動路徑，使得

根 x1 不回到自己原來的位置；
係數 a, b, c, d, e 在某種意義上繞原點圈數（以下簡稱繞數 winding number）為 0。

為此，我們需要引入置換的複合 Composition 逆 Inverse 交換子 Commutator 三個概念。

兩個置換的複合，就是將兩個置換運動的錄像連著播放：

置換的逆，就是把一個置換運動的錄像倒著播放：

兩個置換 P1, P2 的交換子定義為 $[P_1, P_2] := P_1 cdot P_2cdot P_1^{-1} cdot P_2^{-1}$ 。可以把交換子 [ P1, P2 ] 分解為如下 4 個過程：

先播放置換運動 P1 的錄像；
連著播放置換運動 P2 的錄像；
再倒放置換運動 P1 的錄像；
最後倒放置換運動 P2 的錄像。

如果假想敵宣稱求根公式是 $x = sqrt[3]{A} + sqrt[3]{B}$ ，其中 A, B 是 a, b, c, d, e 的只含加減乘除的代數式。考慮在置換 P = [ P1, P2 ] 的作用下 A 的運動：在過程 1, 2 中假設 A 的繞數分別是 k1, k2，則在過程 3, 4 中倒放錄像 A 的繞數分別是 -k1, -k2，於是 A 總繞數為 0，故 $sqrt[3]{A}$ 回到起始位置。同理， $sqrt[3]{B}$ 也回到起始位置。綜上，x 將回到起始位置。

如果假想敵宣稱求根公式是 $x=sqrt[3]{A+sqrt{B}}+sqrt[3]{C+sqrt{D}}$ ，其中 A, B, C, D 是 a, b, c, d, e 的只含加減乘除的代數式。令 P = [ P1, P2 ], P1 = [ P3, P4 ], P2 = [ P5, P6 ]，也就是說 P = [ [ P3, P4 ], [ P5, P6 ] ]。因為 P1 = [ P3, P4 ] 是交換子，我們知道 $sqrt{B}$ 在 P1 作用下回到起始位置，於是 $A+sqrt{B}$ 在 P1 作用下回到起始位置；同理 $A+sqrt{B}$ 在 P2 作用下也回到起始位置。由於 P = [ P1, P2 ] 是交換子，故 $sqrt[3]{A+sqrt{B}}$ 在 P 的作用下回到起始位置。以此類推，可得 x 將回到起始位置。

可以看出交換子的交換子可以處理兩層開方的情形。一般地，交換子的交換子的……的交換子（默念 m 遍交換子）可以處理有 m 層開方的情形。

為了滿足「根 x1 不回到自己原來的位置」這個條件，剩下的任務就是找到一個既移動 x1 又能表示成「交換子的交換子的……的交換子」的置換。記所有置換構成的集合為 S5，又記所有交換子，即 [ P1, P2 ]（其中 P1, P2 來自 S5），構成的集合為 A5。下面的 Ruby 程序將計算 A5 和交換子的交換子構成的集合。

require "set"


def compose(p1, p2)

  (1..5).map { |i| p2[p1[i - 1] - 1] }

end
def invert(p)

  (1..5).map { |i| p.index(i) + 1 }

end
def commutate(p1, p2)

  compose(compose(compose(p1, p2), invert(p1)), invert(p2))

end
s5 = Set.new (1..5).to_a.permutation.to_a

puts "#{s5.length} permutations: #{s5.inspect}"

a5 = Set.new for p1 in s5 for p2 in s5 a5 &<&< commutate(p1, p2) end end puts "#{a5.length} commutators: #{a5.inspect}" commutators_of_a5 = Set.new for p1 in a5 for p2 in a5 commutators_of_a5 &<&< commutate(p1, p2) end end puts "#{commutators_of_a5.length} commutators of commutators: #{commutators_of_a5.inspect}"

輸出：

120 permutations: #& 60 commutators: #& 60 commutators of commutators: #&

我們發現，交換子的交換子構成的集合與 A5 一模一樣！也就是說，任取一個 A5 中的元素 P，比如說 P = (3, 2, 1, 5, 4) 將 x1 移動至 x3，都可以在 A5 中找到 P1, P2 使得 P = [ P1, P2 ]，於是又能在 A5 中找到 P3, P4, P5, P6 使得 P1 = [ P3, P4 ], P2 = [ P5, P6 ]，以此類推，子子孫孫無窮匱也，這樣就完成了最終的任務。

附產品 1：考慮 1, 2, 3 間所有的置換、它們的交換子以及交換子的交換子，類似的程序輸出

6 permutations: #& 3 commutators: #& 1 commutators of commutators: #&

這說明三次方程求根公式一層開方是不夠的，至少需要兩層開方。

附產品 2：考慮 1, 2, 3, 4 間所有的置換、它們的交換子、交換子的交換子、交換子的交換子的交換子，類似的程序輸出

24 permutations: #& 12 commutators: #& 4 commutators of commutators: #& 1 commutators of commutators of commutators: #&

這說明四次方程求根公式兩層開方是不夠的，至少需要三層開方。

最後，致修鍊數學的讀者，抽象代數還是要好好學的。

因為A_5是單群

可能不少人上學的時候都曾對這個問題感興趣，至少我是一個。無意間在知乎上看到這個問題，又勾起了自己的興趣，然後就上網、找書鑽研了一番。我不是學數學的，我對問題的理解肯定有不準確的地方，所以這裡算不上回答了這個問題，只是把自己的心得和大家分享一下。雖然裡面有比較多的公式和概念，希望是比較好懂的，能對同樣感興趣的人有點啟發。

先來一個簡單的說明。整數通過加減乘除得到有理數，有理數沒有填滿實數軸，其中還有間隙，即存在著無理數。將有理數進行擴展，四項運算之外，再加上開方運算，經過這樣計算後得到的數已拓展到了複平面，但其實並沒有填滿複平面，其中仍有間隙，而方程的根往往就落在這些間隙中，次數小於等於四次的方程的根只是恰好避開了這些間隙罷了。即便將方程的根再補上去，得到的數依然不能填滿複平面，還存在著超越數（即圓周率 $pi$ ，自然對數底 $e$ 之類）。

接下來是正餐。

$n$ 次方程的一般形式為

$x^n+c_1 x^{n-1}+c_2 x^{n-2}+cdots+c_{n-1}x+c_n=0$

要分析方程有沒有根式解，先從根應該滿足的關係入手。單獨來看，每個根當然都應滿足方程，而合起來看，根相互之間又有怎樣的關係呢？設方程的根為 $x_1,x_2,ldots,x_n$ ，則方程左邊可分解為 $(x-x_1)(x-x_2)cdots(x-x_n)$ ，將其展開，再和方程的係數對比，可得：

$-(x_1+x_2+cdots+x_n)=c_1\ x_1 x_2+x_1 x_3+cdots+x_{n-1} x_n=c_2\ vdots\ (-1)^n x_1 x_2 cdots x_n=c_n$

這便是韋達定理，中學課本里介紹的只是二次方程時的情況。上面這些式子有一個共同的特點， $x_1,x_2,ldots,x_n$ 在式中的位置均是等同的，任意交換兩個根的位置，比如 $x_1,x_2$ ，並不會改變式子的形式，也即它們都是關於根的對稱多項式，稱為方程的基本對稱多項式。

方程的求解也可以理解為將上面 $n$ 個基本對稱多項式組成方程組，求解 $n$ 個未知量 $x_1,x_2,ldots,x_n$ 的值的過程。以大家最熟悉的二次方程 $ax^2+bx+c=0$ 為例，按韋達定理，有 $x_1+x_2 = -frac b a,; x_1 x_2 = frac c a$ ，利用這兩式構造

$(x_1-x_2)^2 = (x_1+x_2)^2-4 x_1 x_2 = left(-frac b a ight)^2-4frac c a = frac{b^2-4ac}{a^2}$

所以， $x_1-x_2=pmfrac{sqrt{b^2-4ac}}a$ ，最後

$x_1=frac{(x_1+x_2)+(x_1-x_2)}2 = frac{-bpmsqrt{b^2-4ac}}{2a}\ x_2=frac{(x_1+x_2)-(x_1-x_2)}2 = frac{-bmpsqrt{b^2-4ac}}{2a}$

可以證明，所有的根式求解都可理解為這樣從已知多項式逐步化簡，從而得到根的值的過程。在化簡的過程中，除了多項式，還可能出現兩個多項式相除形成的分式，這樣的式子被稱為有理式。如果分母為1或只是常數，那麼這樣的有理式其實就是多項式，所以從多項式擴展到有理式，就類似於從整數擴展到有理數。考慮到大家可能並不熟悉有理式，本文的例子中又沒有出現，所以本文的討論中只是談多項式，不過讀者應該知道，後文中的「多項式」，其實是可以替為「有理式」的，而且這樣替換後的表述才是更完整的。

二次方程的根的表達式大家應該是比較熟悉的，這裡寫成這種形式，可以突出一點：如果考慮根的順序，則方程的解的兩種取值（不考慮重根的情形）。任取一種定為「原本的」，比如 $x_1^*=frac{-b+sqrt{b^2-4ac}}{2a}, x_2^*=frac{-b-sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ ，則解的兩種取值為 $x_1=x_1^*, x_2=x_2^*$ 和 $x_1=x_2^*, x_2=x_1^*$ 。作為初始條件的 $x_1+x_2,x_1 x_2$ 是對稱多項式，在 $x_1,x_2$ 的兩種取值下，這兩式的值是不變的，對這兩式做四則運算，得到的多項式仍是單值的，而開方運算後得到的 $x_1-x_2$ ，它有兩值 $x_1^*-x_2^*$ 和 $x_2^*-x_1^*$ ，從而最終結果 $x_1,x_2$ 也是兩值。 $x_1=x_2^*, x_2=x_1^*$ 可以理解為以原 $x_2$ 替換 $x_1$ 、原 $x_1$ 替換 $x_2$ ，而 $x_1=x_1^*, x_2=x_2^*$ 也可理解為以原 $x_1$ 替換 $x_1$ 、原 $x_2$ 替換 $x_2$ ，一種不改變值的替換。像這樣按根的某種排列，作相應的替換，稱為根的置換。二次方程有兩個根，有兩種根的置換，在兩種置換下，多項式 $x_1+x_2$ 是單值的，而 $x_1-x_2$ 是兩值的。

從二次方程推廣到 $n$ 次方程。 $n$ 次方程的根的置換的總數即它們的全排列，即 $n$ 的階乘。這裡不考慮有重根的的情形，因為有重根的方程總可以分解為若干個無重根的方程。如前所示，有 $n$ 個值為方程係數的多項式作為已知量，這些多項式均為對稱多項式，在全部置換的作用下，它們只有唯一的值。然後，利用這些已知的多項式進行化簡。所謂化簡，也就是設法構造出一些一次多項式，利用這些一次多項式組成方程組，就可以算出各個根的數值了。在降低多項式次數的過程中，開 $i$ 次方後得到的多項式在全部置換的作用下有 $i$ 種值，再開 $j$ 次方，在全部置換的作用下有 $ij$ 種值。由於最終的根有 $n!$ 種取值，可以想見，我們最終需要得到在全部置換的作用下有 $n!$ 種值一次多項式。假定我們得到了一個一次式 $a_1x_1+a_2x_2+cdots+a_nx_n$ ，它有 $n!$ 種值 $heta_1, heta_2,ldots, heta_{n!}$ 。對這個一次式應用一個置換，則變為另一形式的一次式，而它的數值仍在 $heta_1, heta_2,ldots, heta_{n!}$ 中取值。不妨對每個置換後得到的式子給定一個值，比如，原順序的式子 $a_1x_1+a_2x_2+cdots+a_nx_n= heta_1$ ，而交換 $x_1,x_2$ 後的 $a_1x_2+a_2x_1+cdots+a_nx_n= heta_2$ ，像這樣，通過一個一次式便得到 $n!$ 個一次方程。方程的數量超過了未知數的數量，可是並不能保證方程組有唯一解，還可能發生矛盾。如果學過大學線性代數，應對此有更好的理解。這裡直接給出結論，這 $n!$ 個一次方程並不存在矛盾，但還真不夠確定唯一的解，不過加上 $-(x_1+x_2+cdots+x_n)=c_1$ 之後，便可形成完整的方程組，求出方程的根。

上面寫的過程比較抽象，再非常簡要地介紹一下三次方程的求解過程，以便更好地理解。在常見的求解三次方程的介紹中，第一步就用代換消去了二次項，後面的過程也就簡單了不少。這裡直接針對一般形式的三次方程，算式略為複雜一些。三次方程 $x^3+c_1 x^2+c_2 x+c_3=0$ 的基本對稱多項式為 $-(x_1+x_2+x_3)=c_1$ , $x_1 x_2+x_1 x_3+x_2 x_3=c_2$ , $-x_1x_2x_3=c_3$ 。首先

$(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2=c_1^2c_2^2+18c_1c_2c_3-4c_2^2-4c_1^3c_3-27c_3^2$

這裡沒有將 $c_1, c_2, c_3$ 用 $x_1, x_2, x_3$ 表達，否則就太複雜了。開平方後求得 $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)$ ，它有兩個值。

1有3個3次方根： $1, frac{-1+sqrt3i}2, frac{-1-sqrt3i}2$ ，令 $omega$ 為後兩個中的任一個，有

$(x_1+omega x_2+omega^2 x_3)^3=frac{-2c_1^3+9c_1c_2-27c_3+3sqrt3i(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)}2$

開3次方後求得 $x_1+omega x_2+omega^2 x_3$ ，它有6個值。利用它可得到6個一次方程，其中只有兩個獨立的，再加上 $-(x_1+x_2+x_3)=c_1$ ，便可算得最終結果。

前面頗為啰嗦地說了這麼多，似乎只是在玩文字遊戲，從一種很怪異的角度來解釋根的求解過程，又是根的多項式，又是根的置換，究竟有什麼意義呢？某個根的多項式在全部置換的作用下有若干種值，將取值相等的置換歸在一組，則這個多項式也就相應地將全部置換分成了若干組。基礎對稱多項式只有一種值，全部置換都在一個組裡，開 $i$ 次方後得到的多項式有 $i$ 種值，置換相應地被分為 $i$ 組，再開 $j$ 次方，置換被進一步分為 $ij$ 組，最終，置換被分為 $n!$ 組，每組只有一個置換。為了完整性，需要指出，在求解過程中出現的各個多項式並不一定取值越來越多，某些計算中也會減少，不過，考慮到我們想得到的是有 $n!$ 種值一次多項式，我們希望構造出的多項式取值越來越多。如果某種求解方法中出現了取值減少的情況，就說明走了回頭路，而且事實上總可以找到方法避開這樣的回頭路。再引入一些概念，進一步分析這種置換的分組應滿足怎樣的性質，以及能否找到滿足這樣性質的分組，便可帶我們達到問題的答案。

從這以後的部分，數學概念很多，而解釋說明卻較簡短，因為不這樣就要寫成一本小書了，不過我希望這部分，至少從大概的意思上，仍然是不難理解的。對於沒有耐心看下去的，結論顯然也不難猜到：一般情況下，我們是找不到滿足性質的分組的，也就無法找到方程的根式解。

前面二次方程的求解中用到了 $(x_1-x_2)^2$ ，它的值為 $frac{b^2-4ac}{a^2}$ ，也就是中學課本里的根的判別式乘以 $1/a^2$ 。所謂根的判別式，即根據式子的符號來判別根的性質，乘以某個正數並不影響這樣的「判別」，所以 $(x_1-x_2)^2$ 也可稱為根的判別式，而且寫成這一形式使人更容易看清它為什麼能判別根的性質。三次方程的求解中也用到了 $(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2$ 這樣的式子，我們將它推廣到更一般的情況，令

$Delta^2 = prod_{1leq i<jleq n} (x_i-x_j)^2$

等式右邊表示所有 $1leq i<jleq n$ 的 $(x_i-x_j)^2$ 的乘積，共有 $C_n^2$ 項，稱為方程的根的判別式。下面分析性質時，如果覺得比較抽象，可以看看三次方程時的表達式（後面可見四次方程時的表達式）。這是一個對稱多項式，可以由基本對稱多項式，也就是方程的係數算得。既然是對稱多項式，所有的置換都不改變它的值。開平方，其中一個值是

$Delta = prod_{1leq i<jleq n} (x_i-x_j)$

添加負號後就是另一個值，而置換可使得式子在兩個值之間變換。先看置換中較簡單的一種：交換某兩個根的位置，稱為對換。執行一次對換，會改變上式的符號，而再做一次任意的對換，負負得正，又回到了原來的值，類似地，做4次或6次對換，也會保持式子的值不變。這裡涉及到了先做一個置換，再做另一個置換，將這樣的複合定義為置換的乘法。 $a cdot b$ 即表示先做置換 $a$ ，再做置換 $b$ ，複合而成的置換。比如， $a$ 表示對換 $x_1, x_2$ ， $b$ 表示對換 $x_2, x_3$ ，則 $a cdot b$ 將序列 $(x_1 x_2 x_3)$ 變為 $(x_2 x_3 x_1)$ （做了置換 $a$ 後， $x_2$ 對應的是原來的 $x_1$ ， $x_1$ 對應的是原來的 $x_2$ ）。這裡介紹一下置換的記法，以3個根的情形為例，3個根的的自然順序為 $(x_1 x_2 x_3)$ ，在前面的例子中， $a$ 將此序列變為 $(x_2 x_1 x_3)$ ，根據變換後的下標，將 $a$ 記為 $(213)$ ，同樣地， $b$ 記為 $(132)$ ，那麼兩者相乘便是 $(213)cdot(132)=(231)$ 。下面簡單地給出一些置換的乘法的性質，有興趣的可以自己試驗一下。置換的乘法滿足結合律，但不滿足交換律。保持原順序不變的置換有特殊的記號 $e$ ，它和任意置換 $a$ 相乘，都有 $a cdot e = e cdot a = a$ ，類似於數字1在普通乘法中的性質，所以將 $e$ 稱為單位置換。對於任意一個置換 $a$ ，總可以找到一個置換 $b$ ，而且只有這樣一個，使得 $a cdot b = b cdot a = e$ ， $b$ 稱為 $a$ 的逆，記為 $b = a^{-1}$ 。

討論了置換的乘法後，再回到 $Delta$ 。偶數個對換的乘積作用後， $Delta$ 保持不變，而奇數個對換的乘積作用在 $Delta$ 上則改變其符號。實際上，所有的置換都可分解為若干對換的乘積，這樣的分解不是唯一的，但其中有奇數個還是偶數個對換則是一定，根據這一點，可將置換分為奇置換和偶置換兩類。於是，偶置換是保持 $Delta$ 不變的置換，而奇置換則改變 $Delta$ 的符號，也就是變為它的另一種取值。注意到，偶置換和偶置換的乘積還是偶置換，偶置換的逆也還是偶置換。對於一組置換，如果置換的乘積還在這一組中，並且置換的逆也在這一組中，就把這組置換稱為置換群（兩個條件中，第二條是可以從第一條推出的，本文略去此推導，將兩條並列給出）。本文只涉及置換群，將「置換」兩字省去，簡稱群。於是，全體偶置換構成一個群，它是所有保持 $Delta$ 的值不變的置換構成的群，稱為 $Delta$ 的不變群。每個根的多項式都有它的不變群。顯然，全部置換也構成一個群，它是所有對稱多項式的不變群，此群稱為對稱群。像 $Delta$ 這樣的多項式，執行一次對換，變為負值，再做一次對換，又變為正值，如此繼續下去，便形成一個正負交錯的序列，於是這類多項式被稱為交錯多項式。它的不變群，即全體偶置換構成的群，也就稱為交錯群。 $n$ 次方程所對應的對稱群中置換的數量為 $n!$ ，相應的交錯群中置換的數量則為 $n!/2$ ，將它們分別稱為 $n$ 次對稱群和 $n$ 次交錯群。交錯群是對稱群中的一部分置換構成的群，稱前者為後者的子群。一般，群本身也被視為它自己的子群。置換和它的逆的乘積為單位置換，所以按群的定義，群中必包含單位置換。並且，單獨一個單位置換便可構成群，這個群被稱為單位群，它可以是任何群的子群。

從群的角度來看從 $Delta^2$ 到 $Delta$ 的過程， $Delta^2$ 的不變群為對稱群，開平方後，對稱群中的置換相應地被分為兩組，一組為全部的偶置換，即 $Delta$ 的不變群，另一組則是全部的奇置換。前一組是對稱群的一個子群，其他組被稱為子群的陪集。這裡是開平方，所以只有一個陪集。

接下來分析開方次數更為一般的情形。假設我們構造了一個可寫為若干次乘方的多項式，記為 $phi^k$ 。 $phi^k$ 本身可能有若干種取值，其中一種對應於 $phi^k$ 的不變群 $G$ ，開方後，對應於 $phi^k$ 的這一值， $phi$ 有 $k$ 種值。根據置換作用於 $phi$ 後的取值，群 $G$ 中的置換相應地被分為 $k$ 組，它們是 $phi$ 的不變群 $H$ ，以及 $H$ 的陪集 $H_1,H_2,ldots,H_{k-1}$ ，將各組的取值記為 $phi_H = r_0,phi_{H_1} = r_1,phi_{H_2} = r_2,ldots,phi_{H_{k-1}} = r_{k-1}$ 。每組的中置換的數量應是相等的，為 $G$ 置換數量的 $1/k$ ，我們稱 $H$ 是 $G$ 的指數為 $k$ 的子群。某一置換 $s$ 作用於 $phi$ 後的取值記為 $phi_s$ ，假設 $phi_s = r_1$ ，這說明 $s$ 是 $H_1$ 中的置換。對於置換對多項式的作用，可以從不同的角度去理解，比如，對換 $x_1,x_2$ 將 $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)$ 變為 $(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_1-x_3)$ ，也可理解為式子仍為 $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)$ ，只是 $x_1$ 取原來 $x_2$ 的值，而 $x_2$ 取原來 $x_1$ 的值，所以 $phi$ 的不變群 $H$ 中的置換同樣能保持置換後式子的值不變，即對於 $H$ 中的置換 $sigma$ ， $phi_{ssigma} = phi_s = r_1$ ，說明 $ssigma$ 是 $H_1$ 中的置換。這樣的乘積的數量等於 $H$ 中置換的數量，也就等於 $H_1$ 中置換的數量，所以， $H_1$ 中所有置換都可寫為這種形式。於是， $H_1,H_2,ldots,H_{k-1}$ ，以及 $H$ 本身，都可以看作某個置換與 $H$ 中的全部置換相乘所形成的一組置換。因此，某種程度上，可以說陪集是子群的「影子」，所以，在分析置換的分組時，只需關注群和子群的關係即可。

那麼，群和伴隨著開方運算形成的子群應滿足怎樣的關係呢？前面已經得到，對於 $G$ 中的任一置換 $s$ ， $H$ 中的任一置換 $sigma$ ， $phi_{ssigma} = phi_s$ ，兩邊均再作用 $s$ 的逆， $phi_{s sigma s^{-1}} = phi_{s s^{-1}} = phi_e = r_0$ ，這意味著 $ssigma s^{-1}$ 是 $H$ 中置換。我們將這一關係記為 $sHs^{-1}=H$ ，稱滿足這一關係的子群稱為正規子群。於是，開方後得到的多項式的不變群應是原多項式的不變群的正規子群。在根的求解中，一系列多項式以開方運算聯繫起來，它們的不變群形成一個序列，其中每個都是前一個的正規子群。開始時，已知的一般只有基本對稱多項式，它們的不變群是對稱群，最後我們要得到的是有 $n!$ 種值一次多項式，它的不變群是單位群。這樣的過程還可以分得更細。如果 $k$ 是合數，可分解為若干素數的乘積 $k = p_1p_2cdots p_m$ ，那麼從 $phi^k$ 到 $phi$ 的過程可分解為先開 $p_m$ 次方得到 $phi^{p_1p_2cdots p_{m-1}}$ ，再開 $p_{m-1}$ 次方得到 $phi^{p_1p_2cdots p_{m-2}}$ ，若干步後才得到 $phi$ 。在這一系列多項式的不變群構成的序列中，每個都是前一個的指數為素數的正規子群。於是，方程的根式求解過程對應於一個群的序列，第一個為已知多項式的不變群，一般為對稱群，最後一個是單位群，每個群都是前面的群的指數為素數的正規子群。如果方程是根式可解的，必存在這樣的群的序列，如果存在這樣的群的序列，則方程必是根式可解的。

以前面給出的三次方程的求解過程為例來幫助理解這一大堆概念。一開始，我們構造了多項式 $(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_2-x_3)^2$ ，它的不變群是3次對稱群，共6個置換：

$(123),(312),(231),(213),(132),(321)$

開平方後，得到 $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_2-x_3)$ ，它的不變群是3次交錯群，有3個置換，也就是上面6個置換中的前3個。然後，通過這一式和基本對稱多項式，我們得到了 $(x_1+omega x_2+omega^2 x_3)^3$ ，在這一步，不變群沒有改變，仍是3次交錯群。開3次方，得到 $x_1+omega x_2+omega^2 x_3$ ，它的不變群是單位群。於是，這種三次方程的解法便對應於一個群的序列：3次對稱群 $xrightarrow{2}{,}$ 3次交錯群 $xrightarrow{3}{}$ 單位群，箭頭上的數字表示後面的群作為前面的群的正規子群時的指數。

3次對稱群只有6個置換，所以上面的過程也很簡單。再舉四次方程的情況作例子。大部分書籍中介紹的四次方程的解法是最早提出的方法，由費拉里發明。具體的解法這裡就不寫了，只提示一點，在費拉里的方法中，首先求解一個三次方程，實際上，這個三次方程中的未知數等於 $x_1x_2+x_3x_4$ ，而它的判別式等於原四次方程的判別式，下面僅給出過程中關鍵的多項式及它們的不變群。

1. $(x_1-x_2)^2(x_1-x_3)^2(x_1-x_4)^2(x_2-x_3)^2(x_2-x_4)^2(x_3-x_4)^2$ ，不變群為4次對稱群；
2. $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_3-x_4)$ ，不變群為4次交錯群；
3. $x_1x_2+x_3x_4+omega (x_1x_3+x_2x_4)+omega^2 (x_1x_4+x_2x_3)$ ，不變群為 ${(1234),(2143),(3412),(4321)}$ ；
4. $(x_1-x_2+ix_3-ix_4)^2$ ，不變群為 ${(1234),(2143)}$ ；
5. $x_1-x_2+ix_3-ix_4$ ，不變群為單位群。

所以，這種四次方程的解法便對應於一個群的序列：4次對稱群 $xrightarrow{2}$ 4次交錯群 $xrightarrow{3}$ ${(1234),(2143),(3412),(4321)}$ $xrightarrow{2}$ ${(1234),(2143)}$ $xrightarrow{2}$ 單位群。

利用群的語言進行分析，我們已經將方程的根式求解與滿足一定性質的群的序列聯繫起來，根據這樣的序列是否存在，便能判定方程能否根式求解。前面已給出三次和四次時群的序列（二次方程就不用寫了吧？），那麼高於四次時的情況又如何呢？如果我們每一步都能找到指數為素數的正規子群，直至得到單位群，就說明存在根式求解的方法，而且我們可在以這些群為不變群的多項式中找到合適的多項式，從而得到詳細的求解方法。群都有兩個特殊的子群，這個群本身和單位群，這兩個子群也是正規子群，被稱為平凡正規子群（每個人都有的東西就是平凡的）。不過，前者並不是我們想要正規子群，而後者也只有在群的置換的數量是素數時才是指數為素數的正規子群。直觀上來想，正規子群所要滿足的 $sHs^{-1}=H$ 是個不易達到的條件，因為 $s$ 是要取遍原群中所有置換的，要把這樣的乘積約束在子群 $H$ 中，並不是一件簡單的事。前面為了引入群的概念，以根的判別式作為例子，而這個例子實際上告訴我們， $n$ 次對稱群總有 $n$ 次交錯群作為指數為2的正規子群。事實上，除 $n=4$ 的情況外， $n$ 次對稱群只有 $n$ 次交錯群這唯一的非平凡的正規子群。不管怎樣，我們邁出了第一步，那麼然後呢？很可惜，一般情況下，就沒有「然後」了。 $n>4$ 的 $n$ 次交錯群沒有非平凡的正規子群。證明如果完整寫出來，是要佔不少篇幅的，但思路其實很簡單。先假設 $n>4$ 的 $n$ 次交錯群有一個不是單位群的正規子群 $H$ ， $H$ 應該包含形如 $sHs^{-1}$ 的置換，還有更基本的，作為一個群， $H$ 應該包含自身置換的乘積和逆，反覆利用這些要求， $H$ 需要包含的置換越來越多，最後包含了所有的偶置換，也就是說 $H$ 就是 $n$ 次交錯群本身，這樣便證明了這一命題。在高於四次的情況下，沒有非平凡的正規子群也就意味著沒有指數為素數的正規子群，也就不可能找到滿足要求的群的序列，於是，我們得出結論：一般形式的高於四次的方程沒有根式解。次數小於等於四次的方程只是由於 $nleq4$ 的 $n$ 次交錯群的置換非常少（4次交錯群也只有12個置換），恰好可以找到要求的群的序列，所以存在根式解，在所有的方程中，只是特例罷了。

故事到這裡就應該結束了，不過，可能有人注意到了前面結論中的定語「一般形式的」，這就是說，還有「特殊形式的」高於四次的方程有根式解，這又是怎麼回事呢？這裡找一種特殊形式的方程來說明這一問題。 $n$ 次方程中形式最簡單的之一就是 $x^n=1$ 。 $n$ 如果為合數，這個方程可分解為若干個次數為素數的同一形式的方程來求解，所以這裡只考慮 $n$ 為素數的情況。假設我們找到了除1之外的某個數 $ho$ 滿足 $ho^n=1$ ，那麼 $( ho^k)^n=( ho^n)^k=1$ ，於是， $x_1= ho^1,x_2= ho^2,ldots,x_n= ho^n$ 就是方程的 $n$ 個根。由於根之間存在這樣的冪次關係，我們可以寫出 $x_1^i-x_i=0,x_ix_{n-i}=1$ 之類的關於根的多項式。於是，我們已知的根的多項式，除了一般的基本對稱多項式，還多出了一類，而使這一類多項式保持不變的置換顯然不可能像對稱多項式那樣任意。首先，在這類多項式中， $x_n$ (等於1)的地位是很特殊的，如果把它換到其他某個 $x_i$ 的位置上，就不可能找到 $x_{n-i}$ 保持 $x_ix_{n-i}=1$ ，所以保持這類多項式不變的置換都必須是不改變 $x_n$ 的。其次，假如某個置換用原 $x_k$ 替換 $x_1$ ，要保持 $x_1^i-x_i=0$ ， $x_i$ 必須相應地取值 $ho^{ik}$ ，將 $ik$ 除以 $n$ 的餘數記為 $ik|n$ ，有 $ho^{ik}= ho^{ik|n}$ ，所以 $x_i$ 必須用原 $x_{ik|n}$ 替換。也就是說，只要 $x_1$ 位置的替換確定，其他位置的替換也就定了下來，再加上置換不能改動 $x_n$ ，所以這樣的置換總共只有 $n-1$ 個。眼尖的人可能發現了，前面是說多項式有不變群，而在這裡推導不變群的過程中，卻用到了一組多項式，不過，對於一組多項式，總可以構造出這樣的多項式，在這組的多項式都保持不變的情況下，這個多項式才保持不變（比如用合適的係數乘每個多項式，再全部相加）。對於方程 $x^n=1$ ，除了通常的對稱多項式，還可利用這多出來的一類多項式來構造求解方程的一系列多項式，於是不變群的序列可以用這樣只有 $n-1$ 個置換的群作為「初始群」。相較於一般情況下「初始群」為有 $n!$ 個置換的 $n$ 次對稱群，問題簡單了很多。

問題簡單了很多，並不代表就一定有解。在這 $n-1$ 個置換中，假設某個置換 $s$ 表示用原 $x_k$ 替換 $x_1$ ，這個置換使得 $x_i= ho^{ik|n}$ ，另一置換 $sigma$ 表示用原 $x_m$ 替換 $x_1$ ，這個置換則使 $x_i= ho^{im|n}$ 。置換的乘積一般是不滿足交換律的，不過對於這兩個置換，乘積 $ssigma$ 使得 $x_i= ho^{ikm|n}$ ，而乘積 $sigma s$ 使得 $x_i= ho^{imk|n}$ ，說明兩種乘積是相等的。將 $ssigma=sigma s$ 兩邊同乘以 $s^{-1}$ ， $ssigma s^{-1} = sigma s s^{-1} = sigma$ ，有了這個關係，任何一個子群 $H$ 都必定滿足 $sHs^{-1}=H$ ，也即，每個子群都是正規子群。於是，根式求解要求的尋找對指數為素數的正規子群就簡化為尋找對指數為素數的子群，而這總是能辦到的（這當然需要證明，不過以本文介紹的這點知識很難講清楚，只能請讀者就這樣接受），所以方程 $x^n=1$ 總存在根式解。

可以注意到，在前面的論述中，其實並不一定要求方程的根像 $x^n=1$ 的根那樣有特殊的冪次關係，只要已知的根的多項式能夠使得「初始群」中的置換滿足交換律，即可保證方程存在根式解。滿足這一條件的方程稱為阿貝爾方程，而其中置換滿足交換律的群稱為阿貝爾群。那麼，究竟怎樣的方程是根式可解的？如本文所述，這取決於是否存在滿足條件的群的序列，嚴格的數學表述為：方程根式可解的充分必要條件是，方程的伽羅瓦群為可解群。所謂可解群，即可以構造從此群到單位群的序列，其中後面的群是前面的群的指數為素數的正規子群。對於根式求解問題，這樣群的序列中的第一個，或者說「初始群」，應該取為已知的根的多項式的不變群中最小的那個，而伽羅瓦群，在非常粗糙的意義上，可理解為這裡所說「初始群」。

關於根式可解性問題的答案，如果不給出阿貝爾和伽羅瓦這兩個名字，很難稱得上完整。大致上說，阿貝爾首次證明了一般形式的高於四次的方程沒有根式解，並且討論了一種可以根式解的特殊形式，即阿貝爾方程；伽羅瓦採用新的思路，做出了更為清晰的證明，提出了判斷任一方程根式可解性的方法。伽羅瓦引入的新數學工具，比如本文中介紹的「群」，不但在代數領域，而且對許多數學分支都產生了很大的影響，開創了一個新的時代。

寫到這裡，答案終於可以結束了，非常感謝看到此處的人，真心希望這個答案對你們有幫助。

答：因為 $S_5$ 以上的置換群就不可解了呀。

問：那為什麼 $S_5$ 以上的置換群就不可解了呢？

答：因為Sn （當n大於5）里的交錯群就不可解了呀。

問：為什麼交錯群不可解可以推出來置換群不可解？

答：從伽羅華Correspondence可以推出，一個群G可解當且僅當對於它的一個正規子群N和商群G/N可解。

問：為什麼這個可以推出沒有求根公式？

答：

伽羅華定理：對於一個域擴張 $E/ mathbb{Q}$ ，伽羅華擴張可解，當且僅當它所有元素都可以表示成根式。

推論：一個方程有求根公式，當且僅當它的伽羅華群可解。

5次方程可以直接寫因為五次的伽羅華群是S5.

更高次的話，靠子群鏈和數cycle。

——其實我覺得回答這個問題的好答案不是寫科普，而是說，我用一門學科的語言和它的思維告訴你為什麼，如果你不懂，請翻閱教科書。（提示：任何一本講抽象代數的書都會有這個命題的完整證明，你需要先從群環域學起，一直看到伽羅華理論。）

這麼說吧，從實函數的角度看，肯定有實數解，但是這隻說明了存在性，沒有說明構造方法。你的加減乘除開方限定了構造方法，所能構造的範圍不見得覆蓋解的範圍。通過伽羅瓦理論，我們知道你給的構造方法確實弱了，覆蓋不了。這個東西的關鍵在於實數集的本質，你得把實數和有理數有意識的區分開，同時認識到它們之間有很多比如代數數這樣不那麼無理的無理數。無理的程度可以說是通過構造手段上的限制進行刻畫。其實還是挺自然的，感覺不自然主要是實數這種深不見底的東西很多時候被輕視了，特別在物理和工程上，一概覺得實數和有理數都是無限小數，沒認識到它們在數學性質的鴻溝，特別是在如何構造上。

這是一個在知乎上出現了很久的問題，大多回答講的也沒有錯誤，這裡補充一個概念性的回答：

1 有理係數多項式，當次數比較高的時候沒有根式解，是因為存在一些代數數不能用有理數通過加減乘除和開方來得到。

2 注意在上面這句話里，後一個命題其實比前一個命題強。

3 這樣的代數數不會很簡單，只能在高次擴張出現，能產生出這種代數數的最小域擴張是五次擴張，所以五次方程才開始出現這種例子。

4 判斷一個給定代數數（所謂給定一個代數數，基本相當於給定一個多項式）是否可以通過有理數加減乘除開方得到，可以通過考察其對應的 Galois 群來判斷。

5 所謂 Galois 群，就是這個代數數對應的最小多項式的根之間的置換變換生成的代數結構。

6 Galois 理論的基本結果是，這個代數數可以通過有理數加減乘除開方得到，當且僅當 Galois 群是可解群。

7 常見的可解群，是由一些上三角方陣所構成的群。Feit--Thompson 證明了所有奇數階群都是可解群。

8 最小的不可解群是 A_5. 有一些五次多項式，它們的 Galois 群是 A_5.

9 我們並不知道是否所有的有限不可解群都是 Galois 群。

10 但我們知道所有的有限可解群都是 Galois 群；由 Shafarevich 證明。

11 Shafarevich 一個月前去世，一位巨人隕落，一個時代落幕。

看了許多答案，大多只是將研究的論文抄過來，我自己來怒答一通！而且就像周瑋的開根號問題，早在幾世紀之前歐洲人就已經研究過了，我們不要老玩人家玩剩下來的啊。

我希望用大家能聽懂的話解釋這個問題的本質。

首先，不會有幾頁紙就能把整個問題弄明白的簡單回答。另外，並非沒有簡潔的答案，幾頁紙的論文完全能將問題的精要部分將清楚，但簡潔並不意味著簡單。
其次，很多問這個問題或對它感興趣的人並不需要對它有著過深的了解。多數只是想知道這個問題的本質，並沒有必要學完整個理論。
我個人很反對為了講清問題本質，就將整個屠龍之術講給你聽，而且你還一定要學，不學你根本不知道他們在瞎逼逼什麼。

下面是正餐

為何五次方程沒有求根公式？
因為A5（五階alternative group）是單群。（簡單的一句話卻要我們學很多才能理解）
並非說它就沒有解，而是沒有根式解。因為加減乘除和根式運算得出的數字並不能覆蓋整個複數域。舉個例子，你如果不能開方，你最多可以算幾次方程啊？一次對吧。加減乘除的運算只能得到有理數，但不能得到無理數。有了開方之後，我們能夠得到一些複數，但並不能得到所有的複數。即便添上了這些解，我們還是不能覆蓋整個複平面，因為還有超越數，它們不是任何方程的解。
沒有根式解，僅僅是沒有通解，沒法按照給定的運演算法則擴張到包含那些解的數域。並不意味著它們不能解。我們依然可以通過橢圓模函數得到解。
Charles Hermite 證明五次一般方程式的根可以用其係數經過加、減、乘、除、開方和橢圓模函數的組合，表示出來。後來 Henri Poincaré 發現 n 次一般方程式的根可以用其係數經過加、減、乘、除、開方和 Fuchs 函數的組合，表示出來。這其實是黎曼面理論的單值化問題 (uniformization problem) 的應用。
（總結一下，我們現在用兩種方法求解：一是，利用二十面體群的對稱性求解「例如，Klein，Peter Doyle, Curt Mcmullen等人的解法）」；二是，利用超幾何級數、微分方程求解。）

如果大家還想繼續了解下去，這裡給大家留了學習材料：
1.群論導讀
http://nrich.maths.org/1422
2.Arnold老師的課（注釋版）http://www.maths.ed.ac.uk/~aar/papers/abel.pdf（看完這論文，發現最大的提升是英語(?????)）
3.北京大學韓京俊的論文
http://www.zhihu.com/question/29316970/answer/80816396
4.quora大神的回答
http://www.quora.com/Mathematics/What-are-the-ways-to-understand-the-proof-that-there-is-no-formula-for-expressing-the-roots-of-the-general-quintic-equation-via-radicals?share=1
5.五次方程橢圓求根公式的介紹
http://mathworld.wolfram.com/QuinticEquation.html

我感覺大家想了解這個問題很大程度上是因為對未知的好奇、對自然之美的嚮往。（我所走的彎路就當給大家趟地雷啦～）假如你是為了提高逼格，那還不如提高你的GPA來得實際。
如果你氣憤地發現提高GPA也比較費勁，那就點個贊來撒撒氣吧～(ˊo????o???`)

V.Arnold 給高中生講 Abel 關於一般五次方程無根式解的證明
http://www.maths.ed.ac.uk/~aar/papers/abel.pdf

from 如何給高中生解釋群論？ - 知乎用戶的回答

I have a field F(char=0),I have a polynomial f,I want to solve it by radical.

fix F的代數閉包,f的分裂域叫K、Galois群叫G,什麼叫根式求解?即指存在一個F的域擴張(通過不斷開方得到)使得其包含K.由於每次開方是若干次素數次開方的複合,所以加細得到一個域擴張鏈每次擴張長成 $L(a^{frac{1}{p}})/L$ 這樣(p是個素數),把底域F塞一個充分高階的本原單位根(相當於一開始就對1開方,這不影響討論)那麼這個域擴張鏈每次都是循環擴張(這樣才對稱).Galois理論就是把Galois擴張鏈翻譯成群的反向包含關係,所以等價於可以找到一個群,它有一串下降的子群鏈,兩兩之間都是正規包含關係並且商群循環,這個群包含G.把這種群叫做可解的,容易證明可解群的子群還可解,所以條件翻譯成G是個可解群.這種群是不是所有群呢?顯然不是,因為有的群沒有真正規子群而且不是循環群,比如A5(這類群叫單群),從而包含非循環單群的群也不可解比如S5,即完成了證明.

上面有一點是不清晰的:為什麼給一個包含p次單位根域L,則L的任一p階(自然循環)擴張M/L都長成 $L(a^{frac{1}{p}})/L$ 這樣?這其實就是線性代數(然而有些書寫得很複雜):取Galois群一個生成元t,則t是M到M的L-線性映射且t^p=1,所以t有一個特徵值是p次單位根u,由於u在L裡面根據線性代數存在M中特徵向量d使得t(d)=ud,所以d^p屬於L記為a,並且保持L(d)不動的元就是恆等元,因此L(d)=M.而為什麼 $L(a^{frac{1}{p}})/L$ 就是循環擴張？這是考慮其Galois群在a^{1/p}所有共軛元構成的群(這是個p-1階循環群)的忠實作用(考慮a^{1/p}的像給出Galois群到p-1階循環群的嵌入）,而循環群的子群循環.(這其實是套路了,一方面我們使用線性代數得到一些結果,另一方面我們考慮Galois群的作用/表示得到一些結果,在橢圓曲線裡面也有例子).

於是特徵0的域上可根式求解f=0等價於f的Galois群是可解的,下面是一些補充(當然是在學抽代很久之後重溫才意識到這些的):

①任何(特徵0)局部域的Galois擴張都是可解的,因此局部域上多項式總是可以根式求解的.

②Q上的理論其實和類域論有一定的聯繫.f的Galois群記為G,那麼可根式求解等價於G可解,什麼時候可以只使用單位根求解呢?

G是交換的等價於f的每個根都可以寫成若一些單位根的Q線性組合,並且存在最小的正整數n使得f的根可以寫成n次單位根的Q線性組合,n稱為f的導子.

Pf:翻譯一下,這就是說任何一個Q的Abel擴張都可以嵌入分圓域,由Kronecker-Weber定理(Q上類域論的直接推論)立得.

現在給一個Q上的5次多項式(例如x^5-4x+2)其分裂域是S5,不能根式求解那該怎麼解呢?方法是利用橢圓函數(某種意義下模形式的衍生物),這個一般解釋的很複雜,但是其實也可以看成類域構造的嘗試.我們的目標是把已知的分裂域給嵌到熟悉的域里,即

任給一個多項式,我們應該能夠找到恰當的特殊函數使得根可以寫成這種特殊函數在某些點(有理點)的取值.

舉個類似的例子,Q(根號-1)的Abel擴張可以通過添加模函數j在特殊點取值得到,那麼如果分裂域可以嵌入Q(根號-1)的Abel擴張里那麼就可以把根寫成根號-1和一些j函數的value的線性組合(當然此時Galois群仍然可解所以還有根式解).所以如果我們可以做到:

任給一個(或者一類特殊的)數域K,構造特殊函數使得K的Abel擴張由添加特殊函數在某些點(K上點)的值得到.

那麼對於求高次方程的根問題也可以得到一個好的解答.這個Abel擴張的具體構造就是Kronecker青春之夢,現在仍然只解決了Q、虛二次域等的case.而特殊函數和模形式的關係則可以看成GL(2)上Langlands對應的一個類比.

③上面哪裡用到了特徵0這個條件?原因有兩條:

1.本原單位根不一定存在,比如F_p上沒有p次本原單位根,於是我們加根強行對稱化不可取.

2.純不可分擴張的出現導致根式擴張離開了Galois理論統治的領地,例如F_p(t^{1/p})/F_p(t)

但是固定次數n,上面的討論對充分大的特徵還是對的。(這其實是充分大的特徵上理論和特徵0理論類似這一哲學的體現)

PPAP

今年5月份有個搞視頻監控的朋友吵著要知道為毛五次以上方程木有根式解（你說這不是有病嘛！），於是我就寫了一下。至於這B最後是不是看懂了，我不知道，反正後來他就沒再提過這個事兒。今天正巧看到有人問，就索性貼出來吧。（我原文是用LaTeX打出來的，生產pdf後轉成圖片貼上來。）

本文結構：1. 什麼叫可解群. 2. Degree p的域擴張的性質. 3. 什麼叫根式可解. 4.為毛5次以上方程木有根式解, 5. 三次方程如何用根式解. 6. 四次方程如何用根式解. 7. 結語.

根式擴張和多項式的根式域擴張結構不一樣，不能用根式擴張來求解。

一方面，不要指望這個東西存在一個簡單解釋，畢竟歷史上很多牛人都沒弄明白，另一方面，其精要部分是可以用幾頁紙講清楚的(請看參考文獻的pdf)。

下面是以前寫的一個筆記，供參考。有空了調一下格式。

五次一般代數方程無根式解之證明梗概

記多項式為 x^n+a_{n-1}x^{n-1}+cdots+a_1x+a0，

有理數域為 Q，多項式的所有根記為 x_1, ldots, x_n。

對 Q(x1,...,xn) 的每個根式擴域 E，存在 E 的根式擴域 E『使得 E』在 x1,...,xn 的所有根的任意置換下不變。

如果 E 是 F 的擴域，則 E 的那些保持 F 不變的自同構形成一個群，稱為 E 在 F 上的 Galois 群，記為 Gal(E/F)。

如果 E 是 Q(a_0,...,a_{n-1}) 的根式擴域，並且包含 x1,...,xn，則存在 E 的根式擴域 E『，使得 Gal(E』/Q(a_0,...,a_{n-1})) 包含 x1,...,xn 的所有置換。

可以假定每次添加的根式是素數次根。

並且，如果 r_i 是一個 p 次根，則可假定 F(r_1, ..., r_i) 不包含不在 F(r_1, ..., r_{i-1}) 里的 p 次單位根，除非 r_i 自身就是 p 次單位根。

於是，任意根式擴域 F(r_1, ..., r_k) 可表為一個擴域塔的頂端：

F=F_0&

使得 F_i=F_{i-1}(r_i)，r_i 是 F_{i-1} 里某個元素的 p_i 次根，p_i 是素數，且 F_i 不包含不屬於F_{i-1} 的 p_i 次單位根，除非 r_i 本身就是 p_i 次單位根。

對應著這個升序的擴域塔，存在一個降序的群塔：

Gal(F_k/F_0)=G_0&>G_1&>...&>G_k=Gal(F_k/F_k)={1}

簡記 E_k 為 E，F_{i-1} 為 B，r_i 為 r，p_i 為 p。

如果 E&>B(r)&>B，使得 r^p 屬於 B，p 是某個素數，且 B(r) 不包含不屬於 B 的 p 次單位根除非 r 自己就是，則 Gal(E/B(r)) 是 Gal(E/B) 的正規子群，Gal(E/B)/Gal(E/B(r)) 是Abel 群。

證：Gal(E/B(r)) 是 Gal(E/B) 在 B(r)上的限制。B(r) 在 Gal(E/B) 作用下變到其自身。Gal(E/B) 的那些使得 r 不變的變換使得 B(r) 不變。Gal(E/B)/Gal(E/B(r)) 由那些對 r 的變換決定。

由於 r 在變換下依然是 p 次根，如果它是單位根，則 r 在被變成其某個指數；若 r 不是單位根，則 r 變成 r 乘以某個單位根；因此都是可交換的。QED。

現在，如果多項式根式可解，則存在 Q(a_0,...,a_{n-1}) 的根式擴域 F，使得 x1,...,xn 處於其中。F 也是 Q(x1,...,xn) 的根式擴域。於是存在 F 的根式擴域 E 使得其對 x1,...,xn 的任意置換不變。G_0=Gal(E/Q) 包含所有的 n 次置換。對於任意群元 a，b 屬於 E，a^{-1}b^{-1}ab 在從 G_0 到 G_0/G_1 的自然映照下變為單位元，因此 a^{-1}b^{-1}ab 必然屬於 G_1。

當 n&>4 的時候，任意三元輪換都可以表示成 a^{-1}b^{-1}ab 的形式，於是所有的 G_i 包含所有的三元輪換，因此不可能存在以單位元群作為終點的 Galois 降序群塔。QED。

參考文獻： http://www.math.jhu.edu/~smahanta/Teaching/Spring10/Stillwell.pdf

直觀一點說對一般的三次方程其預解方程是二次的二次方程人們都會解
同樣的對於解四次方程只需要相應的先解一個三次方程就將問題化成上面的情形
但是到五次方程的時候他的預解方程卻是6次的問題反而變得更加複雜了
詳細一點的話可以看一看GTM101 一本講解Galois理論的小書沒有很多抽象定理
而是緊緊圍繞解方程展開的。應該算得上是歷史的軌跡~~~

本質在於整數冪，整數的基本特徵如算術唯一分解定理，交換結合律，還有就是偶數之和為偶數，決定了群和域擴張的基本對應關係以及5次的特殊性

深入下去你可以考慮複數冪或參化方程，微分方程的相應問題，會自然引導到函數域，可積性及橢圓函數等等有趣的課題。

前面林林總總的文章，確定很ok！但有幾個個細節想探討下：

1.接下來分析開方次數更為一般的情形。這一段，方程式的根式解未必是同一（根的）函數開方，開方，。。。。再開方。。。。。因此，得出結論「如果方程是根式可解的，必存在這樣的群的序列」的過程有問題，雖然這個結論是對的。

2.文中有一個結論：如果方程是根式可解的，必存在這樣的群的序列，如果存在這樣的群的序列，則方程必是根式可解的。

這個結論是正確的，但充分性（如果存在這樣的群的序列，則方程必是根式可解的）沒有證明！證明起來很麻煩的！

五階及以上的循環群不是可解群
五階方程的Galois群是循環群
故五階及以上的方程不可解

https://www.youtube.com/watch?v=RhpVSV6iCko，這個視頻講的不錯，差不多講明白了，不過需要翻牆才能看到。