（追記有り）もっと分かりやすく⑩　そもそもなぜ存在しないのかを『巡回置換』から紐解く

　そもそもなぜ５次以上の方程式に解の公式が存在しないのかについて、『巡回置換』との関連で解説していきます。結論的なことは、本文最後の方で述べています。

　３次方程式の解の公式の導出において、それが
　「累乗根を取ることによる、解の置換の対称性の破壊」
とつながっていることは、全章の本シリーズ (26) でやりました。そのときの（図解）を改めて再掲します。平方根、３乗根と次々と累乗根を取ることによって、式を変化させない置換（対称性）が恒等置換にまで破壊されていく過程がみて取れます。

（再掲）

　なお、$A,  B$ はラグランジュ・リゾルベントです。

$$\begin{align*} A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma\\ B&=\alpha+\omega^2\beta+\omega\gamma \end{align*}$$

　ラグランジュ・リゾルベントの３乗 $A^3,  B^3$ は差積 $(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)$ と同じ対称性（遇置換シンメトリー）をもちます。
　（図解）の赤字部分から、$A^3,  B^3$ は（差積で表せる）平方根の加減乗除で表せることからも、同じ対称性をもつことが確認できます。差積の対称性が、そのまま $A^3,  B^3$ に引き継がれているのです。
　また、本シリーズで述べていませんが、４次方程式においても、解の公式の導出は上記のような「累乗根を取ることによる、解の置換の対称性の破壊」で説明されます（解説は割愛）。

（復習）３次置換の対称性の破壊

　さて、５次以上の方程式には解の公式は存在しません。解の公式が存在すれば、具体的に式変形で作り出せば証明できます。しかし存在しないことを示すためには式変形だけでは難しく、なにか別のアイデアが必要になります。
　そこで、フランスの数学者ラグランジュやガロア、ノルウエーの数学者アーベルらは、解の入れ替えの「対称性」に着目しましました。
　そのことを説明するために、改めて３次置換を復習します。ここでの３次置換とは、３次方程式の３つの解 $\alpha,  \beta,  \gamma$ のすべての入れ替えのことで、次の６種類があります（本シリーズ (14)）。遇置換は３次巡回置換で、奇置換は互換で表すことができます（本シリーズ (16)）。

$$\begin{align*} &\begin{rcases} ➀\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \beta & \gamma \end{pmatrix} =I\\ \\ ➁\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \alpha & \beta \end{pmatrix} =(\alpha     \gamma     \beta)\\ \\ ➂\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \gamma & \alpha \end{pmatrix} =(\alpha     \beta     \gamma) \end{rcases}遇置換\\ \\ &\begin{rcases} ➃\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \gamma & \beta \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \beta & \gamma \end{pmatrix}\\ \\ ➄\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \beta & \alpha \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \alpha & \gamma \end{pmatrix}\\ \\ ➅\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \alpha & \gamma \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \alpha & \beta \end{pmatrix} \end{rcases}奇置換 \end{align*}$$

　なお、互換は２つの文字の巡回置換、つまり２次巡回置換とみることもできます。例えば、互換 $(\alpha     \beta)$ は、２つの文字 $\alpha$ と $\beta$ を
　$\alpha \rightarrow \beta \rightarrow \alpha$
と巡回するよう入れ替える置換です。
　すると、３次方程式の解の公式の導出過程では、この $➀～➅$ の置換が

$$\begin{align*} ➀、➁、➂&、➃、➄、➅（３次置換）\\ &\downarrow  {\small 平方根を取る}\\ ➀、&➁、➂（遇置換）\\ &\downarrow    {\small ３乗根を取る}\\ &➀（恒等置換） \end{align*}$$

と次々と絞られていく（破壊されていく）過程がみて取れます。これは平方根、３乗根と、次々と累乗根を取っていく過程と対応しています。そして最後、恒等置換のみになったときに初めて、解の公式が実現可能となります（本シリーズ (20)）。
　そこで対称性の破壊という観点で、もう一度３次方程式の解の公式の導出過程をみていきましょう。後で詳しく述べますが『巡回置換』という考え方がキーワードになってきます。

３次方程式の解の公式が存在する理由

　ここで、本シリーズでやってきた３次方程式の解の公式の導出方法を改めて眺めると、次のステップを辿っています。ここからのキーワードは『２次巡回置換』と『３次巡回置換』です。
　なお、「対称式」とは文字をどのように入れ替えても変化しない式のこと、「解の式」とは３次方程式の解 $\alpha,  \beta,  \gamma$ で表される式のことです。
　なお、以下の (step1) は、主に本シリーズ (12) の内容をまとめています。主に「条件Ⅰ」の部分です。「２次巡回置換」の「２」という数がキーワードになります。

(step1)
　３次方程式の解を $\alpha,  \beta,  \gamma$ とし、その３つの解の３次置換を考える
$\longrightarrow$ ３次置換はすべて互換（および互換の積）で表せる（本シリーズ (15)）

$$\begin{align*} &\begin{rcases} ➀\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \beta & \gamma \end{pmatrix} =(\alpha     \beta)(\alpha     \beta)\\ \\ ➁\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \alpha & \beta \end{pmatrix} =(\alpha     \gamma)(\alpha     \beta)\\ \\ ➂\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \gamma & \alpha \end{pmatrix} =(\alpha     \beta)(\alpha     \gamma) \end{rcases}遇置換\\ \\ &\begin{rcases} ➃\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \gamma & \beta \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \beta & \gamma \end{pmatrix}\\ \\ ➄\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \beta & \alpha \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \alpha & \gamma \end{pmatrix}\\ \\ ➅\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \alpha & \gamma \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \alpha & \beta \end{pmatrix} \end{rcases}奇置換 \end{align*}$$

$\longrightarrow$ 互換は「２次巡回置換」とみなすこともできる
$\longrightarrow$ 互換は同じものを２回連続作用させると元に戻る
$\longrightarrow$ そこで「２乗した $X^2$ は対称式（つまり２次巡回置換で変化しない）でありながらも、その平方根である $X$ では対称性が破壊される（つまり２次巡回置換で変化する）」ような解の式 $X$ を考える
$\longrightarrow$ そのような解の式 $X$ として、差積
　$X_3=(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)$
を取ることができる
$\longrightarrow$ 差積の２乗
　${(X_3)}^2={\{(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)\}}^2$
は対称式なので、３次方程式の係数の加減乗除で計算できる
$\longrightarrow$ 一方、その平方根（２乗恨）である差積そのもの
　$X_3=(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha)$
は対称式ではなく、奇置換で $-1$ 倍に変化する
$\longrightarrow$ 差積を変化させないのは遇置換のみ
$\longrightarrow$ 差積を用いること（平方根を取るという操作）によって、解の置換の対称性を遇置換シンメトリーまで破壊することに成功

＊＊＊

　ここまでが最初のステップです。上の（図説）でいうと、平方根を取る計算過程です。　
　$X^2=C（対称式）$
という２次方程式を、平方根を用いて
　$X=\pm\sqrt{C}$
と解くことに対応しています。
　(step1) で、完全な対称性をもつ対称式の対称性（３次置換で不変）を、遇置換シンメトリーにまで破壊できました。
　そして次の (step2) に入ります。遇置換シンメトリーからスタートします。
　なお、(step2) は主に本シリーズ (13)、(14) の内容をまとめています（注１）。主に「条件Ⅱ」の部分です。「３次巡回置換」の「３」という数がキーワードになります。

(step2)
　遇置換はすべて３次巡回置換（および３次巡回置換の積）で表せる（本シリーズ (16)）。

$$\begin{align*} &\begin{rcases} ➀\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \beta & \gamma \end{pmatrix} =(\alpha     \beta     \gamma)(\alpha     \beta     \gamma)(\alpha     \beta     \gamma)\\ \\ ➁\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \alpha & \beta \end{pmatrix} =(\alpha     \gamma     \beta)\\ \\ ➂\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \gamma & \alpha \end{pmatrix} =(\alpha     \beta     \gamma) \end{rcases}遇置換 \end{align*}$$

$\longrightarrow$ 逆に３次巡回置換はすべて遇置換（偶数個の互換で表せる）である
　$(\alpha     \gamma     \beta)=(\alpha     \gamma)(\alpha     \beta)$
　$(\alpha     \beta     \gamma)=(\alpha     \beta)(\alpha     \gamma)$
$\longrightarrow$ ３次巡回置換は同じものを３回連続作用させると元に戻る
$\longrightarrow$ そこで「３乗した $Y^3$ は遇置換シンメトリーをもつ（つまり３次巡回置換で変化しない）が、その３乗根である $Y$ では遇置換シンメトリーが破壊される（つまり３次巡回置換で変化する）」ような解の式 $Y$ を考える
$\longrightarrow$ そのような $Y$ として、ラグランジュ・リゾルベント
　$A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma$
を取ることができる。
$\longrightarrow$ ラグランジュ・リゾルベントの３乗
　$A^3={(\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma)}^3$
は遇置換（３次巡回置換）では変化しない（遇置換シンメトリーをもつ）
$\longrightarrow$ 一方、ラグランジュ・リゾルベントそのもの
　$A=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma$
は遇置換シンメトリーをもたず、恒等置換以外の遇置換（３次巡回置換）で $\omega$ または $\omega^2$ 倍に変化する（注２）
$\longrightarrow$ ラグランジュ・リゾルベントを変化せない置換は恒等置換のみ
$\longrightarrow$ ラグランジュ・リゾルベントを用いること（３乗根を取るという操作）によって、解の置換の対称性を恒等置換まで破壊することに成功
$\longrightarrow$ ３次方程式の解の公式の導出が可能となる

＊＊＊

　これで３次方程式の解の公式が得られることになります。上の（図説）でいうと、３乗根を取る計算過程です。
　$X^3=D（遇置換シンメトリーをもつ式）$
という３次方程式を、３乗根を用いて
　$X=\sqrt[3]{D},  \omega\sqrt[3]{D},  \omega^2\sqrt[3]{D}$
と解くことに対応しています。
　(step2) で、対称性を恒等置換にまで破壊できたことによって、解の公式の導出が可能となりました。
　なお、$Y$ を変化させる３次巡回置換は
　$(\alpha     \gamma     \beta)$ と $(\alpha     \beta     \gamma)$
です。 下の遇置換のうち $➁$ と $➂$ です。

$$\begin{align*} &\begin{rcases} ➀\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \alpha & \beta & \gamma \end{pmatrix} =(\alpha     \beta     \gamma)(\alpha     \beta     \gamma)(\alpha     \beta     \gamma)\\ \\ ➁\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \gamma & \alpha & \beta \end{pmatrix} =(\alpha     \gamma     \beta)\\ \\ ➂\hspace{6pt} \begin{pmatrix} \alpha & \beta & \gamma\\ \beta & \gamma & \alpha \end{pmatrix} =(\alpha     \beta     \gamma) \end{rcases}遇置換 \end{align*}$$

３次巡回置換 $(\alpha     \gamma     \beta)$ と $(\alpha     \beta     \gamma)$ で、$Y$（つまりラグランジュ・リゾルベント $A$）は変化します（本シリーズ (6)）（注２）。

　すると、５次方程式の場合はどうでしょうか。もし解の公式が存在するなら、上記の (step1) ～ (step2) のように、次々と累乗根を取ることによって、恒等置換まで対称性を破壊していくことが可能です。

（大幅修正）対称性の破壊は『巡回置換』が鍵を握ること

　さて、ここからやや抽象的な話になっていきますが、冒頭の方で、キーワードは『２次巡回置換』と『３次巡回置換』といいました。対称性の破壊には『巡回置換』が鍵を握ります。
　なお、２次巡回置換とは互換のことです。

　さて、(step1) では

$$\begin{align*} &３次置換はすべて\bm{２}次巡回置換（互換）で表せる\\ &\downarrow\\ &\bm{２}次巡回置換は\bm{２}回連続作用すれば元に戻る\\ &\downarrow\\ &X^2（X  の\bm{２}乗）は対称式\\ &\downarrow\\ &X^2  の\bm{２}乗恨（平方根）を取って、\\ &対称性を遇置換シンメトリーにまで破壊 \end{align*}$$

という「２」との関連が見られます。このような対称性の破壊を実現させる解の式 $X$（$X^2$ の平方根）として、３つの解の差積

$$\begin{align*} X_3=(\alpha-\beta)(\beta-\gamma)(\gamma-\alpha) \end{align*}$$

がありました。

　(step2) では

$$\begin{align*} &遇置換はすべて\bm{３}次巡回置換で表せる\\ &\downarrow\\ &\bm{３}次巡回置換はすべて遇置換である\\ &\downarrow\\ &３次巡回置換は\bm{３}回連続作用すれば元に戻る\\ &\downarrow\\ &Y^3（Y  の\bm{３}乗）は遇置換シンメトリーをもつ\\ &\downarrow\\ &Y^3  の\bm{３}乗恨を取って対称性を恒等置換に破壊 \end{align*}$$

という「３」との関連が見られます。このような対称性の破壊を実現させる解の式 $Y$（$Y^3$ の３乗根）として、ラグランジュ・リゾルベント

$$\begin{align*} A&=\alpha+\omega\beta+\omega^2\gamma \end{align*}$$

がありました。この様に、累乗根（平方根や３乗根）を取ることと「巡回置換」は関連があります。「巡回置換」だけに目を向けると、３次方程式の解の公式の導出は次のようにまとめられます。

$$\begin{gather*} 対称式（\underset{互換}{２次巡回置換}で不変）\\ \hspace{-8pt}{\small 差積  X_2  の添加}  \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ \underset{遇置換シンメトリーをもつ}{平方根のある式体系}（３次巡回置換で不変）\\ \hspace{17pt}{\small A  の添加}  \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ ３乗根のある式体系（恒等置換で不変）\\ \downarrow\\ ３次方程式の解の公式が導出 \end{gather*}$$

　すると、５次方程式においても、例えば一例として

$$\begin{gather*} 対称式（\underset{互換}{２次巡回置換}で不変）\\ \hspace{8pt}{\small 差積の添加} \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ \underset{遇置換シンメトリーをもつ}{平方根のある式体系}（３次巡回置換で不変）\\ \hspace{17pt}{\small ？の添加} \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ ３乗根のある式体系（５次巡回置換で不変）\\ \hspace{17pt}{\small ？の添加}  \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ ５乗根のある式体系（恒等置換で不変）\\ \downarrow\\ ５次方程式の解の公式が導出？ \end{gather*}$$

のように、「？」のところで何かラグランジュ・リゾルベントのような都合のよい式が存在し、次々と対称性を破壊していけば、５次方程式の解の公式が実現できそうな気もします。
　なお、何次方程式であっても解の差積は作ることができるので、最初に差積を添加して対称性を破壊することは、解の公式を構成する上での常套手段となります（本シリーズ (14)、(21)）。
　また４次巡回置換は４乗根を取ることと関連はしていますが、４乗根は
　$\sqrt[4]{3}=\sqrt[2]{\sqrt[2]{3}}=\sqrt{\sqrt{3}}$（平方根の $2$ は省略する）
のように「平方根の平方根」によって表現できるので、先に平方根の添加があれば、４乗根のある式体系はすでに存在しています。
　しかし、５次以上の方程式には解の公式は存在しません。５次以上の方程式の場合、３次巡回置換で不変な式体系、つまり遇置換シンメトリーまで対称性を破壊できますが、さらに対称性を破壊できないことが証明されます。

$$\begin{gather*} 対称式（\underset{互換}{２次巡回置換}で不変）\\ \hspace{8pt}{\small 差積の添加} \downarrow  {\small 対称性の破壊}\\ \underset{遇置換シンメトリーをもつ}{平方根のある式体系}（３次巡回置換で不変）\\ \hspace{60pt}{\small ？の添加} \downarrow  \Leftarrow {\small ここがつながらない}\\ ？乗根のある式体系 \end{gather*}$$

　以下、それについて本文より簡潔にした形でみていきます。詳しい証明は本編の方でやっているので、そちらの方もご覧ください（本シリーズ (14) ～ (17)）。

５次方程式に解の公式が存在しない理由

　証明は背理法でおこないます（注３）。
　「５次方程式に解の公式が存在する」と仮定します（背理法の仮定）。詳しく言うと、５次方程式の解の公式を、加減乗除 ($\small +,  -,  \times,  \div$) と累乗根 ($\scriptsize \sqrt{　},  \sqrt[3]{　},  \cdots$) を用いて構成できると仮定します。そして矛盾を導き出すことによって、最初に立てた仮定「５次方程式に解の公式が存在する」ことが間違っていることが分かり、５次方程式に解の公式が存在しないと結論されます。
　まず５次方程式においても (step1) はクリアーできます。３次方程式と同様、「２次巡回置換」が鍵を握り、「２」という数がキーワードになってきます。主に本シリーズ (14) の「条件Ⅰ」の内容です。具体的にみていきますと

(step1)
　５次方程式の解を $x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5$ とし、その５つの解の置換を考える。その置換のことを５次置換という
$\longrightarrow$ ５次置換はすべて互換で表せる（本シリーズ (15)）
$\longrightarrow$ 互換は２次巡回置換とみなすこともできる
$\longrightarrow$ 互換は同じものを２回連続作用させると元に戻る
$\longrightarrow$ そこで「２乗した $X^2$ は対称式でありながらも、その平方根である $X$ では対称性が破壊される」ような解の式 $X$ を考える
$\longrightarrow$ そのような解の式 $X$ として、差積

$$\begin{align*} X_5=(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)(x_1-x_5)&\\ \cdot\,(x_2-x_3)(x_2-x_4)(x_2-x_5)&\\ \cdot\,(x_3-x_4)(x_3-x_5)&\\ \cdot\,(x_4-x_5)&\ \end{align*}$$

を考えることができる
$\longrightarrow$ 差積の２乗 ${(X_5)}^2$ は対称式なので、５次方程式の係数の加減乗除で計算できる
$\longrightarrow$ 一方、その平方根（２乗恨）である差積そのものは対称式ではなく、奇置換（奇数個の互換の積）で $-1$ 倍に変化する（本シリーズ (14)）
$\longrightarrow$ 差積を変化させないのは遇置換（偶数個の互換の積）のみ
$\longrightarrow$ 差積を用いること（平方根を取るという操作）によって、解の置換の対称性を遇置換シンメトリーまで破壊することに成功

＊＊＊

　このようにして、５次方程式について、完全な対称性をもつ対称式の対称性（５次置換で不変）を、遇置換シンメトリーまで破壊できました。
　しかし、次の (step2) が問題です。５次方程式においては、遇置換シンメトリーをさらに破壊していくことができません。以下そのことをみていきます。３次方程式と同様、「３次巡回置換」が鍵を握り、「３」という数がキーワードになってきます。主に本シリーズ (16) の「条件Ⅱ」の内容です。

(step2)
　５次置換のうち、遇置換はすべて３次巡回置換で表せる（本シリーズ (16)）
（例）$(x_1     x_2)(x_1     x_3)=(x_1     x_2     x_3)$
$\hspace{30pt}(x_1     x_2)(x_3     x_4)=(x_1     x_3     x_2)(x_3     x_4     x_3)$
$\longrightarrow$ ３次巡回置換はすべて遇置換である
（例）$(x_1     x_2     x_3)=(x_1     x_2)(x_1     x_3)$
$\longrightarrow$ ３次巡回置換は同じものを３回連続作用させると元に戻る
$\longrightarrow$ そこで「３乗した $Y^3$ は遇置換シンメトリーをもつ（３次巡回置換で変化しない）が、その３乗根である $Y$ では遇置換シンメトリーが破壊される（ある３次巡回置換で変化する）」ような解の式 $Y$ を考える

＊＊＊

　３次方程式では、解の式 $Y$ はラグランジュ・リゾルベントでした。５次方程式においても、このような $Y$ が存在すれば、遇置換シンメトリーをさらに破壊していくことが可能となります。しかし、５次方程式では $Y$ は存在しないことが証明されます。それは、次の式が存在するためです。

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

　これは、「任意の３次巡回置換は５次巡回置換の積」で表すことができるという公式です。この式は本シリーズ (17) で（小学５年生の森田君が）証明しています。なぜこの公式が、５次方程式の解の公式の存在を否定するのでしょうか？
　ここからは、その証明をもう一度みていきます。詳しくは本シリーズ (17) を参照ください。

　先ほど (step2) で

「３乗した $Y^3$ は遇置換シンメトリーをもつ（３次巡回置換で変化しない）が、その３乗根である $Y$ では遇置換シンメトリーが破壊される（ある３次巡回置換で変化する）」ような解の式 $Y$ を考える

と書きました。なお、$Y$ を変化させるのは、必ずしもすべての３次巡回置換ではなく、少なくとも１つあればよいことを注意しておきます。「ある３次巡回置換で変化する」と「ある」という言葉を付けているのはそういう理由です。少なくとも１つあれば、遇置換シンメトリーを破壊することができます。
　その $Y$ を変化させる「ある３次巡回置換」を $(x_1     x_2     x_3)$ とすると、$Y^3$ は遇置換シンメトリーをもつので、$Y^3$ に $(x_1     x_2     x_3)$ を作用させても変化しません（遇置換は必ず３次巡回置換で表せる）。よって

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y^3=Y^3　\cdots ➁ \end{align*}$$

　なお、５次方程式の解 $x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5$ はそれぞれ対等で区別が無いので、 代表で選んだ $(x_1     x_2     x_3)$ は、一般性を失わず任意の３次巡回置換とみなすことができます。
　ここで、$(x_1     x_2     x_3)$ は $Y^3$ の $Y$ に作用し、３乗は変えないので

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y^3=\{(x_1     x_2     x_3)Y\}^3　\cdots ➂ \end{align*}$$

$➂=➁$ より

$$\begin{align*} \{(x_1     x_2     x_3)Y\}^3=Y^3 \end{align*}$$

ここで $\omega$ の性質（本シリーズ (24)）
　$\omega^3=1$
　${(\omega^2)}^3=\omega^6={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^3=1$
に注意すると、これを満たす $(x_1     x_2     x_3)Y$ は

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y=Y,   \omega Y,   \omega^2Y \end{align*}$$

の３通りがありえます。これは $x^3=8(=2^3)$ の解は
　$x=2,   2\omega,   2\omega$
となるのと同じ計算形式です（本シリーズ (2)）。

　しかし、$Y$ はその「ある３次巡回置換」 $(x_1     x_2     x_3)$ で変化しなければならないので、$(x_1     x_2     x_3)Y=Y$ は却下されて

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y=\omega Y,   \omega^2Y　\cdots ➃ \end{align*}$$

の２通りに絞られます。

　ここで、任意の５次巡回置換を考えます。任意の５次巡回置換は、必ず偶数個の互換の積で表せるので遇置換です（本シリーズ (15)）。
（例）

$$\begin{align*} \underset{\footnotesize ５次巡回置換}{\underline{(x_1     x_2     x_3     x_4     x_5)}}=\underset{\footnotesize 偶数個（４個）の互換の積}{\underline{(x_1     x_2)(x_1     x_3)(x_1     x_4)(x_1     x_5)}} \end{align*}$$

すると、$Y^3$ は遇置換シンメトリーをもつので、遇置換で任意の５次巡回置換を作用させても変化しません。

$$\begin{align*} Y^3 \xrightarrow[\overset{\raisebox{5pt}{\small ↑}}{任意の５次巡回置換}]{} Y^3 {\small（変化しない）} \end{align*}$$

　そこで、５次方程式の解 $x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5$ を用いて得られる任意の５次巡回置換を

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p) \end{align*}$$

とおきます。つまり、$l,  m,  n,  o,  p$ は $x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5$ のどれかです。
　この５次巡回置換を $Y^3$ に作用させることは、数式で
　$(l     m     n     o     p)Y^3$
と表記しますが、$Y^3$ は任意の５次巡回置換で変化しないことから

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)Y^3=Y^3　\cdots ➄ \end{align*}$$

さらに、置換は $Y$ に作用して指数部分 $3$ は変化させないので

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)Y^3=\{(l     m     n     o     p)Y\}^3　\cdots ➅ \end{align*}$$

すると $➅=➄$ より

$$\begin{align*} \{(l     m     n     o     p)Y\}^3=Y^3 \end{align*}$$

ここで、先ほどやったように $\omega$ の性質（本シリーズ (24)）
　$\omega^3=1$
　${(\omega^2)}^3=\omega^6={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^2=1^3=1$
に注意すると、これを満たす $(l     m     n     o     p)Y$ は

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)Y=Y,  \omega Y,  \omega^2Y　\cdots ➆ \end{align*}$$

の３通りがありえます（本シリーズ (17)）。
　ここで、$(l     m     n     o     p)Y$ の行き先が、$Y,  \omega Y,  \omega^2Y$ のどれになるかを決定します。
　そのためには、５次巡回置換は同じものを５回連続作用させると、変化しないで元に戻るという性質を利用します。５次巡回置換 $(l     m     n     o     p)$ を５回連続作用させることを
　$(l     m     n     o     p)^5$
と表記すると、それを解の式 $Y$ に作用させても変化しないので

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=Y　\cdots ➇ \end{align*}$$

　ここで、$➆$ において
(case1)　$(l     m     n     o     p)Y=Y$ のとき
(case2)　$(l     m     n     o     p)Y=\omega Y$ のとき
(case3)　$(l     m     n     o     p)Y=\omega^2Y$ のとき
と場合分けをして、ひとつひとつ確認していきます。先ほどの $➇$ を満たすかどうかを確認します。

(case1)　$(l     m     n     o     p)Y=Y$ のとき
　これは、$(l     m     n     o     p)$ を１回作用させても $Y$ は変化しないという式です。このとき、この５次巡回置換 $(l     m     n     o     p)$ を $Y$ に５回連続作用させると

$$\begin{align*} &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（１回目）}\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（２回目）}\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（３回目）}\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（４回目）}\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（５回目）}\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)^5  を作用}　　　　\\ {\small 変化しない \rightarrow}  &  Y \end{align*}$$

よって

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=Y \end{align*}$$

これは、$➇$ 式

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=Y　\cdots ➇ \end{align*}$$

を満たします。よって、(case1)
　$(l     m     n     o     p)Y=Y$
は正しい結果となります。

(case2)　$(l     m     n     o     p)Y=\omega Y$ のとき
　これは、$(l     m     n     o     p)$ を１回作用させると、$Y$ は $\omega$ 倍に変化するという式です。このとき、この５次巡回置換 $(l     m     n     o     p)$ を $Y$ に５回連続作用させると

$$\begin{align*} &  Y\\ {\small \omega  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（１回目）}\\ &\omega Y\\ {\small \omega  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（２回目）}\\ &\omega^2Y\\ {\small \omega  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（３回目）}\\ &\omega^3Y\\ {\small \omega  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（４回目）}\\ &\omega^4Y\\ {\small \omega  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（５回目）}\\ &\omega^5Y \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)^5  を作用}　　\\ &\omega^5Y \end{align*}$$

よって

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=\omega^5Y \end{align*}$$

$\omega^5=\underset{1}{\underline{\omega^3}}\cdot\omega^2=\omega^2$ より

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=\omega^2Y \end{align*}$$

しかし、これは満たしていないことが分かります。$\omega$ は「３乗して１になる数（１の３乗根）のうち複素数である定数」、具体的には
　$\omega=\dfrac{-1+\sqrt{2}i}{2}$　または　$\dfrac{-1-\sqrt{2}i}{2}$
という定数なので（本シリーズ (24)）、$➇$ 式

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=Y　\cdots ➇ \end{align*}$$

を満たしません。よって、(case2)
　$(l     m     n     o     p)Y=\omega Y$
は不適となります。

(case3)　$(l     m     n     o     p)Y=\omega^2Y$ のとき
　これは、$(l     m     n     o     p)$ を１回作用させると、$Y$ は $\omega^2$ 倍に変化するという式です。このとき、この５次巡回置換 $(l     m     n     o     p)$ を $Y$ に５回連続作用させると

$$\begin{align*} &  Y\\ {\small \omega^2  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（１回目）}\\ &\omega^2Y\\ {\small \omega^2  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（２回目）}\\ &\omega^4Y\\ {\small \omega^2  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（３回目）}\\ &\omega^6Y\\ {\small \omega^2  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（４回目）}\\ &\omega^8Y\\ {\small \omega^2  倍}  &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)  を作用（５回目）}\\ &\omega^{10}Y \end{align*}$$

より

$$\begin{align*} &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (l     m     n     o     p)^5  を作用}　　\\ &\omega^{10}Y \end{align*}$$

よって

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=\omega^{10}Y \end{align*}$$

$\omega^{10}=\omega^3\cdot\omega^3\cdot\omega^3\cdot\omega={(\underset{1}{\underline{\omega^3}})}^3\cdot\omega=1^3\cdot\omega=\omega$ より

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=\omega Y \end{align*}$$

しかし、これも満たしていないことが分かります。先に述べたように $\omega$ は
　$\omega=\dfrac{-1+\sqrt{2}i}{2}$　または　$\dfrac{-1-\sqrt{2}i}{2}$
という定数なので、$➇$ 式

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)^5Y=Y　\cdots ➇ \end{align*}$$

を満たしません。よって、(case3)
　$(l     m     n     o     p)Y=\omega^2 Y$
は不適となります。
　以上より、(case1) のときのみが成り立ち、$(l     m     n     o     p)Y$ の行き先は

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)Y=Y　\cdots ➈ \end{align*}$$

とただ１通りに決まります。$Y$ そのものは、任意の５次巡回置換で変化しないことが分かりました。
　ここで最初に示した $➀$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

が登場します。
　まず、$➀$ の左辺 $(x_1     x_2     x_3)$ は、解の式 $Y$ に作用させると変化させる３次巡回置換です。$Y$ にこの３次巡回置換 $(x_1     x_2     x_3)$ を作用させると、$➃$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y=\omega Y,  \omega^2Y　\cdots ➃ \end{align*}$$

となることはすでにやりました。
　次に $➀$ の右辺を見てみます。これは５次巡回置換の積です。先ほど $➈$ 式

$$\begin{align*} (l     m     n     o     p)Y=Y　\cdots ➈ \end{align*}$$

を証明しました。これは、解の式 $Y$ に任意の５次巡回置換 $(l     m     n     o     p)$ を作用させても変化しないという式です。
　$(l     m     n     o     p)$ は任意の５次巡回置換なので、どのような５次巡回置換を持ってきても $➈$ は成り立ちます。つまり、$➀$ の右辺に表れる２つの５次巡回置換を持ってきても $➈$ は成り立つので

$$\begin{align*} (x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)Y&=Y　\cdots ➉\\ (x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)Y&=Y　\cdots ⑪ \end{align*}$$

ここで、$Y$ に $➀$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

の左辺である
　$(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)$
を作用させてみましょう。本シリーズでは置換の積を左から（前から）順に作用させると定義しているので

$$\begin{align*} &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)  を作用}\\ {\small ➉ より変化しない \rightarrow}  &  Y\\ &\Downarrow  {\small \leftarrow (x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)  を作用}\\ {\small ⑪ より変化しない \rightarrow}  &  Y \end{align*}$$

より、$Y$ は変化しないので

$$\begin{align*} (x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)Y=Y　\cdots ⑫ \end{align*}$$

ここで $➃$ と $⑫$ を並べてみます。

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y&=\omega Y,  \omega^2Y　\cdots ➃\\ (x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)Y&=Y\hspace{32pt}　\cdots ⑫ \end{align*}$$

すると、おかしいことに気付きます。改めて $➀$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

を確認すると、等しい置換を $Y$ に作用させても等しくなるので

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)Y=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)Y \end{align*}$$

すると、左辺は $➃$ 、右辺は $⑫$ より、$➃$ と $⑫$ は等しくならないといけません。すると、$➃$ は $\omega Y$ または $\omega^2Y$ の２通りがあるので

$$\begin{align*} \underset{➃ より \omega Y,   \omega^2Y}{\underline{(x_1     x_2     x_3)Y}}=\underset{⑫ より Y}{\underline{(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)Y}} \end{align*}$$

$➃=⑫$ より

$$\begin{align*} \omega Y=Y　または　\omega^2Y=Y \end{align*}$$

すると、$Y\ne0$ なので

$$\begin{align*} \omega=1　または　\omega^2=1 \end{align*}$$

となり矛盾します。$\omega$ は
　$\omega=\dfrac{-1+\sqrt{2}i}{2}$　または　$\dfrac{-1-\sqrt{2}i}{2}$
という定数なので、これは矛盾です。

　すると、矛盾が生じた理由は「５次方方程式に解の公式が存在する」と仮定したこと、詳しく言うと、５次方程式の解の公式を加減乗除 ($\small +,  -,  \times,  \div$) と累乗根 ($\scriptsize \sqrt{　},  \sqrt[3]{　},  \cdots$) を用いて構成できると仮定したことにあります。つまり、この仮定が間違いであることが示されたので、背理法により５次方程式に解の公式が存在しないことが証明されました。

　なお、２次方程式、３次方程式、４次方程式については、この議論は適用できません。本証明では、次の $➀$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

が重要な役割を担いましたが、２次方程式は２つの解、３次方程式は３つの解、４次方程式は４つの解までしか持たないので、５次方程式の５つの解
　$x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5$
で構成される $➀$ 式は、４次以下の方程式では構成できません。実際、４次方程式までには解の公式は存在します。

　また６次方程式の場合は、６次方程式には６つの解
　$x_1,  x_2,  x_3,  x_4,  x_5,  x_6$
があるので、その６つの解から任意に３つを選んで３次巡回置換を作ることができ、その３次巡回置換は５次巡回置換の積で表すことができるので、５次方程式のときと同様にして、$➀$ を用いて解の公式が存在しないことが証明されます。つまり６次方程式においても、構成可能な式の拡大は差積の添加（平方根の添加）までで、それ以上は拡大できない（つまり、対称性の破壊は遇置換シンメトリーまでで、それ以上破壊できない）ということになります。
　これは７次方程式、８次方程式 $\cdots$ と次数が高くなっても同じことが言えるので、これによって、５次以上の方程式には解の公式が存在しないことが証明されました。

（まとめ）証明の流れをザックリと

　５次以上の方程式に解の公式が存在しないことについて、$➀$ 式

$$\begin{align*} (x_1     x_2     x_3)=(x_5     x_4     x_3     x_2     x_1)(x_3     x_4     x_5     x_2     x_1)　\cdots ➀ \end{align*}$$

が決定的な役割を果たすことはすでに解説しました。
　右辺は３次巡回置換、左辺は５次巡回置換（の積）です。３次巡回置換も５次巡回置換もどちらも遇置換なので、遇置換シンメトリーをもつ解の式 $Y^3$ に作用させても変化しません。
　そこで、$➀$ を用いた証明の流れを再び確認していきます。遇置換シンメトリーまで破壊されたところからスタートします。本記事 (step2) のまとめです。
　まず、$➀$ の左辺については

$$\begin{gather*} ５次置換のうち遇置換を考える（遇置換シンメトリー）\\ \downarrow\\ 任意の遇置換は３次巡回置換で表せる\\ \downarrow\\ 逆に任意の３次巡回置換は遇置換である\\ \downarrow\\ ここで、ある３次巡回置換  (x_1     x_2     x_3)  を考える\\ \downarrow\\ Y^3  は遇置換シンメトリーをもつという条件より\\ \downarrow\\ Y^3  に  (x_1     x_2     x_3)  を作用させても変化しない\\ \downarrow\\ このことにより\\ \downarrow\\ Y  に  (x_1     x_2     x_3)  を作用させると\\ \downarrow\\ Y  は  Y,  \omega Y,  \omega^2Y  の３通りの変化の可能性があるが\\ \downarrow\\ Y  は遇置換シンメトリーが破壊されている\\ \hspace{18pt}（ある３次巡回置換で変化する）という条件より\\ \downarrow\\ Y  に  \underset{①  の左辺}{\underline{(x_1     x_2     x_3)}}  を作用させると  \omega Y,  \omega^2Y  に変化する\\ \downarrow\\ つまり、(x_1     x_2     x_3)Y=\omega Y,  \omega^2Y　\cdots (*1) \end{gather*}$$