>>452
>>”ラグランジュ分解式を適切に定義すれば”
>>の「適切」には意味があって、・・・
>>ガロア群の作用とシンクロさせるように
>> 1のべき根と組み合わせる必要がある。
>>それが「適切な」定義。

１）それ、勘違いだな
　端的に、下記の五次方程式のラグランジュ分解式を考える
　x=α1+ζα2+ζ^2α3+ζ^3α4+ζ^4α5
　α1〜α5が五次方程式の根で、ζ は1の原始5乗根
２）根 α1〜α5が全く一般的な場合、α1〜α5は平等で、根の並びや後先は 意味がないでしょ
　つまり x'=α2+ζα3+ζ^2α4+ζ^3α5+ζ^4α1 としても、意味同じだ（番号の付け方だけの問題）
　そもそも、α1〜α5の順列 ５！＝120 通りを全部考えるから
　α1〜α5とζ〜ζ^4の組み合わせは、全部実現される

似たことを、ガロアは彼の第一論文のガロア分解式の補足説明に書いてある

(参考)
//ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%94%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F
五次方程式
限定的な代数的解法
一般式が代数的に解けないということは、上記に示したとおりであるが、特定の五次方程式がどのような場合に解けるかは分かっている。ラグランジュが3次、4次で用いた手法をそのまま持ち込んだ場合、
x=(α1+ζα2+ζ^2α3+ζ^3α4+ζ^4α5)^5 (ただし ζ は1の原始5乗根)
の置換を考察することになるが、この場合5次対称群の位数は120で、出現する式は5次巡回群の位数=5で割った24通りである。つまりその為に解かなければならない方程式は24次式となり5次よりはるかに悪化する。
そこでより位数の低い置換を与えるような式を考察する必要があるが、これは1861年にアーサー・ケイリーが与えたものが最良となる。
x=(α1α2+α2α3+α3α4+α4α5+α5α1-α1α3-α2α4-α3α5-α4α1-α5α2)^2
この場合出現する式は6通りであり、6次方程式を解くことに帰着する。もちろんこれを代数的に解くことは一般的状況では不可能であるが、根の平方が有理数になる場合に限り、実質的な次数が下がり、代数的に解ける。以下は3次、4次のラグランジュの解法同様にして元の方程式の根を得る。これが五次方程式が代数的に解ける必要十分条件である。