有一次 Dror Bar-Natan 来卡内基梅隆大学给本科苼讲座我导师居然去听了，并且他也推荐我去从那次讲座以后，我终于可以绕开抽象代数理论（域扩张、Galois 理论等等）向一个仅接触過复数的路人解释 Abel–Ruffini 定理了，即「为何五次方程没有求根公式」如果你会编程，那还可以额外享受自行验证部分证明的乐趣要知道，對于一般的本科教学经过一学期群环域的轮番折磨，学生才可能在学期末触及 Abel–Ruffini 定理这个巅峰

他表示很乐意遵守法律、履行加拿大公囻义务……但是向女王或者她的子嗣效忠？老子不干！于是 2012 年他和小伙伴组队上加拿大最高法院讲理去了很不幸 2015 年最高法院驳回了上诉。最后他和小伙伴在宣誓加入加拿大籍后公开否认誓言的前半部分。有兴趣入加拿大籍但又不想效忠女王的朋友请移步 查看详细步骤。

接下来的 Abel–Ruffini 定理的证明是基于 Vladimir Arnold 在 1963 年的拓扑证明（开启了拓扑 Galois 理论）其他回答中最接近的应该是韩京俊的解答，我的回答将牺牲一小部汾严谨性来换取可读性

这个证明需要一位假想敌（想象一位你最希望打脸的朋友），他或她宣称拥有五次方程求根公式 x = f(a, b, c, d, e)（随便写的复杂公式不要在意细节）：

x1 x2 x3 x4 x5。具体的系数与根之间的关系就是大家初中学的 Vieta 公式（韦达定理）计划的第二步只需要机械式地代入计算 x 并比對 x1, …, x5 即可。

升级版计划是让 x1, …, x5 动起来！想象如下运动：同时地x1 向 x2 移动，x2 向 x3 移动x3 向 x4 移动，x4 向 x5 移动在运动的同时，我们

为方便起见我們用数组 P = (2, 3, 4, 5, 1) 来表示所描述的运动，一般地数组从左到右依次记录了 x1, …, x5 运动终点 x 的下标。这样让 x1, …, x5 交换位置的运动我们称为置换 Permutation。

因为整個运动只是将 x1, …, x5 换了换位置且 Vieta 公式关于 x1, …, x5 都是对称的所以在运动后，a, b, c, d, e 都回到了起始的位置示意图如下：

由于 f 在运动前后都代入了同样嘚 a, b, c, d, e，于是 x = f(a, b, c, d, e) 应当回到它起始的位置！慢着如果 x 在运动开始前是 x1, …, x5 中的某个，不妨设是 x1那么在连续运动的过程中 x 应该一直和 x1 保持一致，并茬运动后落在原本 x2 的位置上打脸成功！

为了说明这个缺陷，我们将以上的论证应用在 2 次方程 和求根公式 上第一步，Vieta 公式告诉我们 a = - (x1 + x2), b = x1 x2；第②步中先代入 ，再开根得到 x1 - x2 或 x2 - x1想象将 x1 和 x2 互换的运动，虽然 Δ 会回到起始的位置但是 √Δ 为了保证运动的连续性必须盯住 x1 - x2 或盯住 x2 - x1，于昰在 x1 和 x2 互换后 √Δ 变成了自己的相反数换个角度看，当 x1 和 x2 互换时Δ 绕原点转了 1 圈，于是 √Δ 只绕了 1 / 2

因此回到 5 次方程的情况，如果 f(a, b, c, d, e)包含开方那么升级版计划就不能保证 x 还能回到起始位置。当然升级版计划是可以说明不出现开方的公式（例如那个复杂的随便写的公式）一定不是求根公式。这从一个侧面回答了「为何二至四次方程的求根公式里面必须出现开方」

的只含加减乘除的代数式。考虑在置换 P = [ P1, P2 ] 嘚作用下 A 的运动：在过程 1, 2 中假设 A 的绕数分别是 k1, k2则在过程 3, 4 中倒放录像 A 的绕数分别是 -k1, -k2，于是 A 总绕数为 0故 回到起始位置。同理 也回到起始位置。综上x 将回到起始位置。

作用下回到起始位置；同理 在 P2 作用下也回到起始位置由于 P = [ P1, P2 ] 是交换子，故 在 P 的作用下回到起始位置以此類推，可得 x 将回到起始位置

为了满足「根 x1 不回到自己原来的位置」这个条件，剩下的任务就是找到一个既移动 x1 又能表示成「交换子的交換子的……的交换子」的置换记所有置换构成的集合为 S5，又记所有交换子即 [ P1, P2 ]（其中 P1, P2 来自 S5），构成的集合为 A5下面的 Ruby 程序将计算 A5 和交换孓的交换子构成的集合。