抽象代数课程笔记 III —— 域论、伽罗瓦理论

Chap.13 Field Theory

Sec.13.1 Basic Theory and Field Extensions

基本概念

一些基本定义和域论最重要的概念：域扩张。

特征

域 $F$ 的 特征 (characteristic) 定义为最小的正整数 $p$ 使得 $p$ 个 $1_{F}$ 相加得 $0$ ，记为 $ch (F)$ 。若不存在这样的 $p$ ，则 $ch (F) = 0$ 。

对于整环 $R$ ，定义其特征为其分式域的特征。

记 $n \cdot 1_{F}$ 表示 $n$ 个 $1_{F}$ 相加，则

n \cdot 1_{F} + m \cdot 1_{F} = (n + m) \cdot 1_{F}, (n \cdot 1_{F}) (m \cdot 1_{F}) = m n \cdot 1_{F}

结论 13.1

$ch (F)$ 等于 $0$ 或质数。若 $ch (F) = p$ ，则对任意 $α \in F$ ， $p \cdot α = α + \dots + α = 0$ 。

证明

若 $n \cdot 1_{F} = 0$ 且 $n = a b$ ，则 $(a \cdot 1_{F}) (b \cdot 1_{F}) = 0$ ，于是 $a \cdot 1_{F} = 0$ 或 $b \cdot 1_{F} = 0$ 。

$p \cdot α = p \cdot (1_{F} α) = (p \cdot 1_{F}) α = 0$ 。 $◻$

例

(1) $ch (Q) = ch (R) = ch (Z) = 0$ 。

(2) $ch (F_{p} = Z / p Z) = ch (F_{p} [x]) = p$ 。

素域

$F$ 的 素域 (prime subfield) 定义为乘法单位元 $1_{F}$ 生成的子域。它同构于 $Q$ 或 $F_{p}$ ，分别对应 $ch (F) = 0$ 和 $ch (F) = p$ 的情形。

素域是 $F$ 最小的子域。

例

(1) $Q, R$ 的素子域为 $Q$ 。

(2) $F_{p} (x)$ 的素子域同构于 $F_{p}$ 。

扩域

若域 $K$ 包含域 $F$ ，则称 $K$ 是 $F$ 的 扩域 (extension field)（也称扩张），记为 $K / F$ 。 $F$ 称为扩张的 基域 (base field)。

若 $K / F$ 是扩张，则 $K$ 上的乘法使 $K$ 成为关于 $F$ 的线性空间。 $F$ 是关于其基域的线性空间。

度

$K$ 关于 $F$ 的线性空间的维度 $\dim_{F} K$ 称为扩张 $K / F$ 的 度 (degree)，记作 $[K : F]$ 。

$K$ 是 $F$ 的线性空间，若 $\forall r, s \in F, \forall k \in K$ ：

(1) $K$ 上的加法形成阿贝尔群。

(2) $(r + s) k = r k + s k$ 。

(3) $(r s) k = r (s k)$ 。

(4) $r (k_{1} + k_{2}) = r k_{1} + r k_{2}$ 。

(5) $1 \cdot k = k$ 。

存在 $K$ 上的一组基底，使得 $K$ 的每个元素由这些基底的 $F$ -线性组合得到。基底的大小即扩张的度。

例

$[C : R] = 2$ ，基底为 ${1, i}$ 。

有限扩张

若 $[K : F]$ 有限，则 $K / F$ 称为 有限扩张 (finite extension)。否则称为无限扩张。

一类特殊扩域：不可约多项式的根

尝试求解 $F$ 上的方程导出了一类重要的域扩张。给定 $p (x) \in F [x]$ ，是否存在 $F$ 的扩域 $K$ 使得 $p (x)$ 在 $K$ 上有根？

结论 13.2（推论 7.10）

设 $φ : F \to F^{'}$ 是域同态，则 $φ$ 为零映射或单射， $φ$ 的像为 $0$ 或同构于 $F$ 。

定理 13.3

设不可约多项式 $p (x) \in F [x]$ ，则存在含同构于 $F$ 的子域的域 $K$ 使得 $p (x)$ 有根。将 $F$ 和它在 $K$ 上的同构子域相对应，则存在 $F$ 的扩域使得 $p (x)$ 有根。

证明

设 $K = F [x] / (p (x))$ 。因为 $p (x)$ 不可约，所以 $K$ 是域（结论 9.15）。

考虑 $F [x] \to F [x] / (p (x))$ 的自然映射 $π$ 。设 $φ = π |_{F} : F \to K$ （映射 $π$ 的原像集为 $F$ 的部分），则 $φ$ 是同态。因为 $φ (1_{F}) = 1_{K}$ ，所以 $φ$ 不为零， $φ$ 是单射， $φ (F) ≅ F$ 。将 $F$ 对应于 $φ (F)$ ，则 $F$ 是 $K$ 的子域。

因为 $π$ 是同态，所以 $p (\overset{―}{x}) = \overset{―}{p (x)} = p (x) mod (p (x)) = 0$ ，其中 $\overset{―}{x} \in K$ 。 $◻$

$p (x)$ 在 $F$ 上可能没有根，但在 $F [x] / (p (x))$ 上一定有根：如果 $F$ 上的元素不能满足要求，那就让变量 $x$ 本身成为一个元素。

$C$ 就是通过 $R$ 根据 $x^{2} + 1 = 0$ 扩张得到的。 $x^{2} + 1$ 在 $R$ 上没有根。考虑 $R [x] / (x^{2} + 1)$ ，此时 $x$ 本身就是一个元素，即 $i$ 。对于 $a + b x, c + d x \in R [x] / (x^{2} + 1)$ ，有

$(a + b x) (c + d x) mod (x^{2} + 1) = (a c - b d) + (a d + b c) x$
恰好对应复数乘法。这不是巧合，只是一种视角将 $i$ 视作 $\sqrt{- 1}$ ，另一种视角将 $i$ 视作模 $x^{2} + 1$ 下的 $x$ 。它们本质相同。

现在考虑如何用 $K$ 的一组基底的 $F$ -线性组合表示 $K$ 。一个合理的推测是最终得到所有度小于 $\deg p (x)$ 的多项式，因为 $F [x]$ 上支持带余除法 $a (x) = q (x) p (x) + r (x)$ ，其中 $\deg r (x) < \deg p (x)$ ，于是 $a (x) mod p (x) = r (x)$ 。

定理 13.4

设 $p (x) \in F [x]$ 是度为 $n$ 的不可约多项式， $K = F [x] / (p (x))$ 。记 $θ = x mod (p (x)) \in K$ ，则 $1, θ, \dots, θ^{n - 1}$ 是 $K$ 关于 $F$ 的线性空间的一组基，且扩张的度为 $[K : F] = n$ 。

K = {a_{0} + a_{1} θ + \dots + a_{n - 1} θ^{n - 1} ∣ a_{0}, \dots, a_{n - 1} \in F}

恰为所有度小于 $n$ 的关于 $θ$ 的多项式。

注：使用 $x$ 和 $θ$ 是为了区分： $x$ 本身表示变量，但它也是 $F [x]$ 的元素。 $θ$ 表示 $F [x]$ 的元素 $x$ 在 $F [x] / (p (x))$ 上的像。

证明

由 $F [x]$ 上的带余除法， $a (x) mod p (x) = r (x)$ ，其中 $\deg r (x) < \deg p (x) = n$ 。因此，所有 $F [x] / (p (x))$ 的等价类可以表示为度小于 $n$ 的关于 $θ$ 的多项式， $1, θ, \dots, θ^{n - 1}$ 确实张成了 $K$ 。

若 $1, θ, \dots, θ^{n - 1}$ 线性相关，则根据线性关系得到 $F [x]$ 上的非零多项式 $b (x) \equiv 0 (\mod p (x))$ 且 $\deg b (x) < n$ ，矛盾。 $◻$

将定理放在 $Z / p Z [x]$ 上就容易理解了：对度为 $n$ 的多项式 $f (x)$ ，所有度小于 $n$ 的多项式在模 $f (x)$ 意义下互不相同，所有度不小于 $n$ 的多项式模 $f (x)$ 最终得到度小于 $n$ 的多项式。

对于所有度小于 $n$ 的多项式，它们可以表示为 $a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n - 1} x^{n - 1}$ ，其中 $a_{0}, \dots, a_{n - 1} \in Z / p Z$ ，于是 $(Z / p Z [x]) / (f (x))$ 由 ${1, x, \dots, x^{n - 1}}$ 的 $Z / p Z$ -线性组合得到。此外， $f (x)$ 的不可约性保证 $(Z / p Z [x]) / (f (x))$ 是一个域。

另一种角度：设 $p (x) = x^{n} + p_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + p_{1} x + p_{0}$ 。因为 $p (θ) = 0$ ，所以

θ^{n} = - (p_{n - 1} θ^{n - 1} + \dots + p_{1} θ + p_{0})

将等式两侧同时乘以 $θ$ ，并将右侧的 $θ^{n}$ 替换为 $1, θ, \dots, θ^{n - 1}$ 的线性组合，可知任意 $θ^{m} (m \geq n)$ 都是 $1, θ, \dots, θ^{n - 1}$ 的线性组合。从中还可以感受到对多项式取模的过程是线性递推。

推论 13.5

设 $K$ 是定理 13.4 的 $K$ ， $a (θ), b (θ) \in K$ ，则 $K$ 上的加法是多项式相加， $K$ 上的乘法为 $a (θ) b (θ) = r (θ)$ ，其中 $r (x)$ 是 $a (x) b (x)$ 在 $F [x]$ 对 $p (x)$ 取模后的结果。

根的生成域

生成域

设 $K$ 是 $F$ 的扩域， $α, β, \dots \in K$ ，则 $K$ 的包含 $F$ 和 $α, β, \dots$ 的最小子域称为 $α, β, \dots$ 在 $F$ 上的 生成域，记为 $F (α, β, \dots)$ 。

最小域的存在性由两个域的交集是域保证。

单扩张、本原元

若 $K = F (α)$ ，则 $K$ 称为 $F$ 的 单扩张 (simple extension)， $α$ 称为 本原元 (primitive element)。

计算单扩张的基底和度：往 $F$ 加入 $α, α^{2}, \dots$ 直到某个 $α^{n}$ 可被表示为低次项的 $F$ -线性组合。

定理 13.6

设不可约多项式 $p (x) \in F [x]$ 。设 $K$ 是 $F$ 的扩域且包含 $p (x)$ 的根 $α$ ，则

F (α) ≅ F [x] / (p (x))

证明

构造自然映射 $φ : F [x] \to F (α)$ ，其中 $a (x) \mapsto a (α)$ 。

因为 $p (α) = 0$ ，所以 $p (x) \in \ker φ$ ，导出同态 $φ : F [x] / (p (x)) \to F (α)$ （直接映射和先模 $p (x)$ 再映射的结果相同）。因为 $p (x)$ 不可约，所以 $F [x] / (p (x))$ 是域， $φ$ 是域同态。因为 $φ$ 不是零映射，所以 $φ$ 是单射。

因为像集包含 $F$ 和 $α$ 且为 $F (α)$ 的子域，由定义，像集为 $F (α)$ ，即 $φ$ 是满射。 $◻$

定理 13.3 保证含根扩域的存在性，定理 13.4 描述了该扩域的形态，定理 13.6 证明了该扩域的最小性。

不可约多项式的所有根在代数上不可区分 (algebraically indistinguishable)。任选一个根，得到的域相互同构。核心是 $p (α) = 0$ 的性质，而非根的具体形态。

推论 13.7

设定理 13.6 的不可约多项式 $p (x)$ 度为 $n$ ，则

F (α) = {a_{0} + a_{1} α + \dots + a_{n - 1} α^{n - 1} ∣ a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1} \in F}

该推论结合推论 13.5 描述了当 $α$ 是不可约多项式的根时 $F (α)$ 的形态和运算法则。

不可约多项式不同的根具有相同的代数性质可以扩展为定理 13.8。

定理 13.8

设 $φ : F \to F^{'}$ 是域同构。设不可约多项式 $p (x) \in F [x]$ 。设 $p^{'} (x) \in F^{'} [x]$ 为对应的不可约多项式，即 $p^{'} (x)$ 的系数由 $p (x)$ 经过 $φ$ 得到。设 $α$ 是 $p (x)$ 的根（在 $F$ 的某个扩域）， $β$ 为 $p^{'} (x)$ 的根（在 $F^{'}$ 的某个扩域），则存在同构 $σ : F (α) \tilde{\to} F^{'} (β)$ ，其中 $α \mapsto β$ ，同时是 $φ$ 的扩展映射，即 $φ$ 为 $σ$ 的原像集为 $F$ 的部分。

证明

$φ$ 将 $F [x]$ 上的极大理想 $(p (x))$ 映为 $F^{'} [x]$ 上的极大理想 $(p^{'} (x))$ 。取商，得到域同构

$F [x] / (p (x)) \tilde{\to} F^{'} [x] / (p^{'} (x))$
由定理 13.6， $F (α) ≅ F [x] / (p (x))$ ， $F^{'} (β) ≅ F^{'} [x] / (p^{'} (x))$ 。复合所有同构得到 $σ$ 。 $◻$

该定理（及其推广定理 13.27）频繁应用于 Galois 理论。

作业

练习 13.1.1

设 $θ$ 是不可约多项式 $x^{3} + 9 x + 6$ 的根，求 $1 + θ$ 在 $Q (θ)$ 中的逆元。

解

由 $Q [x]$ 上的带余除法，

$x^{3} + 9 x + 6 = (1 + x) (x^{2} - x + 10) - 4$
代入 $θ$ ，

$4 = (1 + θ) (θ^{2} - θ + 10)$
因此

$(1 + θ)^{- 1} = \frac{θ^{2} - θ + 10}{4}$

解方程法见下一题。

练习 13.1.2

设 $θ$ 是不可约多项式 $x^{3} - 2 x - 2$ 的根，计算 $\frac{1 + θ}{1 + θ + θ^{2}}$ 。

解

设 $(1 + θ + θ^{2})^{- 1} = a θ^{2} + b θ + c$ ，则

$(1 + θ + θ^{2}) (a θ^{2} + b θ + c) = (p θ + q) (θ^{3} - 2 θ - 2) + 1$
比较系数得方程组

${\begin{cases} a = p, \\ a + b = q, \\ a + b + c = - 2 p, \\ b + c = - 2 q - 2 p, \\ c = - 2 q + 1. \end{cases}$
解得多项式 $- \frac{2}{3} θ^{2} + \frac{1}{3} θ + \frac{5}{3}$ 。因此

$\frac{1 + θ}{1 + θ + θ^{2}} = (1 + θ) (- \frac{2}{3} θ^{2} + \frac{1}{3} θ + \frac{5}{3}) = - \frac{1}{3} θ^{2} + \frac{2}{3} θ + \frac{1}{3}$
如果使用带余除法，则需要两次。

Sec.13.2 Algebaric Extensions

设 $K$ 是 $F$ 的扩域。

代数元及其最小多项式

上节的内容是根据不可约多项式构造扩域包含多项式的根。本节我们希望由扩域上的根确定相对应的多项式，并以此导出单扩张的性质。首先需要排除扩域上不是根的元素，仅保留代数元。

代数、超越

称 $α \in K$ 在 $F$ 上 代数 (algebraic)，若 $α$ 是非零多项式 $f (x) \in F [x]$ 的根。否则称 $α$ 在 $F$ 上 超越 (transcendental)。

若 $α$ 在 $F$ 上代数，则 $α$ 在 $F$ 的扩域 $L$ 上代数。

代数扩张

$K / F$ 称为 代数扩张 (algebraic extension)，若 $K$ 的所有元素在 $F$ 上代数。

若多项式 $f (x)$ 以 $α$ 为根，且 $f (x) = p (x) q (x)$ ，则 $p (x)$ 或 $q (x)$ 以 $α$ 为根。于是有结论 13.9：

结论 13.9

设 $α$ 在 $F$ 上代数，存在唯一的首一不可约多项式 $m_{α, F} (x) \in F [x]$ 以 $α$ 为根。 $f (x) \in F [x]$ 以 $α$ 为根当且仅当 $f (x)$ 是 $m_{α, F} (x)$ 的倍数。

直观认知： $F [x]$ 上的带余除法。

证明

设 $g (x) \in F [x]$ 是度最小的以 $α$ 为根的多项式。总可以将 $g (x)$ 乘以常数使得 $g (x)$ 是首一多项式。

若 $g (x)$ 在 $F [x]$ 上可约，则 $g (α) = a (α) b (α) = 0$ ，其中 $\deg a, \deg b < \deg g$ 。这与 $g (x)$ 度最小矛盾。因此 $g (x)$ 不可约。

设 $f (α) = 0$ 。由 $F [x]$ 上的带余除法，存在 $q (x), r (x) \in F [x]$ 使得 $f (x) = q (x) g (x) + r (x)$ ，则 $r (α) = 0$ 。若 $r (x) \neq 0$ ，则由 $\deg r < \deg g$ 导出矛盾。于是 $f (x) = q (x) g (x)$ 整除任何 $F [x]$ 上以 $α$ 为根的多项式。这同时证明了 $m_{α, F} (x) = g (x)$ 的唯一性。 $◻$

最小多项式

结论 13.9 的 $m_{α, F} (x)$ 称为 $α$ 在 $F$ 上的 最小多项式 (minimal polynomial)。 $m_{α} (x)$ 的度称为 $α$ 的 度 (degree)。

推论 13.10

设 $L / F$ 是域扩张， $α$ 在 $F, L$ 上代数，则 $m_{α, L} (x)$ 整除 $m_{α, F} (x)$ 。

$F$ 上以 $α$ 为根的多项式也是 $L$ 上以 $α$ 为根的多项式，因此 $L$ 上的最小多项式不会更大。

结论 13.11

设 $α$ 在 $F$ 上代数，则

F (α) ≅ F [x] / (m_{α} (x))

[F (α) : F] = \deg m_{α} (x) = \deg α

该结论由定理 13.6 直接得到。

例

(1) $\sqrt{2}$ 在 $Q$ 上的最小多项式为 $x^{2} - 2$ ， $[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2$ 。

(2) $\sqrt[n]{2}$ 在 $Q$ 上的最小多项式为 $x^{n} - 2$ ， $[Q (\sqrt[n]{2}) : Q] = n$ 。

从通过多项式构造含根的域，到给定根（的性质）直接构造含根的域。

代数扩张的度的性质

注意到 $R$ 包含 $Q$ 上的超越数 $e, π$ ，所以不可能通过 $Q$ 的有限扩张得到。推广之，得到结论 13.12。

结论 13.12

$α$ 在 $F$ 上代数当且仅当单扩张 $F (α) / F$ 有限。

证明

若 $α$ 代数，则单扩张的度为 $α$ 的最小多项式的度。

若 $[F (α) : F] = n$ 有限，则 $n + 1$ 个元素 $1, α, \dots, α^{n}$ 线性相关，因为度为 $n$ 的扩张最多挑出 $n$ 个线性无关的元素。存在非零多项式 $b_{0} + b_{1} α + \dots + b_{n} α^{n} = 0$ ， $α$ 代数。 $◻$

再次强调，将扩域看成线性空间的视角非常重要。

推论 13.13

若 $K / F$ 有限，则代数。

对 $α \in K$ ， $F (α)$ 是 $K$ 的子域。

注：结论的逆命题不成立 —— 存在无限代数扩张。但若 $F$ 的扩域包含超越元，则扩张无限（逆否命题）。

定理 13.14

设 $F \subseteq K \subseteq L$ 是域，则

[L : F] = [L : K] [K : F]

证明

设 $α_{1 \sim m}$ 是 $L$ 在 $K$ 上的一组基， $β_{1 \sim n}$ 是 $K$ 在 $F$ 上的一组基，则 $γ_{i j} = α_{i} β_{j}$ 是 $L$ 在 $F$ 上的一组基：若 $\sum b_{i j} γ_{i j} = 0$ ，即 $\sum_{i = 1}^{m} (\sum_{j = 1}^{n} b_{i j} β_{j}) α_{i} = 0$ ，则由 $α_{i}$ 线性无关知 $\sum_{j = 1}^{n} b_{i j} β_{j} = 0$ ，由 $β_{j}$ 线性无关知 $b_{i j} = 0$ 。 $◻$

有限扩张的有限扩张是有限扩张。

推论 13.15

设 $L / F$ 是有限扩张， $K$ 是 $L$ 的子域且包含 $F$ ，则 $[K : F]$ 整除 $[L : F]$ 。

例

$[Q (\sqrt[6]{2}) : Q (\sqrt{2})] = \frac{[Q (\sqrt[6]{2}) : Q]}{[Q (\sqrt{2}) : Q]} = \frac{6}{2} = 3$
对应最小多项式 $m_{\sqrt[6]{2}, Q (\sqrt{2})} (x) = x^{3} - \sqrt{2}$ 。

有限生成扩张、复合域

有限生成

称 $K$ 在 $F$ 上 有限生成 (finitely generated)，若存在 $α_{1}, \dots, α_{k} \in K$ 使得 $K = F (α_{1}, \dots, α_{k})$ 。

喜闻乐见的有限生成时刻。

引理 13.16

F (α, β) = (F (α)) (β)

即多个元素的生成域可由一系列单扩张得到。

例

$[Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q] = [Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q (\sqrt{2})] [Q (\sqrt{2}) : Q] = 4$
其中 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q (\sqrt{2})] = 2$ 是因为 $x^{2} - 3$ 在 $Q (\sqrt{2})$ 上不可约（ $\sqrt{3} \notin Q (\sqrt{2})$ ）。 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) / Q$ 的基底为 $1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$ 。

定理 13.17

$K / F$ 有限当且仅当 $K$ 由有限多代数元在 $F$ 上生成。若 $α_{i}$ 的度为 $n_{i}$ ，则扩张的度不超过 $\prod n_{i}$ 。

证明

若 $K / F$ 有限，设 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 为 $K$ 关于 $F$ 的线性空间的基。由推论 13.15， $[F (α_{i}) : F]$ 整除 $n$ 。由结论 13.12， $α_{i}$ 在 $F$ 上代数。

反之，设 $α_{i}$ 在 $F$ 上的度为 $n_{i}$ ， $F_{0} = F$ 且 $F_{i} = F_{i - 1} (α_{i})$ 。由引理 13.16， $K = F_{n}$ 。由推论 13.10， $\deg m_{α_{i}, F_{i - 1}} (x) \leq \deg m_{α_{i}, F} (x) = n_{i}$ ，即 $[F_{i} : F_{i - 1}] \leq n_{i}$ 。由定理 13.14， $[K : F] \leq \prod n_{i}$ 。 $◻$

直观认知：包含超越元的扩张一定是无限扩张。

推论 13.18

若 $α, β$ 在 $F$ 上代数，则 $α \pm β$ ， $α β$ ， $α / β (β \neq 0)$ 代数。

证明

由定理 13.17， $F (α, β)$ 有限。由推论 13.13， $α \pm β, α β, α / β \in F (α, β)$ 代数。 $◻$

推论 13.19

设 $L / F$ 是任意域扩张，则 $L$ 在 $F$ 上的代数元形成 $L$ 的子域 $K$ 。

由前一推论，代数元关于四则运算封闭，故构成域。

定理 13.20

若 $K$ 在 $F$ 上代数， $L$ 在 $K$ 上代数，则 $L$ 在 $F$ 上代数。

多项式复合即可证明。

复合域

设 $K_{1}, K_{2}$ 为 $K$ 的子域，则称 $K$ 的最小的包含 $K_{1}, K_{2}$ 的子域为 $K_{1}, K_{2}$ 的 复合域 (composite field)，记作 $K_{1} K_{2}$ 。类似定义多个域的复合域。

若 $K_{1} = F (α_{1}, \dots, α_{n})$ ， $K_{2} = F (β_{1}, \dots, β_{m})$ ，则 $K_{1} K_{2} = F (α_{1}, \dots, α_{n}, β_{1}, \dots, β_{m})$ 。

结论 13.21

设 $K_{1}, K_{2}$ 是 $F$ 的有限扩张，则

[K_{1} K_{2} : F] \leq [K_{1} : F] [K_{2} : F]

等号成立当且仅当其中一个域的基底在另一个域线性无关。

推论 13.22

设 $[K_{1} : F] = n$ ， $[K_{2} : F] = m$ ，其中 $n, m$ 互质，则 $[K_{1} K_{2} : F] = [K_{1} : F] [K_{2} : F] = n m$ 。

作业

练习 13.2.1

设有限域 $F$ 的特征为 $p$ 。证明 $| F | = p^{n}, n \in Z^{+}$ 。

证明

因为 $ch (F) = p$ ，所以 $F$ 的基域为 $F_{p}$ 。因为 $F$ 是 $F_{p}$ 上的线性空间，设 $n = [F : F_{p}]$ ，则 $n$ 是正整数且 $| F | = | F_{p} |^{n}$ 。 $◻$

练习 13.2.3

计算 $1 + i$ 在 $Q$ 上的最小多项式。

解

若实多项式 $f (x)$ 以 $1 + i$ 为根，则 $f (x)$ 以 $1 - i$ 为根。因此考虑

$(x - (1 + i)) (x - (1 - i)) = x^{2} - 2 x + 2 \in Q [x]$
由 Eisenstein 判别法， $x^{2} - 2 x + 2$ 不可约。

练习 13.2.7

证明 $Q (\sqrt{2} + \sqrt{3}) = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 。求 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 的最小多项式。

证明

因为 $\sqrt{2} + \sqrt{3} \in Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ，所以 $Q (\sqrt{2} + \sqrt{3}) \subseteq Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 。

考虑到 $\sqrt{3} - \sqrt{2} = \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}}$ ，所以 $\sqrt{3} - \sqrt{2} \in Q (\sqrt{2} + \sqrt{3})$ 。因此 $\sqrt{2}, \sqrt{3} \in Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 。因此 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) = Q (\sqrt{2} + \sqrt{3})$ 。 $◻$

令 $θ = \sqrt{2} + \sqrt{3}$ ，计算 $θ^{2}, θ^{3}, θ^{4}$ ，均表示为 $a + b \sqrt{2} + c \sqrt{3} + d \sqrt{6}$ 的形式。设 $θ^{4} + p θ^{3} + q θ^{2} + r θ + s = 0$ ，解得多项式 $θ^{4} - 10 θ^{2} + 1$ 。

注：学习 Galois 理论后，我们知道 $Q (\sqrt{2} + \sqrt{3}) / Q$ 是 Galois 扩张，所以 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 的最小多项式可根据其 Galois 共轭计算得到，即 $\prod (x \pm \sqrt{2} \pm \sqrt{3}) = x^{4} - 10 x^{2} + 1$ 。

练习 13.2.11(2)

计算 $[Q (\sqrt{1 + \sqrt{- 3}} + \sqrt{1 - \sqrt{- 3}}) : Q]$ 。

解

$θ^{2} = (1 + \sqrt{- 3}) + 2 \sqrt{1 + 3} + (1 - \sqrt{- 3}) = 6$ ，所以 $θ$ 是 $x^{2} - 6$ 的根。由 Eisenstein 判别法， $x^{2} - 6$ 不可约，所以 $[Q (θ) : Q] = 2$ 。

练习 13.2.14

设 $[F (α) : F]$ 是奇数，证明 $F (α) = F (α^{2})$ 。

证明

因为 $α^{2} \in F (α)$ ，所以 $F (α^{2}) \subseteq F (α)$ 。 $α$ 在 $F (α^{2})$ 上是 $x^{2} - α^{2}$ 的根，所以 $[F (α) : F (α^{2})] \leq 2$ 。因为 $[F (α) : F]$ 是奇数，由定理 13.14， $[F (α) : F (α^{2})]$ 不可能是偶数，所以 $F (α) = F (α^{2})$ 。 $◻$

*练习 13.2.17

设 $f (x)$ 是域 $F$ 上度为 $n$ 的不可约多项式， $g (x) \in F [x]$ 。证明 $f (g (x))$ 的每个不可约因子的度是 $n$ 的倍数。

证明

设 $α$ 是 $f (g (x))$ 的不可约因子 $p (x)$ 的根， $K = F (α)$ ， $β = g (α)$ ，则 $β \in K$ 且 $f (β) = 0$ 。因为 $F \subseteq F (β) \subseteq F (α)$ 且 $[F (β) : F] = \deg f (x) = n$ ，所以 $[F (α) : F]$ 是 $n$ 的倍数，即 $n ∣ \deg p (x)$ 。 $◻$

Sec.13.4 Splitting Fields and Algebraic Closures

由之前的讨论，存在含 $f (x) \in F [x]$ 的根 $α$ 的扩域 $K$ ， $f (x)$ 在 $K [x]$ 上含有线性因子 $x - α$ 。现在我们希望构造一个域包含 $f (x)$ 的所有根，即 $f (x)$ 在 $K [x]$ 上完全分解为若干线性因子的乘积。

分裂域、正规扩张

分裂域是 Galois 理论的重要概念。

分裂域

扩域 $K / F$ 称为多项式 $f (x) \in F [x]$ 的 分裂域 (splitting field)，若 $f (x)$ 在 $K [x]$ 上完全分解为线性因子，且不在任何 $K$ 的包含 $F$ 的真子域上完全分解。

定理 13.25

对任何域 $F$ ，设 $f (x) \in F [x]$ ，则存在 $F$ 的扩域 $K$ 是 $f (x)$ 的分裂域。

简单归纳，每次消去一个因子。

例

(1) $x^{2} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域为 $Q (\sqrt{2})$ 。

(2) $(x^{2} - 2) (x^{2} - 3)$ 在 $Q$ 上的分裂域为 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 。

(3) $x^{4} + 4$ 的所有根形如 $\pm 1 + \pm i$ ，其在 $Q$ 上的分裂域为 $Q (i)$ 。

正规扩张

设 $K$ 是 $F$ 的代数扩张。若 $K$ 是某些 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域，则称 $K$ 是 $F$ 的 正规扩张 (normal extension)。

注：对有限扩张 $K / F$ ， $K$ 是 $F$ 上多项式的分裂域当且仅当任何在 $K$ 上有根的 $F$ 上的不可约多项式在 $K$ 上完全分解（练习 13.4.5）。后者是正规扩张的另一种常用定义。

结论 13.26

$F$ 上度为 $n$ 的多项式的分裂域的度不超过 $n!$ 。

定理 13.27

设 $φ : F \tilde{\to} F^{'}$ 是域同构。设 $f (x) \in F [x]$ 。设 $f^{'} (x) \in F^{'} (x)$ 为对应多项式。设 $E$ 是 $f (x)$ 在 $F$ 上的分裂域， $E^{'}$ 是 $f^{'} (x)$ 在 $F^{'}$ 上的分裂域，则存在同构 $σ : E \tilde{\to} E^{'}$ 且 $σ$ 是 $φ$ 的扩展映射。

定理 13.8 的推广。本质是定理 13.8 的归纳。

证明

考虑 $f (x)$ 在 $F [x]$ 上的不可约分解和 $f^{'} (x)$ 在 $F^{'} [x]$ 上的不可约分解。由 $F$ 和 $F^{'}$ 同构可知 $F [x]$ 和 $F^{'} [x]$ 同构，所以不可约分解同构，并通过 $φ$ 联系在一起。

若 $f (x)$ 完全分解，则 $f^{'} (x)$ 完全分解，取 $E = F$ ， $E^{'} = F^{'}$ ， $σ = φ$ 。这同时证明了 $\deg f (x) = n = 1$ 的情形。

使用数学归纳法，假设命题对所有度小于 $n$ 的多项式成立。

设 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的度大于 $1$ 的不可约因子，若不存在则 $f (x)$ 完全分解，由上述讨论，命题成立。设 $p^{'} (x)$ 为 $f^{'} (x)$ 的对应不可约因子。设 $α \in E$ 是 $p (x)$ 的根， $β \in E^{'}$ 是 $p^{'} (x)$ 的根。由定理 13.8， $F (α) ≅ F^{'} (β)$ 且 $σ^{'} : F (α) \tilde{\to} F^{'} (β)$ 是 $φ$ 的扩展映射。

设 $F_{1} = F (α)$ ， $F_{1}^{'} = F^{'} (β)$ ， $f (x)$ 在 $F_{1} [x]$ 上分解为 $(x - α) f_{1} (x)$ ， $f^{'} (x)$ 在 $F_{1}^{'} [x]$ 上分解为 $(x - β) f_{1}^{'} (x)$ ，则 $E$ 是 $f_{1}$ 在 $F_{1}$ 上的分裂域， $E^{'}$ 是 $f_{1}^{'}$ 在 $F_{1}^{'}$ 上的分裂域。由归纳假设，命题成立。 $◻$

推论 13.28（分裂域的唯一性）

$f (x) \in F [x]$ 在 $F$ 上的所有分裂域同构。

代数闭包

进一步地，我们希望构造一个域包含 $F$ 上所有多项式的所有根。

代数闭包

代数扩域 $\overset{―}{F} / F$ 称为 $F$ 的 代数闭包 (algebraic closure)，若所有 $f (x) \in F [x]$ 在 $\overset{―}{F}$ 上完全分解。 $\overset{―}{F}$ 包含所有在 $F$ 上代数的元素。

代数封闭

称 $K$ 代数封闭 (algebraically closed)，若 $K$ 上的多项式在 $K$ 上有根。

只要有一个根，就可以不断分解线性因子直到完全分解。

结论 13.29

$F$ 的代数闭包 $\overset{―}{F}$ 代数封闭。

证明

设 $α$ 是 $f (x) \in \overset{―}{F} [x]$ 的根，则 $\overset{―}{F} (α) / \overset{―}{F}$ 代数。因为 $\overset{―}{F} / F$ 代数，由定理 13.20， $\overset{―}{F} (α) / F$ 代数，所以 $α$ 在 $F$ 上代数，即 $α$ 是某个 $g (x) \in F [x]$ 的根。由代数闭包的定义， $α \in \overset{―}{F}$ ，即 $\overset{―}{F}$ 代数封闭。 $◻$

结论 13.30

对任意 $F$ ，存在代数封闭的 $K$ 包含 $F$ 。

证明较复杂，略去。

结论 13.31

设 $K$ 代数封闭， $F$ 是 $K$ 的子域，则 $K$ 的所有在 $F$ 上代数的元素形成的集合 $\overset{―}{F}$ 是 $F$ 的代数闭包。 $F$ 的代数闭包在同构意义下唯一。

我们将借助 Galois 理论证明以下定理（定理 14.35）。

定理（代数学基本定理：Fundamental Theorem of Algebra）

$C$ 代数封闭。

作业

*练习 13.4.2

计算 $x^{4} + 2$ 在 $Q$ 上的分裂域和它的度。

解

设 $a = \sqrt[4]{2}$ ，则 $x^{4} + 2$ 的所有根形如 $a ξ^{k}$ ，其中 $k = 1, 3, 5, 7$ 且 $ξ = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i$ 是落在第一象限的八次单位根。

设 $x^{4} + 2$ 的分裂域为 $E$ ，则 $i = ξ^{2} = \frac{a ξ^{3}}{a ξ} \in E$ 。而 $a^{2} ξ^{2} = \sqrt{2} i \in E$ ，所以 $\sqrt{2} \in E$ 。因此 $ξ = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} i \in E$ ，进而 $a = \frac{a ξ}{ξ} \in E$ ，于是 $Q (a, i) \subseteq E$ 。又因为 $Q (a, i)$ 包含 $x^{4} + 2$ 的所有根，所以 $E \subseteq Q (a, i)$ 。因此 $E = Q (a, i)$ 。

因为 $i \notin Q (a)$ 且 $m_{i, Q} (x) = x^{2} + 1$ ，所以 $[Q (a, i) : Q (a)] = 2$ 。由 Eisenstein 判别法， $x^{4} - 2$ 在 $Q$ 上不可约，所以 $[Q (a) : Q] = 4$ 。由定理 13.14， $[E : Q] = 8$ 。

*练习 13.4.5

设 $K / F$ 是有限扩张。证明 $K$ 是 $F$ 的分裂域当且仅当所有在 $K$ 上有根的 $F$ 上的不可约多项式在 $K$ 上完全分解。

注：不是作业题，但笔者认为值得一做。

证明

设 $K$ 是 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域。设 $p (x) \in F [x]$ 是不可约多项式且 $p (α) = 0$ ，其中 $α \in K$ 。设 $β$ 是 $p (x)$ 的另一个根。由定理 13.6， $F (α) ≅ F (β)$ 。由定理 13.27， $f (x)$ 在 $F (α)$ 上的分裂域 $K_{1}$ 同构于 $f (x)$ 在 $F (β)$ 上的分裂域 $K_{2}$ 。易知 $K_{1} = K (α)$ ， $K_{2} = K (β)$ ，而 $α \in K_{1}$ ，所以 $K_{1} = K$ 。于是 $K_{2} = K$ ，即 $β \in K$ 。

因为 $K / F$ 是有限扩张，所以 $K = F (α_{1}, \dots, α_{n})$ 。设 $α_{i}$ 在 $F$ 上的最小多项式为 $p_{i} (x) \in F [x]$ ，设 $f (x) = \prod_{i = 1}^{n} p_{i} (x) \in F [x]$ 。因为 $f (x)$ 的某个根 $β$ 在 $F$ 上的最小多项式为 $f (x)$ 的某个不可约因子 $p_{j} (x)$ ，而 $α_{j} \in K$ ，所以 $p_{j} (x)$ 在 $K$ 上完全分解，即 $β \in K$ 。而所有 $α_{i}$ 均为 $f (x)$ 的根且 $K$ 是最小的包含 $F$ 和 $α_{i}$ 的域，所以 $K$ 是 $f (x)$ 的分裂域。 $◻$

练习 13.4.6

设 $K_{1}, K_{2} \subseteq K$ 是 $F$ 的有限扩张，且 $K_{1}, K_{2}$ 是 $F$ 的分裂域。

(a) $K_{1} K_{2}$ 是 $F$ 的分裂域。

证明

设 $K_{1}$ 是 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域， $K_{2}$ 是 $g (x) \in F [x]$ 的分裂域， $K$ 是 $f (x) g (x)$ 的分裂域。因为 $K_{1} K_{2}$ 含 $f (x) g (x)$ 的所有根，所以 $K \subseteq K_{1} K_{2}$ 。因为 $K$ 完全分解 $f (x)$ 和 $g (x)$ ，所以 $K_{1}, K_{2} \subseteq K$ 。因此 $K = K_{1} K_{2}$ 。 $◻$

(b) $K_{1} \cap K_{2}$ 是 $F$ 的分裂域。

证明

设 $f (x) \in F [x]$ 在 $K_{1} \cap K_{2}$ 上有根，则 $f (x)$ 在 $K_{1}, K_{2}$ 上有根。由练习 13.4.5， $f (x)$ 在 $K_{1}, K_{2}$ 上有所有根，于是 $f (x)$ 在 $K_{1} \cap K_{2}$ 上有所有根。由练习 13.4.5， $K_{1} \cap K_{2}$ 是 $F$ 的分裂域。 $◻$

Sec.13.5 Separable and Inseparable Extension

可分多项式在 Galois 理论中很常见。Galois 理论研究多项式的根，我们将看到多项式有重根和没有重根之间有很大不同。

可分多项式及其判定

单根、重根

在分裂域上， $f (x)$ 可分解为 $\prod_{i = 1}^{k} a_{n} (x - α_{i})^{n_{i}}$ ，其中 $α_{i}$ 互不相同且 $n_{i} \geq 1$ 。若 $n_{i} = 1$ ，则称 $α_{i}$ 为 单根 (simple root)。若 $n_{i} > 1$ ，则称 $α_{i}$ 为 重根 (multiple root)。 $n_{i}$ 称为 $α_{i}$ 的 重数 (multiplicity)。

可分多项式

称 $f (x) \in F [x]$ 是 可分的 (separable)，若 $f (x)$ 没有重根。否则称为 不可分的 (inseparable)。

例

(1) $x^{2} - 2$ 在 $Q [x]$ 上可分，因为它的根 $\pm \sqrt{2}$ 不同。

导数

多项式 $f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0} \in F [x]$ 的 导数 (derivative) 为

D_{x} f (x) = n a_{n} x^{n - 1} + \dots + a_{1} \in F [x]

乘在 $a_{n}$ 前的 $n$ 表示 $n$ 个 $1_{F}$ 相加。

注：这里导数的定义是纯代数的，尽管其和微积分学的导数形式一致，且同样满足线性和乘积的 Leibniz 法则。引入导数完全是为了判定多项式是否含有重根。

结论 13.33

$f (x)$ 含有重根 $α$ 当且仅当 $α$ 是 $D_{x} f (x)$ 的根。此时 $f (x)$ 和 $D_{x} f (x)$ 同时被 $α$ 的最小多项式整除。特别地， $f (x)$ 可分当且仅当 $(f (x), D_{x} f (x)) = 1$ 。

证明

若 $f (x) = (x - α)^{n} g (x)$ ，其中 $n \geq 2$ ，则 $D_{x} f (x) = n (x - α)^{n - 1} g (x) + (x - α)^{n} D_{x} g (x)$ 以 $α$ 为根。

设 $f (x) = (x - α) h (x)$ ，若 $D_{x} f (x) = h (x) + (x - α) D_{x} h (x)$ 以 $α$ 为根，则 $h (x) = (x - α) h_{1} (x)$ ，于是 $f (x) = (x - α)^{2} h_{1} (x)$ 。

后面两条是第一条的直接推论。 $◻$

例

(1) $f (x) = x^{p^{n}} - x$ 在 $F_{p}$ 上可分，因为 $D_{x} f (x) = - 1$ 。

完美域、可分扩张

在大部分域上，不可约多项式都是可分的。

推论 13.34

在特征为 $0$ 的域上，不可约多项式可分，多项式可分当且仅当其为不同的不可约多项式的乘积。

证明

设度为 $n$ 的多项式 $p (x) \in F [x]$ 不可约。因为 $\deg D_{x} p (x) = n - 1$ ，所以 $D_{x} p (x)$ 和 $p (x)$ 互质。

第二条由第一条和最小多项式的不可约性得到。 $◻$

要求特征为 $0$ 是因为对于特征为 $p$ 的域 $F$ ，可能存在 $f (x) \in F [x]$ 使得 $D_{x} f (x) = 0$ ，此时只有 $x^{p k}, k \in Z^{*}$ 前的系数非零，因此 $f (x)$ 是 $x^{p}$ 的多项式。若 $f (x)$ 不可约且 $D_{x} f (x) \neq 0$ ，则 $f (x)$ 依然可分。

以下三条结论证明了推论 13.34 对有限域成立。

结论 13.35

设 $F$ 的特征为 $p$ ，则对任意 $a, b \in F$ ：

(a + b)^{p} = a^{p} + b^{p}, (a b)^{p} = a^{p} b^{p}

因此 $φ (a) = a^{p}$ 是 $F \to F$ 的单同态，称为 $F$ 的 弗罗贝尼乌斯自同态 (Frobenius endomorphism)。

推论 13.36

设 $F$ 是特征为 $p$ 的有限域，则 $F$ 的所有元素都是 $F$ 的某个元素的 $p$ 次幂。

大小相同的集合之间的单射是双射。

结论 13.37

推论 13.34 对有限域 $F$ 成立。

证明

设有限域的特征为 $p$ ， $p (x) \in F [x]$ 不可约。

若 $D_{x} p (x) = 0$ ，则存在 $q (x) \in F [x]$ 使得 $p (x) = q (x^{p})$ 。设 $q (x) = a_{m} x^{m} + \dots + a_{0}$ ，则由结论 13.35，

$\begin{aligned} p (x) = q (x^{p}) & = a_{m} (x^{p})^{m} + \dots + a_{0} \\ = (b_{m} x^{m})^{p} + \dots + b_{0}^{p} \\ = (b_{m} x^{m} + \dots + b_{0})^{p} \end{aligned}$
即 $p (x)$ 是 $F [x]$ 的某个多项式的 $p$ 次幂，这和 $p (x)$ 不可约矛盾。因此 $D_{x} p (x) \neq 0$ ， $p (x)$ 可分。

证明的关键在于利用每个元素都是 $p$ 次幂的性质，和 “有限” 无关。这引导我们进行以下定义。

完美域

特征为 $p$ 的域 $K$ 称为 完美域 (perfect field)，若每个元素都是 $K$ 中某个元素的 $p$ 次幂。任何特征为 $0$ 的域也称为完美域。

完美域上的不可约多项式都是可分的。

可分扩张

$K / F$ 称为 可分扩张 (separable extension)，若 $K$ 的任何元素都是 $F$ 上可分多项式的根。等价于 $K$ 的任何元素在 $F$ 上的最小多项式是可分多项式。

推论 13.39

完美域的有限扩张是可分扩张。特别地， $Q$ 或有限域的有限扩张是可分扩张。

可分扩张是 Galois 理论的重要概念。

作业

*练习 13.5.5

对任意质数 $p$ 和非零 $a \in F_{p}$ ，证明 $x^{p} - x + a$ 在 $F_{p}$ 上不可约且可分。

注：非常好题目，使我的大脑旋转。

证明

设 $f (x) = x^{p} - x + a$ ， $α$ 是 $f (x)$ 的根。设 $F = F_{p} (α)$ ，则 $F$ 的特征为 $p$ 。由结论 13.35，

$(α + 1)^{p} - (α + 1) + a = (α^{p} - α + a) + (1^{p} - 1) = 0$
即 $α + 1$ 是 $f (x)$ 的根。类似地，所有 $α + k$ 都是 $f (x)$ 的根，其中 $k \in F_{p}$ 。这说明 $f (x)$ 有 $p$ 个互不相同的根， $f (x)$ 可分。

$f (x)$ 在 $F_{p}$ 上没有根，否则 $0$ 是 $f (x)$ 的根，和 $a \neq 0$ 矛盾。这说明 $f (x)$ 的不可约分解不含线性因子。

设 $p (x)$ 是 $f (x)$ 的不可约因子， $α + k$ 是 $p (x)$ 的根。因为 $α \in F_{p} (α + k)$ 且 $α + k \in F_{p} (α)$ ，所以 $F_{p} (α + k) = F$ ，于是 $\deg p (x) = [F : F_{p}]$ 。这说明 $f (x)$ 的不可约因子的度相同。又因为 $p$ 是质数且不存在线性因子，所以不可约因子的度为 $p$ ，即 $f (x)$ 不可约。 $◻$

Chap.14 Galois Theory

上一章节证明了存在 $F$ 的代数闭包：包含 $F$ 任何多项式的所有根。现在我们可以放心地研究多项式的根而不需要担心其存在性了。

Galois 理论研究多项式的根的置换群及其分裂域的代数结构之间的关系。当然，对根的置换不能改变分裂域的结构，也不能改变 $F$ （否则导出这些根的多项式都变了），这引出了自同构和固定域两个基本概念。

Sec.14.1 Basic Definitions

设 $K$ 是域。

自同构、固定域

自同构

(1) $K$ 到自身的同构映射 $σ$ 称为 $K$ 的 自同构 (automorphism)。 $K$ 的自同构集合记为 $Aut (K)$ 。对 $α \in K$ ，记 $σ α$ 表示 $σ (α)$ 。

(2) 称 $σ \in Aut (K)$ 固定 (fix) $α$ ，若 $σ α = α$ 。称 $σ$ 固定 $F \subseteq K$ ，若 $σ$ 固定 $F$ 的所有元素（而非仅仅是排列它们）。

恒等映射是自同构，记为 $1$ 。

例

任何自同构固定 $1$ ，所以固定素域。 $Aut (Q) = Aut (F_{p}) = 1$ 。

扩张的自同构群

设 $K / F$ 是扩张，记 $Aut (K / F)$ 表示 $K$ 的所有固定 $F$ 的自同构。

结论 14.1

$Aut (K)$ 在映射复合运算下构成群， $Aut (K / F)$ 是其子群。

结论 14.2

设 $K / F$ 是域扩张， $α \in K$ 在 $F$ 上代数，则对任意 $σ \in Aut (K / F)$ ， $σ α$ 是 $m_{α, F} (x)$ 的根。

该结论在计算代数扩张的自同构群时极其有用。

例

(1) 设 $K = Q (\sqrt{2})$ ， $τ \in Aut (K / Q)$ ，则 $τ (\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2}$ ，因为 $\pm \sqrt{2}$ 是 $m_{\sqrt{2}, Q} (x)$ 的两个根。因此 $Aut (K / Q) = Z_{2}$ 。

(2) 设 $K = Q (\sqrt[3]{2})$ ， $τ \in Aut (K / Q)$ ，则 $τ (\sqrt[3]{2}) = \sqrt[3]{2}$ ，因为 $x^{3} - 2$ 的其它两个根不属于 $K$ 。因此 $Aut (K / Q) = 1$ 。

考虑多项式 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域 $K$ 的固定 $F$ 的自同构 $σ$ 。 $σ$ 固定 $f (x)$ ，但可以排列 $f (x)$ 的根。这是 Galois 理论的主要内容：研究 $f (x)$ 在其分裂域上根的对称性。

结论 14.3

设 $H \leq Aut (K)$ ，则 $H$ 固定的所有元素 $F$ 是 $K$ 的子域。

验证被固定的元素对四则运算的封闭性。

注：结论对任意 $Aut (K)$ 的子集成立，不需要子群的条件。

固定域

设 $H \leq Aut (K)$ ，则 $H$ 固定的元素构成的 $K$ 的子域称为 $H$ 的 固定域 (fixed field)。

结论 14.4

自同构子群和它们的固定域之间有反包含关系，即

(1) 若 $F_{1} \subseteq F_{2} \subseteq K$ 是子域，则 $Aut (K / F_{2}) \leq Aut (K / F_{1})$ 。

(2) 若 $H_{1} \leq H_{2} \leq Aut (K)$ ，则 $F_{2} \subseteq F_{1}$ ，其中 $F_{1}, F_{2}$ 分别是 $H_{1}, H_{2}$ 的固定域。

子域越小，越多的自同构固定它。自同构越少，它们固定的元素越多。

Galois 扩张、Galois 群

Galois 理论对自同构数量足够多的扩张更感兴趣。

结论 14.5

设 $E$ 是 $f (x) \in F [x]$ 在 $F$ 上的分裂域，则

| Aut (E / F) | \leq [E : F]

取等当 $f (x)$ 在 $F$ 上可分（不一定仅当）。

证明

对 $[E : F]$ 的大小归纳。

取出 $f (x)$ 度大于 $1$ 的不可约因子 $p (x)$ ，若不存在则命题显然成立。

现在我们证明 $| Aut (E / F) | = | Aut (E / F (α)) | \cdot c$ ，其中 $c$ 是 $p (x)$ 不同根的数量，则 $c \leq \deg p (x) = [F (α) : F]$ 。

设 $α$ 是 $p (x)$ 的根， $σ \in Aut (E / F)$ ，则 $σ α$ 是 $p (x)$ 的根。对于 $p (x)$ 的根 $β$ ，如果存在 $σ$ 使得 $σ α = β$ ，那么：

对任意 $σ^{'}$ 满足 $σ^{'} α = β$ ， $(σ^{- 1} σ^{'}) α = α$ ，即 $σ^{- 1} σ^{'} \in Aut (E / F (α))$ 。

对任意 $σ^{'} \in Aut (E / F (α))$ ， $(σ σ^{'}) α = β$ 。

这说明 $σ α = β$ 的 $σ$ 和 $σ^{'} \in Aut (E / F (α))$ 一一对应，即使得 $σ α = β$ 的 $σ \in Aut (E / F)$ 的数量等于 $| Aut (E / F (α)) |$ 。 $σ$ 的存在性由定理 13.27 保证。

由归纳假设， $| Aut (E / F (α)) | \leq [E : F (α)]$ 。因此

$| Aut (E / F) | = | Aut (E / F (α)) | \cdot c \leq [E : F (α)] [F (α) : F] = [E : F]$
当 $f (x)$ 可分时， $c = [F (α) : F]$ ，取到等号。 $◻$

从以上证明可知 $Aut (E / F)$ 由 $Aut (E / F (α))$ 的陪集构成，这是 Galois 理论基本定理的一部分。在足够好的扩张当中，自同构群的大小等于扩张的度，且具有乘积关系（结合定理 13.14 理解）。

注：对任意扩张 $K / F$ 均有 $| Aut (K / F) | \leq [K : F]$ （定理 14.9）。

Galois 扩张、Galois 群

设 $K / F$ 是有限扩张。 $K / F$ 称为 Galois 扩张，若 $| Aut (E / F) | = [E : F]$ ，此时 $Aut (K / F)$ 称为 $K / F$ 的 Galois 群，记为 $Gal (K / F)$ 。

Galois 扩张是有限扩张，因此一定是代数扩张。

推论 14.6

若 $K$ 是可分多项式 $f (x)$ 在 $F$ 上的分裂域，则 $K / F$ 是 Galois 扩张。

多项式的 Galois 群

若 $f (x)$ 是 $F$ 上的可分多项式，则 $f (x)$ 在 $F$ 上的 Galois 群即 $f (x)$ 的分裂域关于 $F$ 的 Galois 群。

例

(1) $Q (\sqrt{2}) / Q$ 是 Galois 扩张，因为 $| Aut (Q (\sqrt{2}) / Q) | = 2$ 。

(2) $Q (\sqrt[3]{2}) / Q$ 不是 Galois 扩张，因为 $| Aut (Q (\sqrt[3]{2}) / Q) | = 1$ 。

(4) $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) / Q$ 是 Galois 扩张，因为它是可分多项式 $(x^{2} - 2) (x^{2} - 3)$ 的分裂域。其 Galois 群同构于 $V_{4}$ 。

(5) $x^{3} - 2$ 的分裂域关于 $Q$ 是度为 $6$ 的 Galois 扩张，其 Galois 群同构于 $S_{3}$ 。

作业

练习 14.1.1

(a) 证明若 $K = F (α_{1}, \dots, α_{n})$ ，则 $K$ 的固定 $F$ 的自同构由 $σ (α_{1}), \dots, σ (α_{n})$ 唯一确定。特别地，自同构固定 $K$ 当且仅当其固定 $K$ 的一组生成元。

(b) 设 $G \leq Gal (K / F)$ 。证明 $K$ 的子域 $E / F$ 被 $G$ 固定当且仅当其被 $G$ 的一组生成元固定。

显然。

练习 14.1.4

证明 $Q (\sqrt{2})$ 和 $Q (\sqrt{3})$ 不同构。

证明

假设存在 $Q (\sqrt{2})$ 到 $Q (\sqrt{3})$ 的同构 $φ$ ，则 $φ (1) = 1$ 。于是 $φ (2) = 2$ 。考虑到 $φ (\sqrt{2})^{2} = φ (2) = 2$ ，但 $x^{2} = 2$ 在 $Q (\sqrt{3})$ 上无解（ $(a + b \sqrt{3})^{2} = a^{2} + 3 b^{2} + 2 a b \sqrt{3} = 2$ 无有理数解），所以这样的 $φ$ 不存在。 $◻$

练习 14.1.7

(a) 证明对任意 $σ \in Aut (R / Q)$ 和正实数 $x$ ， $σ x > 0$ 。

证明

对任意正实数 $x$ ，设 $t = \sqrt{x}$ ，则 $σ x = σ (t^{2}) = (σ t)^{2} \geq 0$ ，而 $σ 0 = 0$ ，所以 $σ x > 0$ 。 $◻$

证明

若 $a < b$ ，则 $σ b - σ a = σ (b - a) > 0$ ，即 $σ$ 保序。

对无理数 $x$ ，若 $x < σ x$ ，由有理数的稠密性，存在 $q \in Q$ 使得 $x < q = σ q < σ x$ ，矛盾。类似地、 $x \leq σ x$ 。因此 $σ x = x$ 。 $◻$ 。

Sec.14.2 The Fundamental Theorem of Galois Theory

对 Galois 扩张 $K / F$ ， $Gal (K / F)$ 的子群和 $K$ 的 $F$ -生成子域之间存在一一对应关系。

固定域和 Galois 子群的联系

特征标

群 $G$ 以域 $L$ 为值域的 特征标 (character) $χ$ 是 $G$ 到 $L$ 的乘法群的同态 $χ : G \to L^{\times}$ ，即 $χ (g_{1} g_{2}) = χ (g_{1}) χ (g_{2})$ 且 $χ (g)$ 非零。

注：这里的定义是线性特征标。

线性无关

$G$ 的一组特征标 $χ_{1}, \dots, χ_{n}$ 称为在 $L$ 上 线性无关 (linearly independent)，若不存在非平凡的线性关系 $a_{1} χ_{1} + \dots + a_{n} χ_{n} = 0$ ，其中 $a_{i} \in L$ 且不全为零。

定理 14.7

若 $χ_{1}, \dots, χ_{n}$ 是 $G$ 的互不相同的以 $L$ 为值域的特征标，则它们在 $L$ 上线性无关。

证明

假设 $χ_{1}, \dots, χ_{n}$ 线性相关，设 $a_{1}, \dots, a_{m}, 0, \dots$ 为非零元素最少的一组系数，则 $m > 1$ 。

$a_{1} χ_{1} (g) + \dots + a_{m} χ_{m} (g) = 0, \forall g \in G$
因为 $χ_{1} \neq χ_{m}$ ，所以存在 $g_{0}$ 使得 $χ_{1} (g_{0}) \neq χ_{m} (g_{0})$ 。

由

$a_{1} χ_{1} (g) χ_{m} (g_{0}) + \dots + a_{m} χ_{m} (g) χ_{m} (g_{0}) = 0, \forall g \in G$
和

$a_{1} χ_{1} (g) χ_{1} (g_{0}) + \dots + a_{m} χ_{m} (g) χ_{m} (g_{0}) = 0, \forall g \in G$
得到非零元素更少的非平凡线性关系

$a_{1} (χ_{m} (g_{0}) - χ_{1} (g_{0})) χ_{1} (g) + \dots + a_{m - 1} (χ_{m} (g_{0}) - χ_{m - 1} (g_{0})) χ_{m - 1} (g) = 0, \forall g \in G$
和 $m$ 的最小性矛盾。 $◻$

选择非零元素最少的非平凡线性关系以导出矛盾是很好用的证明技巧。

引入特征标的目的是得到自同构的线性无关性（推论 14.8）。

嵌入

$K$ 到 $L$ 的单射 $σ : K \to L$ 称为 $K$ 在 $L$ 上的 嵌入 (embedding)。

$σ$ 是 $K^{\times} \to L^{\times}$ 的同态，因此 $σ$ 是 $K^{\times}$ 的一组特征标。

推论 14.8

若 $σ_{1}, \dots, σ_{n}$ 是 $K$ 在 $L$ 上的不同嵌入，则它们在 $K$ 上线性无关。特别地， $K$ 的不同自同构在 $K$ 上线性无关。

自同构线性无关限制了自同构的数量。结合 $K / F$ 是 $K$ 关于 $F$ 的线性空间以及上一小节的结论，一个合理的猜测是自同构的数量不超过 $[K : F]$ 。

定理 14.9

设 $G = {σ_{1}, \dots, σ_{n}}$ 是 $Aut (K)$ 的子群， $F$ 为固定域，则

[K : F] = n = | G |

证明

核心：使用自同构线性无关和基底元素线性无关分别排除 $n > [K : F]$ 和 $[K : F] > n$ 的情况。

假设自同构的数量大于线性空间的维度，即 $n > [K : F] = m$ 。设 $ω_{1}, \dots, ω_{m}$ 是一组基，考虑线性方程组

$σ_{1} (ω_{i}) x_{1} + \dots + σ_{n} (ω_{i}) x_{n} = 0, 1 \leq i \leq m$
未知数数量大于方程数量，存在非平凡解 $β_{i}$ 。对任意 $a_{1}, \dots, a_{m} \in F$ ，所有 $σ_{i}$ 固定 $a_{j}$ ，因此

$σ_{1} (a_{1} ω_{1} + \dots + a_{m} ω_{m}) β_{1} + \dots + σ_{n} (a_{1} ω_{1} + \dots + a_{m} ω_{m}) β_{n} = 0$
而 $K$ 的所有元素都可以表示为某个 $a_{1} ω_{1} + \dots + a_{m} ω_{m}$ ，与 $σ_{1}, \dots, σ_{n}$ 线性无关矛盾。

假设线性空间维度大于自同构数量，设 $α_{1}, \dots, α_{n + 1}$ 线性无关，考虑线性方程组

$σ_{i} (α_{1}) x_{1} + \dots + σ_{i} (α_{n + 1}) x_{n + 1} = 0, 1 \leq i \leq n$
未知数数量大于方程数量，存在非平凡解 $β_{i}$ 。

因为 $σ_{1} = 1$ ，所以存在 $β_{i} \notin F$ ，否则由 $σ_{1} = 1$ ，存在非平凡线性组合 $β_{1} α_{1} + \dots + β_{n + 1} α_{n + 1} = 0$ ，矛盾。

设 $β_{i}$ 为非零元素个数 $r$ 最小的一组解，不妨设 $β_{1 \sim r}$ 非零， $β_{r} = 1$ （将所有方程除以 $β_{r}$ ）且 $β_{1} \notin F$ ，则

$σ_{i} (α_{1}) β_{1} + \dots + σ_{i} (α_{r - 1}) β_{r - 1} + σ_{i} (α_{r}) = 0, 1 \leq i \leq n$
因为 $β_{1} \notin F$ 且 $F$ 是固定域，所以存在 $σ_{k}$ 使得 $σ_{k} β_{1} \neq β_{1}$ 。将 $σ_{k}$ 作用于每个方程，得

$σ_{k} σ_{i} (α_{1}) σ_{k} (β_{1}) + \dots + σ_{k} σ_{i} (α_{r - 1}) σ_{k} (β_{r - 1}) + σ_{k} σ_{i} (α_{r}), 1 \leq i \leq n$
因为 $σ_{i}$ 形成群，所以 ${σ_{k} σ_{i}} = {σ_{i}}$ ，即

$σ_{i} (α_{1}) σ_{k} (β_{1}) + \dots + σ_{i} (α_{r - 1}) σ_{k} (β_{r - 1}) + σ_{i} (α_{r}) = 0, 1 \leq i \leq n$
两个方程组作差，得

$σ_{i} (α_{1}) (β_{1} - σ_{k} (β_{1})) + \dots + σ_{i} (α_{r - 1}) (β_{r - 1} - σ_{k} (β_{r - 1})), 1 \leq i \leq n$
得到非零元素更少的非平凡解，矛盾。 $◻$

注：还不能确定 $G$ 是否恰为 $Aut (K / F)$ ，因为还没有证明不存在固定 $F$ 的自同构不属于 $G$ （推论 14.11）。

定理 14.9 相当重要（然而 DDL 上课根本没讲，因为没时间）。它揭示了自同构群的大小与扩张维度的关系，是建立 Galois 群的子群和 Galois 扩张的子域之间一一对应关系的重要工具。

推论 14.10

对任意有限扩张 $K / F$ ， $| Aut (K / F) | \leq [K : F]$ 。等号成立（即 $K / F$ 是 Galois 扩张）当且仅当 $F$ 是 $Aut (K / F)$ 的固定域。

证明

$Aut (K / F)$ 的固定域 $F_{1}$ 包含 $F$ ，所以 $| Aut (K / F) | = [K : F_{1}] \leq [K : F_{1}] [F_{1} : F] = [K : F]$ 。

若 $F$ 是固定域，则由定理 14.9，等号成立。若 $F$ 不是固定域，则 $[F_{1} : F] > 1$ ，等号不成立。 $◻$

推论 14.10 给出了 $K / F$ 是 Galois 扩张的等价条件： $F$ 是 $Aut (K / F)$ 的固定域。

推论 14.11

设 $G$ 是 $Aut (K)$ 的有限子群， $F$ 为其固定域，则 $K$ 的所有固定 $F$ 的自同构属于 $G$ 。于是 $Aut (K / F) = G$ ， $K / F$ 是 Galois 扩张， $Gal (K / F) = G$ 。

证明

由定义， $G \leq Aut (K / F)$ 。问题在于是否所有固定 $F$ 的自同构均属于 $G$ 。

由定理 14.9， $[K : F] = | G |$ 。由推论 14.10， $Aut (K / F) \leq [K : F]$ 。而 $| G | \leq | Aut (K / F) |$ ，所以

$[K : F] \leq | G | \leq | Aut (K / F) | \leq [K : F]$
因此 $Aut (K / F) = G$ 。 $◻$

这说明 $G$ 的固定域对应的自同构群恰为 $G$ 。

推论 14.12

设 $G_{1} \neq G_{2}$ 是 $Aut (K)$ 的有限子群，则它们的固定域不同。

证明

若 $F_{1} = F_{2}$ ，则 $G_{2}$ 固定 $F_{1}$ ，由推论 14.11， $G_{2} \leq G_{1}$ ，同理 $G_{1} \leq G_{2}$ ，矛盾。 $◻$

Galois 理论基本定理

定理 14.13

$K / F$ 是 Galois 扩张当且仅当 $K$ 是 $F$ 上某个可分多项式的分裂域。此时任何在 $K$ 上有根的 $F$ 上的不可约多项式可分且在 $K$ 上完全分解（ $K / F$ 是可分扩张）。

证明

结论 14.5 证明了可分多项式的分裂域是 Galois 扩张。

设 $G = Gal (K / F) = {1, σ_{2}, \dots, σ_{n}}$ 。设 $α \in K$ 是不可约多项式 $p (x) \in F [x]$ 的根，设所有不同的 $σ_{i} α$ 为 $α, α_{2}, \dots, α_{r}$ 。对任意 $τ \in G$ ，因为 $G$ 是群，所以 ${τ σ_{i}} = {σ_{i}}$ ，于是集合 ${τ σ_{i} α}$ 和 ${σ_{i} α}$ 相同，即 $τ$ 是 $α_{i}$ 的置换。

考虑 $f (x) = (x - α) \dots (x - α_{r})$ ，则 $τ \in G$ 作用在 $f (x)$ 的各项系数上不改变 $f (x)$ 的根的集合，因此保持 $f (x)$ 不变，即 $f (x)$ 的各项系数属于 $G$ 的固定域。由推论 14.10，固定域恰为 $F$ ，因此 $f (x) \in F [x]$ 。

因为 $p (x)$ 不可约且以 $α$ 为根，所以 $p (x) = m_{α, F} (x)$ ，而 $f (x)$ 以 $α$ 为根，所以 $p (x)$ 整除 $f (x)$ 。又因为 $α_{i}$ 是 $p (x)$ 的根（结论 14.2），所以 $f (x)$ 整除 $p (x)$ 。于是 $f (x) = p (x)$ 。这说明 $p (x)$ 可分且所有根 $α_{i} \in K$ 互不相同，证明了在 $K$ 上有根的不可约多项式可分且在 $K$ 上完全分解。

设 $K / F$ 是 Galois 扩张， $ω_{1}, \dots, ω_{n}$ 是一组基。设 $p_{i} (x)$ 是 $ω_{i}$ 在 $F$ 上的最小多项式（Galois 扩张是代数扩张），则由上述证明， $p_{i} (x)$ 可分且所有根属于 $K$ 。设 $g (x)$ 为所有 $p_{i} (x)$ 的乘积去掉重复因子，则 $g (x)$ 的所有根属于 $K$ ， $K$ 包含 $g (x)$ 的分裂域。又因为 $ω_{i}$ 是 $g (x)$ 的根，所以 $g (x)$ 的分裂域包含 $K$ 。因此 $K$ 是可分多项式 $g (x)$ 的分裂域。 $◻$

定理 14.13 是 Galois 扩张常用且好用的等价条件。

推论

若 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 恰为 $f (x) \in F [x]$ 的所有根且 $F$ 是完美域，则 $F (α_{1}, \dots, α_{n}) / F$ 是 Galois 扩张。

证明

考虑 $α_{i}$ 的最小多项式 $p_{i} (x)$ ，则 $p_{i} (x)$ 整除 $f (x)$ 。于是所有不同 $p_{i} (x)$ 的乘积 $g (x)$ 整除 $f (x)$ 。 $F$ 是完美域保证 $p_{i} (x)$ 没有重根，所以 $g (x)$ 可分。又因为所有 $α_{i}$ 恰为 $g (x)$ 的根，所以 $F (α_{1}, \dots, α_{n})$ 是可分多项式 $g (x) \in F [x]$ 的分裂域。 $◻$

这个推论在证明代数学基本定理时要用。

Galois 共轭、共轭域

设 $K / F$ 是 Galois 扩张， $α \in K$ ，则所有 $σ a$ 称为 $α$ 在 $F$ 上的 Galois 共轭，其中 $σ \in Gal (K / F)$ 。若 $K$ 的子域 $E$ 包含 $F$ ，则 $σ (E)$ 称为 $E$ 在 $F$ 上的 共轭域 (conjugate field)。

定理 14.13 的证明告诉我们：在 Galois 扩张 $K / F$ 中， $α \in K$ 的最小多项式的根恰为 $α$ 在 $Gal (K / F)$ 作用下的所有共轭。这是计算最小多项式的一个方法。

Galois 扩张的等价表述

(1) $F$ 上可分多项式的分裂域。

(2) $F$ 恰为 $Aut (K / F)$ 的固定域（一般情况下固定域可能大于 $F$ ）。

(3) $[K : F] = | Aut (K / F) |$ （原始定义）。

(4) 有限正规可分扩张。

定理 14.14（Galois 理论基本定理）

设 $K / F$ 是 Galois 扩张， $G = Gal (K / F)$ 。对 $K$ 的包含 $F$ 的子域 $E$ ，和 $G$ 的子群 $H$ ，存在 $E$ 和 $H$ 的双射，且满足对应关系： $H$ 是 $G$ 的所有固定 $E$ 的元素构成的集合， $E$ 是 $H$ 的固定域。在该对应关系下：

(1) 设 $E_{1}, E_{2}$ 分别对应 $H_{1}, H_{2}$ ，则 $E_{1} \subseteq E_{2}$ 当且仅当 $H_{2} \leq H_{1}$ （结论 14.4）。

(2) $[K : E] = | H |$ 且 $[E : F] = | G : H |$ 。

(3) $K / E$ 是 Galois 扩张， $Gal (K / E) = H$ 。

(4) $E / F$ 是 Galois 扩张当且仅当 $H ⊴ G$ ，此时 $Gal (E / F) ≅ G / H$ 。更一般地，即使 $H$ 不一定正规， $E$ 的固定 $F$ 的同构（在某些包含 $K$ 的 $F$ 的代数闭包中）和 $H$ 的陪集集合 ${σ H}$ 一一对应。

(5) $E_{1} \cap E_{2}$ 对应 $⟨ H_{1}, H_{2} ⟩$ ， $E_{1} E_{2}$ 对应 $H_{1} \cap H_{2}$ 。即 $K$ 的包含 $F$ 的子域的格图和 $G$ 的子群的格图对偶，其中一个格图等于另一个格图的上下翻转。

证明

推论 14.12 说明从 $H$ 到 $E$ 是单射。

设 $K$ 是 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域，则 $K$ 是 $f (x) \in E [x]$ 的分裂域， $K / E$ 是 Galois 扩张。由推论 14.10， $E$ 是 $Aut (K / E) \leq G$ 的固定域。因此从 $H$ 到 $E$ 是满射，于是双射。 $◻$

除了 (4) 以外的其它四个命题都是显然的。(4) 的证明较复杂，略，可参考为什么五次方程无根式解。值得指出的是，在证明 (4) 的过程中得出了以下结论：

设 $E$ 是 $H$ 的固定域。对于 $E$ 在 $F$ 的某个代数闭包 $\overset{―}{F} \supseteq K$ 上的固定 $F$ 的嵌入 $τ : E \tilde{\to} τ (E) \subseteq \overset{―}{F}$ ， $τ (E) \subseteq K$ ，因为若 $α \in K$ 在 $F$ 上有最小多项式 $m_{α} (x)$ ，则 $τ (α)$ 是 $m_{α} (x)$ 的根，且 $K$ 包含 $m_{α} (x)$ 的所有根（定理 14.13）。

设 $K$ 是 $f (x) \in F [x] \subseteq E [x]$ 的分裂域，则 $K$ 是 $τ f (x) \in τ (E [x])$ 的分裂域（ $τ f (x) = f (x)$ ，因为 $τ$ 固定 $F$ ）。扩展 $τ$ 得到 $σ : K \to K$ （定理 13.27），显然 $σ$ 固定 $F$ ，得到结论：任何 $E$ 的嵌入都是 $K$ 的固定 $F$ 的自同构的原像集为 $E$ 的部分。

Galois 理论基本定理是联系群论和域论的桥梁。

作业

练习 14.2.2

计算 $1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ 在 $Q$ 上的最小多项式。

解

设 $α = 1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$ ，则

$α^{3} - 3 α^{2} + 3 α - 1 = (α - 1)^{3} = (\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4})^{3} = 6 + 6 \sqrt[3]{2} + 6 \sqrt[3]{4} = 6 α$
于是 $α$ 的最小多项式为 $x^{3} - 3 x^{2} - 3 x - 1$ 。

更一般的方法是计算 $α^{2}$ 和 $α^{3}$ ，然后解方程。

练习 14.2.12

计算 $x^{4} - 14 x^{2} + 9$ 在 $Q$ 上的 Galois 群。

解

$x^{2} - 14 x + 9$ 的两个根为 $7 \pm 2 \sqrt{10} = (\sqrt{2} \pm \sqrt{5})^{2}$ ，所以 $x^{4} - 14 x^{2} + 9$ 的四个根为 $\pm \sqrt{2} \pm \sqrt{5}$ 。

因此分裂域为 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{5})$ ，

$Gal (Q (\sqrt{2}, \sqrt{5}) / Q) = ⟨ σ, τ ∣ σ^{2} = τ^{2} = 1, σ τ = τ σ ⟩ ≅ V_{4}$
其中

$σ : {\begin{cases} \sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} \\ \sqrt{5} \mapsto \sqrt{5} \end{cases}, τ : {\begin{cases} \sqrt{2} \mapsto \sqrt{2} \\ \sqrt{5} \mapsto - \sqrt{5} \end{cases}$

Sec.14.4 Composite Extensions and Simple Extensions

为最终的定理准备前置结论：Galois 扩张的交和复合依然是 Galois 扩张。

Lecture notes 没有该小节，但是课上讲了。

Galois 扩张的交和复合

结论 14.19

设 $K / F$ 是 Galois 扩张， $F^{'} / F$ 是任意扩张，则 $K F^{'} / F^{'}$ 是 Galois 扩张，且

Gal (K F^{'} / F^{'}) ≅ Gal (K / K \cap F^{'})

同构于 $Gal (K / F)$ 的某个子群。

证明

当 $K \subseteq F^{'}$ 时显然。

若 $K / F$ 是 Galois 扩张，则 $K$ 是可分多项式 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域。因为 $K$ 不包含于 $F^{'}$ ，所以 $K F^{'} / F^{'}$ 是 $f (x) \in F^{'} [x]$ 的分裂域， $K F^{'} / F^{'}$ 是 Galois 扩张。

因为 $K / F$ 是 Galois 扩张，所以任何 $K$ 的固定 $F$ 的嵌入都是 $K$ 的自同构（由上一小节最后的结论）。因此 $φ : Gal (K F^{'} / F^{'}) \to Gal (K / F)$ 良定义，其中 $σ \mapsto σ |_{K}$ 。 $\ker φ$ 的元素保持 $K$ 和 $F^{'}$ 不变，所以 $\ker φ = 1$ ， $φ$ 是单射。

设 $H \leq Gal (K / F)$ 为 $φ$ 的像集， $K_{H}$ 为其固定域，则 $K_{H} \supseteq K \cap F^{'}$ 。又因为 $K_{H} F^{'}$ 被 $Gal (K F^{'} / F^{'})$ 固定，由基本定理， $K_{H} F^{'} \subseteq F^{'}$ ，即 $K_{H} \subseteq F^{'}$ ，于是 $K_{H} \subseteq K \cap F^{'}$ 。因此 $K_{H} = K \cap F^{'}$ 。由基本定理， $H = Gal (K / K \cap F^{'})$ 。 $◻$

非常像第二同构定理。

推论 14.20

设 $K / F$ 是 Galois 扩张， $F^{'} / F$ 是有限扩张，则

[K F^{'} : F] = \frac{[K : F] [F^{'} : F]}{[K \cap F^{'} : F]}

$K, F^{'}$ 地位等价，要求至少一个扩张是 Galois 扩张。

结论 14.21

设 $K_{1} / F, K_{2} / F$ 是 Galois 扩张，则

(1) $(K_{1} \cap K_{2}) / F$ 是 Galois 扩张。

(2) $K_{1} K_{2} / F$ 是 Galois 扩张。对应的 Galois 群是 $Gal (K_{1} / F) \times Gal (K_{2} / F)$ 的子群 $H = {(σ, τ)}$ ，满足 $σ, τ$ 原像集为 $K_{1} \cap K_{2}$ 的部分相等。

证明

(1) 设 $p (x) \in F [x]$ 在 $K_{1} \cap K_{2}$ 上有根 $α$ ，由定理 14.13， $p (x)$ 的所有根属于 $K_{1}$ 和 $K_{2}$ ，因此属于 $K_{1} \cap K_{2}$ ，即 $(K_{1} \cap K_{2}) / F$ 是 Galois 扩张。

(2) 设 $K_{1}$ 是 $f_{1} (x)$ 的分裂域， $K_{2}$ 是 $f_{2} (x)$ 的分裂域，则 $K_{1} K_{2}$ 是 $f_{1} (x) f_{2} (x)$ 去掉重复因子后得到的多项式的分裂域。对后半部分，构造映射 $σ \mapsto (σ |_{K_{1}}, σ |_{K_{2}})$ ，使用推论 14.20 证明 $H$ 恰为像集。具体证明略。 $◻$

Galois 扩张的交和复合都是 Galois 扩张。

推论 14.22

设 $K_{1} / F$ 和 $K_{2} / F$ 是 Galois 扩张， $F = K_{1} \cap K_{2}$ ，则

Gal (K_{1} / F) \times Gal (K_{2} / F) ≅ Gal (K_{1} K_{2} / F)

反之，若 $K / F$ 是 Galois 扩张且 $G = Gal (K / F) = G_{1} \times G_{2}$ ，则 $K = K_{1} K_{2}$ ， $F = K_{1} \cap K_{2}$ 。

Galois 闭包

推论 14.23

设 $E / F$ 是任何有限可分扩张，则 $E$ 包含于 $F$ 的某个 Galois 扩张 $K$ ，且 $K$ 最小：在 $K$ 的代数闭包中，其它任何 $F$ 的包含 $E$ 的 Galois 扩张包含 $K$ 。

$F$ 的包含 $E$ 的 Galois 扩张显然存在，如 $E$ 关于 $F$ 的线性空间的所有基底的最小多项式的乘积（可分，因为 $E / F$ 是可分扩张）的分裂域。最小性使用结论 14.21 即可。

Galois 闭包

推论 14.23 中的 $K$ 称为 $E$ 在 $F$ 上的 Galois 闭包 (Galois closure)。

可分扩张的 Galois 闭包存在。

Sec.14.6 Galois Groups of Polynomials

回忆：可分多项式 $f (x)$ 的 Galois 群定义为其分裂域关于 $F$ 的扩张的 Galois 群。

对 Galois 扩张 $K / F$ ， $K$ 是可分多项式 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域， $Gal (f (x)) = Gal (K / F)$ 。每个 $σ \in Gal (K / F)$ 将 $f (x)$ 的不可约因子的一个根映到同一不可约因子的另一个根（可能相同），则 $σ$ 是 $f (x)$ 的所有根 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 的置换，且完全由根的映射情况确定，因为 $K$ 是 $f (x)$ 的分裂域，即 $K = F (α_{1}, \dots, α_{n})$ 。这给出了 $Gal (K / F) \to S_{n}$ 的单射同态。由此可将 Galois 群视为 $n$ 阶对称群的子群，即 $n$ 阶置换群，并直接推出结论 13.26。

注意：这比 Cayley 定理更强。Cayley 定理只保证任何群是 $| G |$ 阶对称群的子群，但 $n$ 很可能小于 $| G |$ 。

例

(1) $Gal (Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) / Q) ≅ V_{4}$ 。由 Cayley 定理， $V_{4}$ 是 $S_{4}$ 的子群。

(2) 在 $Q$ 上 $Gal (x^{3} - 2) ≅ S_{3}$ 。

若 $f (x)$ 不可约，则由定理 13.27，对 $f (x)$ 的任意两个根 $α_{1}, α_{2}$ ，都存在 $σ \in Gal (f (x))$ 使得 $σ (α_{1}) = α_{2}$ 。这说明 $Gal (f (x))$ 作用在根的集合上是传递的，但并不意味着 $Gal (f (x)) ≅ S_{n}$ ，需要进一步讨论。

由结论 14.2， $Gal (f (x))$ 只会在每个不可约因子的所有根内部进行置换。因此，考虑 $Gal (f (x))$ 作用于 $f (x)$ 的根的集合，形成的每个轨道对应 $f (x)$ 的一个不可约因子的所有根。

逆 Galois 问题 (open problem)

任何有限群都是某个多项式在 $Q$ 上的 Galois 群吗？

以上讨论了可分多项式的 Galois 群的大致形态，帮助我们简化计算 Galois 群的结构。本小节的内容是证明一般 $n$ 次多项式的 Galois 群是 $S_{n}$ （为下一小节做铺垫）以及代数学基本定理。为此，需要引入一些工具。

初等对称多项式、一般多项式

初等对称多项式

设 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 为独立变量。初等对称多项式 (elementary symmetric function) $s_{1}, \dots, s_{n}$ 由

\begin{aligned} s_{1} & = x_{1} + \dots + x_{n} \\ s_{2} & = x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + \dots + x_{2} x_{3} + x_{2} x_{4} + \dots + x_{n - 1} x_{n} \\ ⋮ \\ s_{n} & = x_{1} x_{2} \dots x_{n} \end{aligned}

定义，即 $s_{i}$ 为所有 $i$ 个不同变量乘积的和。

一般多项式

度为 $n$ 的 一般多项式 (general polynomial) 为

(x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n})

其所有根为变量 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，且

(x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n}) = x^{n} - s_{1} x^{n - 1} + s_{2} x^{n - 2} + \dots + (- 1)^{n} s_{n}

将所有根视作独立变量能够避免特定多项式的特殊性质使得根与根之间产生联系。直观认知：根之间的联系越少，Galois 群越大。

因为 ${s_{i}}$ 可以用 ${x_{i}}$ 表示，所以 $F_{x} = F (x_{1}, \dots, x_{n})$ 是 $F_{s} = F (s_{1}, \dots, s_{n})$ 的扩张。这个扩张是 Galois 的，因为它是一般多项式的分裂域。对任何 $x_{i}$ 的置换 $σ$ ， $σ$ 都能导出 $F_{x}$ 的自同构。可知 $S_{n}$ 是 $Aut (F_{x})$ 的子群。

在置换 $σ$ 作用下 $s_{1}, \dots, s_{n}$ 不变（因而得名初等 “对称多项式”），因此 $F_{s}$ 包含于 $S_{n}$ 的固定域 $E$ 。由基本定理， $[F_{x} : E] = n!$ 。又因为 $F_{x}$ 是 $F_{s}$ 上度为 $n$ 的多项式的分裂域，所以 $[F_{x} : F_{s}] \leq n!$ 。这说明 $F_{s} = E$ 。

结论 14.30

$n$ 阶对称群 $S_{n}$ 在 $n$ 元有理多项式域 $F (x_{1}, \dots, x_{n})$ 上的固定域是初等对称多项式的有理多项式域 $F (s_{1}, \dots, s_{n})$ 。

对称多项式

有理多项式 $f (x_{1}, \dots, x_{n})$ 称为 对称的，若其在 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 的任何置换下不变。

等价表述为多项式在 $S_{n}$ 的固定域上，得到推论 14.31。

推论 14.31（对称多项式基本定理）

任何 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 的对称多项式是 $s_{1}, \dots, s_{n}$ 的有理多项式。

例

(1) $(x_{1} - x_{2})^{2} = s_{1}^{2} - 4 s_{2}$ 。

(2) $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = s_{1}^{2} - 2 s_{2}$ 。

这个推论解释了为什么 $s_{1}, \dots, s_{n}$ 称为 “初等” 对称多项式。

我们先定义了独立变量 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，再由它们得到了初等对称多项式。反过来，由任何独立变量作为系数的多项式，它们的根是什么样的？

对于一般多项式

x^{n} - s_{1} x^{n - 1} + s_{2} x^{n - 2} + \dots + (- 1)^{n} s_{n}

设其根为 $x_{1}, \dots, x_{n}$ ，则 $s_{1}, \dots, s_{n}$ 恰好是这些根的初等对称多项式。如果所有 $s_{i}$ 是独立变量，则所有 $x_{i}$ 也是独立变量：若存在多项式关系 $p (x_{1}, \dots, x_{n}) = 0$ ，则所有 $p (x_{σ (1)}, \dots, x_{σ (n)})$ 的乘积给出了 $s_{i}$ 的多项式关系 $\tilde{p} (s_{1}, \dots, s_{n})$ ，和 $s_{i}$ 是独立变量矛盾。相反，可以证明若一般多项式的根是独立变量，则其系数同样是独立变量（证明较复杂，略去）。这说明视一般多项式的系数或根为独立变量是等价的。从该角度出发，结论 14.30 又可以表述为定理 14.32。

定理 14.32

一般多项式

x^{n} - s_{1} x^{n - 1} + s_{2} x^{n - 2} + \dots + (- 1)^{n} s_{n}

在 $F (s_{1}, s_{2}, \dots, s_{n})$ 上可分，其 Galois 群为 $S_{n}$ 。

定理表明，若 $n$ 次多项式的系数之间没有关联，则其 Galois 群为 $S_{n}$ 。 $n$ 阶一般多项式的 Galois 群为 $S_{n}$ 。

高次方程无根式通解的前置定理。

判别式

判别式

定义 $x_{1}, \dots, x_{n}$ 的 判别式 (discriminant) 为

D = \prod_{i < j} (x_{i} - x_{j})^{2}

定义多项式的判别式为其所有根的判别式。若 $D = 0$ 则多项式有重根。

$D$ 是对称多项式，所以 $D \in K = F (s_{1}, \dots, s_{n})$ ，即多项式系数所在的域。

考虑

\sqrt{D} = \prod_{i < j} (x_{i} - x_{j}) \in Z [x_{1}, \dots, x_{n}]

对 $σ \in S_{n}$ ， $σ \in A_{n}$ 当且仅当 $σ$ 固定 $\sqrt{D}$ 。由基本定理，若 $ch (F) \neq 2$ （避免 $x_{i} - x_{j} = x_{j} - x_{i}$ ），则 $\sqrt{D}$ 生成了 $A_{n}$ 的固定域，对应 $K$ 的一个二次扩张。

结论 14.33 和 14.34 是等价表述。

结论 14.33

若 $ch (F) \neq 2$ ，则 $σ \in S_{n}$ 属于 $A_{n}$ 当且仅当 $σ$ 固定 $\sqrt{D}$ 。

结论 14.34

$f (x) \in F [x]$ 的 Galois 群是 $A_{n}$ 的子群当且仅当 $D \in F$ 是 $F$ 的某个元素的平方。

证明

对 $σ \in Gal (f (x))$ ， $σ \in A_{n}$ 当且仅当 $σ$ 固定 $\sqrt{D}$ ，当且仅当 $\sqrt{D} \in F$ 。 $◻$

因此，若 $\sqrt{D} \notin F$ ，则 $Gal (f (x)) = S_{n}$ 。

代数学基本定理

定理 14.35（代数学基本定理）

所有 $f (x) \in C [x]$ 在 $C$ 上恰有 $n = \deg f (x)$ 个根（算重根）。等价地， $C$ 代数封闭。

证明

首先有以下事实：

(a) 奇数次实多项式有实根，由连续函数介值定理保证。不存在 $R$ 的非平凡奇度扩张。

(b) 二次复多项式有复根，由二次方程求根公式以及 $C$ 对开根封闭保证。不存在 $C$ 的平方扩张。

只需证明所有 $f (x) \in C [x]$ 在 $C$ 上有根。 $f (x)$ 有根当且仅当其复共轭 $\overset{―}{f} (x)$ 有根，当且仅当实多项式 $f (x) \overset{―}{f} (x)$ 有根。因此，只需证明所有 $f (x) \in R [x]$ 在 $C$ 上有根。

设实多项式 $f (x)$ 的度为 $n = 2^{k} m$ ，其中 $m$ 是奇数。对 $k$ 进行数学归纳。

当 $k = 0$ 时，由 (a)，命题成立。假设 $k \geq 1$ 。

设 $α_{1}, \dots, α_{n}$ 为 $f (x)$ 的根， $K = R (α_{1}, \dots, α_{n}, i)$ ，则 $K / R$ 是 Galois 扩张（结论 14.13 后面的推论）且 $K$ 包含 $C$ 和 $f (x)$ 的所有根。对任意 $t \in R$ ，考虑多项式

$L_{t} = \prod_{1 \leq i < j \leq n} [x - (α_{i} + α_{j} + t α_{i} α_{j})]$
任何 $K / R$ 的自同构只是对 $α_{i}$ 的排列（由本小节一开始的讨论），所以不改变 $L_{t}$ 。因此 $L_{t} \in R [x]$ 。而 $\deg L_{t} = 2^{k - 1} m^{'}$ ，其中 $m^{'}$ 是奇数。由归纳假设， $L_{t}$ 在 $C$ 上有根，于是存在 $1 \leq i < j \leq n$ 使得 $α_{i} + α_{j} + t α_{i} α_{j} \in C$ 。

因为 $n$ 有限，所以由鸽笼原理，存在不同的实数 $s, t$ 使得对某组 $1 \leq i < j \leq n$ ， $α_{i} + α_{j} + s α_{i} α_{j} = 0$ 且 $α_{i} + α_{j} + t α_{i} α_{j} = 0$ ，则 $a = α_{i} + α_{j} \in C$ 且 $b = α_{i} α_{j} \in C$ 。于是 $α_{i}, α_{j}$ 是 $C$ 上的二次多项式 $x^{2} - a x + b$ 的根。由 (b)， $α_{i}, α_{j} \in C$ 。 $◻$

作业

练习 14.6.4

计算 $x^{4} - 25$ 的 Galois 群。

解

$x^{4} - 25$ 的根为 $i^{k} \sqrt{5}$ ，其中 $k = 0, 1, 2, 3$ 。显然其分裂域为 $Q (i, \sqrt{5})$ ，

$Gal (Q (i, \sqrt{5}) / Q) = ⟨ σ, τ ∣ σ^{2} = τ^{2} = 1, σ τ = τ σ ⟩ ≅ V_{4}$
其中

$σ : {\begin{cases} i \mapsto - i \\ \sqrt{5} \mapsto \sqrt{5} \end{cases}, τ : {\begin{cases} i \mapsto i \\ \sqrt{5} \mapsto - \sqrt{5} \end{cases}$

*作业 14.6.6

计算 $x^{4} + 3 x^{3} - 3 x - 2$ 的 Galois 群。

不太能算，但能证不可约。

证明

在 $Z / 2 Z$ 上考虑 $f (x)$ ，得 $x^{4} + x^{3} + x = x (x^{3} + x^{2} + 1)$ 。 $x^{3} + x^{2} + 1$ 在 $Z / 2 Z$ 上无根，且度为 $3$ ，所以不可约。因此，若 $f (x)$ 可约，则一定有线性因子。但 $f (x)$ 在 $Z$ 上没有根，因此在 $Z$ 上不可约。由 Gauss 引理， $f (x)$ 在 $Q$ 上不可约。 $◻$

作业 14.6.16

计算 $x^{4} + 8 x^{2} + 8 x + 4$ 的 Galois 群。求出所有在 $Q$ 上 Galois 的子域以及对应多项式，使得多项式的分裂域为该子域。

不太能算，但能证不可约。

证明

在 $Z / 3 Z$ 上考虑 $f (x)$ ，得 $x^{4} + 2 x^{2} + 2 x + 1 = (x - 1) (x^{3} + x^{2} - 1)$ 。 $x^{3} + x^{2} - 1$ 在 $Z / 3 Z$ 上无根，且度为 $3$ ，所以不可约。因此，若 $f (x)$ 可约，则一定有线性因子。但 $f (x)$ 在 $Z$ 上没有根，因此在 $Z$ 上不可约。由 Gauss 引理， $f (x)$ 在 $Q$ 上不可约。 $◻$

Sec.14.7 Solvable and Radical Extensions: Insolvability of the Quintic

本小节的内容是多项式的根的根式解，即使用四则运算和开根号表示多项式的根。最终我们会发现，多项式可由根式解出当且仅当其 Galois 群可解。

用 $\sqrt[n]{a}$ 表示 $x^{n} - a \in F [x]$ 的任何一个根。

循环扩张

循环扩张

$K / F$ 称为 循环的 (cyclic)，若 $K / F$ 是 Galois 扩张，且 Galois 群是循环群。

结论 14.36

设 $F$ 的特征不整除 $n$ 且 $F$ 含 $n$ 次单位根，则对任意 $a \in F$ ， $F (\sqrt[n]{a}) / F$ 是循环扩张且度整除 $n$ 。

证明

因为 $F$ 含 $n$ 次单位根，所以 $K = F (\sqrt[n]{a})$ 是 $x^{n} - a$ 的分裂域， $K / F$ 是 Galois 扩张。

对任意 $σ \in Gal (K / F)$ ， $σ (\sqrt[n]{a})$ 是 $x^{n} - a$ 的根，所以 $σ (\sqrt[n]{a}) = ξ \sqrt[n]{a}$ ，其中 $ξ$ 是某个 $n$ 次单位根。容易证明 $Gal (K / F)$ 到 $n$ 次单位根群 $μ_{n}$ 是单射同态。 $◻$

注：为什么要求 $p = ch (F)$ 不整除 $n$ ：否则由结论 13.35， $x^{n} + a = (x^{\frac{n}{p}} + \sqrt[p]{a})^{p}$ 不可分。

注：为什么是整除 $n$ 而不是等于 $n$ ：对 $d ∣ n$ ，可能 $\sqrt[d]{a} \in F$ ，所以 $σ (\sqrt[d]{a})^{d} = a$ ，导致 $ξ$ 只能取 $d$ 次单位根。

结论 14.37

设 $F$ 的特征不整除 $n$ 且 $F$ 含 $n$ 次单位根，则 $F$ 上任何度为 $n$ 的循环扩张形如 $F (\sqrt[n]{a})$ ，其中 $a \in F$ 。

证明

设 $K / F$ 是度为 $n$ 的循环扩张， $Gal (K / F) = ⟨ σ ⟩$ 。

对任何 $n$ 次单位根 $ξ$ ，定义 拉格朗日预解式 (Lagrange resolvent)

$(α, ξ) = α + ξ σ (α) + \dots + ξ^{n - 1} σ^{n - 1} (α) \in K$
因为 $σ (ξ) = ξ$ ， $ξ^{n} = 1$ 且 $σ^{n} = 1$ ，所以

$σ (α, ξ) = σ (α) + ξ σ^{2} (α) + \dots + ξ^{n - 1} σ^{n} (α) = ξ^{- 1} (α, ξ)$
于是

$σ (α, ξ)^{n} = (ξ^{- 1})^{n} (α, ξ)^{n} = (α, ξ)^{n}$
即 $(α, ξ)^{n}$ 被 $Gal (K / F)$ 固定。

设 $ξ$ 是 $n$ 次本原单位根。由自同构的线性无关性，存在 $α \in K$ 使得 $(α, ξ) \neq 0$ 。此时

$σ^{i} (α, ξ) = ξ^{- i} (α, ξ) \neq (α, ξ)$
即对任意 $1 \leq i < n$ ， $σ^{i}$ 不固定 $(α, ξ)$ 。由基本定理， $(α, ξ)$ 不可能属于任何 $K$ 的真子域，所以 $K = F ((α, ξ))$ 。又因为 $(α, ξ)^{n}$ 被 $Gal (K / F)$ 固定，所以 $(α, ξ)^{n} = a \in F$ ，即 $K = F (\sqrt[n]{a})$ 。 $◻$

结论 14.36 和 14.37 合起来说明基域含所需单位根的循环扩张等价于简单根式扩张。

考虑到有限群 $G$ 是阿贝尔群当且仅当 $G$ 是若干循环群的直积，结合基本定理，最终定理已经稍有眉目了。

根扩张

假设基域的特征为 $0$ 。实际上，只要特征不整除任何根式扩张的次数 $n_{i}$ ，结论依然成立。

根式表示、根扩张

(1) 称在 $F$ 上代数的 $α$ 可被根式表示 (expressed by radicals)，若 $α \in K$ ，其中 $K$ 可由一系列简单根式扩张得到。即

F = K_{0} \subset K_{1} \subset \dots \subset K_{s} = K

其中 $K_{i + 1} = K_{i} (\sqrt[n_{i}]{a_{i}})$ 且 $a_{i} \in K_{i}$ ，这里 $\sqrt[n_{i}]{a_{i}}$ 表示 $x^{n_{i}} - a_{i}$ 的某个根。这样的 $K$ 称为 $F$ 的 根扩张 (root extension)。

(2) 称 $f (x) \in F [x]$ 可 由根式解出 (solved by radicals)，若其所有根均可被根式表示。

例

$- 1 + \sqrt{17} + \sqrt{2 (17 - \sqrt{17})} + 2 \sqrt{17 + 3 \sqrt{17} - \sqrt{2 (17 - \sqrt{17})} - 2 \sqrt{2 (17 + \sqrt{17})}}$
可被根式表示，其中

$\begin{aligned} K_{0} = Q \\ K_{1} = K_{0} (\sqrt{a_{0}}) a_{0} = 17 \\ K_{2} = K_{1} (\sqrt{a_{1}}) a_{1} = 2 (17 - \sqrt{17}) \\ K_{3} = K_{2} (\sqrt{a_{2}}) a_{2} = 2 (17 + \sqrt{17}) \\ K_{4} = K_{3} (\sqrt{a_{3}}) a_{3} = 17 + 3 \sqrt{17} - \sqrt{2 (17 - \sqrt{17})} - 2 \sqrt{2 (17 + \sqrt{17})} \end{aligned}$
所有根式扩张都是二次的，所以正 $17$ 边形可尺规作图。

用四则运算和开根表示多项式的根的精确定义。

引理 14.38

若 $α$ 包含于根扩张 $K$ ，则 $α$ 包含于某个 $F$ 的 Galois 的根扩张，其中每个 $K_{i + 1} / K_{i}$ 都是循环扩张。

证明

首先证明存在 $F$ 的 Galois 的根扩张。

因为 $K / F$ 是可分扩张，所以 $K$ 在 $F$ 上的 Galois 闭包 $L$ 存在。对任意 $σ \in Gal (L / F)$ ，考虑一系列子域

$F = σ K_{0} \subset σ K_{1} \subset \dots \subset σ K_{s} = σ K$
其中 $σ K_{i + 1} / σ K_{i}$ 是简单根式扩张 $σ K_{i} (σ (\sqrt[n_{i}]{a_{i}}))$ 。因为根扩张的复合是根扩张，而所有 $σ (K)$ 的复合恰为 $L$ （否则 $σ (K)$ 的复合是更小的 $F$ 的包含 $K$ 的 Galois 扩张，和 $L$ 是 Galois 闭包矛盾），所以 $L$ 是 $F$ 的根扩张。

由上，不妨设 $K / F$ 是 Galois 根扩张。

首先往 $F$ 加入根扩张的所有 $n_{i}$ 次单位根得到 $F^{'}$ ，得到 $F^{'}$ 的根扩张

$F \subseteq F^{'} = F^{'} K_{0} \subseteq F^{'} K_{1} \subseteq \dots \subseteq F^{'} K_{s} = F^{'} K$
因为 $F^{'} / F$ 是 Galois 扩张，所以 $F^{'} K / F$ 是 Galois 扩张（结论 14.21）。

易证 $Gal (F (ξ_{n}) / F) ≅ (Z / n Z)^{\times}$ ，结合有限生成阿贝尔群基本定理和 Galois 理论基本定理，可知 $F$ 到 $F^{'}$ 可由一系列循环扩张得到。同时由结论 14.36， $F^{'} K_{i + 1} / F^{'} K_{i}$ 是循环扩张。 $◻$

Abel-Ruffini 定理

回忆：有限群 $G$ 可解，若存在一系列子群

1 = G_{s} \leq G_{s - 1} \leq \dots \leq G_{0} = G

满足 $G_{i} / G_{i + 1}$ 是循环群（定义略有差别，可以证明等价性）。

定理 14.39

$f (x)$ 可由根式解出，当且仅当其 Galois 群可解。

证明

假设 $f (x)$ 由根式解出，则其每个根包含于满足引理 14.38 的扩张。复合这些扩张得到 $L$ ，则 $L / F$ 同样满足引理 14.38。

设 $G_{i}$ 是 $K_{i}$ 对应的 $G = Gal (L / F)$ 的子群。因为 $Gal (K_{i + 1} / K_{i}) = G_{i} / G_{i + 1}$ 是循环群，所以 $G$ 可解。又因为 $f (x)$ 的分裂域是 $L$ 的子域，所以 $f (x)$ 的 Galois 群是 $G$ 的商群，因此 $f (x)$ 的 Galois 群可解。

假设 $f (x)$ 的 Galois 群 $G$ 可解， $K$ 为 $f (x)$ 的分裂域，考虑一系列 $G_{i}$ 的固定域，得到

$F = K_{0} \subset K_{1} \subset \dots \subset K_{s} = K$
其中 $K_{i + 1} / K_{i}$ 是度为 $n_{i}$ 的循环扩张。

往 $F$ 加入所有 $n_{i}$ 次单位根得到 $F^{'}$ （ $F (ξ_{n}) / F$ 也是简单根式扩张，因为 $ξ_{n}$ 是 $x^{n} - 1$ 的根），考虑

$F \subseteq F^{'} = F^{'} K_{0} \subseteq F^{'} K_{1} \subseteq \dots \subseteq F^{'} K_{s} = F^{'} K$
则 $F^{'} K_{i + 1} / F^{'} K_{i}$ 是度整除 $n_{i}$ 的循环扩张（结论 14.19）。现在基域包含了适当的单位根，所以每个循环扩张都是简单根式扩张（结论 14.37）。而 $f (x)$ 的所有根属于 $K \subseteq F^{'} K$ ，所以 $f (x)$ 可由根式解出。 $◻$

推论 14.40

对正整数 $n \geq 5$ ，度为 $n$ 的一般多项式没有根式解。

“一般” 非常重要，因为一般多项式的 Galois 群是 $S_{n}$ （定理 14.32）。对于给定系数的多项式，其 Galois 群不一定是 $S_{n}$ ，依然可能由根式解出。

例

考虑 $f (x) = x^{5} - 6 x + 3 \in Q [x]$ 。由艾森斯坦判据， $f (x)$ 不可约，于是其分裂域 $K / F$ 的度是 $5$ 的倍数。

设 $G = Gal (f (x))$ ，则 $G \leq S_{5}$ 且 $5 ∣ | G |$ ，于是存在 $| σ | = 5$ 。而 $S_{5}$ 唯一的阶为 $5$ 的元素是五元环，所以 $G$ 包含五元环。

分析易知 $f (x)$ 有三个实根，则复共轭 $τ$ 交换剩下两个复根，于是 $G$ 包含换位。因此 $G ≅ S_{5}$ （一个二元环和一个 $n$ 元环生成 $S_{n}$ ）。

作业

练习 14.7.3

设 $F$ 的特征不为 $2$ 。对 $α, β \in F$ ，求出 $F (\sqrt{α}) = F (\sqrt{β})$ 的充要条件，并以此判断 $Q (\sqrt{1 - \sqrt{2}})$ 是否等于 $Q (i, \sqrt{2})$ 。

$F (\sqrt{α}) = F (\sqrt{β})$ 的充要条件是 $\sqrt{α β} \in F$ 。

证明

若 $\sqrt{α β} \in F$ ，则 $\sqrt{β} \in F (\sqrt{α})$ 且 $\sqrt{α} \in F (\sqrt{β})$ ，所以 $F (\sqrt{α}) = F (\sqrt{β})$ 。

设 $K = F (\sqrt{α}) = F (\sqrt{β})$ 。若 $K = F$ ，则 $\sqrt{α β} \in F$ 。于是 $K \neq F$ ，即 $\sqrt{α}, \sqrt{β} \notin F$ 。因为 $\sqrt{β} \in K$ ，所以存在 $a, b \in F$ 使得 $\sqrt{β} = a + b \sqrt{α}$ 。于是 $β = (a + b \sqrt{α})^{2} = a^{2} + b^{2} α + 2 a b \sqrt{α}$ 。因为 $ch (F) \neq 2$ 且 $\sqrt{α} \notin F$ ，所以 $a b = 0$ 。若 $a = 0$ ，则 $\sqrt{α β} = b α \in F$ 。若 $b = 0$ ，则 $\sqrt{β} = a \in F$ ，和 $\sqrt{β} \notin F$ 矛盾。 $◻$

解

设 $α = \sqrt{1 - \sqrt{2}}$ ，则 $1 - α^{2} = \sqrt{2}$ ，即 $\sqrt{2} \in Q (α)$ 。

设 $F = Q (\sqrt{2})$ ，则 $F \subseteq Q (α)$ ，于是 $Q (α) = F (α)$ 且 $Q (i, \sqrt{2}) = F (i)$ 。根据上述结论， $F (α) = F (i)$ 当且仅当 $α i \in F$ ，当且仅当 $β = \sqrt{\sqrt{2} - 1} \in F$ 。

假设 $β = a + b \sqrt{2}$ ，其中 $a, b \in Q$ ，则 $\sqrt{2} - 1 = β^{2} = a^{2} + 2 a b \sqrt{2} + 2 b^{2}$ 。但 $a^{2} + 2 b^{2} = - 1$ 显然不成立，所以 $Q (\sqrt{1 - \sqrt{2}}) \neq Q (i, \sqrt{2})$ 。

*练习 14.7.8

设 $p, q, r$ 是质数且 $q \neq r$ ，证明 $Q (\sqrt[p]{q}) \neq Q (\sqrt[p]{r})$ 。

证明

假设 $Q (\sqrt[p]{q}) = Q (\sqrt[p]{r})$ ，则 $K = Q (\sqrt[p]{q}, ξ) = Q (\sqrt[p]{r}, ξ)$ ，其中 $ξ$ 是 $p$ 次单位根。

$K$ 是可分多项式 $x^{p} - q$ 和 $x^{p} - r$ 在 $Q (ξ)$ 上的分裂域，所以 $K / Q (ξ)$ 是 Galois 扩张。由结论 14.36， $K / Q (ξ)$ 是循环扩张且度整除 $p$ 。因为 $p$ 是质数，所以度为 $1$ 或 $p$ 。而 $q \neq 1$ ，所以 $\sqrt[p]{q} \notin Q (ξ)$ ，所以 $K / Q (ξ)$ 是度为 $p$ 的循环扩张， $Gal (K / Q (ξ)) = ⟨ σ ⟩$ ，其中 $σ (\sqrt[p]{q}) = ξ \sqrt[p]{q}$ 。

因为 $σ (\sqrt[p]{r})$ 是 $x^{p} - r$ 的根，所以 $σ (\sqrt[p]{r}) = ξ^{k} \sqrt[p]{r}$ ，其中 $k$ 是小于 $p$ 的非负整数。于是

$σ (\frac{\sqrt[p]{q^{k}}}{\sqrt[p]{r}}) = \frac{ξ^{k} \sqrt[p]{q^{k}}}{ξ^{k} \sqrt[p]{r}} = \frac{\sqrt[p]{q^{k}}}{\sqrt[p]{r}}$
因为 $σ$ 生成 $Gal (K / Q (ξ))$ ，所以 $Gal (K / Q (ξ))$ 固定 $\frac{\sqrt[p]{q^{k}}}{\sqrt[p]{r}}$ 。因此 $\frac{\sqrt[p]{q^{k}}}{\sqrt[p]{r}} \in Q (ξ)$ ，矛盾。 $◻$

*练习 14.7.12

设 $L$ 是有限扩张 $Q (α) / Q$ 的 Galois 闭包。对任意质数 $p ∣ | Gal (L / Q) |$ ，证明存在 $L$ 的子域 $F$ 满足 $[L : F] = p$ 且 $L = F (α)$ 。

证明

由 Cauchy 定理，存在 $G = Gal (L / Q)$ 的子群 $H$ 满足 $| H | = p$ ，则其固定域 $F$ 满足 $[L : F] = p$ 。

设 $f (x)$ 是 $α$ 在 $Q$ 上的最小多项式，易证 $L$ 是 $f (x)$ 的分裂域。因为 $f (x)$ 不可约，所以 $G$ 作用在 $f (x)$ 的根的集合 ${α_{1}, \dots, α_{d}}$ 上是传递的，其中 $d = \deg f (x)$ 。因为 $F \neq L$ ，所以存在 $α_{i} \notin F$ ，取 $g \in G$ 使得 $g (α_{i}) = α$ ，则 $F^{'} = g (F)$ 不含 $α$ 且 $[L : F^{'}] = p$ ，于是 $L = F^{'} (α)$ 。 $◻$

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2025年3月

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