抽象代数习题(32) -- Galois 理论II

抽象代数习题(32) – Galois 理论II

Fri Feb 18, 2022

《抽象代数》第三十二章讲的是 Galois 理论的核心内容。设 K 是 F 的分裂域，Galois 群是所有 K→K 且固定 F 的同构构成的群（群的运算为映射的复合），记作 Gal(K:F)。Galois 理论的关键内容是，K 和 F 的所有中间域 I (即 K⊆I⊆F) 和 Gal(K:F) 中的子群有着一一对应的关系。

A. 计算 Galois 群

A.2 求 $Q (i, \sqrt{2})$ 在 $Q$ 上的扩张次数。

解因为 $Q (\sqrt{2}) ≅ Q / ⟨ x^{2} - 2 ⟩$ ，所以 $[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2$ 。多项式 $x^{2} + 1$ 的根 $\pm i \notin Q (\sqrt{2})$ ，因此在 $Q (\sqrt{2})$ 上不可约，从而是 $i$ 的最小多项式。于是 $[Q (i, \sqrt{2}) : Q (\sqrt{2})] = 2$ 。于是 $[Q (i, \sqrt{2}) : Q] = [Q (i, \sqrt{2}) : Q (\sqrt{2})] [Q (\sqrt{2}) : Q] = 4$

A.3 列出 $Gal (K : F)$ 的元素及其运算表。

解根据 A.2 和定理 1 可知 $Gal (K : F)$ 共有 4 个元素。事实上，四个元素如下： $\begin{matrix} ϵ = {\binom{i \to i}{\sqrt{2} \to \sqrt{2}}}, α = {\binom{i \to - i}{\sqrt{2} \to \sqrt{2}}}, \\ β = {\binom{i \to i}{\sqrt{2} \to - \sqrt{2}}}, γ = {\binom{i \to - i}{\sqrt{2} \to - \sqrt{2}}} . \end{matrix}$ 它们的运算表为 $\begin{array}{ccccc} \circ & ϵ & α & β & γ \\ ϵ & ϵ & α & β & γ \\ α & α & ϵ & γ & β \\ β & β & γ & ϵ & α \\ γ & γ & β & α & ϵ \end{array}$

A.4 写出 $Gal (Q (i, \sqrt{2}) : Q)$ 的子群的包含图，以及 $Q$ 和 $Q (i, \sqrt{2})$ 的中间域的包含图。指出 Galois 对应。

解如下图所示。图中实线箭头表示包含关系，虚线箭头表示 Galois 对应

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\begin{document}
\newcommand\Q{\mathbb Q}
\begin{tikzcd}[row sep=1cm]
                   & \Q(i,\sqrt2) \ar[ld] \ar[d] \ar[rd] & & &                             & \{\epsilon,\alpha,\beta,\gamma\} \ar[ld] \ar[d] \ar[rd] \\
\Q(\sqrt2) \ar[rd] & \Q(i) \ar[d] & \Q(i\sqrt2) \ar[ld]    & & \{\epsilon,\gamma\} \ar[rd] & \{\epsilon,\beta\} \ar[d]        & \{\epsilon,\alpha\} \ar[ld] \\
                   & \Q           & & &                                                    & \{\epsilon\}
\ar[dashed, from=1-2, to=3-6]
\ar[dashed, from=3-2, to=1-6]
\ar[dashed, from=2-3, to=2-5]
\ar[dashed, bend right=8, from=2-1, to=2-7]
\ar[dashed, bend right=6, from=2-2, to=2-6]
\end{tikzcd}
\end{document}

C. 等于 S₃ 的 Galois 群

C.1 证明 $Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3})$ 是 $x^{3} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域，其中 $\sqrt[3]{2}$ 表示 $2$ 的实立方根。

证明 $x^{3} - 2$ 的根为 $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2} (\frac{1}{2} \pm \frac{\sqrt{3}}{2} i)$ 。所以分裂域为 $Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3})$ 。

C.2 证明 $[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3$ 。

证明因为 $\sqrt[3]{2}$ 在 $Q$ 上的最小多项式为 $x^{3} - 2$ ，所以是三次扩张。

C.3 说明为什么 $x^{2} + 3$ 在 $Q (\sqrt[3]{2})$ 上不可约，然后说明 $[Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3}) : Q (\sqrt[3]{2})] = 2$ 。做出结论 $[Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3}) : Q] = 6$ 。

证明因为 $x^{2} + 3$ 的根为 $\pm i \sqrt{3}$ 。假设 $\pm i \sqrt{3} \in Q (\sqrt[3]{2})$ ，那么 $\pm i \sqrt{3} = a + b 2^{1 / 3} + c 2^{2 / 3} (a, b, c \in Q)$ 两边平方得 $- 3 = a^{2} + b c + (2 a b + 3 c^{2}) 2^{1 / 3} + (2 a c + b^{2}) 2^{2 / 3}$ 比较系数得 $\begin{aligned} (1) & a^{2} + b c & = - 3 \\ (2) & 2 a b + 3 c^{2} & = 0 \\ (3) & 2 a c + b^{2} & = 0 \end{aligned}$ 由 $(2) (3)$ 解得 $2 a b c = - 3 c^{3} = - b^{3}$ ，因此 $\frac{b}{c} = \sqrt[3]{3}$ 。这是不可能的，因为等式左边是有理数，右边是无理数。因此假设不成立， $\pm i \sqrt{3} \notin Q (\sqrt[3]{2})$ 。所以 $[Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3}) : Q (\sqrt[3]{2})] = 2$ 。

C.4 使用 C.3 说明为什么 $G = Gal (Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3}) : Q)$ 有 6 个元素。然后使用 323 页的规则 (ii) 说明为什么 $G$ 的每个元素都可以用 2 的三个立方根的置换来表示。

证明根据本章定理 1 以及 C.3 可知 $| G | = [Q (\sqrt[3]{2}, i \sqrt{3}) : Q] = 6$ 。因为分裂域的自同构总是把多项式的根映射为根，所以 $G$ 中的每个元素可以表示为多项式 $x^{3} - 2$ 的三个根的置换。

C.5 使用 C.4 证明 $G ≅ S_{3}$ 。

证明根据 C.4 可知 $G$ 有 6 个元素，每个元素都是 2 的三个立方根的置换。而 3 个元素的置换总共只有 6 种（ $| S_{3} | = 6$ ），所以 $G$ 包含了所有的置换，因此 $G ≅ S_{3}$ 。

D. 等于 D₄ 的 Galois 群

设 $α = \sqrt[4]{2}$ 是 2 的一个实四次方根，那么 2 的四个四次方根分别为 $\pm α$ 和 $\pm i α$ 。简要但仔细地解释 1–6：

D.1 $Q (α, i)$ 是 $x^{4} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域。

证明分裂域必须包括 $α$ 和 $i$ ，因此不可能比 $Q (α, i)$ 更小。根据域对四则运算的封闭性可知 $Q (α, i)$ 包含了 $x^{4} - 2$ 所有的根。

D.2 $[Q (α, i) : Q] = 4$ 。

证明因为 $α$ 在 $Q$ 上的多项式是 $x^{4} - 2$ ，次数是 4。

D.3 $i \notin Q (α)$ ；因此 $[Q (α, i) : Q (α)] = 2$ 。

证明因为 $i$ 不是实数，而 $Q (α)$ 中的元素都是实数。所以 $i \notin Q (α)$ 。最小多项式为 $x^{2} + 1$ ，因此 $[Q (α, i) : Q (α)] = 2$ 。

D.4 $[Q (α, i) : Q] = 8$

证明 $[Q (α, i) : Q] = [Q (α, i) : Q (α)] [Q (α, i) : Q] = 8$

D.5 ${1, α, α^{2}, α^{3}, i, i α, i α^{2}, i α^{3}}$ 是 $Q (α, i)$ 在 $Q$ 上的一组基。

证明因为 ${1, α, α^{2}, α^{3}}$ 是 $Q (α)$ 在 $Q$ 上的一组基，并且 ${1, i}$ 是 $Q (α, i)$ 在 $Q (α)$ 上的一组基。根据第二十九章定理 2 前的引理可得结论。

D.6 $Q (α, i)$ 的任意固定 $Q$ 的自同构 $h$ 由它对这组基中的元素的作用所完全确定。而它们进一步又由 $h (α)$ 和 $h (i)$ 完全确定。

证明根据 D.5 可知任意 $x \in Q (α, i)$ 都可以表示为 $x = \sum_{k = 1}^{8} a_{k} e_{k}$ 其中 $a_{k} \in Q$ ， $e_{k}$ 是 D.5 中的某个基元素。于是 $h (x) = \sum_{k = 1}^{8} a_{k} h (e_{k})$ 这是因为 $h$ 固定 $Q$ 。这表明 $h$ 完全由 $h (e_{k})$ 确定。

根据 D.5 可知， $e_{k} = α^{k_{1}} i^{k_{2}}$ ，其中 $k_{1} = 0, 1, 2, 3$ ， $k_{2} = 0, 1$ 。于是 $h (e_{k}) = h (α)^{k_{1}} h (i)^{k_{2}}$ 这表明 $h (e_{k})$ 完全由 $h (α)$ 和 $h (i)$ 确定。

D.7 说明： $h (α)$ 必须是 2 的四次方根，且 $h (i)$ 必须是 $\pm i$ 。结合 $h (α)$ 的四种可能性和 $h (i)$ 的两种可能性，得到了八个可能的自同构。以如下形式将它们列出： ${\binom{α \to α}{i \to i}}, {\binom{α \to - α}{i \to i}}, \dots$

证明因为 $α^{4} = 2$ ，两边应用 $h$ 得 $h (α)^{4} = 2$ 。因此 $h (α)$ 是 2 的四次方根。同理可得 $h (i)^{2} = - 1$ ，所以 $h (i) = \pm i$ 。

八个可能的自同构如下： $\begin{array}{cccc} {\binom{α \to α}{i \to i}}, & {\binom{α \to i α}{i \to i}}, & {\binom{α \to - α}{i \to i}}, & {\binom{α \to - i α}{i \to i}} \\ {\binom{α \to α}{i \to - i}}, & {\binom{α \to i α}{i \to - i}}, & {\binom{α \to - α}{i \to - i}}, & {\binom{α \to - i α}{i \to - i}} \end{array}$

D.8 计算 $Gal (Q (α, i) : Q)$ 的运算表，并证明它同构于 $D_{4}$ ，即正方形的对称变换群。

解

设自同构 $h_{j k} = {\binom{α \to i^{j} α}{i \to (- 1)^{k} i}}$ 不难得到 $h_{j k} \circ h_{j^{'} k^{'}} = {\binom{α \to i^{j + j^{'}} α}{i \to (- 1)^{k + k^{'}} i}}$

那么运算表为 $\begin{array}{cccccccc} \circ & h_{00} & h_{10} & h_{20} & h_{30} & h_{01} & h_{11} & h_{21} & h_{31} \\ h_{00} & h_{00} & h_{10} & h_{20} & h_{30} & h_{01} & h_{11} & h_{21} & h_{31} \\ h_{10} & h_{10} & h_{20} & h_{30} & h_{00} & h_{11} & h_{21} & h_{31} & h_{01} \\ h_{20} & h_{20} & h_{30} & h_{00} & h_{10} & h_{21} & h_{31} & h_{01} & h_{11} \\ h_{30} & h_{30} & h_{00} & h_{10} & h_{20} & h_{31} & h_{01} & h_{11} & h_{21} \\ h_{01} & h_{01} & h_{11} & h_{21} & h_{31} & h_{00} & h_{10} & h_{20} & h_{30} \\ h_{11} & h_{11} & h_{21} & h_{31} & h_{01} & h_{10} & h_{20} & h_{30} & h_{00} \\ h_{21} & h_{21} & h_{31} & h_{01} & h_{11} & h_{20} & h_{30} & h_{00} & h_{10} \\ h_{31} & h_{31} & h_{01} & h_{11} & h_{21} & h_{30} & h_{00} & h_{10} & h_{20} \end{array}$

根据运算表知它同构于 $D_{4}$ 。

E. 循环 Galois 群

E.1 描述 $x^{7} - 1$ 在 $Q$ 上的分裂域 $K$ 。说明为什么 $[K : Q] = 6$ 。

答 $K = Q (α)$ ，其中 $α = \cos (2 π / 7) + i \sin (2 π / 7)$ 是本原七次单位根。因为 $α$ 是不可约多项式 $x^{6} + x^{5} + \dots + x + 1 = \frac{x^{7} - 1}{x - 1}$ 的根，所以 $[K : Q] = 6$ 。

E.2 说明：如果 $α$ 是七次本原单位根，那么任意 $h \in Gal (K : Q)$ 一定将 $α$ 映射为七次单位根。事实上， $h$ 由 $h (α)$ 确定。

证明 $h : K \to K$ 是固定 $Q$ 的自同构。因为 $α^{7} = 1$ ，两边应用 $h$ 得 $h (α)^{7} = 1$ 。可见 $h (α)$ 是七次单位根。因为任意 $x \in K = Q (α)$ 都可以表示为 $x = \sum_{i = 0}^{n} k_{i} α^{i}$ ，其中 $k_{i} \in Q$ ，所以 $h (x) = \sum_{i = 0}^{n} k_{i} h (α)^{i}$ 。可见 $h$ 完全由 $h (α)$ 确定。

E.3 使用 E.2 的结论，显式地列出 $Gal (K : Q)$ 的所有元素。然后写出运算表，并证明它是循环群。

答所有元素分别由 $h_{i} (α) = α^{i} (1 \leq i \leq 6)$ 确定。（因为 $h (1) = 1$ ， $h$ 是同构，所以 $h (α) \neq 1$ 。）

不难得到 $h_{i} \circ h_{j} = h_{i j mod 7}$ 。运算表如下： $\begin{array}{cccccc} \circ & h_{1} & h_{2} & h_{3} & h_{4} & h_{5} & h_{6} \\ h_{1} & h_{1} & h_{2} & h_{3} & h_{4} & h_{5} & h_{6} \\ h_{2} & h_{2} & h_{4} & h_{6} & h_{1} & h_{3} & h_{5} \\ h_{3} & h_{3} & h_{6} & h_{2} & h_{5} & h_{1} & h_{4} \\ h_{4} & h_{4} & h_{1} & h_{5} & h_{2} & h_{6} & h_{3} \\ h_{5} & h_{5} & h_{3} & h_{1} & h_{6} & h_{4} & h_{2} \\ h_{6} & h_{6} & h_{5} & h_{4} & h_{4} & h_{2} & h_{1} \end{array}$ 可见它同构于循环群 $Z_{7}^{*}$ 。

E.4 列出 $Gal (K : Q)$ 的所有子群以及对应的固定域。指出 Galois 对应。

答根据 E.3 知 $h_{2, 4}$ 轮换 $(α, α^{2}, α^{4})$ 和 $(α^{3}, α^{5}, α^{6})$ ； $h_{6}$ 对换 $(α, α^{6})$ , $(α^{2}, α^{5})$ 和 $(α^{3}, α^{4})$ 。所以设 $\begin{aligned} K_{1} & = {a (α + α^{2} + α^{4}) + b (α^{3} + α^{5} + α^{6})}, \\ K_{2} & = {c (α + α^{6}) + d (α^{2} + α^{5}) + e (α^{3} + α^{4})}, \end{aligned}$ 其中 $a, b, c, d, e \in Q$ 。易知 $K_{1}, K_{2} \subseteq K$ 。

那么 $Gal (K : Q)$ 的子群如下：

$Gal (K : Q) = {h_{1}, h_{2}, h_{3}, h_{4}, h_{5}, h_{6}}$ ，固定域为 $Q$ 。
${h_{1}, h_{2}, h_{4}}$ ，固定域为 $K_{1}$ 。
${h_{1}, h_{6}}$ ，固定域为 $K_{2}$ 。
${h_{1}}$ ，固定域为 $K = Q (α)$ 。

E.5 描述 $x^{6} - 1$ 在 $Q$ 上的分裂域 $L$ ，并证明 $[L : Q] = 2$ 。说明为什么 $Q$ 和 $L$ 之间没有中间域（不含 $Q$ 和 $L$ 本身）。

证明因为 $x^{6} - 1$ 的根为 $ζ^{i}$ ，其中 $ζ = \cos \frac{2 π}{6} + i \sin \frac{2 π}{6} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i$ 且 $i = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ ，所以分裂域为 $L = Q (ζ) = Q (\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i) = Q (i \sqrt{3})$ 。

因为 $i \sqrt{3}$ 在 $Q$ 上的最小多项式为 $x^{2} + 3$ ，所以 $[L : Q] = 2$ 。

设 $Q \subseteq I \subseteq L$ ，那么 $[L : Q] = [L : I] [I : Q] = 2$ 。于是或者 $[L : I] = 1$ 或者 $[I : Q] = 1$ 。这表明或者 $L = I$ 或者 $I = Q$ 。因此不存在严格介于两者之间的域。（同第二十九章习题 D.2。）

E.6 设 $L$ 为 $x^{6} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域。列出 $Gal (L : Q)$ 的所有元素并写出运算表。

证明 $x^{6} - 2$ 的所有根为 $α ζ^{i}$ ，其中 $α = \sqrt[6]{2}$ 是 $2$ 的实六次方根， $ζ^{i}$ 与 E.5 中相同。因此 $L = Q (α, ζ) = Q (\sqrt[6]{2}, i \sqrt{3})$ 。

因为 $L$ 是分裂域，它的自同构 $h : L \to L$ 把 $x^{6} - 2$ 的根映射为 $x^{6} - 2$ 的根。考虑 $h (α)$ ，它有 6 种可能性： $h (α) = α ζ^{i}$ ，其中 $i = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ 。

同理，考虑多项式 $x^{2} + 3$ 得 $h (i \sqrt{3}) = \pm i \sqrt{3}$ 。一旦确定了 $h (i \sqrt{3})$ ，那么 $h (ζ)$ 随之确定，于是 $x^{6} - 2$ 的所有根的映射就都确定了。

综上所述， $Gal (L : Q)$ 中的所有元素为 $h_{i j} = {\begin{matrix} α \to α ζ^{i} \\ i \sqrt{3} \to (- 1)^{j} i \sqrt{3} \end{matrix}} (i = 0, 1, 2, 3, 4, 5; j = 0, 1)$

（运算表略。）

注这题很容易算错。按照类似的推理， $x^{n} - a$ 的根如果都不在 $Q$ 中，那么它的分裂域的 Galois 群将同构于 $D_{n}$ 。这是一个很有趣的现象。

F. 同构于 S₅ 的 Galois 群

设 $a (x) = x^{5} - 4 x^{4} + 2 x + 2 \in Q [x]$ ，且 $r_{1}, \dots, r_{5}$ 是 $a (x)$ 在 $C$ 中的根。设 $K = Q (r_{1}, \dots, r_{5})$ 为 $a (x)$ 在 $Q$ 上的分裂域。

证明 1–3。

F.1 $a (x)$ 在 $Q [x]$ 中不可约。

证明使用 Eisenstein 判据，取 $p = 2$ 。

F.2 $a (x)$ 有三个实根和两个复根。

证明使用微积分的知识：设实变函数 $y = a (x)$ ，那么 $y^{'} = 5 x^{4} - 16 x^{3} + 2$ ， $y^{″} = 20 x^{3} - 48 x^{2} = 4 x^{2} (5 x - 12)$ 。可见 $y^{'}$ 在 $(- \infty, 5 / 12)$ 上单调递减，在 $(5 / 12, + \infty)$ 上单调递增。因为一个单调区间内至多只有一个零点，所以 $y^{'}$ 最多有 2 个零点。因为 $x \to \pm \infty$ 时 $y^{'} \to + \infty$ ，所以如果 $y$ 能取到一个负值，则在两侧分别存在一个零点；的确如此： $y^{'} (1) = - 9 < 0$ 。由此可知 $y^{'}$ 恰有 2 个零点。因此， $y$ 先单调递增，再单调递减，再单调递增；因此最多有 3 个零点。而 $y (0) = 2 > 0$ ， $y (2) = - 26 < 0$ ，所以 $y$ 确有 3 个零点。这就证明了 $a (x)$ 有三个实根。根据代数基本定理， $a (x)$ 还有两个（非实数的）复根。

注因为多项式次数较高且不可约，手工计算难以得到精确的零点/极值点，所以需要进行适当的估算，比较繁琐；可以使用图形计算器直接观察函数图象。

F.3 如果 $r_{1}$ 表示 $a (x)$ 的一个实根，那么 $[Q (r_{1}) : Q] = 5$ 。使用这个结论证明 $[K : Q]$ 是 5 的倍数。

证明因为 $a (x)$ 不可约且是首一多项式，所以它是 $r_{1}$ 的最小多项式。因此 $[Q (r_{1}) : Q] = \deg a (x) = 5$ 。而 $[K : Q] = [K : Q (r_{1})] [Q (r_{1}) : Q]$ ，所以 $[K : Q]$ 是 $5$ 的倍数。

F.4 使用 F.3 和 Cauchy 定理（第十三章习题 E）证明 $Gal (K : Q)$ 中存在阶为 $5$ 的元素 $α$ 。因为 $α$ 可以表示为 ${r_{1}, \dots, r_{5}}$ 的置换，说明为什么它一定是长度为 $5$ 的轮换。

证明由 F.3 知 $5 ∣ [K : Q]$ 。根据本章定理 1 可知 $| Gal (K : Q) | = [K : Q]$ ，因此它也是 $5$ 的倍数。根据 Cauchy 定理可知其中存在阶为 $5$ 的元素，设它是 $σ \in S_{5}$ 。考虑 $S_{5}$ 中的任意不是长度为 5 的轮换的元素 $σ^{'}$ ，根据第八章内容可知它可以分解为长度小于 5 的不相交的轮换的复合。设 $σ^{'} = τ_{1} \dots τ_{n}$ 。那么 $o r d (σ^{'}) = l c m (o r d (τ_{1}), \dots, o r d (τ_{n}))$ 。因为小于 5 的正整数的最大公约数不可能等于 5，所以 $σ^{'}$ 的阶不可能是 5。这就说明了 $σ$ 一定是长度为 5 的轮换。

F.5 说明为什么 $Gal (K : Q)$ 中存在对换。

证明因为 $a (x)$ 是实系数多项式，因此它的两个复数根互为共轭。容易验证 $h (a + b i) = a - b i$ 是 $K \to K$ 的同构，其中 $a, b$ 分别为实部和虚部。可见， $h$ 对换 $a (x)$ 的两个复数根而固定其余实数根。这表明 $Gal (K : Q)$ 中存在对换。

F.6 求证： $S_{5}$ 的任意子群，如果包含了一个长度为 5 的轮换和一个对换，那么它一定包含 $S_{5}$ 中的所有对换，于是包含 $S_{5}$ 的全部元素。由此可知， $Gal (K : Q) = S_{5}$ 。

证明设轮换为 $σ = (a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5})$ 而对换为 $τ = (a_{i} a_{j})$ ，那么 $\begin{aligned} σ τ σ^{- 1} & = (a_{i + 1} a_{j + 1}) \\ σ^{2} τ σ^{- 2} & = (a_{i + 2} a_{j + 2}) \\ σ^{3} τ σ^{- 3} & = (a_{i + 3} a_{j + 3}) \\ σ^{4} τ σ^{- 4} & = (a_{i + 4} a_{j + 4}) \end{aligned}$

为了使下标的加法运算总是成立，规定 $a_{6} = a_{1}$ ， $a_{7} = a_{2}$ ，依此类推。不失一般性，设 $i < j$ ，并设 $d = j - i$ ，则 $d = 1, 2, 3, 4$ 。下面证明任意对换 $(a_{r} a_{s})$ 总是可以由上述 5 个对换复合而成。因为 $r = 1, 2, 3, 4, 5$ ，所以上述 5 个对换中恰有一个是 $(a_{r} a_{r + d})$ 。同理，恰有一个是 $(a_{r + d} a_{r + 2 d})$ 。依此类推，经复合可以得到 $(a_{r} a_{r + k d})$ ，其中 $k$ 是任意整数。如果令 $(a_{r} a_{r + k d}) = (a_{r} a_{s})$ ，则它等价于 $r + k d \equiv s (\mod 5)$ 它等价于关于 $k, t$ 的方程 $k d + 5 t = s - r$ 因为 $gcd (d, 5) = 1$ ，所以根据 Bézout 定理可知该方程有整数解。这就证明了任意对换都可以由 $σ$ 和 $τ$ 复合构成。

因为任意置换都可以分解为对换的复合，所以 $S_{n}$ 的所有元素都可以由 $σ$ 和 $τ$ 复合构成。根据群的封闭性，如果 $S_{n}$ 的子群包含了 $σ$ 和 $τ$ ，那么它就包含了 $S_{n}$ 的所有元素。

G. 与自同构和 Galois 群相关的简短问题

设 F 为域，K 是 F 的有限扩张。假定 a,b ∈ K。

证明 1–3.

G.1 如果 h 是 K 的自同构，且固定 F 和 a，那么 h 固定 F(a)。

证明根据已知条件，h(a) = a，并且 h(x) = x 对任意 x ∈ F 都成立。因为 K 是有限扩张，所以 a 是 F 上的代数元，于是 F(a) 中的任意数 y 都可以表示为 y = c₀ + c₁a + ⋯ + c_naⁿ，其中 c₀,c₁,…,c_n ∈ F。根据 h 是同态可知 h(y) = y。因此 h 固定 F(a)。

G.2 F(a,b)^* = F(a)^* ∩ F(b)^*。

证明设 h ∈ F(a,b)^*。显然 h 固定 F。因为 a ∈ F(a,b)，所以 h 固定 a。根据 G.1 可知 h 固定 F(a)。这表明 h ∈ F(a)^*。同理可证 h ∈ F(b)^*。于是 h ∈ F(a)^* ∩ F(b)^*

另一方面，设 g ∈ F(a)^* ∩ F(b)^*。根据定义，g 固定 F、a、b。而 F(a,b) 中的每个元素都可以表示为形如 kaⁱb^j 的和的形式。因此应用 g 后保持不变。这表明 g ∈ F(a,b)^*。

综上所述，F(a,b)^* = F(a)^* ∩ F(b)^*。

G.3 除了恒等映射外，不存在 $Q (\sqrt[3]{2})$ 的自同构固定 $Q$ 。

证明记 $α = \sqrt[3]{2}$ ，那么 $α^{3} = 2$ 。设 $h$ 是 $Q (α)$ 的自同构且固定 $Q$ ，那么 $h (α)^{3} = h (2) = 2$ 设 $β = h (α) \in Q (α)$ 。因为在复数范围内 $β$ 只有 3 种可能的取值，即单位立方根。但 $β$ 是实数，所以只可能是 $β = α$ 。

于是 $h (α) = α$ 。这表明 $h$ 固定 $Q (α)$ ，因此它是恒等映射。这就说明了不存在恒等映射以外的映射满足条件。

G.4 说明为什么 G.3 的结论不违反定理 1。

答定理 1 说的是分裂域 K 和 F 的关系：Gal(K:F) = [K:F]。但 G.3 中的域不是分裂域，所以不能应用定理 1。

在接下来的三个问题中设 $ω$ 是本原单位 $p$ 次方根，其中 $p$ 是质数。

G.5 证明：如果 $h \in Gal (Q (ω) : Q)$ ，那么 $h (ω) = ω^{k}$ 对某个 $1 \leq k \leq p - 1$ 成立。

证明不可约多项式 $a (x) = x^{p - 1} + x^{p - 2} + \dots + x + 1 = \frac{x^{p} - 1}{x - 1}$ 的所有根为 $ω, ω^{2}, \dots, ω^{p - 1} \in Q (ω)$ ，因此 $Q (ω)$ 是 $a (x)$ 的分裂域。因为 $h \in Gal (Q (ω) : Q)$ ，因此 $h$ 把 $a (x)$ 的根映射到 $a (x)$ 的根，即存在 $1 \leq k \leq p - 1$ 使得 $h (ω) = ω^{k}$ 。

G.6 使用 G.5 证明 $Gal (Q (ω) : Q)$ 是 Abel 群。

证明设 $h, h^{'} \in Gal (Q (ω) : Q)$ ，根据 G.5 可知 $h (ω) = ω^{k}$ 且 $h^{'} (ω) = ω^{k^{'}}$ ，其中 $1 \leq k, k^{'} \leq p - 1$ 。设 $x \in Q (ω)$ ，则 $x = \sum_{i = 0}^{n} c_{i} ω^{i}$ 。于是 $h (h^{'} (x)) = \sum_{i = 0}^{n} c_{i} ω^{k k^{'} i}, h^{'} (h (x)) = \sum_{i = 0}^{n} c_{i} ω^{k^{'} k i}$ 这表明 $h \circ h^{'} = h^{'} \circ h$ ，因此 $Gal (Q (ω) : Q)$ 是 Abel 群。

G.7 使用 G.5 证明 $Gal (Q (ω) : Q)$ 是循环群。

证明根据 G.5 可知 $Gal (Q (ω) : Q)$ 中的全部元素可以描述为 $h_{i} (ω) = ω^{i} (1 \leq i \leq p - 1)$ 于是 $(h_{i} \circ h_{j}) (ω) = ω^{i j}$ 。这表明 $h_{i} \circ h_{j} = h_{k}$ 当且仅当 $i j \equiv k (\mod p)$ 。因此 $Gal (Q (ω) : Q) ≅ Z_{p}^{*}$ （同构为 $h_{i} \leftrightarrow \bar{i}$ ），而后者是循环群。

H. ℂ 的自同构群

H.2 求证：ℝ 的任意自同构把平方元素映射到平方元素，即把正数映射到正数。

证明设 h: ℝ→ℝ 是自同构，并设 x = a² ∈ ℝ。那么 h(x) = h(a)²。可见 h(x) 是平方元素。设 x’ 是正数，因为正数在实数范围内总是可以开平方根，因此 x’ 是平方元素。因为 x’ ≠ 0，所以 h(x) ≠ 0。由此可知 h(x’) 是非零平方数，因此是正数。

H.3 使用 H.2 证明：如果 h 是 ℝ 的自同构，那么 a < b 蕴含 h(a) < h(b)。

证明 a < b 等价于 b-a 是正数，根据 H.2 知 h(b-a) 也是正数。因此 h(b-a) = h(b)-h(a) > 0。因此 h(a) < h(b)。

H.4 使用 H.1 和 H.3 证明 ℝ 的自同构只有恒等映射。

证明设 h 是 ℝ 的自同构。仿照 H.1 可知 h(x) = x 对任意 x ∈ ℚ 都成立。假设存在 a ∈ ℝ 满足 h(a) ≠ a。如果 a < h(a)，那么根据有理数的稠密性可知存在 b ∈ ℚ 使得 a < b < h(a)。根据 H.3 可知 a < b 蕴含 h(a) < h(b)。而 h(b) = b，于是得到 h(a) < b < h(a)，这是不可能的。如果 a > h(b) 那么可以推出类似的矛盾。因此假设不可能成立，只可能是 h(x) = x 对任意 x ∈ ℝ 都成立。

注这里用到了有理数的稠密性，这是抽象代数以外的知识。

H.5 列出 Gal(ℂ:ℝ) 中的元素。

解由 [ℂ:ℝ] = 2 可知 Gal(ℂ:ℝ) 共有 2 个元素。显然恒等映射 ε 是一个元素。另一个元素 σ 是将每个复数映射为它的共轭复数；不难证明它是同构。Gal(ℂ:ℝ) = {ε, σ}。

H.6 证明恒等映射和映射 a+bi → a-bi 是仅有的固定 ℝ 的 ℂ 的自同构。

证明根据 Galois 群的定义和 H.5 的结论可知。

I. 关于 Galois 群的更多问题

在下列问题中，设 $K$ 是 $F$ 的分裂域，设 $G = Gal (K : F)$ ，并设 $I$ 是中间域。证明下列命题。

I.1 $I^{*} = Gal (K : I)$ 是 $G$ 的子群。

证明不难证明 $I^{*}$ 非空（含有恒等映射）且是 $G$ 的子集（固定 $I$ 的自同构一定固定 $F$ ）。

设 $h_{1}, h_{2} \in I^{*}$ ，则对任意 $x \in I$ 有 $h_{1} (h_{2} (x)) = h_{1} (x) = x$ ，因此 $h_{1} \circ h_{2} \in I^{*}$ 。同理可证 $h_{2} \circ h_{1} \in I^{*}$ 。

设 $h \in I^{*}$ ，则对任意 $x \in I$ 有 $h (x) = x$ 。两边应用 $h^{- 1}$ 得 $h^{- 1} (x) = x$ 。因此 $h^{- 1} \in I^{*}$ 。

综上所述， $I^{*} \leq G$ 。

I.2 如果 $H \leq G$ 且 $H^{\circ} = {a \in K : \forall π \in H, π (a) = a}$ ，那么 $F \subseteq H^{\circ} \subseteq K$ 。

证明显然 $H^{\circ}$ 是 $K$ 的子集。

设 $a, b \in H^{\circ}$ ，那么对任意 $π \in H$ 有 $π (a) = a$ 且 $π (b) = b$ 。因为 $π$ 是同构，所以 $π (a - b) = π (a) - π (b) = a - b$ 。这表明 $a - b \in H^{\circ}$ 。可见， $H^{\circ}$ 对减法封闭，因而是 $K$ 的子环。又因为对任意 $a \in H^{\circ}$ ，有 $π (a^{- 1}) = π (a)^{- 1} = a^{- 1}$ ，所以 $H^{\circ}$ 对乘法逆元封闭。由此可见 $H^{\circ}$ 是 $K$ 的子域。

设 $x \in F$ ，那么对于任意 $π \in H \subseteq G$ ，有 $π (x) = x$ ，因此 $x \in H^{\circ}$ 。这就证明了 $F \subseteq H^{\circ}$ 。

I.3 设 $H$ 是 $I$ 的固定子，且 $I^{'}$ 是 $H$ 的固定域，那么 $I \subseteq I^{'}$ 。设 $I$ 是 $H$ 的固定域，且 $I^{*}$ 是 $I$ 的固定子，那么 $H \subseteq I^{*}$ 。

证明这些命题在本章正文部分被描述为“根据定义可知”。这里只是详细地按照定义进行推导。

（命题一）设 $x \in I$ ，因为 $H$ 是 $I$ 的固定子，所以对于任意 $π \in H$ 都有 $π (x) = x$ 。按照固定域的定义： $I^{'} = {a \in K : \forall π \in H, π (a) = a}$ 这表明 $x \in I^{'}$ 。因此 $I \subseteq I^{'}$ 。

（命题二）因为 $I^{*}$ 是 $I$ 的固定子，所以它包含了所有固定 $I$ 的 $K$ 的自同构。设 $π \in H$ 。按固定域的定义： $I = {a \in K : \forall π \in H, π (a) = a}$ 由此可见 $π$ 固定 $I$ ，从而有 $π \in I^{*}$ 。因此 $H \subseteq I^{*}$ 。

I.4 设 $I$ 是 $F$ 的正规扩张。如果 $G$ 是 Abel 群，那么 $Gal (K : I)$ 和 $Gal (I : F)$ 都是 Abel 群。

证明根据 I.1 可知 $H = Gal (K : I)$ 是 $G$ 的子群。因为 $G$ 是 Abel 群，具备交换律，所以具备相同运算法则的子群 $Gal (K : I)$ 也是 Abel 群。

根据本章定理 4，有 $Gal (I : F) ≅ G / H$ 。右侧的商群中的每个元素都是 $H a$ 的形式。根据陪集的运算法则： $H a \cdot H b = H (a b) = H (b a) = H b \cdot H a$ 因此商群也是 Abel 群。这就证明了 $Gal (I : F)$ 是 Abel 群。

I.5 设 $I$ 是 $F$ 的正规扩张。如果 $G$ 是循环群，那么 $Gal (K : I)$ 和 $Gal (I : F)$ 都是循环群。

引理循环群的子群都是循环群。

设 $G = ⟨ g ⟩$ 是循环群，其中 $g$ 是它的生成元。设 $H$ 是 $G$ 的子群。如果 $H$ 是平凡群，那么显然它是循环群。下面只考虑非平凡群的情况。

$H$ 中的元素都具备 $g^{k}$ 的形式。根据良序原理，设 $k$ 能取到的最小的正整数是 $a$ 。对于任意的 $x = g^{b} \in H$ ，做带余除法 $b = a q + r$ ，其中 $q, r$ 是整数且 $0 \leq r < a$ 。那么 $g^{r} = g^{b} (g^{a})^{- q} \in H$ 。但 $a$ 是最小的正指数，所以只可能是 $r = 0$ 。于是 $x = (g^{a})^{q}$ 。这表明 $g^{a}$ 是 $H$ 的生成元。由此可知 $H$ 是循环群。

证明根据 I.1 可知 $H = Gal (K : I)$ 是 $G$ 的子群。因为 $G$ 是循环群，根据引理可知 $Gal (K : I)$ 也是循环群。

根据本章定理 4，有 $Gal (I : F) ≅ G / H$ 。设 $G = ⟨ π ⟩$ 。如果 $H$ 是平凡群，则 $Gal (I : F) ≅ G$ 显然是循环群。否则，根据引理可设 $H = ⟨ π^{k} ⟩$ ，其中 $k$ 为正整数。那么商群 $G / H$ 中的所有元素为 $H, H π, H π^{2}, \dots, H π^{k - 1}$ 可见 $G / H = ⟨ H π ⟩$ 是循环群。

I.6 如果 $G$ 是循环群，那么对于任意整除 $[K : F]$ 的正数 $k$ ，恰有一个 $k$ 次中间域 $I$ 。

证明设 $[K : F] = n$ 。则根据本章定理 1 可知 $| G | = n$ 。

设 $G = ⟨ π ⟩$ ，并设 $m = n / k$ ，那么 $G$ 的 $m$ 阶子群只能是 $H = ⟨ π^{k} ⟩$ 。设 $I$ 是 $H$ 的固定域。根据本章定理 1，有 $[K : I] = | H | = m$ 。于是 $[I : F] = [K : F] / [K : I] = k$ 。

根据 Galois 对应， $G$ 的子群和中间域一一对应。所以上述中间域 $I$ 是唯一的。

J. 正规扩张与正规子群

假定 $F \subseteq K$ ，其中 $K$ 是 $F$ 的正规扩张。设 $I_{1} \subseteq I_{2}$ 为中间域。

J.1 从定理 4 推导：如果 $I_{2}$ 是 $I_{1}$ 的正规扩张，那么 $I_{2}^{*}$ 是 $I_{1}^{*}$ 的正规子群。

证明因为 $F \subseteq I_{2}$ 而 $K$ 是 $F$ 的分裂域，所以 $K$ 是 $I_{2}$ 的分裂域。根据定理 4 有 $Gal (I_{2} : I_{1}) = Gal (K : I_{1}) / Gal (K : I_{2}) = I_{1}^{*} / I_{2}^{*}$ 。根据商群的定义， $I_{2}^{*} ⊴ I_{1}^{*}$ 。

J.2 证明一下命题对任意中间域 $I$ 都成立：设 $h \in Gal (K : F)$ ， $g \in I^{*}$ ， $a \in I$ 且 $b = h (a)$ 。那么 $[h \circ g \circ h^{- 1}] (b) = b$ 。做出结论： $h I^{*} h^{- 1} \subseteq h (I)^{*}$ 。

证明 $\begin{aligned} [h \circ g \circ h^{- 1}] (b) & = [h \circ g \circ h^{- 1}] (h (a)) \\ = h (g (h^{- 1} (h (a)))) \\ = h (g (a)) = h (a) = b \end{aligned}$

因为 $b \in h (I)$ 和 $g \in I^{*}$ 可以任取，所以 $h I^{*} h^{- 1}$ 中的任意元素都固定 $h (I)$ 中的元素。这就说明了 $h I^{*} h^{- 1} \subseteq h (I)^{*}$ 。

J.3 使用 J.2 证明 $h I^{*} h^{- 1} = h (I)^{*}$ 。

证明设 $g \in h (I)^{*}$ 。对任意 $a \in I$ 有 $h (a) \in h (I)$ ，于是 $g (h (a)) = h (a)$ 两边应用 $h^{- 1}$ 得 $h^{- 1} (g (h (a))) = a$ 这表明 $\hat{g} = h^{- 1} \circ g \circ h$ 固定 $I$ 。于是 $\hat{g} \in I^{*}$ 。由此可知 $g = h \circ \hat{g} \circ h^{- 1} \in h I^{*} h^{- 1}$ 这表明 $h (I)^{*} \subseteq h I^{*} h^{- 1}$ 。而 J.2 已经证明了另一个方向的包含关系，因此 $h (I)^{*} = h I^{*} h^{- 1}$

两个中间域被称为共轭的 (conjugate) 当且仅当存在自同构 $i \in Gal (K : F)$ 使得 $i (I_{1}) = I_{2}$ 。

J.4 使用 J.3 证明 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 是共轭的当且仅当 $I_{1}^{*}$ 和 $I_{2}^{*}$ 是 Galois 群的共轭子群。

证明

（必要性）当 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 是共轭时，存在 $i \in Gal (K : F)$ 使得 $i (I_{1}) = I_{2}$ 。根据 J.3 得 $I_{2}^{*} = i (I_{1})^{*} = i I_{1}^{*} i^{- 1}$ ，因此 $I_{2}^{*}$ 和 $I_{1}^{*}$ 为共轭子群。

（充分性）当 $I_{2}^{*}$ 和 $I_{1}^{*}$ 为共轭子群时，存在 $i \in Gal (K : F)$ 使得 $I_{2}^{*} = i I_{1}^{*} i^{- 1}$ 。根据 J.3 得 $i I_{1}^{*} i^{- 1} = i (I_{1})^{*}$ ，因此 $I_{2}^{*} = i (I_{1})^{*}$ 。因为 Galois 对应是中间域和 Galois 子群之间的一一对应，所以 $I_{2} = i (I_{1})$ 。这表明 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ 是共轭的。

J.5 使用 J.4 证明对于任意两个中间域 $I_{1}$ 和 $I_{2}$ ，如果 $I_{2}^{*}$ 是 $I_{1}^{*}$ 的正规子群，那么 $I_{2}$ 是 $I_{1}$ 的正规扩张。

证明设 $x \in I_{2}^{*}$ ，因为 $I_{2}^{*} ⊴ I_{1}^{*}$ ，所以对任意 $h \in I_{1}^{*}$ 都有 $h x h^{- 1} \in I_{2}^{*}$ 。设将 $h$ 的定义域限制为 $I_{2}$ 得到的同构为 $\hat{h}$ ，则 $\hat{h} I_{2}^{*} {\hat{h}}^{- 1} \subseteq I_{2}^{*}$ 。根据 J.4 可知 $\hat{h} (I_{2})^{*} = \hat{h} I_{2}^{*} {\hat{h}}^{- 1}$ ，所以 $\hat{h} (I_{2})^{*} \subseteq I_{2}^{*}$ 。因为 $\hat{h}$ 是 $I_{2}$ 的固定 $I_{1}$ 的自同构，所以根据第三十一章习题 K.2 可知 $I_{2}$ 是 $I_{1}$ 的正规扩张。

结合 J.1 和 J.5 可知： $I_{2}$ 是 $I_{1}$ 的正规扩张当且仅当 $I_{2}^{*}$ 是 $I_{1}^{*}$ 的正规子群。（历史上，这个结论是术语“正规子群”中“正规”的来源。）