《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 \(\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q(i,\sqrt2)\) 在 \(\Q\) 上的扩张次数。

解 因为 \(\Q(\sqrt2)\cong\Q/\langle x^2-2\rangle\)，所以 \([\Q(\sqrt2):\Q] = 2\)。多项式 \(x^2+1\) 的根 \(\pm i\notin \Q(\sqrt2)\)，因此在 \(\Q(\sqrt2)\) 上不可约，从而是 \(i\) 的最小多项式。于是 \([\Q(i,\sqrt2) : \Q(\sqrt2)] = 2\)。于是 \[[\Q(i,\sqrt2) : \Q] = [\Q(i,\sqrt2) : \Q(\sqrt2)][\Q(\sqrt2) : \Q] = 4\]

A.3 列出 \(\DeclareMathOperator\Gal{Gal}\Gal(K:F)\) 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{gather*} \epsilon = {i\to i\atopwithdelims\lbrace\rbrace\sqrt2\to\sqrt2},\quad \alpha = {i\to -i\atopwithdelims\lbrace\rbrace\sqrt2\to\sqrt2},\\ \beta = {i\to i\atopwithdelims\lbrace\rbrace\sqrt2\to-\sqrt2},\quad \gamma = {i\to -i\atopwithdelims\lbrace\rbrace\sqrt2\to-\sqrt2}.\\ \end{gather*} 它们的运算表为 \begin{array}{c|cccc} \circ & \epsilon & \alpha & \beta & \gamma \\\hline \epsilon & \epsilon & \alpha & \beta & \gamma \\ \alpha & \alpha & \epsilon & \gamma & \beta \\ \beta & \beta & \gamma & \epsilon & \alpha \\ \gamma & \gamma & \beta & \alpha & \epsilon \\ \end{array}

A.4 写出 \(\Gal(\Q(i,\sqrt2):\Q)\) 的子群的包含图，以及 \(\Q\) 和 \(\Q(i,\sqrt2)\) 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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\usepackage{tikz-cd}
\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 \(\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3)\) 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 \(\sqrt[3]2,\sqrt[3]2\bigl(\frac12\pm\frac{\sqrt3}{2}i\bigr)\)。所以分裂域为 \(\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3)\)。

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 \([\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3):\Q(\sqrt[3]2)]=2\)。做出结论 \([\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3):\Q]=6\)。

证明 因为 \(x^2+3\) 的根为 \(\pm i\sqrt3\)。假设 \(\pm i\sqrt3\in \Q(\sqrt[3]2)\)，那么 \[\pm i\sqrt3 = a+b2^{1/3}+c2^{2/3}\qquad(a,b,c\in\Q)\] 两边平方得 \[-3 = a^2+bc + (2ab+3c^2)2^{1/3} + (2ac+b^2)2^{2/3}\] 比较系数得 \begin{align*} a^2+bc &= -3\tag1\\ 2ab+3c^2 &= 0\tag2\\ 2ac+b^2 &= 0\tag3 \end{align*} 由 \((2)(3)\) 解得 \(2abc=-3c^3=-b^3\)，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，\(\pm i\sqrt3\notin \Q(\sqrt[3]2)\)。所以 \([\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3):\Q(\sqrt[3]2)]=2\)。

C.4 使用 C.3 说明为什么 \(\mathbf G = \Gal(\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3):\Q)\) 有 6 个元素。然后使用 323 页的规则 (ii) 说明为什么 \(\mathbf G\) 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 \(|\mathbf G| = [\Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3):\Q] = 6\)。因为分裂域的自同构总是把多项式的根映射为根，所以 \(\mathbf G\) 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 \(\mathbf G \cong S_3\)。

证明 根据 C.4 可知 \(\mathbf G\) 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 \(\mathbf G\) 包含了所有的置换，因此 \(\mathbf G \cong S_3\)。

D. 等于 D₄ 的 Galois 群

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

D.1 \(\Q(\alpha,i)\) 是 \(x^4-2\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

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

D.2 \([\Q(\alpha,i):\Q]=4\)。

证明 因为 \(\alpha\) 在 \(\Q\) 上的多项式是 \(x^4-2\)，次数是 4。

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

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

D.4 \([\Q(\alpha,i):\Q]=8\)

证明 \[[\Q(\alpha,i):\Q]=[\Q(\alpha,i):\Q(\alpha)][\Q(\alpha,i):\Q] = 8\]

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

证明 因为 \(\{1,\alpha,\alpha^2,\alpha^3\}\) 是 \(\Q(\alpha)\) 在 \(\Q\) 上的一组基，并且 \(\{1,i\}\) 是 \(\Q(\alpha,i)\) 在 \(\Q(\alpha)\) 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 \(\Q(\alpha,i)\) 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 \(h(\alpha)\) 和 \(h(i)\) 完全确定。

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

根据 D.5 可知，\(\boldsymbol e_k = \alpha^{k_1}i^{k_2}\)，其中 \(k_1=0,1,2,3\)，\(k_2=0,1\)。于是 \[h(\boldsymbol e_k) = h(\alpha)^{k_1}h(i)^{k_2}\] 这表明 \(h(\boldsymbol e_k)\) 完全由 \(h(\alpha)\) 和 \(h(i)\) 确定。

D.7 说明：\(h(\alpha)\) 必须是 2 的四次方根，且 \(h(i)\) 必须是 \(\pm i\)。结合 \(h(\alpha)\) 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： \[\newcommand\aut[2]{\displaystyle{\alpha\to#1\alpha \atopwithdelims\{\} i\to #2i}}\aut{}{},\quad \aut{-}{},\ldots\]

证明 因为 \(\alpha^4=2\)，两边应用 \(h\) 得 \(h(\alpha)^4 = 2\)。因此 \(h(\alpha)\) 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} \aut{}{},&\aut{i}{},&\aut{-}{},&\aut{-i}{}\\ \aut{}{-},&\aut{i}{-},&\aut{-}{-},&\aut{-i}{-}\\ \end{array}

D.8 计算 \(\Gal(\Q(\alpha,i):\Q)\) 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 \[h_{jk} = \aut{i^j}{(-1)^k}\] 不难得到 \[h_{jk}\circ h_{j’k’} = \aut{i^{j+j’}}{(-1)^{k+k’}}\]

那么运算表为 \begin{array}{c|ccccccc} \circ &h_{00}&h_{10}&h_{20}&h_{30}&h_{01}&h_{11}&h_{21}&h_{31}\\\hline 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 \(K=\Q(\alpha)\)，其中 \(\alpha=\cos(2\pi/7)+i\sin(2\pi/7)\) 是本原七次单位根。 因为 \(\alpha\) 是不可约多项式 \(x^6+x^5+\cdots+x+1 = \frac{x^7-1}{x-1}\) 的根，所以 \([K:\Q]=6\)。

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

证明 \(h\colon K\to K\) 是固定 \(\Q\) 的自同构。因为 \(\alpha^7=1\)，两边应用 \(h\) 得 \(h(\alpha)^7=1\)。可见 \(h(\alpha)\) 是七次单位根。因为任意 \(x\in K=\Q(\alpha)\) 都可以表示为 \(x=\sum_{i=0}^n k_i\alpha^i\)，其中 \(k_i\in\Q\)，所以 \(h(x)=\sum_{i=0}^n k_i h(\alpha)^i\)。可见 \(h\) 完全由 \(h(\alpha)\) 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 \[h_i(\alpha) = \alpha^i \qquad(1\le i \le 6)\] 确定。（因为 \(h(1)=1\)，\(h\) 是同构，所以 \(h(\alpha)\ne1\)。）

不难得到 \(h_i\circ h_j = h_{ij\bmod 7}\)。运算表如下： \begin{array}{c|ccccc} \circ &h_1&h_2&h_3&h_4&h_5&h_6\\\hline 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 \(\mathbb Z_7^\ast\)。

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 \((\alpha,\alpha^2,\alpha^4)\) 和 \((\alpha^3,\alpha^5,\alpha^6)\)；\(h_6\) 对换 \((\alpha,\alpha^6)\), \((\alpha^2,\alpha^5)\) 和 \((\alpha^3,\alpha^4)\)。所以设 \begin{align*} K_1&=\bigl\{a\bigl(\alpha+\alpha^2+\alpha^4\bigr)+b\bigl(\alpha^3+\alpha^5+\alpha^6\bigr)\bigr\},\\ K_2&=\bigl\{c\bigl(\alpha+\alpha^6\bigr)+d\bigl(\alpha^2+\alpha^5\bigr)+e\bigl(\alpha^3+\alpha^4\bigr)\bigr\}, \end{align*} 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 \(K=\Q(\alpha)\)。

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 \(\zeta^i\)，其中 \(\zeta=\cos\frac{2\pi}{6}+i\sin\frac{2\pi}{6} = \frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i\) 且 \(i=0,1,2,3,4,5\)，所以分裂域为 \(L=\Q(\zeta) = \Q(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt3}{2}i) = \Q(i\sqrt3)\)。

因为 \(i\sqrt3\) 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 \(\alpha\zeta^i\)，其中 \(\alpha=\sqrt[6]2\) 是 \(2\) 的实六次方根，\(\zeta^i\) 与 E.5 中相同。因此 \(L=\Q(\alpha,\zeta)=\Q(\sqrt[6]2,i\sqrt3)\)。

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

同理，考虑多项式 \(x^2+3\) 得 \(h(i\sqrt3)=\pm i\sqrt3\)。一旦确定了 \(h(i\sqrt3)\)，那么 \(h(\zeta)\) 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 \[h_{ij} = \begin{Bmatrix}\alpha\to\alpha\zeta^i\\i\sqrt3\to(-1)^j i\sqrt3\end{Bmatrix}\qquad(i=0,1,2,3,4,5;j=0,1)\]

（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 \(a(x)=x^5-4x^4+2x+2\in\Q[x]\)，且 \(r_1,\ldots,r_5\) 是 \(a(x)\) 在 \(\mathbb C\) 中的根。设 \(K=\Q(r_1,\ldots,r_5)\) 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 \(y’=5x^4-16x^3+2\)，\(y’’=20x^3-48x^2=4x^2(5x-12)\)。 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 \(\alpha\)。因为 \(\alpha\) 可以表示为 \(\{r_1,\ldots,r_5\}\) 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 \(5\mid [K:\Q]\)。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 \(\sigma \in S_5\)。考虑 \(S_5\) 中的任意不是长度为 5 的轮换的元素 \(\sigma’\)，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 \(\sigma’=\tau_1\cdots\tau_n\)。那么 \(\mathord{\rm ord}(\sigma’)=\mathord{\rm lcm}(\mathord{\rm ord}(\tau_1),\ldots,\mathord{\rm ord}(\tau_n))\)。因为小于 5 的正整数的最大公约数不可能等于 5，所以 \(\sigma’\) 的阶不可能是 5。这就说明了 \(\sigma\) 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 \(h(a+b\mkern1mui) = a-b\mkern1mui\) 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 \(\sigma=(a_1a_2a_3a_4a_5)\) 而对换为 \(\tau=(a_ia_j)\)，那么 \begin{align*} \sigma\tau\sigma^{-1} &= (a_{i+1}a_{j+1})\\ \sigma^2\tau\sigma^{-2} &= (a_{i+2}a_{j+2})\\ \sigma^3\tau\sigma^{-3} &= (a_{i+3}a_{j+3})\\ \sigma^4\tau\sigma^{-4} &= (a_{i+4}a_{j+4})\\ \end{align*}

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 \((a_ra_s)\) 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 \((a_ra_{r+d})\)。同理，恰有一个是 \((a_{r+d}\,a_{r+2d})\)。依此类推，经复合可以得到 \((a_ra_{r+kd})\)，其中 \(k\) 是任意整数。如果令 \((a_ra_{r+kd})=(a_ra_s)\)，则它等价于 \[r+kd \equiv s\pmod 5\] 它等价于关于 \(k,t\) 的方程 \[kd+5t = s-r\] 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 \(\sigma\) 和 \(\tau\) 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 \(\sigma\) 和 \(\tau\) 复合构成。根据群的封闭性，如果 \(S_n\) 的子群包含了 \(\sigma\) 和 \(\tau\)，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 \(\alpha=\sqrt[3]2\)，那么 \(\alpha^3=2\)。设 \(h\) 是 \(\Q(\alpha)\) 的自同构且固定 \(Q\)，那么 \[h(\alpha)^3=h(2)=2\] 设 \(\beta=h(\alpha) \in\Q(\alpha)\)。因为在复数范围内 \(\beta\) 只有 3 种可能的取值，即单位立方根。但 \(\beta\) 是实数，所以只可能是 \(\beta=\alpha\)。

于是 \(h(\alpha)=\alpha\)。这表明 \(h\) 固定 \(\Q(\alpha)\)，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 \(\omega\) 是本原单位 \(p\) 次方根，其中 \(p\) 是质数。

G.5 证明：如果 \(h\in \Gal(\Q(\omega):\Q)\)，那么 \(h(\omega)=\omega^k\) 对某个 \(1\le k\le p-1\) 成立。

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

G.6 使用 G.5 证明 \(\Gal(\Q(\omega):\Q)\) 是 Abel 群。

证明 设 \(h,h’\in \Gal(\Q(\omega):\Q)\)，根据 G.5 可知 \(h(\omega)=\omega^k\) 且 \(h’(\omega)=\omega^{k’}\)，其中 \(1\le k,k’\le p-1\)。设 \(x\in\Q(\omega)\)，则 \(x=\sum_{i=0}^n c_i\omega^i\)。于是 \[h(h’(x)) = \sum_{i=0}^n c_i\omega^{kk’i},\quad h’(h(x)) = \sum_{i=0}^n c_i\omega^{k’ki}\] 这表明 \(h\circ h’=h’\circ h\)，因此 \(\Gal(\Q(\omega):\Q)\) 是 Abel 群。

G.7 使用 G.5 证明 \(\Gal(\Q(\omega):\Q)\) 是循环群。

证明 根据 G.5 可知 \(\Gal(\Q(\omega):\Q)\) 中的全部元素可以描述为 \[h_i(\omega) = \omega^i\qquad(1\le i\le p-1)\] 于是 \((h_i\circ h_j)(\omega) = \omega^{ij}\)。这表明 \(h_i\circ h_j = h_k\) 当且仅当 \(ij\equiv k\pmod p\)。因此 \(\Gal(\Q(\omega):\Q) \cong \mathbb Z_p^\ast\) （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 \(\mathbf G = \Gal(K:F)\)，并设 \(I\) 是中间域。证明下列命题。

I.1 \(I^\ast = \Gal(K:I)\) 是 \(\mathbf G\) 的子群。

证明 不难证明 \(I^\ast\) 非空（含有恒等映射）且是 \(\mathbf G\) 的子集（固定 \(I\) 的自同构一定固定 \(F\)）。

设 \(h_1,h_2\in I^\ast\)，则对任意 \(x\in I\) 有 \(h_1(h_2(x)) = h_1(x) = x\)，因此 \(h_1\circ h_2 \in I^\ast\)。同理可证 \(h_2\circ h_1\in I^\ast\)。

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

综上所述，\(I^\ast \le\mathbf G\)。

I.2 如果 \(H\le \mathbf G\) 且 \(H^\circ = \{a\in K : \forall \pi\in H,\,\pi(a) = a\}\)，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 \(\pi\in\ H\) 有 \(\pi(a)=a\) 且 \(\pi(b)=b\)。因为 \(\pi\) 是同构，所以 \(\pi(a-b) = \pi(a)-\pi(b) = a-b\)。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 \(\pi(a^{-1})=\pi(a)^{-1} = a^{-1}\)，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 \(\pi\in H\subseteq \mathbf G\)，有 \(\pi(x) = x\)，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 \(I^\ast\) 是 \(I\) 的固定子，那么 \(H\subseteq I^\ast\)。

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 \(\pi\in H\) 都有 \(\pi(x)=x\)。按照固定域的定义： \[I’=\{a\in K : \forall \pi\in H,\,\pi(a)=a\}\] 这表明 \(x\in I’\)。因此 \(I\subseteq I’\)。

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

I.4 设 \(I\) 是 \(F\) 的正规扩张。如果 \(\mathbf G\) 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 \(\mathbf G\) 的子群。因为 \(\mathbf G\) 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 \(\Gal(I:F) \cong \mathbf G / H\)。右侧的商群中的每个元素都是 \(Ha\) 的形式。根据陪集的运算法则： \[Ha \cdot Hb = H(ab) = H(ba) = Hb \cdot Ha\] 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 \(\mathbf G\) 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 \(G=\langle g\rangle\) 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 \(b=aq+r\)，其中 \(q,r\) 是整数且 \(0\le r < a\)。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 \(\mathbf G\) 的子群。因为 \(\mathbf G\) 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 \(\Gal(I:F) \cong \mathbf G / H\)。设 \(\mathbf G = \langle \pi\rangle\)。如果 \(H\) 是平凡群，则 \(\Gal(I:F) \cong \mathbf G\) 显然是循环群。否则，根据引理可设 \(H=\langle \pi^k\rangle\)，其中 \(k\) 为正整数。那么商群 \(\mathbf G / H\) 中的所有元素为 \[H,H\pi,H\pi^2,\ldots,H\pi^{k-1}\] 可见 \(\mathbf G/H = \langle H\pi\rangle\) 是循环群。

I.6 如果 \(\mathbf G\) 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 \(|\mathbf G|=n\)。

设 \(\mathbf G = \langle \pi\rangle\)，并设 \(m=n/k\)，那么 \(\mathbf G\) 的 \(m\) 阶子群只能是 \(H=\langle\pi^k\rangle\)。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，\(\mathbf G\) 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 \(I_2^\ast\) 是 \(I_1^\ast\) 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 \(\Gal(I_2:I_1)=\Gal(K:I_1)/\Gal(K:I_2) = I_1^\ast/I_2^\ast\)。根据商群的定义，\(I_2^\ast\unlhd I_1^\ast\)。

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

证明 \begin{align*} [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{align*}

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

J.3 使用 J.2 证明 \(hI^\ast h^{-1} = h(I)^\ast\)。

证明 设 \(g\in h(I)^\ast\)。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 \(\hat g\in I^\ast\)。由此可知 \[g=h\circ \hat g\circ h^{-1} \in h I^\ast h^{-1}\] 这表明 \(h(I)^\ast \subseteq hI^\ast h^{-1}\)。而 J.2 已经证明了另一个方向的包含关系，因此 \(h(I)^\ast=hI^\ast h^{-1}\)

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 \(I_1^\ast\) 和 \(I_2^\ast\) 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 \(I_2^\ast = i(I_1)^\ast = iI_1^\ast i^{-1}\)，因此 \(I_2^\ast\) 和 \(I_1^\ast\) 为共轭子群。

（充分性）当 \(I_2^\ast\) 和 \(I_1^\ast\) 为共轭子群时，存在 \(i\in\Gal(K:F)\) 使得 \(I_2^\ast = iI_1^\ast i^{-1}\)。根据 J.3 得 \(iI_1^\ast i^{-1} = i(I_1)^{\ast}\)，因此 \(I_2^\ast=i(I_1)^\ast\)。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 \(I_2^\ast\) 是 \(I_1^\ast\) 的正规子群，那么 \(I_2\) 是 \(I_1\) 的正规扩张。

证明 设 \(x\in I_2^\ast\)，因为 \(I_2^\ast \unlhd I_1^\ast\)，所以对任意 \(h\in I_1^\ast\) 都有 \(hxh^{-1}\in I_2^\ast\)。设将 \(h\) 的定义域限制为 \(I_2\) 得到的同构为 \(\hat h\)，则 \(\hat hI_2^\ast \hat h^{-1} \subseteq I_2^\ast\)。根据 J.4 可知 \(\hat h(I_2)^\ast = \hat hI_2^\ast \hat h^{-1}\)，所以 \(\hat h(I_2)^\ast \subseteq I_2^\ast\)。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 \(I_2^\ast\) 是 \(I_1^\ast\) 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。）