抽象代数习题(33) -- 方程的根式解

抽象代数习题(33) – 方程的根式解

Fri Feb 18, 2022

这是《抽象代数》的最终章。至此，终于能够解答第一章提出的问题：五次方程是否存在求根公式？ 使用 Galois 理论可以一般地回答代数方程的根式可解性问题。

设多项式 p(x) ∈ F[x]，那么代数方程 p(x) = 0 根式可解意味着 x 可以由 F 中的元素经过有限次加、减、乘、除和开方运算表示。这等于说方程的根在 F 经过有限次根式扩张 (radical extension) 得到的数域中，通过 Galois 对应可以得到相应的 Galois 群是可解群 (solvable group)。通过证明存在五次方程具有不可解的 Galois 群，就证明了它不存在根式解；于是，五次方程一般的求根公式也就不存在。

A. 求根式扩张

A.1 求 $\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q$ 的根式扩张，使其分别包含下列复数：

$\bigl(\sqrt5 - \sqrt[5]2\bigr)\bigl(\sqrt[4]3+\sqrt[3]4\bigr)$
$\sqrt{\bigl(1-\sqrt[9]2\bigr)\big/\sqrt[3]{1-\sqrt5}}$
$\sqrt[5]{\bigl(\sqrt3-2i\bigr)^3\big/\bigl(i-\sqrt{11}\bigr)}$

解

$\Q(\sqrt5,\sqrt[5]2,\sqrt[4]3,\sqrt[3]4)$
$\Q\biggl(\sqrt[9]2,\sqrt5,\sqrt[3]{1-\sqrt5},\sqrt{\bigl(1-\sqrt[9]2\bigr)\big/\sqrt[3]{1-\sqrt5}}\biggr)$
$\Q\biggl(i,\sqrt3,\sqrt{11},\sqrt[5]{\bigl(\sqrt3-2i\bigr)^3\big/\bigl(i-\sqrt{11}\bigr)}\biggr)$

A.2 证明下列 $\Q[x]$ 中的多项式没有根式解。

$2x^5-5x^4+5$
$x^5-4x^2+2$
$x^5-4x^4+2x+2$

引理 1 如果五次多项式 $a(x) \in \Q[x]$ 不可约，且恰有 3 个实根和 2 个复根，那么它的 Galois 群同构于 $S_5$。

推理过程和第三十二章习题 F 是一样的：设 $c$ 是 $a(x)$ 的根，且 $K$ 是它的分裂域。先证明 $[\Q(c):\Q]=5$，然后得到 $\DeclareMathOperator\Gal{Gal}|\Gal(K:\Q)|=[K:\Q]$ 是 5 的倍数。用 Cauchy 定理得出 $\Gal(K:\Q)$ 中至少有一个阶为 $5$ 的元素，并证明它一定是长度为 5 的轮换。再证明 $\Gal(K:\Q)$ 中存在对换（对换两个互为共轭的复数根）。由长度为 5 的轮换和一个对换可以生成 $S_5$，因此 $\Gal(K:\Q)\cong S_5$。

引理 2 如果五次多项式 $a(x)$ 的最高此项系数为正数，导函数 $a’(x)$ 恰有 2 个零点，且存在实数 $x_1 < x_2$ 使得 $a(x_1) > 0$ 且 $a(x_2) < 0$。那么 $a(x)$ 恰有 3 个实根和 2 个复根。

用微积分的知识不难证明：使用介值定理可知 $a(x)$ 在 $(-\infty,x_1)$, $(x_1,x_2)$, $(x_2,+\infty)$ 上分别至少有一个实数根。因为导函数 $a’(x)$ 只有 2 个零点，所以 $a(x)$ 的单调区间不超过 3 个，所以 $a(x)$ 至多有 3 个实数根。综上所述 $a(x)$ 恰有 3 个实根。根据代数基本定理可知 $a(x)$ 还有 2 个（非实数的）复根。

证明

设 $a(x)=2x^5-5x^4+5 \in \Q$。取 $p=5$，根据 Eisenstein 判据可知 $a(x)$ 不可约。因为 $a’(x)=10x^4-20x^3 = 10x^3(x-2)$。由此可知 $a’(x)$ 只有 2 个零点 $0$ 和 $2$。又因为 $a(0) = 5 > 0$, $a(2) = -11 < 0$。根据引理 1 和引理 2 可知 $a(x)$ 的 Galois 群是不可解群 $S_5$。
设 $a(x)=x^5-4x+2$。取 $p=2$，根据 Eisenstein 判据可知 $a(x)$ 不可约。因为 $a’(x)=5x^4-4$ 只有 2 个零点 $\pm \sqrt[4]{4/5}$，且 $a(0)=2>0$，$a(1)=-1<0$，所以根据引理可知 $a(x)$ 的 Galois 群是不可解群 $S_5$。
参见第三十二章习题 F。

B. 可解群

设 $G$ 是群。$G$ 的正规序列 (normal series) 是指 $G$ 的子群的有限序列 \[\{e\}=H_0 \unlhd H_1 \unlhd \cdots \unlhd H_n = G\] 如果每个商群 $H_{i+1}/H_i$ 都是 Abel 群，则这个序列称为可解序列 (solvable series)。如果 $G$ 具有可解序列，则它被称为可解群 (solvable group)。

B.1 解释为什么每个 Abel 群都（平凡地）是可解群。

答设 $G$ 是 Abel 群，那么有正规序列 $\{e\}\unlhd G$。这里 $G/\{e\} \cong G$ 显然是 Abel 群。

B.2 设 $G$ 是可解群，且有一个可解序列 $H_0,\ldots,H_n$。设 $K$ 是 $G$ 的子群。证明 $J_0 = K\cap H_0,\ldots,J_n=K\cap H_n$ 是 $K$ 的正规序列。

证明可解序列是正规序列，因此有 \[H_0\unlhd\cdots\unlhd H_n\]

设 $x\in J_{i-1}$，$y\in J_i$。那么 $x,y\in K$，根据群的封闭性得 $yxy^{-1} \in K$。另一方面，根据 $x\in H_{j-1}\unlhd H_i\ni y$ 得 $yxy^{-1}\in H_{i-1}$。因此 $yxy^{-1} \in J_{i-1}$。这说明 $J_{i-1} \unlhd J_i$。因此 \[J_0\unlhd \cdots \unlhd J_n\] 是正规序列。

B.3 用本章定理 3 前的注解证明 $J_0,\ldots,J_n$ 是 $K$ 的可解序列。

说明这里所谓的注解是：$G/H$ 是 Abel 群当且仅当 $H$ 包含所有的 $xyx^{-1}y^{-1}$，对任意 $x,y\in G$。

证明根据可解序列的定义可知，对任意 $1\le i\le n$ 都有 $H_i/H_{i-1}$ 是 Abel 群。

设 $x,y\in J_i$，根据“注解”，因为 $x,y\in H_i$，所以 $xyx^{-1}y^{-1}\in H_{i-1}$。又因为 $x,y\in K$，所以 $xyx^{-1}y^{-1}\in J_{i-1}$。根据“注解”，$J_i/J_{i-1}$ 是 Abel 群。因此 \[\{e\}=J_0\unlhd \cdots \unlhd J_n=K\] 是可解序列。

B.4 使用 B.2 和 B.3 证明：可解群的任意子群都是可解群。

证明 B.2 和 B.3 证明了可解群的任意子群都有可解序列，因此是可解群。

B.5 验证 $\{\epsilon\}\subseteq\{\epsilon,\beta,\delta\}\subseteq S_3$ 是可解序列。作出结论：$S_3$ 及其所有子群都是可解群。

说明 $S_3$ 中的所有元素为：$\epsilon$, $\alpha=(23)$, $\beta=(321)$, $\gamma=(12)$, $\delta=(123)$, $\kappa=(13)$。

引理对称群 $S_n$ 的偶置换构成的子群 $A_n$ 是正规子群，且 $S_n/A_n$ 是 Abel 群。

因为存在满同态 \[h(\sigma)=\begin{cases}+1&\text{$\sigma$ 是偶置换}\\-1&\text{$\sigma$ 是奇置换}\end{cases}\] 它的核是 $A_n$，所以 $A_n$ 是正规子群。根据同态基本定理，$S_n/A_n\cong\{-1,+1\}^\times$，因此它是 Abel 群。

证明 $S_3$ 中的偶置换构成的子群为 $A_3=\{\epsilon,\beta,\delta\}$。因为 $\epsilon\beta=\beta\epsilon=\beta$, $\epsilon\delta=\delta\epsilon=\delta$, $\beta\delta=\delta\beta=\epsilon$，所以 $A_3$ 是 Abel 群。因此显然有 $A_3/\{\epsilon\} \cong A_3$ 是 Abel 群。

另一方面，根据引理可知 $A_3\unlhd S_3$ 且 $S_3/A_3$ 是 Abel 群。

综上所述，序列 $\{\epsilon\}\subseteq A_3\subseteq S_3$ 是可解序列，因此 $S_3$ 是可解群。根据 B.4 可知 $S_3$ 的子群也都是可解群。

B.6 在 $S_4$ 中，设 $A_4$ 是其中所有偶置换构成的群，并设 \[B=\{\epsilon,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}\] 证明 $\{\epsilon\}\subseteq B\subseteq A_4\subseteq S_4$ 是可解序列。做出结论：$S_4$ 及其所有子群都是可解群。

证明 $S_4$ 中的偶置换恰有 $|A_4|=|S_4|/2=12$ 个。因为任意置换都可以分解为不相交的轮换的复合，所以 $S_4$ 中的偶置换可以分为三类：

恒等置换 $\epsilon$。共 1 个。
两个长度为 2 的轮换（即对换）的复合。共 3 个。
长度为 3 的轮换。共 12 个。

由此可知子群 $B$ 是由上述 1、2 两类偶置换构成的。易知 $B$ 中每个元素都是自己的逆。

设 $\alpha,\beta\in B$ 是任意两个不同的非恒等置换。那么 $\alpha\beta$ 不可能等于 $\epsilon$ （因为它们不互逆）或 $\alpha$ 或 $\beta$（因为 $\alpha,\beta\ne\epsilon$）。所以 $\alpha\beta=\gamma$，其中 $\gamma$ 是和 $\alpha,\beta$ 都不相等的非恒等置换，在 $B$ 中是唯一的。同理可证 $\beta\alpha=\gamma$。除此以外，与单位元 $\epsilon$ 的乘法显然是交换的。因此 $B$ 满足交换律，是 Abel 群。这样就证明了 $B/\{\epsilon\}\cong B$ 是 Abel 群。

下面证明 $B$ 中含有所有形如 $xyx^{-1}y^{-1}$ 的元素，其中 $x,y\in A_4$。如果 $x=\epsilon$，$y=\epsilon$，或者 $x=y$，那么 $xyx^{-1}y^{-1}=\epsilon$ 显然在 $B$ 中。下面考虑 $x,y\ne \epsilon$ 且 $x\ne y$ 的情况。分类讨论：

（3+3）设 $\sigma,\tau\in A_4$ 是两个不相等的长度为 3 的轮换。那么它们一定共享两个元素。分两种情况：

$\sigma=(a_1a_2a_3),\tau=(a_1a_2a_4)$。此时 $\sigma\tau\sigma^{-1}\tau^{-1}=(a_1a_2)(a_3a_4)$。
$\sigma=(a_1a_2a_3),\tau=(a_2a_1a_4)$。此时 $\sigma\tau\sigma^{-1}\tau^{-1}=(a_1a_4)(a_2a_3)$。

由此可见，两个不相等的长度为 3 的轮换的复合总是两个不相交对换的复合，因此 $\sigma\tau\sigma^{-1}\tau^{-1}\in B$。

（2+3）另一方面，设 $\sigma$ 是长度为 3 的轮换，$\pi$ 是两个不等的对换的复合。那么可以设 $\sigma=(a_1a_2a_3),\pi=(a_1a_2)(a_3a_4)$。此时 $\sigma\pi\sigma^{-1}\pi^{-1}=(a_1a_3)(a_2a_4)$，是两个不相交对换的复合。因此 $\sigma\pi\sigma^{-1}\pi^{-1}\in B$。取逆得 $\pi\sigma\pi^{-1}\sigma^{-1}\in B$。

除此以外，只剩 $B$ 中元素相乘，显然乘积也是 $B$ 中元素。总之，$B$ 中含有所有形如 $xyx^{-1}y^{-1}$ 的元素，其中 $x,y\in A_4$。取任意 $x\in B$, $y\in A_4$，因为 $yxy^{-1}x^{-1}\in B$，所以 $yxy^{-1} = (yxy^{-1}x^{-1})x \in B$。这说明 $B\unlhd A_4$ 且 $A_4/B$ 是 Abel 群。

根据 B.5 引理可知 $A_4\unlhd S_4$ 且 $S_4/A_4$ 是 Abel 群。

综上所述，序列 \[\{\epsilon\}\unlhd B\unlhd A_4\unlhd S_4\] 是可解序列。因此，$S_4$ 是可解群。

下面三组习题用来证明定理 3 的逆定理：如果 $a(x)$ 的 Galois 群是可解群，那么 $a(x)$ 根式可解。

C. 域元素的 p 次方根

设 $p$ 是质数，$\omega$ 是域 $F$ 中单位元的 $p$ 次本原根。

C.1 如果 $d$ 是 $x^p-a\in F[x]$ 的根，证明 $F(\omega, d)$ 是 $x^p-a$ 的分裂域。

证明设 $a(x)=x^p-a$。根据已知条件可知 $d^p=a$。设 $k$ 是整数，不难验证 \[(d\omega^k)^p = d^p(\omega^p)^k = d^p = a\] 因此 $d\omega^k$ 也是 $a(x)$ 的根。其中不相同的值共有 $p$ 个： \[d,d\omega,\ldots,d\omega^{p-1}\] 因此它们是 $a(x)$ 的全部的根。

设 $K$ 是 $a(x)$ 的分裂域，那么 $d\in K$。根据 $d\omega\in K$ 可知 $\omega \in K$。由此可知 $F(d,\omega)\subseteq K$。另一方面，$d\omega^k\in F(d,\omega)$，所以 $F(d,\omega)$ 包含了 $a(x)$ 的所有根，于是 $F(d,\omega)\supseteq K$。因此 $K=F(d,\omega)$。

假定 $x^p-a$ 在 $F[x]$ 上不是不可约的。

C.2 解释为什么 $x^p-a$ 在 $F[x]$ 中可以分解为 $x^p-a = p(x)f(x)$，其中每个因式的次数都 $\ge 1$。

说明原书中“$\ge 1$”写成了“$\le 2$”，似乎显然不成立。根据后续习题的解，此处似乎只需 $\deg p(x)\ge 1$ 即可。

答这是可约多项式的定义。

C.3 如果 $\deg p(x)=m$，说明为什么 $p(x)$ 的常数项（记作 $b$）等于 $m$ 个 $a$ 的 $p$ 次方根的乘积。做出结论：$b=\omega^kd^m$，其中 $k$ 是某个整数。

说明此处 $b$ 和 $p(x)$ 的常数项似乎可以相差一个正负号。

答在 $K[x]$ 中可以做如下分解： \[x^p-a=(x-d)(x-d\omega)\cdots(x-d\omega^{p-1})\] 因为 $\deg p(x)=m$，所以 $p(x)$ 等于右边 $m$ 个因式的乘积。因此，$p(x)$ 的常数项为 $\pm d^m\omega^k\in F$，其中 $k$ 是整数。记 $b=d^m\omega^k$，那么 $b\in F$。

C.4 使用 C.3 证明 $b^p=a^m$。

证明 \[b^p = (d^p)^m (\omega^p)^k = a^m\]

C.5 说明为什么 $m$ 和 $p$ 互质。说明为什么由此可知存在整数 $s,t$ 使得 $sm+tp=1$。

答因为 $1\le m = \deg p(x) < \deg a(x) = p$，而 $p$ 是质数，所以 $m$ 和 $p$ 互质，即 $\gcd(m,p)=1$。根据 Bézout 定理可知存在整数 $s,t$ 使得 $sm+tp=1$。

C.6 说明为什么 $b^{sp}=a^{sm}$。使用这一结论证明 $(b^sa^t)^p=a$。

答由 C.4 得 $b^p=a^m$。两边取 $s$ 次方得 $b^{sp}=a^{sm}$。于是 \[(b^sa^t)^p = b^{sp}a^{tp} = a^{sm+tp}\] 由 C.5 知 $sm+tp=1$，因此 $(b^sa^t)^p=a$。

C.7 作出结论：如果 $x^p-a$ 在 $F[x]$ 中不是不可约的，它有一个根（即 $b^sa^t$）在 $F$ 中。

答根据 C.2–C.6 可知可以构造出一个根 $b^sa^t \in F$。

我们证明了：$x^p-a$ 或者在 $F$ 中有一个根，或者在 $F$ 上不可约。

D. 可解群的另一种定义

设 $G$ 是群。$G$ 的极大 (maximal) 正规子群 $H\lhd G$ （注：这里 $H\ne G$）是指：如果 $H\unlhd J\unlhd G$，那么或者 $J=H$ 或者 $J=G$。证明下列命题：

D.1 如果 $G$ 是有限群，那么 $G$ 的任意正规真子群都包含于某个极大正规子群中。

证明设 $H\lhd G$ 是正规真子群。因为 $G$ 是有限群，所以它只有有限个正规真子群，设它们是 $H_1,\ldots,H_n$。不失一般性，设 $|H_1|\ge\cdots\ge|H_n|$。并设集合 \[S=\{i\in\mathbb Z : H\subseteq H_i\}\] 因为 $H$ 是 $H_1,\ldots,H_i$ 中的其中一个，并且显然有 $H\subseteq H$，所以 $S\ne\varnothing$。根据良序原理，$S$ 中存在最小元，设它是 $k$。下面证明 $H_k$ 是极大正规子群。

设 $H_k\unlhd J\unlhd G$。如果 $J=G$，则无需进一步讨论。如果 $J\ne G$，那么必须证明 $J=H_k$。事实上，这时可以设 $J=H_{j}$，其中 $1\le j\le n$。因为 $H\subseteq H_k\subseteq J=H_j$，所以根据 $H\subseteq H_j$ 可知 $j\in S$。假设 $H_k\ne H_j$，那么 $H_k\subsetneq H_j$。于是 $|H_k| < |H_j|$，因此 $j < k$。这与 $k$ 是 $S$ 中的最小元矛盾！因此假设不成立，只可能是 $J=H_j=H_k$。

综上所述，任意正规真子群 $H$ 都包含于某个极大正规子群 $H_k$ 中。

D.2 设 $f\colon G\to H$ 是同态。如果 $J\unlhd H$，那么 $f^{-1}(J)\unlhd G$。

证明设 $K=f^{-1}(J)$。那么 $x\in K \iff f(x)\in J$。

设 $x\in K$，则 $f(x)\in J$。设 $y\in G$，则 $f(y) \in H$。因为 $J\unlhd H$，所以 \[f(yxy^{-1})=f(y)f(x)f(y)^{-1}\in J\] 于是 $yxy^{-1}\in K$。因此，$f^{-1}(J)=K\unlhd G$。

D.3 设 $K\unlhd G$。如果 $\mathscr J$ 是 $G/K$ 的子群，设 $\hat {\mathscr J}$ 表示所有属于 $\mathscr J$ 的陪集的并集。如果 $\mathscr J\unlhd G/K$，那么 $\hat {\mathscr J}\unlhd G$。（使用 D.2 的结论。）

证明根据已知条件，有 \[\hat{\mathscr J} = \{ha : h\in K, a\in G, Ka\in \mathscr J\}\subseteq G\] 定义满同态 $f\colon G\to H$ 为 $f(x) = Kx$。根据同态基本定理，$H=G/K$。设 $x\in \hat{\mathscr J}$。那么，存在 $h\in K, a\in G$ 使得 $x=ha$ 且 $Ka\in \mathscr J$。于是 \[f(x)=f(h)f(a)=Kh\cdot Ka = Ka\in \mathscr J\] 反过来，设 $f(x)=Kx \in \mathscr J$，其中 $x\in G$。那么，取 $\epsilon\in K$ 有 $\epsilon x\in \hat{\mathscr J}$。

由此可知 $x\in\hat{\mathscr J}\iff f(x)\in \mathscr J$。因此，$f^{-1}(\mathscr J)=\hat{\mathscr J}$。根据 $\mathscr J\unlhd H$ 和 D.2 的结论可知 $\hat{\mathscr J}=f^{-1}(\mathscr J)\unlhd G$。

D.4 如果 $K$ 是 $G$ 的极大正规子群，那么 $G/K$ 没有非平凡正规子群。（使用 D.3 的结论。）

证明设 $\mathscr J\unlhd G/K$，那么根据 D.3 可知 $\hat {\mathscr J}\unlhd G$。因为 $\mathscr J$ 一定含有单位元 $K$，所以 $K\unlhd \hat{\mathscr J}$。根据极大正规子群的定义可知或者 $\hat{\mathscr J}=K$ 或者 $\hat{\mathscr J}=G$。

如果 $\hat{\mathscr J}=K$，那么 $\mathscr J=\{K\}$。这是平凡子群。
如果 $\hat{\mathscr J}=G$，那么 $\mathscr J=G/K$。这也是平凡子群。

所以 $\mathscr J$ 总是平凡子群。由此可知 $G/K$ 没有非平凡的正规子群。

D.5 如果 Abel 群 $G$ 没有非平凡正规子群，那么 $G$ 一定是质数阶循环群。（否则，选择某个 $a\in G$ 使得 $\langle a\rangle$ 是 $G$ 的真子群。）

说明这里的假定应该是 $G$ 是有限阶非平凡群。原书中此处没有“正规”二字，但 Abel 群的子群都是正规子群，所以命题是等价的。

证明如果 $G$ 不是质数阶循环群，那么它的阶不是质数。设它的阶是 $n$，且质数 $p\mid n$。那么，根据 Cauchy 定理，存在阶等于 $p$ 的元素 $a\in G$。于是，$\langle a\rangle$ 是 $G$ 的非平凡子群。因为 $G$ 是 Abel 群，所以 $\langle a\rangle$ 是正规子群。这就证明了要证的命题的逆否命题。

D.6 如果 $H\unlhd K\unlhd G$，那么 $G/K$ 是 $G/H$ 的同态像。

证明设 $f\colon G/H\to G/K$ 定义为 $f(Hx)=Kx$。只须证明它是良定义的满同态即可。

首先，设 $Ha=Hb$，我们证明 $f(Ha)=f(Hb)$。由 $Ha=Hb$ 得 $ab^{-1}\in H$。而 $H\unlhd K$ 是 $K$ 的子群，所以 $ab^{-1}\in K$。于是 $Ka=Kb$。这说明 $f$ 是良定义的。

另一方面， \[f(Ha\cdot Hb)=f(H(ab))=K(ab)=K(a)\cdot K(b)=f(Ha)\cdot f(Hb)\] 这说明 $f$ 是同态。对任意 $Kx\in G/K$，都有 $Hx\in G/H$ 使得 $f(Hx)=Kx$。这说明 $f$ 是满射。

综上所述，$f(G/H) = G/K$。这就证明了 $G/K$ 是 $G/H$ 的同态像。

D.7 设 $H\unlhd G$，其中 $G/H$ 是 Abel 群。那么 $G$ 存在子群 $H_0,\ldots,H_q$ 满足 $H = H_0\unlhd H_1\unlhd\cdots\unlhd H_q=G$，其中每个商群 $H_{i+1}/H_{i}$ 都是质数阶循环群。

说明这里应当假定 $G$ 是有限群。

证明如果 $H=G$，那么命题平凡地成立。下面只考虑 $H\lhd G$ 是正规真子群的情况。

记 $H_{0}=G$。根据 D.1，存在极大正规子群 $H_{(1)} \lhd H_{(0)}$ 使得 $H\subseteq H_{(1)}$。因为 $H\lhd G$，所以 $H\unlhd H_{(1)}$。

如果 $H\ne H_{(1)}$，那么按照同样的推理，又可以得到极大正规子群 $H_{(2)}$，满足 $H\unlhd H_{(2)}\lhd H_{(1)}\lhd H_{0}$。

不断重复这一过程，每次得到的极大正规子群的阶都严格地递减，即 $|H_{(i+1)}|<|H_{(i)}|$，因此这个过程不可能无限地进行下去。假设进行 $q$ 次后有 $H=H_{(q)}$。那么有 \[H=H_{(q)}\lhd H_{(q-1)}\lhd\cdots\lhd H_{(1)}\lhd H_{0}=G\] 把 $H_{(i)}$ 重命名为 $H_{q-i}$，就得到序列 \[H=H_0\lhd H_1\lhd\cdots\lhd H_{q-1}\lhd H_{q} = G\]

对于任意 $0\le i < q$，因为 $H\unlhd H_i\lhd H_{i+1} \unlhd G$，所以根据 D.6 可知 $H_{i+1}/H_i$ 是 $H_{i+1}/H$ 的同态像，而且 $H_{i+1}/H$ 是 $G/H$ 的同态像。也就是说，存在同态 $f$ 和 $g$： \[G/H \buildrel f \over\longrightarrow H_{i+1}/H \buildrel g \over\longrightarrow H_{i+1}/H_i\] 由此可知 $H_{i+1}/H_i$ 是 $G/H$ 的同态像（同态是 $g\circ f$）。而已知 $G/H$ 是 Abel 群，所以 $H_{i+1}/H_i$ 也是 Abel 群。按照之前的构造法，$H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群，根据 D.4 可知，$H_{i+1}/H_i$ 没有非平凡正规子群。根据 D.5 可知，$H_{i+1}/H_i$ 是质数阶循环群。

综上所述，存在题中所要求的序列 \[H=H_0\lhd H_1\lhd\cdots\lhd H_{q-1}\lhd H_{q} = G\] 满足 $H_{i+1}/H_i$ 是质数阶循环群。

根据 D.7 可知，如果 $G$ 是可解群，那么，通过“填满空隙”，$G$ 存在商群都是质数阶循环群的正规序列。可解群经常以这个方式定义。

注稍微详细地解释一下：本章正文对可解群的定义如同习题 B 所述：存在可解序列 \[\{e\}=H_0^* \unlhd H_1^* \unlhd \cdots \unlhd H_n^* = G\] 不失一般性，假定序列中的群互不相等。对于每一组 $H_i^* \unlhd H_{i+1}^*$，因为 $H_{i+1}/H_i$ 是 Abel 群，所以可以用 D.7 的方法往里填满所有的中间子群，使得每一组相邻的正规子群都是极大正规子群。对它们重新编号，得 \[\{e\}=H_0 \lhd H_1 \lhd \cdots \lhd H_n = G\] 其中 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的极大正规子群。于是得到 $H_{i+1}/H_i$ 是质数阶的循环群。

反过来，如果已经构造出了以上序列，那么自然 $H_{i+1}/H_{i}$ 都是 Abel 群，因此也满足习题 B 中可解序列的定义。

E. 如果 Gal(K:F) 可解，那么 K 是 F 的根式扩张

设 $K$ 是 $F$ 的有限扩张，其中 $K$ 是 $F$ 上的分裂域，并且 $G=\Gal(K:F)$ 是可解群。根据本章正文中的说明，我们假定 $F$ 包含所必需的单位根。根据习题 D，设 $H_0,\ldots,H_n$ 是 $G$ 的可解序列，其中每个商群 $H_{i+1}/H_i$ 都是质数阶循环群。对于任意 $i=1,\ldots n$，设 $F_i$ 是 $H_i$ 的固定域。

E.1 求证：$F_i$ 是 $F_{i+1}$ 的正规扩张，且 $[F_i:F_{i+1}]$ 是一个质数。设这个质数为 $p$。

证明因为 $H_i$ 是 $H_{i+1}$ 的正规子群，根据第三十二章习题 J 可知，$F_i$ 是 $F_{i+1}$ 的正规扩张。根据第三十二章定理 4，有 \[\Gal(F_i:F_{i+1}) \cong \frac{\Gal(K:F_{i+1})}{\Gal(K:F_i)} = H_{i+1}/H_i\] 因为 $H_{i+1}/H_i$ 是质数阶循环群，设它的阶是 $p$。根据第三十二章定理 1，有 $|\Gal(F_i:F_{i+1})|=[F_i:F_{i+1}]$。由此可知 $[F_i:F_{i+1}]=|H_{i+1}/H_i|=p$ 是一个质数。

E.2 设 $\pi$ 是 $\Gal(F_i:F_{i+1})$ 的生成元，$\omega$ 是 $F_{i+1}$ 中的单位元的 $p$ 次方根，以及 $b\in F_i$。令 \[c=b+\omega\pi^{-1}(b)+\omega^2\pi^{-2}(b)+\cdots+\omega^{p-1}\pi^{-(p-1)}(b)\] 证明 $\pi(c)=\omega c$。

证明因为 $\pi\in\Gal(F_i:F_{i+1})$，所以它是固定 $F_{i+1}$ 的 $F_i$ 的自同构。因此 $\pi(\omega)=\omega$。根据同态的性质有 \[\pi(c)=\pi(b)+\omega b+\omega^2\pi^{-1}(b)+\cdots+\omega^{p-1}\pi^{-(p-2)}(b)\] 而 \[\omega c=\omega b+\omega^2\pi^{-1}(b)+\omega^3\pi^{-2}(b)+\cdots+\omega^p\pi^{-(p-1)}(b)\] 错位相减得 \[\pi(c)-\omega c=\pi(b) - \omega^p\pi^{-(p-1)}(b)\] 因为 $\omega$ 是 $p$ 次单位根，所以 $\omega^p=1$。此外，因为 $|\Gal(F_i:F_{i+1})|=p$，所以 $\pi^p = \epsilon$ 是恒等同构。这蕴含 $\pi^{-(p-1)}=\pi$。于是 \[\pi(c)-\omega c = \pi(b) - \underbrace{\mathstrut\omega^p}_{=1}\>\underbrace{\pi^{-(p-1)}(b)}_{=\pi(b)}=0\] 因此 $\pi(c)=\omega c$。

E.3 使用 E.2 证明对任意非负整数 $k$ 都有 $\pi^k(c^p) = c^p$。并由此推出 $c^p\in F_{i+1}$。

证明由 E.2 得 $\pi(c)=\omega c$，因此 $\pi(c^p)=\omega^p c^p = c^p$。使用数学归纳法可知 $\pi^k(c^p)=c^p$ 对任意 $k=0,1,2,\ldots$ 都成立。又因为 $F_{i+1}$ 是 $\Gal(F_i:F_{i+1})$ 的固定域。根据固定域的定义： \[F_{i+1}=\{a\in F_i:\forall \pi \in \Gal(F_i:F_{i+1}),\,\pi(a)=a\}\] 因为 $\Gal(F_i:F_{i+1})=\langle \pi\rangle$，所以其中的元素都是 $\pi^k$ 的形式，其中 $k=0,1,\ldots,p-1$。前面以及证明了 $\pi^k(c^p)=c^p$，所以根据以上固定域的定义，有 $c^p\in F_{i+1}$。

E.4 证明 $F_i$ 是 $F_{i+1}$ 上的多项式 $x^p-c^p$ 的分裂域。

证明有必要排除 $c=0$ 这一特殊情况。不难验证当 $b\in F_{i+1}$ 时，总有 $c=0$。所以我们应当取某个 $b\notin F_{i+1}$。这总是可行的，因为 $[F_i:F_{i+1}] = p > 1$，所以 $F_i\supsetneq F_{i+1}$。

设所谓 Lagrange 预解式 \[(\omega,b) = b + \omega\pi^{-1}(b) + \cdots + \omega^{p-1}\pi^{-(p-1)}(b) = \sum_{i=0}^{p-1}\omega^i\pi^{-i}(b)\] 那么，使用求和换序的技巧： \begin{align*} \sum_{k=0}^{p-1} (\omega^k, b) &= \sum_{k=0}^{p-1} \sum_{i=0}^{p-1}\omega^{ki}\pi^{-i}(b)\\ &= \sum_{i=0}^{p-1} \left(\sum_{k=0}^{p-1}\omega^{ki}\right) \pi^{-i}(b)\tag{*}\\ \end{align*} 当 $i\ne 0$ 时，根据模 $p$ 整数的运算法则可知：当 $k$ 取遍 $0,1,\ldots,p-1$ 时，$ki\bmod p$ 恰好（以某种顺序）取遍 $0,1,\ldots,p-1$。因此 \[\sum_{k=0}^{p-1}\omega^{ki}=1+\omega+\omega^2+\cdots+\omega^{p-1}=0\qquad(i\ne 0)\] 代入 $(*)$ 可知求和式只剩下 $i=0$ 的一项，计算得 \[\sum_{k=0}^{p-1} (\omega^k, b) = p\pi^0(b) = pb\]

考虑多项式 \[q(x) = (x-b)(x-\pi^{-1}(b))\cdots(x-\pi^{-(p-1)}(b))\] 定义 $\bar\pi\colon F_i[x]\to F_i[x]$ 为 \[\bar\pi(a_0 + a_1x + \cdots + a_n x^n) = \pi(a_0) + \pi(a_1)x + \cdots + \pi(a_n)x^n\] 则可以验证 $\bar\pi$ 是同构。设 \[\hat q(x) = \bar\pi(q(x)) = (x-\pi^{-(p-1)}(b))(x-b)\cdots(x-\pi^{p-2}(b))\] 可以发现 $q(x) = \hat q(x)$。这意味着这两个多项式对应的系数相等。也就是说，每一项的系数都在固定域（即 $F_{i+1}$）中。

注意到 \[(1,b) = b + \pi^{-1}(b) + \cdots + \pi^{-(p-1)}(b)\] 恰好等于 $q(x)$ 中 $x^{p-1}$ 项的系数。因此 $(1,b) \in F_{i+1}$。

假设 $(\omega^k,b)\in F_{i+1}$ 对任意 $k=1,\ldots,p-1$ 都成立，那么可以得到 $\sum_{k=0}^{p-1} (\omega^k, b) = pb \in F_{i+1}$。这是不可能的，因为我们已经取了 $b\notin F_{i+1}$。因此可以断定：一定存在某个 $1\le k\le p-1$ 使得 $(\omega^k,b)\notin F_{i+1}$。记 $\alpha=\omega^k$，取 $c=(\alpha,b)$，则 $c\ne 0$。仿照 E.2–E.3 可以证明 $\pi(c)=\alpha c$ 且 $c^p\in F_{i+1}$。

综上所述，我们总是可以取到某个 $c\in F_i$ 使得 $c\ne 0$ 且 $\pi(c)=\alpha c$。

设 $a(x)=x^p-c^p \in F_{i+1}[x]$。代入易知 $\omega^k c$ 是 $a(x)$ 的根。因为 $\pi(\omega^k c) = \omega^k\alpha c \ne \omega^k c$，所以 $\omega^k c$ 不在 $\Gal(F_i:F_{i+1})$ 的固定域（即 $F_{i+1}$）内。也就是说，$a(x)$ 在 $F_{i+1}$ 上没有根。根据习题 C 可知，$a(x)$ 在 $F_{i+1}$ 上不可约。因此 $a(x)$ 是 $c$ 的最小多项式。

根据 C.1 可知 $L=F_{i+1}(c,\omega)$ 是 $F$ 的分裂域。因为假定了 $\omega\in F_{i+1}$，所以 $L=F_{i+1}(c)$，由此可知 $[L:F_{i+1}] = \deg a(x)=p$。另一方面，$c\in F_i$，所以 $F_{i+1}\subseteq L\subseteq F_i$。于是 \[[F_i:L] = \frac{[F_i:F_{i+1}]}{[L:F_{i+1}]} = 1\] 因此 $F_i = L$ 是 $x^p-c^p$ 的分裂域。

E.5 做出结论：$K$ 是 $F$ 的根式扩张。

证明根据 E.1–E.4 可知，对于任意 $0\le i < n$，$[F_i:F_{i+1}]$ 是一个质数（记作 $p_i$），且存在 $c_i$ 使得 $F_i=F_{i+1}(c_i)$，且 $c_i^{p_i}\in F_{i+1}$。注意到可解序列 \[H_0,\ldots,H_n\] 对应的固定域是 \[K=F_0\supseteq \cdots \supseteq F_n=F\] 因此 $K=F(c_{n-1},\ldots,c_0)$。可见，$K$ 的每一步扩张 $F_i:F_{i+1}$ 都是加入了元素 $c_i$，且 $c_i^{p_i}\in F_{i+1}$。根据根式扩张的定义可知，$K$ 是 $F$ 的根式扩张。