抽象代数 II · Galois理论：从根的移动到固定域

1. 加入一个根：先把“域中的数”定义清楚

设F是域，f∈F[T]首一不可约，次数n。多项式除法使每个模f的剩余类都有唯一代表

把T的剩余类记为α。加法逐项做，乘法先展开再用f(α)=0约化。这构成域：若g的类非零，则f不可约给出gcd(f,g)=1；Euclid算法产生uf+vg=1，故v的类就是g的逆。于是

反过来，若α代数，所有满足g(α)=0的多项式组成求值映射的核。取次数最小的首一非零元m；带余除法说明该核由m生成。若m=uv且两因子次数更小，域中u(α)v(α)=0迫使一因子为零，矛盾。因此m不可约，它就是极小多项式。

在任意有限扩张E/F中，也可用线性代数找m：依次计算1、u、u²，直到第一次线性相关。若首次关系为

前d个幂独立，故没有更低次消去u的多项式；这条首一关系正是m。实验保存所有这些幂和关系系数，而不是只显示猜测的多项式。

塔公式。 若F⊂K⊂E，K/F的基为bᵢ，E/K的基为cⱼ，则bᵢcⱼ生成E。一个F线性关系可先按cⱼ收集；cⱼ在K上线性独立，再用bᵢ在F上线性独立，便知所有系数为零。因此

“次数”数的是独立坐标，不是表达式中根号的数量。Q(√2,√8)=Q(√2)只有两维。

2. 嵌入怎样延伸：根的选择必须保留关系

设φ:F→Ω是域嵌入，Ω代数闭。若α的极小多项式为m，延伸φ到F(α)时，α的像β必须满足φ(m)(β)=0。反之，任取这样的根，规则

由商环构造给出良定义的域同态，因而单射。不同根给不同嵌入。这证明延伸存在，也精确计算了延伸数：它等于变换后极小多项式的不同根数。

有限扩张由有限多个元素生成。逐个加入，重复上述步骤；每一步的选择最多等于该步次数，塔公式便给出

若这些生成元在F上可分，其在每个中间域上的极小多项式都整除原来的无重根多项式；变换系数后的多项式也无重根。于是每一步恰有对应次数那么多选择，最终嵌入数等于[E:F]。这段论证也适用于从某个中间域的F嵌入开始延伸，而不只从恒等映射开始。

嵌入的目标允许是Ω；自同构的目标必须回到E。Q(∛2)有三个到复数域的Q嵌入，但其中两个把实数根送到非实数，不能成为这个实数子域的自同构。

3. 可分、正规与Galois：三种条件各管一件事

多项式无重根等价于gcd(f,f′)=1：一个根同时使f和f′为零，当且仅当其重数至少二。域扩张可分指每个元素的极小多项式无重根。特征0的不可约多项式导数非零且次数更低，故与原多项式互素；所以有限特征0扩张都可分。

正规要求F上任一不可约多项式，只要在E中有一个根，就在E中完全分裂。有限正规扩张恰好是某个多项式的分裂域：取有限生成元的极小多项式之积，正规性给出全部根；反向可用嵌入延伸证明——任何F嵌入都把生成用的根排列，故把分裂域送回自身，再把任一元素的共轭根延伸进去。

有限、正规且可分的扩张称为Galois扩张。等价地，它是一个无重根多项式的分裂域。这里还需确认“由可分根生成”会使每个元素可分：上述逐根延伸给出全部[E:F]个嵌入；任取u∈E，每个F(u)的嵌入最多有[E:F(u)]个延伸，因此F(u)至少有[F(u):F]个不同嵌入，恰好达到上界，u的极小多项式便有全部不同的根。反向则取有限生成元的不同极小多项式之积即可。对这样的E/F，上一节给出[E:F]个嵌入，正规性使它们的像都在E中；有限维单射E→E必满射。因此

两个失败例子值得分开记。

• Q(∛2)/Q可分但不正规。\(T^3-2\)由Eisenstein判别不可约，其余两根为ω∛2和ω²∛2，均不在实数域Q(∛2)中；自同构只能固定唯一实根，故只有恒等映射。
• 令t为超越元，E=\(\mathbb F_p\)(t)，F=\(\mathbb F_p\)(\(t^p\))。1、t、…、\(t^{p-1}\)在F上线性独立：清分母后，不同项的幂次模p不同，不能抵消。它们也生成E，因此[E:F]=p。\(T^p-t^p=(T-t)^p\)只有一个不同的根；这扩张纯不可分且正规，却仍只有恒等自同构。此例在正文手算，实验没有实现有理函数域。

4. Artin定理：有限个自同构为何决定准确的次数

令\(G=\{\sigma_1,\ldots,\sigma_m\}\)是域E的有限自同构群，F=\(E^G\)为所有操作共同固定的元素集合。F确为域，因为自同构保持加法、乘法和非零元素的逆。此处暂不假设E/F有限，我们将证明

先证不同域同态在E系数下线性独立。若存在对所有x都成立的非零关系\(\sum_i c_i\sigma_i(x)=0\)，选非零项最少的一条。只有一项显然不可能。因σ₁与σⱼ不同，可选y使σ₁(y)≠σⱼ(y)。把原式中的x换成xy，再减去σ₁(y)乘原式，σ₁项消失而第j项不消失，得到更短关系，矛盾。这是同态的线性独立性。

再证[E:F]≤m。任取m+1个元素a₁,…,aₘ₊₁；m行的齐次方程

在E上有非零解。选支撑最小的解，重编号并除以某个非零坐标，使c₁=1。对任意τ∈G，把τ作用到全部方程，行指标τσᵢ只是G的重排，所以(τ(cⱼ))仍为解。两解相减，第一坐标变0，支撑严格缩小；最小性迫使差为零。故每个cⱼ都被G固定，落在F。取恒等映射对应的那一行，得到aⱼ的F线性关系。任意m+1元素相关，故[E:F]≤m。

现在次数d有限。所有F线性映射E→E构成一个d维的E线性空间：在一组F基上的d个像即可确定映射。G中的映射在其中线性独立，所以m≤d。两边合并得d=m。任意额外的F自同构也受同一独立性上界约束，故全部自同构恰好就是G。

最后证E/F可分且正规。对任意u∈E，取它在G下的不同像u₁,…,uᵣ，令

G排列这些根，所以系数在F中。u的极小多项式mᵤ整除Pᵤ；另一方面，对mᵤ(u)=0施加G的每个操作，得到所有uⱼ都是mᵤ的根，故Pᵤ也整除mᵤ。两者首一，必相等。因此每个极小多项式都在E中分裂且无重根。Artin定理的全部结论至此得到证明。

5. 有限Galois对应：两边来回确实回到原处

设E/F有限Galois，G=Gal(E/F)。给子群H≤G配固定域\(E^H\)；给中间域K配Gal(E/K)。先注意E/K仍是原来无重根多项式在K上的分裂域，因而Galois。

对于H，Artin定理直接给出Gal(E/\(E^H\))=H。对于K，记H=Gal(E/K)，则K⊂\(E^H\)，而

塔公式迫使[\(E^H\):K]=1，所以\(E^H\)=K。这才证明它们是互逆双射，不能只凭一张节点数相同的图断言。

若H₁⊂H₂，被H₂全部固定比被H₁全部固定的要求更强，所以\(E^{H_2}\)⊂\(E^{H_1}\)。于是对应反转包含，并有

实验计算固定域的方法正是把“被全部固定”写成线性方程。选E/F基b₁,…,bₙ，用矩阵Mₕ表示h，则坐标列c对应的元素在\(E^H\)中当且仅当

把这些方程上下堆叠，求零空间即可得到整个固定域的F基。实验同时给出消元后的矩阵、左侧可逆变换和行操作；再把基的两两乘积重新表达为基坐标，以核对乘法结构。基一般不具有最漂亮的根式形式，但它精确描述了域中的所有元素。

6. 正规子群、商群与共轭中间域

若K=\(E^H\)，任意g∈G满足

证明只需代入：对x∈K和h∈H，\((ghg^{-1})(g(x))=g(h(x))=g(x)\)；反向用g⁻¹得到相等。由上一节双射，g(K)=K对全部g成立恰好等价于H正规。

这又等价于K/F正规。若K/F正规，每个g限制到K后仍把K送回K。反过来，若全部g都保持K，任取u∈K及其极小多项式的一个根β，把u↦β延伸成E到代数闭包的F嵌入；E/F正规使延伸属于G，故β∈K。K/F可分由E/F可分继承。因此

此时限制映射G→Gal(K/F)是同态，核为H。它满射，因为K的每个F自同构都能延伸到E，而E的正规性使延伸为自同构。第一同构定理给出

H非正规时仍可研究Aut(K/F)，但不能写G/H为群。事实上保持K的g恰为\(N_G(H)\)，同样用延伸与核得到Aut(K/F)≅\(N_G(H)\)/H。实验的非正规状态会给出一个具体g和固定基向量b，使g(b)离开原固定空间；正规状态则列出陪集和它们在固定基上的真实限制矩阵。

还有两条可直接使用的运算规则：

第一条由“同时固定”立即得到；第二条因为逐点固定两个域等价于逐点固定它们生成的最小域，再用双射。K在E内的正规闭包是所有g(K)的合成域，故对应\(\bigcap_{g\in G}gHg^{-1}\)。它与“最大Galois子域”不同：后者对应包含H的最小正规子群，即全部共轭H生成的群。

7. 三个分裂域：让维数、操作和固定基对得上

双二次域。 Q(√2,√3)有基1、√2、√3、√6。为确认次数4，若√3=a+b√2，则平方后的√2系数迫使ab=0；两种情形分别要求有理数平方为3或3/2，均不可能。令σ只改变√2号，τ只改变√3号，群为V₄。固定基给出

每个子群正规，所以三个二次子域都对Q是Galois。u=√2+√3有四个不同的像，极小多项式为\(T^4-10T^2+1\)。也可不用对应证明它生成整个域：u⁻¹=√3−√2，因此√2=(u−u⁻¹)/2，√3=(u+u⁻¹)/2。

三次分裂域。 令α=∛2为实根，ω²+ω+1=0且ω非实。\(T^3-2\)由Eisenstein不可约，Q(α)为实数域；加入非实的ω恰再乘2，所以E=Q(α,ω)有六维基1、α、α²、ω、αω、α²ω。令r(α)=ωα、r(ω)=ω，s(α)=α、s(ω)=ω²，则r³=s²=1且srs=r⁻¹，群为S₃。

r固定Q(ω)，固定域次数6/3=2，故相等；s固定Q(α)，固定域次数6/2=3，也相等。〈s〉非正规，r把Q(α)移到Q(ωα)；相应地，三次中间域对Q不正规。E/Q(α)却始终是Galois，这两个扩张的方向必须看清。

四次分裂域。 令θ=⁴√2为实根，E=Q(θ,i)。\(T^4-2\)由Eisenstein不可约，加入i使次数从4变8。根为θ、iθ、−θ、−iθ。r(θ)=iθ、r(i)=i，s(θ)=θ、s(i)=−i，满足r⁴=s²=1、srs=r⁻¹，得到八阶D₄。十个子群对应十个中间域；实验逐一求固定基，尤其可以比较〈r〉的二次固定域Q(i)与〈s〉的四次固定域Q(θ)，以及三个指数2子群给出的二次域。

8. 圆分域：同样的次数未必给同样的群

设\(\zeta_m\)是本原m次单位根。任何Q自同构必须把它送到另一本原根\(\zeta_m^k\)，其中gcd(k,m)=1；复合对应指数相乘模m。本实验实现m=5、7、8。它们的定义多项式分别为

这些多项式不可约可以就地证明：\(\Phi_5(T+1)\)、\(\Phi_7(T+1)\)分别满足素数5、7的Eisenstein条件；\((T+1)^4+1=T^4+4T^3+6T^2+4T+2\)满足素数2的条件。根的所有单位指数替换都保持关系，给出与次数相等的不同自同构，因此群分别为C₄、C₆、V₄。

Q(\(\zeta_5\))与Q(\(\zeta_8\))次数都是4，但前者的群循环，只有一个二次中间域；后者有三个。令v=\(\zeta_5\)+\(\zeta_5\)⁻¹，用1+\(\zeta_5\)+⋯+\(\zeta_5\)⁴=0可算得v²+v−1=0，因此唯一二次子域是Q(√5)。在Q(\(\zeta_8\))内，i=\(\zeta_8\)²、√2=\(\zeta_8\)+\(\zeta_8\)⁻¹，三个二次域为Q(i)、Q(√2)、Q(√−2)。这些结论由固定基和乘法也能重新推回去。

9. 有限域：Frobenius把对应化成整除关系

设q=pⁿ。在\(T^q-T\)的分裂域中取全部根。导数为−1，所以有q个不同的根；若a、b是根，则\((a-b)^q=a-b\)，乘积和非零逆元也满足同一式子。因此根本身构成一个q元素的域，记为\(\mathbb F_q\)。反过来，任何q元素域的非零乘法群有q−1阶，Lagrange定理说明所有元素满足\(T^q-T\)=0；故它也是该多项式的分裂域，得到同构意义下的唯一性。

Frobenius映射\(\varphi(x)=x^p\)保持加乘，单射在有限集合上即满射。\(\varphi^n=1\)；若\(0\lt k\lt n\)且\(\varphi^k=1\)，则q个元素都将是\(T^{p^k}-T\)的根，超过其次数\(p^k\)，矛盾。因此φ恰为n阶。域扩张次数为n，自同构至多n个，故

循环群的每个阶数约数对应唯一子群，于是对每个d|n恰有一个\(p^d\)元素的子域，具体为\(\varphi^d\)的固定域，即\(T^{p^d}-T\)在\(\mathbb F_{p^n}\)中的根。所有中间域都这样得到。一般φᵏ的固定域有\(p^{\gcd(n,k)}\)个元素。

实验允许p=2、3、5、7，首一f次数1至6，并限制pⁿ≤125。不可约性先由以下精确判据确认：

为何有效？\(T^{p^n}-T\)的导数为−1，所以其因子无重复；它的不可约因子次数恰好整除n。后一断言可在每个不可约因子g的商域中用Frobenius的阶证明：其次数d就是φ的阶，因而\(\varphi^n=1\)恰当d|n。若f通过第一项，它由次数整除n的不同不可约因子组成；任何真约数d<n都整除某个n/ℓ，第二项会排除该因子。因此只剩次数n的一个因子，f不可约。反向同理。可约的商环即使仍能做加乘，也不是本节所需的域。

10. 迹、范数与本原元：数值必须标清相对于哪个底域

对有限E/F及u∈E，乘法映射mᵤ:x↦ux是F线性的。定义

换基只让矩阵相似，故这两个数与基无关。若u≠0，mᵤ可逆，范数非零；mᵤᵥ=mᵤmᵥ使范数可乘，mᵤ₊ᵥ=mᵤ+mᵥ使迹可加。

令u的极小多项式为 \(m_u(T)=T^d+c_{d-1}T^{d-1}+\cdots+c_0\)，\(r=[E:F(u)]\)。先在F(u)的幂基上，mᵤ为伴随矩阵；再取E/F(u)基，就得到r个相同块。因此

这里 \(M_u\) 表示乘法矩阵，\(m_u(T)\) 表示极小多项式。有限Galois情形下，不同共轭根是G轨道，每个像有r个到达它的自同构，于是迹也是\(\sum_{g\in G}g(u)\)，范数也是\(\prod_{g\in G}g(u)\)。

对H≤G，E/\(E^H\)由Artin定理总是Galois，所以相对迹与范数为\(\sum_{h\in H}h(u)\)、\(\prod_{h\in H}h(u)\)，它们属于\(E^H\)，通常不在F中。例如E=Q(α,ω)，H=〈s〉，u=α被H逐点固定，相对迹为2α、范数为α²；而对Q的迹为0、范数为4。实验同时输出它们在E基和固定基上的坐标。

u为本原元指E=F(u)，这等价于极小多项式次数达到[E:F]。有限Galois时又等价于稳定子只有恒等元。对无限F，任意有限可分E/F都有本原元：先用其不同嵌入，若E=F(a,b)，任选两个不同嵌入，它们在a、b至少一处不同；σ(a+cb)=τ(a+cb)至多排除一个c∈F。避开有限多个坏值，a+cb便有[E:F]个不同像，极小多项式次数达到[E:F]。逐次合并生成元即可。有限F的情形，上一节的域为有限域；其乘法群循环可证明如下：有限阿贝尔群中各元素阶的最小公倍数m可由一个元素达到（逐素数取最大幂部分再相乘），且所有非零元素都满足\(X^m=1\)，因此群大小≤m，反向由Lagrange得m≤群大小，故相等；一个乘法生成元自然生成整个域。

11. 四个把对应真正用起来的练习

练习一：固定一个乘积，需要固定两个因子吗

在Q(√2,√3)中，求u=√6的稳定子、极小多项式、包含u的全部中间域，并求相对于Q的迹与范数。

练习二：三次中间域为什么不能直接取商

在E=Q(α,ω)、α³=2中，取H=〈s〉，s为复共轭。求\(E^H\)、它的Q自同构群、以及\(E^H\)在E中的正规闭包。

练习三：64元素域中的交与合成

在\(\mathbb F_{64}\)中，求\(\mathbb F_4\)与\(\mathbb F_8\)的交和合成，并求Frobenius的平方的固定域。解释为什么不能凭两个域的元素个数相乘来算合成域。

练习四：没有足够自同构时，哪一步失效

比较Q(∛2)/Q与\(\mathbb F_p\)(t)/\(\mathbb F_p\)(\(t^p\))。两者的自同构群都平凡，能否由此断言扩张次数为1？

12. 下一步：从有限对应到根式、数论与几何

现在应能从一条定义关系算出乘积和逆，从一个自同构矩阵解释元素的像，从若干固定方程求出域的整个基，并判断何时可以对限制映射取商。实验覆盖七个指定数域和受限的有限域输入；它不判定任意有理多项式的Galois群，也没有把有限枚举当成一般定理的证明。

连接上一讲的可解群，还需要“特征0多项式根式可解当且仅当其分裂域Galois群可解”的额外定理。证明涉及加入单位根、把循环素数阶扩张实现为根式扩张，以及处理根式塔的正规闭包；仅有本讲的对应还不能跳过这些步骤。本讲将它作为后续入口，不宣称已证明一般五次方程的根式不可解。

进一步可沿三个方向学习：用有限域与Frobenius进入代数数论中的分解/惯性；用覆盖的对称群理解几何单值群；用逆极限把有限Galois群组织成无限扩张的拓扑群。无限对应必须限制闭子群并指定Krull拓扑，不能把本讲的“所有子群”原封不动搬过去。

参考入口：J. S. Milne《Fields and Galois Theory》，第2章嵌入与分裂域、第3章Artin定理及对应、第4章有限域、第5章本原元。正文给出了本讲使用的论证；一般圆分多项式不可约性、一般根式可解定理和无限Galois理论仍是后续内容。