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抽象代数 II · 根式可解与五次方程：怎样证明一个“不可能”

前置：群作用与可解群、有限Galois对应、多项式除法、不可约性与实函数的单调性。本讲先证明“根式塔与可解群”的双向定理，再把它用于具体五次；实验中的有限证据若不够，就保留未定结论。

学习层：看到一种对称操作，不等于知道全部对称

把五个根看作五个尚未贴上具体复数坐标的点。模素数分解可以告诉我们，某个对称操作把四个点循环移动、留下一个点不动。这排除了若干群，却还没有证明群是S₅：一个可解的二十阶群里也有这种操作。

现在多加一条证据，例如出现了一个三循环和一个二循环同时作用的型。把这个操作做三次，三循环归位，二循环还在。配合不可约性，这次就足以证明是S₅。区别不在“又多算了一行”，而在新证据补上了哪一步推理。

无脚本读法。 四份固定运行分别呈现证据不足、已证不可解、可解的二项式控制例和平方判别式的A₅例。完整记录保留因式分解、有理搜索范围、判别式消元、Sturm区间树、候选群及每次排除的理由。

五次方程的候选筛选、根区间与可解性证据

图1.1：四个固定对照。可打开原图检查剩余候选、精确区间端点与导出群阶。

固定运行：2026-09-11，Node 24.14.0 / darwin arm64。下载四份完整精确记录。默认例为x⁵−6x+3，精度8位；“证据不足”例仅启用p=2，关闭其余证据；根式例为x⁵−2；A₅例为x⁵+20x+16，显示p=7分解。默认、根式与A₅例均启用p=2,3,5,7,11、实根、判别式与范围内的显式构造。

固定参数下的量 参考值
只用p=2时多项式次数 5
只用p=2时保留的全部候选 F20、S5
只用p=2时根式结论 证据不足
默认例不同实根个数 3
默认例V(−∞) 3
默认例V(+∞) 0
默认例判别式 -1737531
默认例确定群 S5
默认例是否根式可解 否
x⁵−2所有根所在域次数 20
x⁵−2实际构造的不同根数 5
x⁵−2确定群 F20
x⁵−2是否根式可解 是
A₅例判别式 1024000000
A₅例判别式的正平方根 32000
A₅例确定群 A5
A₅例是否根式可解 否
默认例实根1隔离区间（左不含右含） (-3423/2048, -427/256]
默认例实根2隔离区间（左不含右含） (1029/2048, 259/512]
默认例实根3隔离区间（左不含右含） (1435/1024, 2877/2048]

无脚本也可比较第一组的两个候选与第三组的实际根式构造。根区间提供误差界，不能将其误称为根式公式；坏素数的重复因子不能直接作Frobenius证据。

多项式按常数项到最高次输入，例如3,-6,0,0,0,1表示 \(x^5-6x+3\)。当前素数决定展示哪一行分解；证据素数列表决定哪些行参与筛选。实根计数、判别式和显式分裂域构造可以分别暂不用于筛选，以比较它们提供了什么信息。证据开关改变的是当前采用的论证，不会改变原方程的真实Galois群。

实验接受2至5次首一整数多项式、系数绝对值不超过32。它会在这个范围内完整分解有理因子；对不可约五次，依据下文证明的五种传递群进行排除。未剩唯一群时，只有剩余候选的可解性全部相同，才会给出相应判定。

1. 根式公式究竟允许做什么

固定特征0的域F，在一个代数闭包中讨论。多项式f在F上根式可解，指存在有限塔

\[F=F_0\subseteq F_1\subseteq\cdots\subseteq F_m,\qquad F_{i+1}=F_i(\alpha_i),\quad \alpha_i^{n_i}=a_i\in F_i,\]

使f的全部根都在Fₘ中。每一步允许四则运算和选择某个n次根；可以经过复数中间量，不要求每一步只取实数主值。根式塔中可能有多余层，某层次数也可能小于nᵢ。若aᵢ=0，该层平凡，可删除。

这个定义把“有限层根式表达”变成域的包含关系。它没有要求最终分裂域本身恰好是一座根式塔，只要求它包含在某座塔内。也没有把任意代数函数、特殊函数或无限级数算成根式运算。

若f有重因子，先用 \(h=f/\gcd(f,f')\) 保留所有不同的根；f与h的分裂域相同，可解性问题也相同。特征0保证的是不可约多项式可分，并不保证任意多项式没有重根，例如 \((x-1)^5\) 仍有重根。

本讲要证明的精确命题是：若K为f在F上的分裂域，则

\[f\text{ 在F上根式可解}\iff \operatorname{Gal}(K/F)\text{ 可解}.\]

两个方向需要不同的构造。特别是，不能因为塔中每层正规，就断言塔顶对最底层正规：Q⊂Q(√2)⊂Q(⁴√2)两层都是二次Galois，塔顶却是实数域，没有包含其余非实共轭根。

2. 单层的准确翻译：单位根与Lagrange预解式

先设F包含全部n次单位根，取本原单位根ζ。若αⁿ=a∈F且a≠0，所有根ζʲα都在E=F(α)中。特征0下 \(x^n-a\) 无重根，E是其分裂域，故E/F是Galois。映射

\[\operatorname{Gal}(E/F)\longrightarrow\mu_n,\qquad \sigma\longmapsto\frac{\sigma(\alpha)}{\alpha}\]

是单射同态：它的值是n次单位根；F中的单位根被σ固定，所以复合对应相乘；像为1的σ固定α，便固定整个E。因此群循环，阶整除n。例如在含√2的域中再加入满足α⁴=4的α=√2，得到的是平凡层，不是四次层。

反方向同样重要。设E/F循环Galois，次数n，生成元为σ，且ζ∈F。上一讲证明了不同域同态在E系数下线性独立，因此算子

\[L(b)=\sum_{j=0}^{n-1}\zeta^{-j}\sigma^j(b)\]

不可能对全部b∈E都为零。选择b使v=L(b)≠0。将求和指标移动一位，并使用σⁿ=1与ζⁿ=1，得到

\[\sigma(v)=\zeta v,\qquad \sigma(v^n)=v^n.\]

所以vⁿ∈F；v的n个像ζʲv不同，故[F(v):F]=n，E=F(v)。这就是用Lagrange预解式把一个循环扩张实现为一个根式层。它证明了所需v存在，也解释了为什么随便选b可能失败：某些b的预解式确实为零。

还要补单位根这层。F(ζₙ)/F是 \(x^n-1\) 的分裂域，其自同构由ζₙ↦ζₙᵃ决定，a为模n单位；因此群嵌入交换群 \((\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times\)。这层本身也是根式层，因为ζₙⁿ=1。

3. 可解群如何产生根式塔

设K/F的Galois群G可解。若G平凡，根已在F中；否则令N=|G|，先加入本原N次单位根，记\(F'=F(\zeta_N)\)、\(K'=KF'\)。

K′/F′仍是f的分裂域。把它的自同构限制到K，得到Gal(K′/F′)→G的单射：限制确实保持K，因为自同构排列f的根；若它固定K又固定F′，就固定合成域K′。所以新群G′是可解群的子群，也可解。

有限可解群有一列

\[G'=G_0\trianglerighteq G_1\trianglerighteq\cdots\trianglerighteq G_r=1\]

使每个Gᵢ₊₁在Gᵢ中正规，且每个商循环、阶为素数。可从导出列开始，将各有限交换商逐次细化：非平凡有限交换群有极大真子群，商为有限单交换群，必为素数阶循环群；反复拉回这些子群即可。注意这里只要求相邻层正规。

取 \(E_i=(K')^{G_i}\)，由Galois对应，Eᵢ₊₁/Eᵢ为循环素数阶扩张。这些素数阶都整除|G′|，进而整除N，因此所需单位根已经在F′中。上一节为每层提供vᵢ，使

\[E_{i+1}=E_i(v_i),\qquad v_i^{[E_{i+1}:E_i]}\in E_i.\]

把F⊂F′这一层加在前面，就得到包含K的根式塔。这个方向证明的是存在性；要真的写出某个方程的短公式，还要选择和计算适当的预解式。

4. 根式塔如何进入一个可解的正规扩张

现在反过来，已知第1节的根式塔包含K。令N为各nᵢ的乘积，先取 \(M_0=F(\zeta_N)\)。它对F是有限Galois，群交换。我们归纳构造Mᵢ，要求它包含Fᵢ，并且Mᵢ/F是Galois且群可解。

假设Mᵢ已构造，下一层需要加入αᵢ，满足 \(\alpha_i^{n_i}=a_i\in F_i\subseteq M_i\)。对Mᵢ/F的每个自同构τ，同时考虑

\[x^{n_i}-\tau(a_i).\]

在同一个代数闭包中，把这些多项式的全部根加入Mᵢ，得到Mᵢ₊₁。恒等τ对应的多项式包含原αᵢ，因此新域包含Fᵢ₊₁。

为什么新域对F正规？Mᵢ/F的任意F嵌入仍是自同构，并把集合{τ(aᵢ)}排列；所以任一F嵌入会把新加入的全部根送到同一根集合中，并保持Mᵢ。这说明它把Mᵢ₊₁送回自身。有限维单射为满射，故Mᵢ₊₁/F正规；特征0又保证可分。

为什么群仍可解？Mᵢ已经包含全部nᵢ次单位根。对每个τ选择一个根βτ，其他根由单位根相乘得到；一个Mᵢ自同构的全部信息由各比值σ(βτ)/βτ确定，因而

\[\operatorname{Gal}(M_{i+1}/M_i)\hookrightarrow\prod_{\tau}\mu_{n_i}\]

是单射同态，核群交换。限制映射给出满射Gal(Mᵢ₊₁/F)→Gal(Mᵢ/F)，其核正是这个交换群；满射性来自嵌入延伸。交换群对可解群的扩张仍可解：若商的第r个导出群平凡，原群第r个导出群已落在交换核中，再导出一次就平凡。

归纳完成后Mₘ包含K。K/F是分裂域扩张，正规且可分，因此Gal(K/F)是Gal(Mₘ/F)的商，可解性传给商，定理证毕。此处真正补齐的步骤是“所有共轭的开方层”，而不是把原根式塔误认成已经对F正规。

5. 一个具体的不可解五次：每一环都有短证明

取

\[f(x)=x^5-6x+3.\]

它满足素数3的Eisenstein条件：所有非首项系数被3整除，常数项不被9整除，故在Q上不可约。其Galois群G忠实且传递地作用于五个根：根生成分裂域保证忠实；不可约保证一个根的共轭轨道包含全部五根。

实根数也可不用近似求根就确认。f在−2、−1、0、1、2处的值分别为−17、8、3、−2、23；介值定理在(−2,−1)、(0,1)、(1,2)各给一根。导数 \(f'(x)=5x^4-6\) 只有两个实零点，Rolle定理说明f至多有三个不同实根。因此恰有三实根，剩余两根为一对非实共轭根。复共轭在五根上就是一个对换。

由传递性，5整除|G|；Cauchy定理给出一个5阶元素，在S₅中它必为5循环。最后需要一个群论引理：素数p阶循环与任意对换一起生成Sₚ。 给点编号为Fₚ，使循环为x↦x+1。若对换交换a、b，把它用循环各次幂共轭，得到连接x与x+(b−a)的边对换。b−a非零，其加法生成整个Fₚ，故这张图连通。

连通图的边对换生成全部置换：沿路径v₀,…,vₖ，把相邻边对换通过共轭逐次组合，可得到端点对换；再用任意对换生成对称群。因此G=S₅。这里的边不必是原编号下的相邻点，真正起作用的是素数条件保证的连通性。

上一讲已证明S₅的导出列先到A₅，再稳定在非平凡A₅；A₅单且非交换，故不可解。结合本讲双向定理，f不能由根式解。这个结论不禁止有理区间逼近、数值迭代或使用更广的特殊函数。

6. 为什么传递五次群只有五种

实验不是从几个常见群中随意挑选。这里证明候选表完整。传递性与Lagrange定理把群阶限制为5、10、15、20、30、40、60、120。设P由一个5循环生成，将五点编号为 \(\mathbb F_5\)。

P在S₅中的正规化子恰为仿射置换

\[x\longmapsto ax+b,\qquad a\in\mathbb F_5^\times,\ b\in\mathbb F_5.\]

因为正规化P的置换σ必须将平移x↦x+1共轭成某个x↦x+a，故σ(x+1)=σ(x)+a，递推得到上述形式；反过来每个这种置换都正规化P。因此正规化子有20个元素，商N(P)/P是四阶循环群。平移是偶置换，而乘以2在非零四点上作四循环，是奇置换，故N(P)∩A₅有10个元素。

逐一排除其余可能：

  • 阶15：Sylow计数要求5-Sylow子群的数目整除3且模5余1，只能为1。因此群包含于20阶正规化子，与15不整除20矛盾。
  • 阶30：若群包含于A₅，它是指数2正规子群，与A₅单性矛盾；否则与A₅的交有阶15，刚刚已经排除。
  • 阶40：指数为3，S₅作用于它的三个左陪集，给出S₅→S₃。限制到单群A₅，核只能平凡或整个A₅；前者要求60阶群嵌入6阶群，不可能，后者则使A₅固定原陪集，从而包含于40阶子群，也不可能。
  • 阶60：指数2，商交换，所以包含S₅的导出群A₅，次数相同，恰为A₅。

阶5、10、20时，Sylow计数使P正规，群包含于N(P)，也包含P。由商群对应，N(P)/P≅C₄的相应子群各只有一个，因此得到C₅、D₅、F₂₀；这里D₅表示正五边形的10阶对称群，F₂₀表示全部20个仿射置换。阶120当然给出S₅。这样，共轭意义下的完整列表就是

\[C_5,\quad D_5,\quad F_{20},\quad A_5,\quad S_5.\]

前三者的导出群阶分别沿5→1、10→5→1、20→5→1下降；后两者分别稳定在60与120→60。实验从实际置换计算乘法、换位子和导出子群，完整表可展开核对。

筛选的逻辑方向。 看见一个循环型，只说明G含有这种元素。大群也可能含有同样元素，因此这种正面证据通常擅长证明群很大，却不能仅凭“暂时没看到某种循环型”证明群很小。只看到四循环时，F₂₀和S₅都仍可能；实验应保留“证据不足”，不能以看起来较简单为由选择前者。

7. 有理因式分解与判别式：两种精确证据

实验接受2–5次首一整数多项式，系数绝对值不超过32。这是可完整检查的教学范围。它不是任意次数或任意实数系数的Galois群求解器。

先证明有理因式分解的搜索为什么能结束。Gauss引理说：本原整数多项式的乘积仍本原。若某素数整除乘积的全部系数，模该素数后两个非零多项式的乘积为零，与有限域多项式环无零因子矛盾。清除有理分母并约去内容，由此推出首一整数多项式的首一有理因子仍有整数系数。

设A为所有非首项系数绝对值的最大值，B=1+A。若A>0且|z|≥B，则

\[\left|\sum_{j=0}^{n-1}a_jz^j\right|\le A\sum_{j=0}^{n-1}|z|^j<|z|^n,\]

所以z不可能是根；A=0时只有根0。于是所有根都在|z|<B内。次数至多5的可约多项式必有一次或二次因子：若至少两个不可约因子都次数≥3，总次数便≥6。

因此程序先检查−B到B的全部整数根；若剩余次数至少4且没有整数根，再检查所有可能的首一二次因子 \(x^2+bx+c\)。常数c是原常数项的有符号约数；若二次根为u、v，则|b|=|u+v|<2B。有限枚举整数b∈[−2B,2B]与这些c，并逐个做精确多项式除法，便覆盖全部可能。找到因子后递归处理；没有找到时，才得到不可约结论。常数为零会在整数根步骤先取出x，不会进入“零的约数”搜索。

另一条证据来自判别式。设f首一、根互异，令

\[\Delta=\prod_{i<j}(\alpha_i-\alpha_j),\qquad \operatorname{Disc}(f)=\Delta^2.\]

交换两个根使Δ变号，故σ(Δ)=sgn(σ)Δ。如果G全部是偶置换，Δ被全部G固定，属于Q，所以判别式是有理数平方。反过来，若Disc(f)=d²且d∈Q，则域中(Δ−d)(Δ+d)=0，所以Δ=±d∈Q；Δ非零迫使全部σ为偶置换。因此

\[\operatorname{Disc}(f)\in(\mathbb Q^\times)^2\iff G\subseteq A_n.\]

判别式为零时根不互异，不能使用这个等价式。整数判别式若为有理平方，约分后分母必须为1，因此只需精确整数开平方检验。

实验通过Sylvester矩阵算resultant，再用

\[\operatorname{Disc}(f)=(-1)^{n(n-1)/2}\operatorname{Res}(f,f')\]

得到首一f的判别式。Sylvester矩阵将“某次数界内的uf+vf′”写成系数矩阵；其行列式等于 \(\prod_i f'(\alpha_i)\)，将各根差配对即得上式。每次整数Bareiss消元的主元和矩阵都保存在完整记录里，避免浮点行列式把平方或零判断错。

8. 模素数分解如何变成根的置换

设首一f∈Z[x]模p无重根，分解为不同首一不可约因子，次数为d₁,…,dᵣ。要证明的是：有理数上的Galois群含有循环长度为d₁,…,dᵣ的元素。 不是说两个分裂域相同，也不是把整数自同构直接“模p”就自动得到满射。

令K为Q上的分裂域，A=Z[α₁,…,αₙ]。各根满足首一整数关系，约化高次幂可知A是有限生成Z模，所以其中每个元素都是代数整数。一个有理代数整数若写成互素a/b，将其代入首一方程并乘b的次数次幂可得b整除a的幂，故b=1。因此1/p不在A中，pA是真理想。

有限非零环A/pA有极大理想；拉回得到A的极大理想P，其与Z的交为pZ。商k=A/P是有限域，且由各根的像生成，是约化多项式的分裂域。模p无重根保证这些根的像互不相同。

令D为G中保持P的自同构。它作用于k，得到

\[D\longrightarrow\operatorname{Gal}(k/\mathbb F_p).\]

这是单射：若σ在剩余域上恒等，αᵢ与σ(αᵢ)的像相同；根像互异，迫使σ固定每一个αᵢ，故σ=1。还要证明满射，才能把Frobenius提回去。

取非零元素ā生成k/Fₚ，记m=[k:Fₚ]。不同极大理想两两互素，中国剩余定理允许选b∈A，使它模P等于ā，模全部其他共轭理想σ⁻¹P等于0。考虑

\[H(T)=\prod_{\sigma\in G}(T-\sigma(b)).\]

系数被G固定而属于Q，又是代数整数，因此属于Z。模P后，D以外的σ(b)全部为0，得到

\[\overline H(T)=T^{|G|-|D|}\prod_{\sigma\in D}(T-\overline\sigma(\bar a)).\]

ā在Fₚ上的极小多项式次数m、常数非零。它整除这个乘积，且与T互素，故整除右边次数|D|的非零根因子，因此m≤|D|。另一方面，前面的单射与有限域自同构群阶m给出|D|≤m。两者相等，映射为同构。

于是k的Frobenius x↦xᵖ对应某个σ∈D。有限域不可约d次因子的根恰好构成一个长度d的Frobenius轨道，故σ在全部根上的循环长度正是各因子的次数，命题得证。

实验用gcd(f̄,f̄′)=1检查“好素数”。有重因子的行仍显示因式分解，但明确禁止把这一行当作上述普通Frobenius证据。例如x⁵−6x+3在p=3满足Eisenstein，却约化成x⁵：这个素数适合证明有理不可约，不能在同一行提供无重根循环型。

9. 实根不是屏幕上的近似点：Sturm证书

先取h=f/gcd(f,f′)，它与f有相同的不同根。Sturm序列从h、h′开始，每一项是前两项除法余式的负值，直到非零常数；若h为常数则没有根。记V(t)为各项在t处的符号变化数，忽略零项。

为什么V能数根？在中间项为零的位置，除法关系说明它两边相邻项的值互为相反数，所以跨过这个零点时，整个序列的变化数不变。在h的简单根处，h′非零；根左侧h与h′异号，右侧同号，所以V恰好下降1。除此以外符号局部不变。因此

\[\#\{x\in(a,b]:h(x)=0\}=V(a)-V(b).\]

端点恰为根时，“忽略零项”给出右侧极限，所以这里必须用(a,b]，不能不加说明写成闭区间或开区间。在无穷远，各多项式的符号由首项系数、次数及方向决定。

实验从(−B,B]开始做有理二分，保存每个节点的端点、完整符号串、V值、根数与子节点。只有根数为1、宽度不超过 \(2^{-b}\) 的区间才作为最终隔离区间；b由精度栏选择。根数为0的区间也保留为排除证据。所有端点和除法使用精确分数，画图位置才转成屏幕坐标。

若平方自由部分次数d，有r个实根，剩下(d−r)/2对非实共轭根。复共轭的循环型因此为r个1循环与(d−r)/2个2循环。可约或有重根时，这仍描述不同根的置换，但实验不会把它送进“不可约五次的五群分类”。

10. 两个确实可解的五次，与一个A₅反例

二项式 x⁵−2。 Eisenstein证明不可约。取α=⁵√2、ζ为本原五次单位根，五根为αζʲ，j=0,…,4。K=Q(α,ζ)的次数至多20，又因包含次数5和4的两个子域而同时被5、4整除，故恰为20。全部映射

\[\alpha\longmapsto\alpha\zeta^b,\qquad\zeta\longmapsto\zeta^a\quad(a\ne0\bmod5)\]

给出20个自同构，作用于根的编号为j↦aj+b。因此G=F₂₀，可解。实验在基 \(\alpha^i\zeta^j\)（0≤i<5，0≤j<4）中实际计算五根的乘积多项式，并核对生成元r、s的关系r⁵=s⁴=1与srs⁻¹=r²。根式塔可直接取Q⊂Q(ζ)⊂Q(ζ,α)，其中ζ⁵=1、α⁵=2。选择本原单位根是定义允许的复数根选择，不是限定取1的主值。

实圆分五次。 令ζ为本原11次单位根，v=ζ+ζ⁻¹，则

\[v^5+v^4-4v^3-3v^2+3v+1=0.\]

Φ₁₁(T+1)满足Eisenstein，故Q(ζ)/Q次数10，其Galois群为模11单位群C₁₀。复共轭对应−1，固定域为Q(v)：ζ满足T²−vT+1，且ζ非实而Q(v)为实域，二次恰好。商C₁₀/{±1}=C₅，五根为ζᵏ+ζ⁻ᵏ（k=1,…,5）。实验在十维圆分域中逐项相乘、求v的首次幂关系，并计算五个自同构在1,v,…,v⁴上的限制矩阵。这给出正面的C₅证明。只观察几个素数都出现五循环，并不能排除A₅；应打开“显式构造”证据，才能使用这条额外证明。

平方判别式仍可能不可解。 对x⁵+20x+16，模3分解不可约，故有理不可约；判别式为32000²，因此G⊂A₅。模7因子次数为1、1、3，提供3循环；C₅和D₅没有3阶元素，完整分类只剩A₅。它不可解。判别式为平方说明置换全偶，并不说明根式可解。

11. 四道练习：写出证据，而不是只报群名

练习一：证明 x⁵−4x+2 不能用根式解

素数2满足Eisenstein：非首项系数皆被2整除，常数2不被4整除，所以不可约。它在−2、−1、0、1、2的值为−22、5、2、−1、26，三个互不相交区间(−2,−1)、(0,1)、(1,2)各有根。导数5x⁴−4只有两个实根，Rolle定理排除第四个实根。因此复共轭给出一个对换。传递五次群含5循环，结合第5节连通图论证，群为S₅。S₅不可解，由双向定理排除根式解。数值计算仍可用第9节区间逐次逼近，每次得到的是有理误差界。

练习二：为什么一行四循环证据还不够？再加哪一行就够？

对x⁵−6x+3，仅启用p=2，关闭实根、判别式和显式构造证据。模2因子次数1、4，所以群含四循环。五群中F₂₀和S₅均有这种元素，前者可解而后者不可解，不能判定。

再加入p=11，它的因子次数2、3，给出一对互不相交的2循环与3循环之积σ。σ³保留2循环、消去3循环，成为对换。已经知道有理不可约，所以存在5循环，群便是S₅。也可直接从完整群元素表看到F₂₀没有2、3循环型而被排除。这两种论证应给出同一结论。

练习三：给出 x⁵−2 的根式解证据，并解释“没有看到别的循环型”为什么不够

取任一本原五次单位根ζ与任一满足α⁵=2的根α。全部五根为α、αζ、αζ²、αζ³、αζ⁴，因为它们互不相同，且各自五次方为2。域Q(α,ζ)次数20，理由是塔次数至多5·4而又同时是5、4的倍数。生成元r固定ζ并送α到αζ；s固定α并送ζ到ζ²。直接计算srs⁻¹(α)=αζ²、srs⁻¹(ζ)=ζ，得到srs⁻¹=r²。所得20阶群为F₂₀，导出列20→5→1。

有限个好素数没有显示某个循环型，不能证明该型在G中不存在；S₅仍包含F₂₀的全部循环型。这里确定F₂₀靠的是完整根所在域及其次数、自同构构造，不靠“扫描足够久”的感觉。

练习四：每一步都Galois，为什么塔顶还可能不正规？怎样修复？

在Q⊂Q(√2)⊂Q(⁴√2)中，每一步都是二次可分正规扩张。可是塔顶只含实数，x⁴−2的根i⁴√2不在其中，所以塔顶对Q不正规。加入i后得到分裂域Q(⁴√2,i)，次数8：实子域次数4，再加入非实i为二次。其根置换群是上一讲实际构造的D₄，导出列8→2→1，可解。

一般根式塔不能只照抄这一个“加i”动作；第4节同时加入各开方系数的全部共轭的根，才保证每一步构造出的Mᵢ都对最底层正规。这个例子说明证明中需要补的究竟是哪一条条件。

12. “一般五次没有公式”中的“一般”如何严格化

一个具体不可解五次已经证明“并非每个五次都根式可解”。要证明通用系数方程也没有根式公式，可以直接建立它的Galois群，避免用特殊取值时公式分母可能为零的漏洞。

取代数独立变量X₁,…,Xₙ，令E=Q(X₁,…,Xₙ)，Sₙ通过置换变量作用。设eᵢ为基本对称多项式。先证明

\[E^{S_n}=\mathbb Q(e_1,\ldots,e_n).\]

对称多项式定理可由消去首项证明。在固定总次数内按字典序排列单项式；对称多项式的首项指数必满足a₁≥a₂≥⋯≥aₙ，否则交换逆序的一对变量会产生更大的项。乘积

\[e_1^{a_1-a_2}e_2^{a_2-a_3}\cdots e_{n-1}^{a_{n-1}-a_n}e_n^{a_n}\]

恰有这个首项，减去适当倍数就消掉它。每次首项下降，同次单项式有限，逐次结束；分次处理非齐次多项式即可。于是所有对称多项式都在Q[e₁,…,eₙ]中。

若R=g/h为对称有理函数，取 \(H=\prod_{\sigma\in S_n}\sigma(h)\)。H是非零对称多项式，RH也是多项式且对称，因此R属于Q(e₁,…,eₙ)，得到固定域等式。eᵢ还代数独立：单项式 \(e_1^{d_1}\cdots e_n^{d_n}\) 的首项指数是

\[(d_1+\cdots+d_n,\ d_2+\cdots+d_n,\ \ldots,\ d_n),\]

这个对应可逐项作差恢复所有dᵢ，所以不同e单项式的首项不同。任一非零多项式关系中取最大的首项，都不可能被其他项抵消。

因此eᵢ真能作为独立的通用系数。上一讲的Artin定理给出E/Q(e₁,…,eₙ)为Galois、群恰为Sₙ；而E就是

\[\prod_{i=1}^n(T-X_i)=T^n-e_1T^{n-1}+e_2T^{n-2}-\cdots+(-1)^ne_n\]

的分裂域。当n≥5，Sₙ含有不可解子群S₅；可解群的子群可解，所以Sₙ不可解。由本讲定理，通用n次方程不能根式解。低于五次时G是可解群Sₙ的子群，因而根式可解；这给出存在性，并不意味着本讲已逐式推导Cardano或Ferrari的具体公式。

从这里可继续走向覆盖空间的单值化群、微分Galois理论和精确计算证书；它们各有新的对象和定理，不能仅凭“也是对称性”就套用本讲结论。当前实验完成的是小次数整数多项式的可核对证据链，并允许最终仍为“证据不足”。

参考与继续阅读。 J. S. Milne, Fields and Galois Theory 的循环扩张、根式可解性、Dedekind定理与对称函数章节；前置证明可回看群作用与Sylow和Galois对应。