抽代 II · 环、域与 Galois 一瞥

群管一个运算，环管两个（加与乘）、域是能除的环。本页把这两层结构立起来，让高代 I 的多项式与"数域"认祖归宗，用有限域接通密码学，最后登顶眺望 Galois 理论——高代 I 那句"五次方程无求根公式"的证明蓝图。

1. 两种运算为什么需要理想

本页的环有乘法单位元 \(1\)，加法构成 Abel 群，乘法结合，且左右分配律都成立；允许零环 \(1=0\)，但整环和域都要求 \(1\ne0\)。环同态在本页保幺。除明确写出矩阵环的地方，后文都讨论交换环。

从整数到模 \(n\) 算术，没有删掉加法或乘法，只是把相差 \(n\) 的倍数看成相同。困难在于：如果换一个代表元，运算结果还会落在同一类吗？

理想 \(I\subseteq R\) 是加法子群，而且 \(rI\subseteq I\)、\(Ir\subseteq I\) 对所有 \(r\in R\) 都成立；非交换环要同时要求两侧吸收，交换时两条相同。加法子群只保证加法能下降到商上，吸收性才保证乘法也能下降：若 \(a'=a+i,b'=b+j\)，则

所以 \((a+I)(b+I)=ab+I\) 不依赖代表元。反过来，如果商乘法沿用这个规则，\(i+I=0+I\) 强迫 \(ri,ir\in I\)。这是理想与商环的联系，不只是“理想像正规子群”的比喻。矩阵环 \(M_2(\mathbb R)\) 中“第二列为零”的矩阵组成左理想，但右乘某些矩阵会离开它，因此不能用它按上述规则构造商环。

例如 \(A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}\) 在该左理想中，而右乘 \(B=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\) 后 \(AB=B\)，第二列不再为零。

单位 \(u\) 是有双侧乘法逆元的元素；交换环的非零零因子是某个 \(a\ne0\)，存在 \(b\ne0\) 使 \(ab=0\)。整环是没有非零零因子的非零交换环。由 \(ab=ac\) 得 \(a(b-c)=0\)，可见整环中 \(a\ne0\) 可以消去；这不保证 \(a\) 有逆，例如整数 \(2\) 能消去却不是 \(\mathbb Z\) 的单位。

同态 \(\varphi:R\to S\) 的核是理想，且

良定义、保持两种运算且双射：两个像相同当且仅当两代表之差落在核中。这是环的第一同构定理。

在 \(\mathbb Z_n\) 里逐步证明实验判据

这里 \(n\ge2\)，把余数 \(a\) 写作其代表 \(0\le a<n\)。若 \(ab\equiv1\pmod n\)，任何 \(a,n\) 的公因子都整除 \(1\)；反之 \(\gcd(a,n)=1\) 时 Bézout 等式 \(au+nv=1\) 给出逆元 \(u\bmod n\)。因此

若 \(a\ne0\) 且 \(d=\gcd(a,n)>1\)，取 \(b=n/d\)，便有 \(0<b<n\) 且 \(ab\equiv0\)。可逆元不可能是非零零因子。因此在这个有限环里，每个非零元恰属两类之一。这是有限性的特殊好处：一般整环中的非单位不必是零因子，整数 \(2\) 就是反例。

每个 \(\mathbb Z_n\) 的理想都形如 \((d)\)，其中 \(d\mid n\)：在 \(\mathbb Z\to\mathbb Z_n\) 下取原像，它是包含 \(n\mathbb Z\) 的整数理想 \(d\mathbb Z\)。整数理想单生成的证明是选最小正元，用带余除法排除非零余数；零理想另列。

映射 \(\mathbb Z_n\to\mathbb Z_d, a\mapsto a\bmod d\) 因 \(d\mid n\) 而良定义，核为 \((d)\)，所以

端点也要读：\(d=1\) 时商为一个元素的零环；\(d=n\) 时理想为零，商保留原环。实验中的商加法、乘法表是映射 \(a\mapsto a\bmod d\) 的具体运算，不只是比较元素数量。

2. 域、不可约多项式与“同样多的元素”

域是非零元全部可逆的非零交换环。有限整环必为域：固定 \(a\ne0\)，映射 \(x\mapsto ax\) 由消去律单射，有限集合的单射也是满射，故某个 \(x\) 满足 \(ax=1\)。结合上一节，\(\mathbb Z_n\) 是域当且仅当 \(n\) 是素数。

特征是使 \(m1=0\) 的最小正整数 \(m\)，若不存在则为 \(0\)。一般含幺环可以有合数特征，例如 \(\mathbb Z_6\) 的特征为 \(6\)。在整环（因而在域）中，若特征 \(m=ab\) 且 \(1<a,b<m\)，就有非零的 \((a1)(b1)=0\)，矛盾；所以整环的正特征只能是素数。

域 \(F\) 上的多项式环 \(F[x]\) 可以按次数作带余除法。像整数的最小正元论证一样，选非零理想中次数最小的首一多项式，便证明每个理想单生成。欧几里得整环 \(\Rightarrow\) 主理想整环 \(\Rightarrow\) 唯一分解整环；这里并不声称每个主理想整环都具有某种给定的欧几里得除法。

对非恒定 \(f\in F[x]\)，有

证明的机制仍是“找逆元”。不可约时，任一不被 \(f\) 整除的 \(g\) 与 \(f\) 互素，扩展欧几里得算法给 \(ug+vf=1\)，于是 \([u][g]=[1]\)。若 \(f=gh\) 为两个次数都较小的非常数因子，则 \([g],[h]\ne0\)，而 \([g][h]=0\)。二次式可以用“在 \(F\) 中无根”判不可约；四次及以上仅无根不够，例如 \((x^2+1)^2\in\mathbb R[x]\)。

写 \(\alpha=[x]\)，避免把商中的元素与多项式变量混为一谈。下表的元素都能唯一写成 \(a+b\alpha\)，但乘法关系不同。

最后一个环经 \([g]\mapsto(g(1),g(-1))\) 同构于 \(\mathbb F_3\times\mathbb F_3\)：核为 \((x^2-1)\)，线性插值给出满射。乘积环里的非零幂零元不存在，因为两个域中的幂都不会把非零元变成零。可约会产生零因子，重因子才是这里幂零现象的来源。

有限域的特征为某素数 \(p\)，它含有由 \(1\) 生成的 \(\mathbb F_p\)，作为该域的有限维向量空间，元素数必为 \(p^k\)。反过来，每个素数幂阶都存在有限域，且同构意义下唯一；这是存在唯一性定理，不由本页四个模型推出。尤其 \(\mathbb F_4\not\cong\mathbb Z_4\)：前者特征 \(2\)，后者特征 \(4\) 且 \(2^2=0\)。

特征 \(p\) 的交换环上，Frobenius 映射 \(z\mapsto z^p\) 保加法和乘法，因为中间二项式系数都被 \(p\) 整除。它在有限域上是自同构；在二重根例子里把非零 \(\varepsilon\) 送到零，不能是单射。实验显示每个元素的像，让这一差别可以逐项核验。有限域的乘法用于编码与密码算法，但离散对数的困难取决于所选群及参数，不能由“是域”本身推出安全性。

3. 扩张次数：先证明为什么是四维

若域 \(F\subseteq E\)，那么 \(E\) 是 \(F\)-向量空间，维数记作 \([E:F]\)。对有限扩张塔 \(F\subseteq K\subseteq E\)，若 \(u_i\) 是 \(K/F\) 的基，\(v_j\) 是 \(E/K\) 的基，则 \(u_iv_j\) 张成 \(E/F\)；把线性关系先按 \(v_j\) 分组，再用 \(u_i\) 的独立性，即证它们线性独立。因此

若 \(\alpha\) 在 \(F\) 上代数，其首一极小多项式 \(m_\alpha\) 是使 \(m_\alpha(\alpha)=0\) 的最小次数首一多项式。代入同态 \(F[x]\to E\) 的核是 \((m_\alpha)\)，且 \(m_\alpha\) 不可约：可约将使较低次数因子在 \(\alpha\) 处为零。因此

超越元不满足这条有限次数公式；例如 \(F[t]\ne F(t)\)。

取 \(E=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)\)。先有 \([\mathbb Q(\sqrt2):\mathbb Q]=2\)。若 \(\sqrt3=a+b\sqrt2\)，\(a,b\in\mathbb Q\)，平方并比较有理与无理部分得 \(ab=0\)。\(b=0\) 要求有理数平方为 \(3\)，\(a=0\) 要求有理数平方为 \(3/2\)，都不可能（素因子指数奇偶性即可证）。所以再加入 \(\sqrt3\) 确实增加一倍维数：

4. Galois 对应：允许的对称越少，固定的域越大

一个 \(F\)-自同构是保持两种运算、固定 \(F\) 每个元素的 \(E\to E\) 双射。它必须把多项式的根送到同一个多项式的根。在上述四维扩张中，只能独立选择 \(\sqrt2,\sqrt3\) 的正负，且这四种选择都保持乘法。因此

其中 \(\sigma\) 只翻转 \(\sqrt2\)，\(\tau\) 只翻转 \(\sqrt3\)。例如

固定 \(\sigma\) 要求 \(b=d=0\)，所以它的固定域是 \(\mathbb Q(\sqrt3)\)，不是 \(\mathbb Q(\sqrt2)\)。这里“固定”指每个元素保持原值，并非只把整个集合映回自身。

有限 Galois 对应定理。若 \(E/F\) 有限、正规且可分，则 \(H\mapsto E^H=\{z:h(z)=z\ \forall h\in H\}\) 与 \(K\mapsto\operatorname{Gal}(E/K)\) 在 \(G=\operatorname{Gal}(E/F)\) 的子群与中间域之间互逆，且反转包含关系：

此外 \(K/F\) Galois 当且仅当对应 \(H\) 正规，此时 \(\operatorname{Gal}(K/F)\cong G/H\)。可分指极小多项式无重根；正规指在 \(E\) 有根的 \(F\)-不可约多项式都在 \(E\) 完全分裂。特征 \(0\) 的有限扩张自动可分，但不自动正规。上述 \(E\) 是 \((x^2-2)(x^2-3)\) 的分裂域，所以满足前提。一般定理的证明需要自同构独立性等内容，见页末完整课程；这里四维坐标直接核对了图中每个固定域与次数关系。

没有正规前提会怎样？\(\mathbb Q(\sqrt[3]2)/\mathbb Q\) 为三次扩张，但它是实域，只含 \(x^3-2\) 的一个根，唯一自同构是恒等。于是自同构群大小 \(1\ne3\)，不能套用上面的次数等式。这是前提失效的直接反例。

5. 次数与对称如何限制作图和求根

从有理坐标出发的尺规作图，每一步求直线/圆交点只引入四则运算与平方根，所以可作数属于一串次数为 \(1\) 或 \(2\) 的扩张塔。塔公式说明可作的代数数对 \(\mathbb Q\) 的次数必须是 \(2\) 的幂；只看次数为二次幂并不充分，还要存在这种二次塔。

倍立方需要 \(\sqrt[3]2\)，\(x^3-2\) 用 Eisenstein 判据在 \(2\) 处不可约，次数为 \(3\)，不可作。三等分 \(60^\circ\) 需要 \(u=2\cos20^\circ\)，三倍角公式给 \(u^3-3u-1=0\)。有理根只能为 \(\pm1\)，都不是根；三次无有理根即不可约，也得到次数 \(3\)。这是否定“任意角都可三等分”，并非每个角都不能三等分。化圆为方需要长度 \(\sqrt\pi\)；\(\pi\) 超越（这里引用 Lindemann 定理），而可作数必代数，所以也不可能。

对特征 \(0\) 的域 \(F\) 上的多项式，取其分裂域 \(E\)。全部根可由 \(F\) 中元素经有限次四则运算和开方得到，当且仅当 \(G=\operatorname{Gal}(E/F)\) 是可解群：存在 \(G=G_0\supseteq G_1\supseteq\cdots\supseteq G_m=\{e\}\)，每个 \(G_{i+1}\) 在 \(G_i\) 中正规，商群 \(G_i/G_{i+1}\) 都是 Abel 群。这个“根式可解判据”的完整证明涉及单位根与 Kummer 理论，本页只说明定理如何应用，完整证明见页末课程。

次数不超过 \(4\) 时，根的置换群是可解群 \(S_n\) 的子群，仍可解；一般五次方程对应 \(S_5\)，其中非交换单群 \(A_5\) 使它不可解。一般 \(n\ge5\) 亦如此，故无通用根式公式。具体五次式仍可能可解，例如 \(x^5-2\) 的根是 \(\sqrt[5]2\,\zeta_5^j\)，其中 \(\zeta_5\) 本身可用根式表达。数值近似求根则是另一个问题，没有被根式不可能性禁止。

6. 迁移练习：从运算证书走到结构

题 1：同阶的两个环为何不同？

比较 \(\mathbb Z_9\) 与 \(\mathbb F_3[x]/(x^2+1)\)：列出特征、单位数和一个能区分它们的方程。它们的加法群是否同构？

题 2：可约为什么不等于“有非零元平方为零”？

在 \(\mathbb F_3[x]/(x^2-1)\) 中，算出 \(\alpha-1\) 与 \(\alpha+1\) 的积，并找到一个非平凡幂等元 \(e^2=e\)。用到 \(\mathbb F_3\times\mathbb F_3\) 的映射解释没有非零幂零元。

题 3：一个“混合根”能生成整个四维域吗？

令 \(z=\sqrt2+\sqrt3\in E\)。哪个子群逐点固定 \(z\)？证明 \(\mathbb Q(z)=E\)，写出 \(z\) 的极小多项式。

基础衔接与进一步证明

继续到从向量空间到模：整数上不能任意除主元，线性代数的结论会怎样改变？再用局部化明确指定允许哪些分母。下一门点集拓扑则从代数结构转向连续结构。

完整的理想、商环与域课程见 MIT 18.703 Modern Algebra；有限 Galois 对应、有限域、尺规作图及根式可解判据的完整证明见 J. S. Milne, Fields and Galois Theory，第 1、3—5 章。本页实验只穷尽所列有限模型，不能代替这些一般定理的证明。