点击任一公式，即可查看并复制 LaTeX 源码；也可复制带数学定界符的写法。全文与公式均可离线阅读。

从根式公式到五次障碍：我的证明框架笔记

第一版 · 2026-10-06。围绕“通用五次方程的分裂域，怎样与根式塔连接起来”独立整理。先看框架，再沿着框架读完整证明。HTML 是主要阅读文件，Markdown 是配套源文件。

原始材料：《五次方程伽罗瓦群推导》分享对话。本篇覆盖其中七轮数学问答，编号 A01—A07。按逻辑依赖重排并重写解释，原问题保留在对应位置；补充的证明与校正明确标出。

我已经学过群、域、分裂域、单位根和可解群，但在最后一步仍觉得几套构造没有接上：一边是由五个根和五个系数得到的域扩张，一边是从系数开始逐步开根的域塔。这份笔记的目标，是看清它们为什么必须联系到同一个分裂域的同一个 Galois 群。

全文固定特征零。所有有限代数扩张放在同一个代数闭包中讨论；通用模型中的不定元先构造有理函数域，再取系数域的代数闭包。域的包含用 $\subseteq$，允许某一步没有真正扩大；重复层可删去。

目录

• 第 1 章：两条路线，在同一个群上相遇
• 第 2 章：通用五次方程，为什么仍是系数域到分裂域
• 第 3 章：把根式表达式逐步翻译成域塔
• 第 4 章：分裂域的位置，是中间域而不必是列出的层
• 第 5 章：补单位根，单个根式层才有阿贝尔群
• 第 6 章：逐层补共轭，构造对原基础域 Galois 的大域
• 第 7 章：域塔怎样变成可解群的正规列
• 第 8 章：限制映射，把大群的可解性传给分裂域
• 第 9 章：不相邻层可以吗？先检查使用条件
• 第 10 章：为什么 S₅ 不可解，完整补上群论障碍
• 第 11 章：把所有桥梁合起来，完成反证
• 第 12 章：复习地图、原问题索引与校正记录

对象与符号速查

“可解”用于群时指存在阿贝尔商的正规列；“根式可解”用于多项式时指所有根可由基础域元素经过有限次四则运算和开根得到。它们的联系需要证明，不能仅凭名字认定。

第 1 章：两条路线，在同一个群上相遇

1.1 我的疑问究竟在哪里

原问题 A01：最后从5次方程推出无根式解，是直接从5个根和5个系数的域扩张来推出Galois群之类的，貌似和之前构建的方式不一样

原问题 A06：所以在5次方程那个证明中域塔以及矛盾是怎么来的来着

这两个问题都在问：方程本身的分裂域，与假想公式制造的根式塔，到底是什么关系？先把对象的来源分开，后面才能看清它们如何合流。

路线一不依赖根式公式的存在。路线二从一个反证假设出发。最后，它们分别说同一个 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 不可解与可解，矛盾才成立。

1.2 四个域，四个角色

核心包含关系是

$$F\subseteq E\subseteq R\subseteq N.$$

与此同时，另有一张“建造记录”

$$F=R_0\subseteq R_1\subseteq \cdots \subseteq R_m=R.$$

两张图共同描述同一批域；第一张只说明包含，第二张还记录每次根式运算。不能从第一张图推断 $E$ 等于某个 $R_i$。

1.3 为什么根式塔之后仍有工作

原问题 A07：换言之域塔之后还要做一些工作

是的。原始根式塔证明的是“运算能够造出什么元素”，而 Galois 理论还需要“所有共轭都在域内”“限制映射可用于商群”等条件。第 5—7 章负责把前一个对象加工成后一个对象。

$$\boxed{{\displaystyle \text{公式}\Rightarrow \text{原根式塔}\Rightarrow \text{包含它的可解 Galois 大域}\Rightarrow \text{分裂域的群可解}}}$$

理解框架时，先记每个箭头的任务；核对证明时，再逐一检查它的条件与构造。

第 2 章：通用五次方程，为什么仍是系数域到分裂域

本章任务：证明“先造根，再造系数”仍然得到一个有限 Galois 分裂域，并完整证明它的群是 $S_5$。

2.1 “五个独立的根”是什么意思

取不定元 $x_1,\dots ,x_5$。说它们在 $\mathbb{Q}$ 上代数独立，是说不存在非零多元多项式 $P\in \mathbb{Q}[X_1,\dots ,X_5]$ 使

$$P(x_1,\dots ,x_5)=0.$$

这不是概率上的独立。它意味着没有额外代数关系，可以自由重命名变量。

先构造有理函数域

$$E=\mathbb{Q}(x_1,\dots ,x_5).$$

其元素是多项式的分式 $P(x_1,\dots ,x_5)/Q(x_1,\dots ,x_5)$，其中 $Q\ne 0$。定义

$$e_j=\sum _{1\le i_1<\cdots <i_j\le 5}{x}_{i_1}\cdots x_{i_j},1\le j\le 5,$$

并令

$$F=\mathbb{Q}(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5)\subseteq E.$$

每个 $e_j$ 已经属于 $E$，所以 $F\subseteq E$ 是由生成域的定义直接得到的。

2.2 同一个多项式，同时看见系数与根

展开乘积得到

$$f(t)=\prod _{i=1}^5(t-x_i)=t^5-e_1{t}^4+e_2{t}^3-e_3{t}^2+e_{4}t-e_5\in F[t].$$

所有 $x_i$ 都是这个多项式的根，而且

$$F(x_1,\dots ,x_5)=\mathbb{Q}(x_1,\dots ,x_5)=E.$$

第一项包含 $\mathbb{Q}$ 和全部 $x_i$，所以包含右边；反方向由 $F\subseteq E$ 得到。因此 $E$ 正是 $f$ 在 $F$ 上的分裂域。

补充证明：为什么这个扩张有限？虽然 $x_i$ 对 $\mathbb{Q}$ 是超越元，但它们对 $F$ 都满足上面的五次多项式，因而对 $F$ 代数。逐个加入它们，每步次数有限（至多 5），塔式定理给出 $[E:F]<\mathrm{\infty }$。于是“$E/\mathbb{Q}$ 超越”与“$E/F$ 有限代数”完全兼容，因为基础域不同。

各 $x_i$ 不相等，否则有非零关系 $x_i-x_j=0$。因此 $f$ 没有重根。有限可分分裂域是 Galois 扩张；下面第 6、8 章还会直接证明所用的嵌入稳定与延拓事实。

2.3 为什么这些系数确实代表“一般系数”

仅说“根很独立”还不够：要证明 $e_1,\dots ,e_5$ 也代数独立。

补充证明。在单项式上使用按 $x_1>x_2>\cdots >x_5$ 的字典序。$e_j$ 的最高单项式是 $x_1\cdots x_j$，系数为 1。因此

$$e_1^{a_1}\cdots e_5^{a_5}$$

的最高单项式是

$$x_1^{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{x}_2^{a_2+a_3+a_4+a_5}{x}_3^{a_3+a_4+a_5}{x}_4^{a_4+a_5}{x}_5^{a_5}.$$

字典序与乘法相容，所以最高单项式的乘积就是乘积的最高单项式。设上述五个指数为 $b_1,\dots ,b_5$，便可恢复

$$a_1=b_1-b_2,a_2=b_2-b_3,a_3=b_3-b_4,a_4=b_4-b_5,a_5=b_5.$$

不同的 $a$ 向量给出不同的最高单项式。在任意有限非零线性组合中，选择最高单项式最大的那一项；其最高项不可能被其他项抵消。因此任何非零 $P\in \mathbb{Q}[Y_1,\dots ,Y_5]$ 都有 $P(e_1,\dots ,e_5)\ne 0$。

这证明 $e_j$ 代数独立。令一般首一五次式的系数 $a_{5-j}=(-1{)}^j{e}_j$，就得到通常写法

$$t^5+a_4{t}^4+a_3{t}^3+a_2{t}^2+a_{1}t+a_0.$$

具体系数可能产生额外关系，因此不能把通用模型的 $S_5$ 结论直接套给每一个具体五次方程。

2.4 每个置换都确实给出域自同构

取 $\pi \in S_5$，定义变量替换

$$T_{\pi }(x_i)=x_{\pi (i)}.$$

它先给出多项式环的自同构：保持加法乘法，逆映射是 $T_{{\pi }^{-1}}$。因此非零多项式仍然非零。定义

$$T_{\pi }\left(\frac{P}{Q}\right)=\frac{T_{\pi }(P)}{T_{\pi }(Q)}.$$

良定义检查。若 $P/Q=P^{\prime }/Q^{\prime }$，则 $P{Q}^{\prime }=P^{\prime }Q$。应用多项式自同构得到 $T_{\pi }(P)T_{\pi }(Q^{\prime })=T_{\pi }(P^{\prime })T_{\pi }(Q)$，故结果不依赖分式表示。分母非零；运算保持；逆置换给出逆。因此这是 $E$ 的域自同构。

置换只重排 $e_j$ 求和中的项，所以固定全部 $e_j$，进而固定整个 $F$。这就构造了 $5!$ 个不同的 $F$ 自同构，而不是仅仅构造根的标签变化。

2.5 反方向：自同构没有其他自由度

若 $\sigma \in \mathrm{Gal}(E/F)$，因 $\sigma$ 固定 $f$ 的系数，

$$f(\sigma (x_i))=\sigma (f(x_i))=0.$$

所以每个 $x_i$ 被送到某个 $x_j$。自同构单射，使不同根的像不同，因此得到五个根的置换。又因 $E$ 由 $F$ 和这些根生成，其作用被根的像完全确定。

于是根作用

$$\rho :\mathrm{Gal}(E/F)⟶S_5$$

是单射群同态；第 2.4 节构造了它的每一个可能输出，所以它也满射。故

$$\boxed{{\displaystyle \mathrm{Gal}(E/F)\cong S_5.}}$$

回到主线：至此只用了方程的通用模型。根式公式还没有进入证明。

第 3 章：把根式表达式逐步翻译成域塔

原问题 A02：但是这样貌似都没有构建其根式可解和这两个域扩张的Galois群可解的联系吧，还是说，只要是根式域其实就是我们之前一步步构建的那种域塔

本章任务：把“从系数有限次四则运算和开根”落实为一座有限根式塔，证明所有公式输出都在塔顶。

3.1 四则运算与开根，为什么待遇不同

设当前已经得到一个域 $K$。在 $K$ 中做加减乘除（除数非零）仍然留在 $K$，不必增加新层。遇到开根运算时，若被开方数 $a$ 已经在 $K$，选取代数闭包中的一个 $\alpha$ 满足

$${\alpha }^n=a,$$

则将当前域扩大成 $K(\alpha )$。此时 $\alpha$ 满足 $t^n-a$，所以是代数元；即使该多项式可约，也有 $[K(\alpha ):K]\le n$。

根式表达式有限，按运算依赖顺序处理所有开根节点：先处理内层，再处理外层。就得到

$$F=R_0\subseteq R_1\subseteq \cdots \subseteq R_m=R,R_i=R_{i-1}({\alpha }_i),{\alpha }_i^{n_i}=a_i\in R_{i-1}.$$

所谓“根式塔”记录的就是这些开根节点。

3.2 补充证明：按表达式结构归纳

允许的表达式由基础域元素、加减乘除与取 $n$ 次根递归构成。

基础情形：一个 $F$ 元素已在塔底。归纳步骤：若两个子表达式已在当前域，四则运算的结果仍在其中；若对一个已得到的元素取根，加入选定的根就得到下一层。每次节点处理后，所有已处理子表达式的值都在当前域。因此最终输出在塔顶。

多个子表达式分别带有根式时，可以先处理第一个，再处理第二个；扩大基础域不会破坏此前的等式 ${\alpha }^n=a$。这保证表达式有多个分支也能排成一条塔。

3.3 五个根分别有公式，怎样合并成一座塔

不能只为一个根写塔，就直接说塔顶包含全部根。假设五个根各有一个有限根式表达式，把这些表达式的开根操作都列出，按每个表达式内部的依赖顺序处理，并把选定的根式值放在同一个 $\mathrm{\Omega }$ 中。

处理完第一个表达式后，继续处理第二个，直到第五个；被开方数由此前已经加入的元素构成，所以仍在当前域中。最终得到同一座有限塔，并有

$$x_1,\dots ,x_5\in R.$$

共同出现的根式可以复用；不复用也只会造成可删除的重复层。因此根式可解所需的是存在某座塔，而不是某个唯一、最短的塔。

若“公式”通过不同根号选择给出所有根，只需把所需的有限多个选择也加入公共塔。若只给出一个根，对于不可约多项式，可在第 6 章的正规大域中补出它的全部共轭；本篇反证采用“全部根根式可解”的标准表述。

3.4 一个具体的运算例子

考虑

$$u=\sqrt{2}+\sqrt{1+\sqrt{2}}.$$

先取 $\alpha =\sqrt{2}$，再取 $\beta =\sqrt{1+\alpha }$。域塔是

$$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}(\alpha )\subseteq \mathbb{Q}(\alpha ,\beta ),{\alpha }^2=2,{\beta }^2=1+\alpha .$$

加法得到 $u=\alpha +\beta$，无需再添一层。这个例子也预示正规化的困难：当 $\alpha$ 被送到 $-\alpha$ 时，${\beta }^2$ 的右边变成 $1-\alpha$；只补原来的 $\beta$ 的负号未必够。

3.5 反方向也成立，但尚未涉及群

塔中加入的每个 ${\alpha }_i$ 都是前层元素的一个根式；而代数生成域 $K(\alpha )$ 的元素可写成 $\alpha$ 的多项式，系数在 $K$（由最小多项式与 Bézout 等式消去分母）。归纳得到塔顶每个元素都有根式表达式。

因此，对分裂域为 $E$ 的多项式，

$$\boxed{{\displaystyle \text{全部根根式可解}⟺\mathrm{\exists }\text{有限根式塔 }R/F\text{，使 }E\subseteq R.}}$$

这只是“表达式”与“域塔”的互译；“Galois 群可解”还需要后续证明。

第 4 章：分裂域的位置，是中间域而不必是列出的层

原问题 A03：还是感觉差点意思，我的意思是说，如何保证根的域和系数的域就是这个塔的一部分

本章任务：准确证明 $F\subseteq E\subseteq R$，并区分“包含在塔顶中”与“出现在塔的建造记录中”。

4.1 系数域为什么在塔底

“用系数表达根”表示以这些系数及有理常数作为初始元素。先允许所有四则运算，就得到它们生成的域 $F$。之后才按第 3 章加入根式。因此从 $F$ 起塔是公式语义的翻译。

即使一个公式只实际使用部分系数，从完整系数域 $F$ 起塔仍然可行：扩大初始可用元素，只会允许更多运算，不会破坏公式。

4.2 分裂域为什么包含在塔顶

第 3 章得到 $F\subseteq R$ 与 $x_i\in R$。而

$$E=F(x_1,\dots ,x_5)$$

的定义，是包含 $F$ 和全部 $x_i$ 的最小域。$R$ 本身就是这样一个域，所以

$$\boxed{{\displaystyle F\subseteq E\subseteq R.}}$$

这里“所有根都在 $R$”使用反证假设；“由此它们生成的域也在 $R$”使用生成域的最小性。这是两个明确的理由。

4.3 更正原对话例子：真正没列出的中间域

原对话取 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 作例子，暗示它没被列在

$$\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2})\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$$

中。然而令 $u=\sqrt{2}+\sqrt{3}$，就有 $u^{-1}=\sqrt{3}-\sqrt{2}$，故

$$\sqrt{2}=\frac{u-u^{-1}}{2},\sqrt{3}=\frac{u+u^{-1}}{2}.$$

所以 $\mathbb{Q}(u)=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$，它恰好等于塔顶。原结论成立，例子应改为下面这个。

取 $f(t)=t^2-6$，其分裂域是

$$E=\mathbb{Q}(\sqrt{6}).$$

用 $\sqrt{6}=\sqrt{2}\sqrt{3}$ 表达根，可采用塔

$$\mathbb{Q}=R_0\subset R_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2})\subset R_2=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=R.$$

于是 $E\subseteq R$，但 $E$ 不是这三层中的任何一层。

逐项证明。$[E:\mathbb{Q}]=2$，因为 6 不是有理数平方，故 $E\ne R_0$。若 $\sqrt{6}=a+b\sqrt{2}$，其中 $a,b\in \mathbb{Q}$，平方比较系数得到

$$a^2+2b^2=6,2ab=0.$$

若 $b=0$，有理数平方为 6，不可能；若 $a=0$，有 $b^2=3$，也不可能。所以 $E\ne R_1$。类似地，$\sqrt{3}\notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})$：平方后只能得到有理数平方为 3 或为 $3/2$，都不可能。因此 $[R:\mathbb{Q}]=4$，而 $[E:\mathbb{Q}]=2$，故 $E\ne R_2$。这些平方不可能性可由有理数既约分式中素因子指数的奇偶性直接验证。

4.4 在图里，E 与各 Rᵢ 未必可比较

准确的图是：有一座从 $F$ 到 $R$ 的根式塔；另有从 $F$ 到 $R$ 的中间域 $E$。一般并不知道对每个 $i$，是 $E\subseteq R_i$ 还是 $R_i\subseteq E$。

上例中 $E=\mathbb{Q}(\sqrt{6})$ 与 $R_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 都是二次域且不相等，所以彼此不包含。只能确定它们都包含 $F$、都包含在 $R$ 中。

回到主线：后面使用 $E\subseteq N$ 和限制映射，将大群的信息传给 $E$。完全不需要把 $E$ 硬塞成原根式塔某一层。

第 5 章：补单位根，单个根式层才有阿贝尔群

本章任务：解释为什么原始塔未必 Galois，证明补单位根的基础层阿贝尔，并证明固定单位根后的单根式层是循环群的子群。

5.1 原始根式层缺少什么

令 $\alpha =\sqrt[3]{2}$，则 $\mathbb{Q}(\alpha )\subseteq \mathbb{R}$。多项式 $t^3-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约：三次式可约必有有理根，而有理根只能是整数因子 $\pm 1,\pm 2$，逐个代入都不是根。

它另外两根 $\omega \alpha ,{\omega }^2\alpha$ 为非实数，不在 $\mathbb{Q}(\alpha )$ 中。所以该扩张不正规，也不是 Galois。它的自同构群仍可以定义，而且这里只含恒等映射；但不能用“群阶等于扩张次数”的 Galois 结论。

5.2 补单位根，先处理对原基础域的那一层

对原始塔中的指数 $n_1,\dots ,n_m$，取

$$q=\mathrm{lcm}(n_1,\dots ,n_m),M_0=F({\mu }_q)=F({\zeta }_q).$$

没有根式操作时约定 $q=1$。$M_0$ 是 $t^q-1$ 在 $F$ 上的分裂域。特征零使该多项式可分，因为它与导数 $q{t}^{q-1}$ 没有共同根，所以 $M_0/F$ 是有限 Galois 扩张。

补充证明：这层群为什么阿贝尔。自同构保持元素的乘法阶：$\sigma (u{)}^d=1$ 等价于 $u^d=1$，反方向由逆自同构得到。因此 $\sigma ({\zeta }_q)$ 仍为本原 $q$ 次单位根，可以唯一写为 ${\zeta }_q^a$，其中 $gcd(a,q)=1$，指数按模 $q$ 取值。

由于 $M_0$ 由 $F$ 和 ${\zeta }_q$ 生成，指数决定整个自同构。又有

$${\sigma }_a{\sigma }_b({\zeta }_q)={\zeta }_q^{ab}.$$

所以得到单射同态

$$\mathrm{Gal}(M_0/F)\hookrightarrow (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}{)}^{\times }.$$

右端乘法交换，左端便阿贝尔。$q=1$ 时扩张和群都平凡，单独处理即可。

这里对一般 $F$ 只证明嵌入，没有声称是整个可逆剩余类群。例如 $F$ 已含所有单位根时，左端平凡。已有分圆笔记证明了在 $\mathbb{Q}$ 上得到整个群；本篇只需要这个子群结论。

5.3 单个根式层的完整群论计算

设 $K$ 特征零，且 ${\mu }_n\subseteq K$。取 $a\in K$，${\alpha }^n=a$，令 $L=K(\alpha )$。

若 $a=0$，则 $\alpha =0$，$L=K$，群平凡。以下设 $a\ne 0$。$t^n-a$ 的根恰为 $\zeta \alpha$，其中 $\zeta \in {\mu }_n$；它们都在 $L$，而且互不相同。因此 $L/K$ 是有限可分分裂域，也就是 Galois 扩张。

对 $\sigma \in \mathrm{Gal}(L/K)$，定义

$$\chi (\sigma )=\frac{\sigma (\alpha )}{\alpha }\in {\mu }_n.$$

若 $\chi (\sigma )=1$，则 $\sigma$ 固定 $K$ 与生成元 $\alpha$，故为恒等。因此 $\chi$ 单射。因为 $\tau (\alpha )/\alpha \in K$，$\sigma$ 固定它，所以

$$\begin{array}{rl}\chi (\sigma \tau )& =\frac{\sigma (\tau (\alpha ))}{\alpha }\\ & =\frac{\sigma ((\tau (\alpha )/\alpha )\alpha )}{\alpha }\\ & =\frac{\tau (\alpha )}{\alpha }\frac{\sigma (\alpha )}{\alpha }=\chi (\sigma )\chi (\tau ).\end{array}$$

所以它是单射群同态。${\mu }_n=⟨{\zeta }_n⟩$ 是循环群，故

$$\boxed{{\displaystyle \mathrm{Gal}(L/K)\text{ 是循环群的子群，因而阿贝尔。}}}$$

循环群的子群仍循环：取子群中最小正指数 $d$，对任何其他指数作除法，余数若非零会违反 $d$ 的最小性，故所有元素都是 ${\zeta }_n^d$ 的幂。平凡子群也循环。

5.4 为什么必须逐点固定单位根

上面的同态验证真正用到 $\sigma (\zeta )=\zeta$。只知道域里含有单位根，或自同构把单位根集合送回自身，都不够；单位根必须属于被逐点固定的基础域 $K$。

例如 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega )/\mathbb{Q}(\omega )$ 的群是 $C_3$，而它对 $\mathbb{Q}$ 的群是 $S_3$。后者允许复共轭把 $\omega$ 送到 ${\omega }^2$。同一个顶层域，换基础域，得到的群就不同。

例子的次数与群核对。令 $L=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\omega )$。三次不可约性给出 $[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$；该域为实域，不含非实的 $\omega$，而 $\omega$ 满足二次式 $t^2+t+1$，所以 $[L:\mathbb{Q}]=6$。$L$ 是 $t^3-2$ 的可分分裂域，群忠实作用于三个根。有限可分扩张的嵌入数等于次数：逐个加入代数元，每一个已有嵌入都恰有该步最小多项式次数个延拓，因为该多项式可分；次数与选择数都沿塔相乘。正规性使这些嵌入全是自同构。因此该群有 6 个元素，嵌入 $S_3$ 后只能等于 $S_3$。又 $[\mathbb{Q}(\omega ):\mathbb{Q}]=2$，故 $[L:\mathbb{Q}(\omega )]=3$；固定单位根后的群由第 5.3 节是循环群，且阶为 3，故为 $C_3$。

5.5 同时加入多个根式，群仍阿贝尔

设 ${\mu }_n\subseteq K$，且有限个 ${\beta }_j$ 满足 ${\beta }_j^n=b_j\in K$，$b_j\ne 0$。取

$$L=K({\beta }_1,\dots ,{\beta }_s).$$

它包含所有 $t^n-b_j$ 的全部根，是这些多项式的共同分裂域，因此 $L/K$ Galois。将第 5.3 节的计算对每个生成元做一遍，得到

$$\mathrm{Gal}(L/K)\hookrightarrow {\mu }_n^s,\sigma ⟼(\frac{\sigma ({\beta }_1)}{{\beta }_1},\dots ,\frac{\sigma ({\beta }_s)}{{\beta }_s}).$$

比值决定生成元的像，故单射；固定各比值保证同态。有限直积 ${\mu }_n^s$ 阿贝尔，所以左端阿贝尔。它未必循环，这是正规化后“一个阶段加入很多共轭根式”需要的准确结论。

回到主线：补单位根解决单层的群结构；还没有证明整座塔对原基础域 $F$ 正规。下一章解决这件事。

第 6 章：逐层补共轭，构造对原基础域 Galois 的大域

本章任务：实际构造 $R\subseteq N$，同时保证 $N/F$ Galois，并保留可解性所需的阿贝尔层。不能只写“取正规闭包”就跳到“群可解”。

6.1 先看为什么只补各层负号不够

第 3.4 节中的塔满足 ${\alpha }^2=2$、${\beta }^2=1+\alpha$。若一个固定 $\mathbb{Q}$ 的嵌入把 $\alpha$ 送到 $-\alpha$，它必须把 $\beta$ 送到某个满足

$${\gamma }^2=1-\alpha$$

的元素。只把 $\beta$ 换成 $-\beta$，其平方仍是 $1+\alpha$，并没有补出这次嵌入需要的像。

因此要补的对象包括被开方数在基础域自同构下的所有像，再对它们开根。第 5 章处理的单位根倍数，只是固定某一个被开方数时的根。

6.2 本章将证明的构造结论

原始塔为

$$F=R_0\subseteq R_1\subseteq \cdots \subseteq R_m=R,R_i=R_{i-1}({\alpha }_i),{\alpha }_i^{n_i}=a_i\in R_{i-1}.$$

将构造

$$F\subseteq M_0\subseteq M_1\subseteq \cdots \subseteq M_m=N,$$

满足下表。

注意 $F$ 始终不变。不能先把底层扩大到 $F({\mu }_q)$，最后却忘记证明回到原 $F$ 时的群仍可解。

6.3 两个域论事实及其理由

特征零保证代数扩张可分。首一不可约多项式 $p$ 的导数 $p^{\prime }$ 非零且次数更低。若 $p$ 有重根，便有 $gcd(p,p^{\prime })\ne 1$；不可约性会迫使 $p\mid p^{\prime }$，与次数矛盾。因此不可约多项式的根互异。

有限可分扩张的正规性，可用嵌入稳定来检验。若有限扩张 $L/K$ 中每个有根的不可约 $K$ 多项式都分裂，那么固定 $K$ 的嵌入把每个生成元送到其最小多项式的另一个根，也在 $L$，所以像包含在 $L$；有限维数给出像等于 $L$。反方向：任一最小多项式的任一根都定义一个简单扩张的嵌入，再按第 7.2 节的延拓构造延到 $L$；若所有嵌入都稳定 $L$，这些根便全在 $L$。该延拓证明独立于本章，不以正规性或可解性为前提。

特别地，共同分裂域的生成元是已加入的多项式根，任何固定系数域的嵌入仍把它们送到已加入的根；因此共同分裂域正规。

6.4 从第一层开始归纳

设 $M_0=F({\mu }_q)$，其中 $q$ 为全部 $n_i$ 的最小公倍数。第 5.2 节已证明 $M_0/F$ 有限 Galois，群阿贝尔；并且 $R_0=F\subseteq M_0$。

归纳假设已经构造 $M_{i-1}$，使其对 $F$ 有限 Galois，且 $R_{i-1}\subseteq M_{i-1}$。定义有限集合

$${\mathcal{A}}_i=\{\sigma (a_i):\sigma \in \mathrm{Gal}(M_{i-1}/F)\}.$$

群有限，因为有限扩张的嵌入个数不超过扩张次数：逐个加入代数生成元，每次像只能从有限个最小多项式的根中选择。故上面的集合也有限。

令 $M_i$ 是在 $M_{i-1}$ 上加入所有多项式

$$t^{n_i}-b,b\in {\mathcal{A}}_i$$

的全部根所得的域。由于多项式和根的数目有限，这一步是有限扩张。

6.5 它为什么仍包含原始塔的这一层

恒等自同构属于 $\mathrm{Gal}(M_{i-1}/F)$，所以 $a_i\in {\mathcal{A}}_i$。我们加入 $t^{n_i}-a_i$ 的所有根，当然包括原先选定的 ${\alpha }_i$。又有 $R_{i-1}\subseteq M_{i-1}$，于是

$$R_i=R_{i-1}({\alpha }_i)\subseteq M_i.$$

这个包含关系逐层归纳，最后得到 $R\subseteq N$。

6.6 这一阶段的群为什么阿贝尔

因为 $n_i\mid q$，所有 $n_i$ 次单位根属于 $M_0$，因而属于 $M_{i-1}$。对每个非零 $b\in {\mathcal{A}}_i$，选一个根 ${\beta }_b$；其他根均为单位根倍数。$b=0$ 时只有根 0，不增加扩张。

所以

$$M_i=M_{i-1}({\beta }_b:b\in {\mathcal{A}}_i,b\ne 0),$$

且第 5.5 节给出

$$\mathrm{Gal}(M_i/M_{i-1})\hookrightarrow \prod _{b\in {\mathcal{A}}_i,b\ne 0}{\mu }_{n_i}.$$

这既证明该层 Galois，也证明其群阿贝尔。一个阶段可能加入多个根式，所以群是循环群有限直积的子群，不能一律说它循环。

6.7 最关键的补充证明：为什么 Mᵢ 对原 F 也正规

任取固定 $F$ 的嵌入 $\tau :M_i\to \mathrm{\Omega }$。归纳假设使

$$\tau (M_{i-1})=M_{i-1},\eta =\tau {|}_{M_{i-1}}\in \mathrm{Gal}(M_{i-1}/F).$$

对 $b=\sigma (a_i)\in {\mathcal{A}}_i$，有

$$\tau (b)=\eta \sigma (a_i)\in {\mathcal{A}}_i.$$

因此 $\tau$ 把被开方数集合送回自身；${\eta }^{-1}$ 也如此，故实际上置换这个集合。

若 ${\beta }^{n_i}=b\in {\mathcal{A}}_i$，则

$$\tau (\beta {)}^{n_i}=\tau (b)\in {\mathcal{A}}_i.$$

所有这样的多项式的根已经加入 $M_i$，所以 $\tau (\beta )\in M_i$。$M_i$ 由 $M_{i-1}$ 和这些根生成，因此 $\tau (M_i)\subseteq M_i$。

最后，$\tau$ 是固定 $F$ 的单射线性映射，有限维数给出

$$[\tau (M_i):F]=[M_i:F],$$

结合像的包含得到 $\tau (M_i)=M_i$。所以 $M_i/F$ 正规；特征零保证可分，故是有限 Galois 扩张。归纳完成。

6.8 最终得到的是怎样的大域

设 $N=M_m$。我们已经证明

$$\boxed{{\displaystyle R\subseteq N,N/F\text{ 有限 Galois},\text{新塔每个阶段的相对群都阿贝尔。}}}$$

这是一种明确的正规化构造，不要求 $N$ 恰好是 $R/F$ 的最小正规闭包。加入额外单位根后，$N$ 可能更大。证明只需要它有限、包含 $R$、对 $F$ Galois，且拥有这些阿贝尔层。

如果只知道某个根 $u$ 在 $R$ 中，那么 $u\in N$；因 $N/F$ 正规，它包含 $u$ 的全部 $F$ 共轭。对于不可约的原多项式，这些共轭就是它的全部根。这个补充情形也说明正规化究竟补了什么。

回到主线：域的构造已经完成。接下来要把“每层的群阿贝尔”翻译为“大群存在阿贝尔商的正规列”。

第 7 章：域塔怎样变成可解群的正规列

本章任务：证明 $\mathrm{Gal}(N/F)$ 可解，并补齐限制映射与商群识别所需的域论工具。

7.1 可解群定义要求的是相邻正规与阿贝尔商

群 $G$ 可解，是指存在有限列

$$G=G_0▹G_1▹\cdots ▹G_r=\{1\},$$

每个 $G_{j+1}$ 正规于 $G_j$，且每个 $G_j/G_{j+1}$ 阿贝尔。相邻项可以相等，重复项删去即可。不要求各 $G_j$ 都正规于整个 $G$；第 6 章的构造碰巧满足更强的条件。

要从域塔得到这样的群列，需要解释：这些子群是什么、正规性为什么成立、商群为什么等于相邻域层的群。

7.2 补充证明：嵌入可以逐个代数元延拓

设 $K\subseteq L$ 有限代数，已有域嵌入 $\phi :K\to \mathrm{\Omega }$，$\mathrm{\Omega }$ 代数闭。先加入一个 $u\in L$，设其最小多项式是 $p(t)\in K[t]$。

将系数逐项应用 $\phi$，得到 $p^{\phi }(t)\in \phi (K)[t]$。系数域同构保持不可约性：若新多项式可约，逆向传回系数就会分解 $p$。在 $\mathrm{\Omega }$ 中取 $p^{\phi }$ 的一个根 $v$，定义

$$\tilde{\phi }\left(\sum _{j=0}^{d-1}{c}_j{u}^j\right)=\sum _{j=0}^{d-1}\phi (c_j)v^j,d=\mathrm{deg}p.$$

为何良定义并保持运算？求值映射的核是 $(p)$：对任意多项式先除以 $p$，若余式在 $u$ 处为零，余式次数更低，只能为零。故 $K(u)\cong K[t]/(p)$。同理，$\phi (K)[t]/(p^{\phi })$ 是域，并可嵌入 $\mathrm{\Omega }$，把 $t$ 的类送到 $v$。上述映射正是这两个商域之间的系数同构加求值，因而良定义、保加法乘法，并且单射。它显然延拓 $\phi$。

有限扩张可以由有限个代数元生成：例如取一组有限基，其元素生成整个域。逐个重复这个构造，就将 $\phi$ 延拓到整个 $L$。

这个引理只保证像在代数闭包中。若 $L/K$ 正规，并且原嵌入固定 $K$，才进一步保证像等于 $L$，使延拓成为自同构。

7.3 补充证明：限制映射与商群的一般模板

设

$$B\subseteq C\subseteq D,D/B\text{ 有限 Galois},C/B\text{ Galois}.$$

定义

$$\mathrm{res}:\mathrm{Gal}(D/B)⟶\mathrm{Gal}(C/B),\sigma ⟼\sigma {|}_C.$$

逐项检查如下。

• 值域正确：$C/B$ 正规，使固定 $B$ 的嵌入把 $C$ 送回 $C$；因此 $\sigma {|}_C$ 确实是 $C$ 的自同构。
• 同态：对 $c\in C$，$\mathrm{res}(\sigma \tau )(c)=\sigma (\tau (c))=(\sigma {|}_C)(\tau {|}_C)(c)$。
• 核：映到恒等自同构，恰好表示逐点固定 $C$，故核为 $\mathrm{Gal}(D/C)$。
• 满射：任取 $\tau \in \mathrm{Gal}(C/B)$，用第 7.2 节延拓到 $D\to \mathrm{\Omega }$；延拓仍固定 $B$，而 $D/B$ 正规使其像为 $D$。它于是属于 $\mathrm{Gal}(D/B)$，限制回 $C$ 就是原 $\tau$。

核总正规：若 $h$ 在核中，$\mathrm{res}(gh{g}^{-1})=\mathrm{res}(g)1\mathrm{res}(g{)}^{-1}=1$。因此令 $K=\mathrm{Gal}(D/C)$，可以定义

$$\overline{\mathrm{res}}:\mathrm{Gal}(D/B)/K⟶\mathrm{Gal}(C/B),\sigma K⟼\sigma {|}_C.$$

若换代表元 $\sigma h$，其中 $h\in K$，限制的结果不变，所以良定义。若两代表元限制相同，则 ${\sigma }^{-1}\tau \in K$，故为同一陪集，得到单射；限制满射给出满射；乘法由限制同态得到。因此

$$\boxed{{\displaystyle \mathrm{Gal}(D/B)/\mathrm{Gal}(D/C)\cong \mathrm{Gal}(C/B).}}$$

这就是本篇真正用到的商群公式，已经直接证明，无需把“Galois 对应”当作省略整段论证的理由。

7.4 把模板用于正规化的塔

第 6 章有

$$F\subseteq M_0\subseteq \cdots \subseteq M_m=N.$$

令

$$G=\mathrm{Gal}(N/F),H_i=\mathrm{Gal}(N/M_i).$$

固定的域越大，允许的自同构越少，所以

$$G\supseteq H_0\supseteq H_1\supseteq \cdots \supseteq H_m=\{1\}.$$

各 $M_i/F$ Galois，限制到 $M_i$ 的映射以 $H_i$ 为核，故 $H_i◃G$；特别有相邻正规性。

将第 7.3 节模板用于 $F\subseteq M_0\subseteq N$，得到

$$G/H_0\cong \mathrm{Gal}(M_0/F).$$

再用于 $M_{i-1}\subseteq M_i\subseteq N$，得到

$$H_{i-1}/H_i\cong \mathrm{Gal}(M_i/M_{i-1}),1\le i\le m.$$

为何 $N/M_{i-1}$ Galois？任意固定 $M_{i-1}$ 的嵌入也固定 $F$，由 $N/F$ 正规得到像为 $N$；可分性由特征零保证。$M_i/M_{i-1}$ 已在第 6 章证明 Galois。

7.5 商群阿贝尔，定义便真正满足了

第 5 章证明 $\mathrm{Gal}(M_0/F)$ 阿贝尔，第 6 章证明各 $\mathrm{Gal}(M_i/M_{i-1})$ 阿贝尔。所以

$$G▹H_0▹H_1▹\cdots ▹H_m=\{1\}$$

的所有相邻商都阿贝尔，正好满足可解定义。因此

$$\boxed{{\displaystyle \mathrm{Gal}(N/F)\text{ 可解。}}}$$

回到主线：得到的是包含原根式塔的大域 $N$ 的群可解。还需要把这个结论传给方程自身的分裂域 $E$。

第 8 章：限制映射，把大群的可解性传给分裂域

本章任务：证明 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 是可解大群的商群，并完整补齐可解群关于子群、商群与扩张的三个引理。

8.1 同一个 E，已经落在 N 中

第 4 章由根式公式假设得到 $E\subseteq R$，第 6 章得到 $R\subseteq N$，所以

$$F\subseteq E\subseteq N.$$

第 2 章证明 $E/F$ Galois，第 6 章证明 $N/F$ Galois。第 7.3 节的全部条件已满足，于是限制映射给出

$$\mathrm{res}:\mathrm{Gal}(N/F)\twoheadrightarrow \mathrm{Gal}(E/F),\ker \mathrm{res}=\mathrm{Gal}(N/E),$$

因此

$$\boxed{{\displaystyle \mathrm{Gal}(E/F)\cong \frac{\mathrm{Gal}(N/F)}{\mathrm{Gal}(N/E)}.}}$$

大群的元素是 $N$ 上的自同构，目标群的元素是 $E$ 上的自同构；限制不是把这些映射当作完全相同的对象，而是改变它们作用的输入范围。

8.2 为什么是商群，而不是直接当作子群

一个 $E$ 的自同构可能有多个延拓到 $N$。若两个 $N$ 自同构在 $E$ 上相同，则它们之差 ${\sigma }^{-1}\tau$ 逐点固定 $E$，属于 $\mathrm{Gal}(N/E)$。因此“它们在 $E$ 上产生相同作用”对应一个核的陪集。

把同一个陪集内的延拓认作一类，才得到 $E$ 上的一个自同构。这就是商群在这里出现的原因。一般没有一个自然、保持复合的“任选延拓”方式把 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 直接嵌入大群。

8.3 补充完整证明：可解群的子群仍可解

原问题 A05：可解群的子群和商群都是可解的是吗

设 $G=G_0▹\cdots ▹G_r=\{1\}$ 是可解列，$H\le G$。令 $H_i=H\cap G_i$。

对 $h\in H_i$、$u\in H_{i+1}$，$hu{h}^{-1}$ 同时属于 $H$ 与 $G_{i+1}$：前者由 $H$ 封闭，后者由 $G_{i+1}◃G_i$。故 $H_{i+1}◃H_i$。

定义

$$H_i/H_{i+1}⟶G_i/G_{i+1},h{H}_{i+1}⟼h{G}_{i+1}.$$

换代表元只差一个 $H_{i+1}\subseteq G_{i+1}$ 的元素，所以良定义；陪集乘法表明它保持运算。核中满足 $h\in G_{i+1}$，又 $h\in H$，故 $h\in H_{i+1}$，所以单射。

目标阿贝尔，定义域也阿贝尔。于是

$$H=H_0▹\cdots ▹H_r=\{1\}$$

是一条可解列，$H$ 可解。相邻交集若相等，删去重复项即可。

8.4 补充完整证明：可解群的商群仍可解

设 $K◃G$，$\pi :G\to G/K$ 是投影。记 $Q_i=\pi (G_i)$。像保持包含，因此

$$G/K=Q_0\supseteq \cdots \supseteq Q_r=\{1\}.$$

若 $a\in G_i$、$b\in G_{i+1}$，则

$$\pi (a)\pi (b)\pi (a{)}^{-1}=\pi (ab{a}^{-1})\in Q_{i+1}.$$

所以 $Q_{i+1}◃Q_i$。因 $G_i/G_{i+1}$ 阿贝尔，任意 $a,b\in G_i$ 的交换子 $ab{a}^{-1}{b}^{-1}\in G_{i+1}$。应用 $\pi$，便知 $Q_i/Q_{i+1}$ 中的交换子都是单位元，即该商阿贝尔。

于是投影后的列是一条可解列，$G/K$ 可解。这里仅需相邻正规性，没有暗中要求所有 $G_i$ 正规于整个 $G$。

8.5 补充完整证明：可解的核与商能拼出可解的整体

设 $K◃G$，$K$ 可解，$G/K$ 可解。令 $\pi :G\to G/K$，取商群的一条可解列

$$G/K=Q_0▹Q_1▹\cdots ▹Q_s=\{1\}.$$

取逆像 $L_i={\pi }^{-1}(Q_i)$，有 $L_0=G$、$L_s=K$。若 $a\in L_i$、$b\in L_{i+1}$，其像的共轭仍在 $Q_{i+1}$，故 $ab{a}^{-1}\in L_{i+1}$。因此 $L_{i+1}◃L_i$。

映射 $L_i\to Q_i/Q_{i+1}$ 由 $\pi$ 再投影得到，满射且核为 $L_{i+1}$；第 7.3 节同样的陪集验证给出

$$L_i/L_{i+1}\cong Q_i/Q_{i+1},$$

所以这些商都阿贝尔。把 $K$ 自己的可解列接在 $L_s=K$ 后面，得到 $G$ 的可解列。因此

$$\boxed{{\displaystyle K\text{ 可解且 }G/K\text{ 可解}⟹G\text{ 可解。}}}$$

不要求 $G$ 由核与商群的直积构成；这个引理处理的正是一般的群扩张。

8.6 现在才把结论传给原方程

第 7 章给出 $\mathrm{Gal}(N/F)$ 可解；第 8.1 节给出 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 是其商群；第 8.4 节给出可解性在商群下保持。于是

$$\boxed{{\displaystyle \text{假设全部根有根式表达式}⟹\mathrm{Gal}(E/F)\text{ 可解。}}}$$

这才完整接上“根式可解”与“Galois 群可解”。三个可解性引理中，这一步具体使用商群引理；子群引理稍后用于 $S_5$ 的障碍，扩张引理解释跨层拼接。

第 9 章：不相邻层可以吗？先检查使用条件

原问题 A04：然后就是相邻域之间的glaos群之间的可解，我突然想起来不相邻可以吗

本章任务：把“可解性能够跨层”与“Galois 性不自动跨层”区分，并给出能够直接使用的条件。

9.1 三层拼接的准确陈述

设 $B\subseteq C\subseteq D$，$D/B$ 有限 Galois，且 $C/B$ Galois。第 7.3 节给出正合结构

$$1⟶\mathrm{Gal}(D/C)⟶\mathrm{Gal}(D/B)\stackrel{\mathrm{res}}{⟶}\mathrm{Gal}(C/B)⟶1.$$

此处“正合”只是在压缩我们已经证明的事情：左侧是核，右侧限制满射。若两端群可解，第 8.5 节便给出中间群可解。这是跨层拼接的依据。

9.2 相邻两步 Galois，不保证总扩张 Galois

令 $a=\sqrt[4]{2}$，取

$$\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}(\sqrt{2})\subset \mathbb{Q}(a).$$

第一步二次 Galois。第二步由 $a^2=\sqrt{2}$ 得到，另一根 $-a$ 已在域内，且确实为二次：若 $\sqrt{2}$ 是 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 中某个 $(u+v\sqrt{2}{)}^2$，比较系数将给出

$$u^2+2v^2=0,2uv=1,$$

其中 $u,v\in \mathbb{Q}$。第一式迫使 $u=v=0$，与第二式矛盾。因此第二步也是二次 Galois。

塔式定理给出 $[\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=4$，所以 $t^4-2$ 是 $a$ 的最小多项式。其根 $ia,-ia$ 不在实域 $\mathbb{Q}(a)$ 中，故总扩张不正规，也不是 Galois。

因此

$$D/C\text{ Galois},C/B\text{ Galois}⟹̸D/B\text{ Galois}.$$

仍可定义 ${\mathrm{Aut}}_B(D)$，通常也记作 $\mathrm{Gal}(D/B)$；缺少的是 Galois 扩张的性质及相应商群模板，不是“自同构群无法存在”。本篇说“该层 Galois 群”时，涉及群阶、限制满射与商群公式，都会先检查扩张条件。

9.3 在本篇加工后的塔中，跨层为什么安全

第 6 章故意保证每个 $M_i/F$ 都 Galois。因此任取 $i<j$，$M_j/M_i$ 也是 Galois：固定 $M_i$ 的嵌入固定 $F$，所以保持 $M_j$；特征零保证可分。

每个 $\mathrm{Gal}(M_j/F)$ 也是 $G=\mathrm{Gal}(N/F)$ 的商群，所以可解。其子群 $\mathrm{Gal}(M_j/M_i)$ 因而可解。于是

$$\boxed{{\displaystyle \text{在构造好的 }M\text{ 塔中，任意不相邻的相对群都可解。}}}$$

也可以固定一段 $M_i\subseteq \cdots \subseteq M_j$，把它反向译成群列；相邻商仍阿贝尔，所以整段的群可解。

9.4 条件表：实际应用时检查哪一条

最后一行中 $N/K$ Galois，因为它是 Galois 顶层向中间基础域的扩张；$\mathrm{Gal}(N/K)$ 是 $\mathrm{Gal}(N/F)$ 的子群。然后把第 7.3 节用于 $K\subseteq L\subseteq N$。

回到主线：可解性可以跨很多层。使用正规子群与商群翻译之前，域论条件必须已经成立；这就是第 6 章逐层正规化的用途。

第 10 章：为什么 S₅ 不可解，完整补上群论障碍

本章任务：为框架中的“$S_5$ 不可解”提供一份可独立核对的证明。已熟悉 $A_5$ 的读者，可以先读第 10.1、10.6 节。

10.1 真正要证明的是不存在任何可解列

找到一条 $S_5▹A_5▹\{1\}$ 的链，并发现它有一个非阿贝尔商，只能说明这条链不满足可解定义；尚未排除别的可解列。

严谨路线是：证明 $A_5$ 是非阿贝尔单群，从而它不可能有可解列；再由“可解群的任意子群仍可解”推出包含它的 $S_5$ 不可解。

所谓单群，是只有平凡子群与自身这两个正规子群的非平凡群。

10.2 奇偶性与 A₅ 的大小

一个 $k$ 循环可写成 $k-1$ 个换位，所以其符号为 $(-1{)}^{k-1}$。奇偶性良定义，可用如下短证明核对：令

$$\mathrm{\Delta }(X_1,\dots ,X_5)=\prod _{i<j}(X_i-X_j).$$

重排变量后，各无序对的因子仍出现一次，只可能改变符号，所以 $T_{\pi }(\mathrm{\Delta })={\epsilon }_{\pi }\mathrm{\Delta }$，其中 ${\epsilon }_{\pi }\in \{1,-1\}$。任意换位使该乘积变号：被交换那对的因子变号，其余涉及它们的因子成对重排。复合变量置换给出 ${\epsilon }_{\pi \tau }={\epsilon }_{\pi }{\epsilon }_{\tau }$。因此不论把置换写成哪种换位分解，换位个数的奇偶性都相同。

符号映射 $S_5\to \{1,-1\}$ 满射，其核是 $A_5$。乘以一个固定换位给出偶置换与奇置换的双射，故

$$|S_5|=5!=120,|A_5|=60.$$

$A_5$ 作为符号同态的核正规于 $S_5$，并有 $S_5/A_5\cong C_2$。但这个阿贝尔商本身不能消除 $A_5$ 内部的障碍。

10.3 偶置换的全部循环类型与数量

把五个对象的置换分解成不相交循环。枚举 5 的分拆并检查符号，得到偶置换仅有以下四种类型。

总数 $1+20+15+24=60$，恰好覆盖 $A_5$。

10.4 补充完整证明：共轭类大小是 1、20、15、12、12

对群 $G$ 的元素 $c$，其中心化子为

$$C_G(c)=\{g\in G:gc=cg\}.$$

两个元素 $g,h$ 给出同一共轭 $gc{g}^{-1}=hc{h}^{-1}$，当且仅当 $h^{-1}g\in C_G(c)$。所以共轭类与中心化子的左陪集一一对应，类大小为 $|G|/|C_G(c)|$。

三循环。取 $c=(123)$。与它交换的置换必须保持支撑集 $\{1,2,3\}$；在这三点上只能是 $c$ 的三个幂，在 $\{4,5\}$ 上可以恒等或交换。这使 $C_{S_5}(c)$ 有 6 个元素。$c$ 的幂均为偶置换，而 $(45)$ 是奇置换，故 $C_{A_5}(c)$ 有 3 个元素。类大小 $60/3=20$，所有三循环形成一个类。

双换位。取 $c=(12)(34)$。交换者必须固定唯一不动点 5。可把 1 送到四个支撑点中的任意一点，其像一确定，2 的像便由 $g(2)=c(g(1))$ 确定；3 的像有剩下的两个选择，4 的像随之确定。恰有 $4\cdot 2=8$ 个交换者。这些选择都保持 $c$ 的两点轨道，确实满足交换。中心化子含奇置换 $(12)$，乘以它给出奇偶元素的双射，因此偶交换者有 4 个。类大小 $60/4=15$，所有双换位形成一个类。

五循环。取 $c=(12345)$。若 $g$ 与 $c$ 交换，$g(1)$ 一确定，$g(c^j(1))=c^j(g(1))$ 决定其余全部像。五个选择分别给出 $c$ 的五个幂，因此中心化子是 $⟨c⟩$。它们全为偶置换，故在 $A_5$ 中的中心化子大小为 5，类大小 $60/5=12$。共有 24 个五循环，每个类都大小 12，所以分成两个类。

因此 $A_5$ 的共轭类大小恰为

$$\boxed{{\displaystyle 1,20,15,12,12.}}$$

10.5 正规子群只能是共轭类并集，推出单群性

若 $K◃A_5$，且 $c\in K$，则对每个 $g\in A_5$ 都有 $gc{g}^{-1}\in K$。因此 $K$ 是若干完整共轭类的并集，且必须包含恒等类。

所以 $|K|$ 是 1 加上 $20,15,12,12$ 中某些数的和。全部不同的可能值为

$$1,13,16,21,25,28,33,36,40,45,48,60.$$

另一方面，Lagrange 定理要求 $|K|\mid 60$：左陪集相交则相等，各陪集都与 $K$ 等大，而它们分割 $A_5$，故 $60$ 是 $|K|$ 的整数倍。在上述名单中，仅 1 和 60 整除 60。于是 $K$ 只能平凡或等于整个 $A_5$，证明 $A_5$ 单。

10.6 非阿贝尔单群不可解，所以 S₅ 不可解

取 $a=(123)$、$b=(345)$，乘积从右向左作用，则

$$ab(3)=4,ba(3)=1.$$

所以 $ab\ne ba$，$A_5$ 非阿贝尔。

若 $A_5$ 存在可解列，删除重复项后，紧邻 $A_5$ 的下一个真子群必须正规于 $A_5$。单群性迫使它为 $\{1\}$，于是第一层商群就是 $A_5$ 本身，却非阿贝尔，矛盾。因此 $A_5$ 不可解。

若 $S_5$ 可解，其子群 $A_5$ 应由第 8.3 节也可解，矛盾。所以

$$\boxed{{\displaystyle S_5\text{ 不可解。}}}$$

回到主线：结合第 2 章，已经独立证明通用五次方程的 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 不可解。

第 11 章：把所有桥梁合起来，完成反证

本章任务：将已经证明的结论按用途连接，明确矛盾落在何处，以及最终结论的边界。

11.1 方程自身给出的结论

取代数独立的形式根，构造

$$F=\mathbb{Q}(e_1,\dots ,e_5),E=\mathbb{Q}(x_1,\dots ,x_5),f(t)=\prod _{i=1}^5(t-x_i)\in F[t].$$

第 2 章完整证明 $E/F$ 是有限 Galois 分裂域，且 $\mathrm{Gal}(E/F)\cong S_5$。第 10 章证明 $S_5$ 不可解。因此

$$\mathrm{Gal}(E/F)\text{ 不可解。}$$

到这里还没有假设根式公式。

11.2 反证假设制造的对象

假设这个通用五次方程的全部根，都能从 $F$ 出发用有限次四则运算和开根得到。

第 3 章把所有表达式合并成一座根式塔 $R/F$，其塔顶包含所有 $x_i$；第 4 章用生成域的最小性得到 $E\subseteq R$。

第 5、6 章补单位根并逐层补被开方数的共轭，构造 $N$，满足

$$F\subseteq E\subseteq R\subseteq N,N/F\text{ 有限 Galois。}$$

第 7 章把新域塔翻译成阿贝尔商的正规列，证明 $\mathrm{Gal}(N/F)$ 可解。

第 8 章通过限制满射与商群引理推出

$$\mathrm{Gal}(E/F)\text{ 可解。}$$

11.3 矛盾准确落在同一个群上