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从置换到五次方程：我的伽罗瓦理论笔记

第四版（2026-10-05）：保留第二版的完整证明与追问，统一数学排版；HTML 为主要阅读文件，Markdown 为配套源文件。

原始材料：《介绍抽象代数》分享对话。正文覆盖其中 92 段数学回答；4 段关于文档工具与使用方式的讨论另留在原材料中。 $A 01$ — $A 96$ 是原回答编号，用于核对覆盖情况，不表示本篇阅读顺序。

我的目标是一步步理解一般五次及以上方程为什么没有根式通解。后面问到的基础问题已移到第一次需要它的位置；“原问题”保留我的实际提问，“补充证明”是本版加入的推导。段落中保留的“你”或“我们”来自原解释，它们不被当作我已经独立完成的思考。

阅读顺序是：置换与群 $\to$ 陪集与商群 $\to$ 同态与可解群 $\to$ $A_{5}$ 的障碍 $\to$ 域与嵌入 $\to$ Galois 群与限制映射 $\to$ 根式塔的正规化 $\to$ 一般方程的群 $\to$ 无根式通解。根的重命名、自同构允许的根置换以及一般形式根的任意置换，是不同阶段的概念，正文分别证明它们的联系。

第 1 章：目标：从问题出发，而不是提前背结论
第 2 章：置换与群：循环、复合和换位
第 3 章：奇偶性、交错群与子群
第 4 章：陪集与 Lagrange 定理
第 5 章：正规子群和商群：让陪集乘法没有歧义
第 6 章：群同态、核、像和第一同构定理
第 7 章：可解群：定义、例子及保持可解的三个引理
第 8 章：A₅ 的结构：完整证明五次的群论障碍
第 9 章：域、理想、代数元与扩张次数
第 10 章：域同态、嵌入、自同构和 Galois 群
第 11 章：分裂域、正规性与嵌入的延拓
第 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 S₃
第 13 章：中间域、限制映射和商群公式
第 14 章：根式塔：单位根、共轭与正规闭包
第 15 章：完整搭桥：根式可解 ⇒ Galois 群可解
第 16 章：一般方程的群与 Abel–Ruffini 定理

常用符号速查

有理数域记为 $Q$ ，实数域记为 $R$ 。这些双线体大写字母表示数域，不是普通的小写字母。正文中的数学对象与公式均采用统一的数学字体。

记号	类型与含义
$F$ $\subseteq$ $E$ $\subseteq$ $K$	域的包含关系；当前小节声明哪一个是基础域
$F [x]$ ； $F (α)$	多项式环；加入 $α$ 后生成的最小域
$[K : F]$	$K$ 作为 $F$ 向量空间的维数，不是除法
$G$ ； $H$ $\leq$ $G$ ； $N$ $◃$ $G$	群；子群；正规子群
$e$ ； $id$ （恒等映射）	群的单位元； $E$ 上恒等自同构
$σ$ 、 $τ$ 、 $φ$	映射；每次使用时要核对定义域和值域
$Gal (K / F)$	由 $K \to K$ 、逐点固定 $F$ 的域自同构组成的群
$res$ ； $σ \|_{E}$	限制映射；把 $σ$ 的输入范围限制到 $E$
$\ker$ $φ$ ； $im$ $φ$	同态的核；实际达到的像；核的单位元取决于目标结构
$S_{n}$ ； $A_{n}$ ； $C_{n}$ ； $V_{4}$	对称群；交错群；循环群；Klein 四元群
$ζ_{n}$ ； $μ_{n}$	本原 $n$ 次单位根；全体 $n$ 次单位根组成的群
$e_{j}$	基本对称式，与群单位元 $e$ 不同
$\overset{―}{F}$ 或 $Ω$	代数闭包，给嵌入与多项式根提供共同容器
$\leq$ ； $◃$ ； $≅$ ； $↪$	子群；正规子群；同构；单射嵌入

这张表用于查阅，不代替局部定义。 $a$ 、 $α$ 、 $σ$ 等字母在不同例子中重新声明；本节的对象约定写在章首。涉及正规、可分、单位根、满射的条件会在应用时再次指出。

第 1 章：目标：从问题出发，而不是提前背结论

本章对象： $r_{i}$ 表示第 $i$ 个根；此处先讨论根的重命名，不认定任意重命名都是域自同构。

1.1 从韦达关系发现根的置换

我们可以完全按照你前面学多元微积分的方式：一次只推进一个核心概念，每一步都说明“为什么现在需要它”，直到最后真正看懂 Abel–Ruffini 定理背后的 Galois 理论。

先把最终目标说准确一点：

不是“所有五次及以上方程都没有根式解”。

正确说法是：不存在一个像二次公式那样，仅用系数、四则运算和有限次开方，就能解所有一般五次方程的公式。

某些五次方程当然有根式解，例如 $x^{5} - 1 = 0.$

我们最终要理解的逻辑链大致是：

方程的根 $\to$ 根之间的置换 $\to$ 群 $\to$ 子群/正规子群 $\to$ 域 $\to$ 域扩张 $\to$ Galois 群 $\to$ 可解群 $\to$ 根式扩张 $\to$ $S_{5}$ 不可解 $\to$ 一般五次方程无根式通解。

但现在先不碰“域”“Galois 群”。

第一步：为什么解方程会突然和“置换”有关？

假设一个三次方程有三个根：

$r_{1}, r_{2}, r_{3} .$

例如

$(x - 1) (x - 2) (x - 3) = 0.$

根就是

$1, 2, 3.$

你写方程时，并没有规定谁必须叫 $r_{1}$ 、谁必须叫 $r_{2}$ 。

所以：

$(r_{1}, r_{2}, r_{3})$

和

$(r_{2}, r_{1}, r_{3})$

其实描述的是同一组根。

也就是说，我们可以把三个根重新排列。

例如：

$r_{1} \to r_{2}, r_{2} \to r_{1}, r_{3} \to r_{3} .$

这叫一个 permutation（置换）。

三个东西有多少种置换？

如果有三个根：

$1, 2, 3$

可能排列成：

$123, 132, 213, 231, 312, 321.$

一共

$3! = 6$

种。

这些置换的全体叫

$S_{3},$

读作：

symmetric group $o n$ 3 letters
三个对象上的对称群（ $S_{3}$ 的阶是 6）

这里的“对称”不是几何上的镜像对称，而是说：

对三个对象进行所有可能重新排列所形成的结构。

为什么这和方程有关系？

这才是最关键的地方。

考虑一个一般三次方程：

$x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0$

三个根是

$r_{1}, r_{2}, r_{3} .$

根据韦达定理：

$r_{1} + r_{2} + r_{3} = - a,$

$r_{1} r_{2} + r_{1} r_{3} + r_{2} r_{3} = b,$

$r_{1} r_{2} r_{3} = - c .$

注意一个非常重要的现象。

如果交换 $r_{1}, r_{2}$ ：

$r_{1} \leftrightarrow r_{2},$

那么

$r_{1} + r_{2} + r_{3}$

完全不变。

同样，

$r_{1} r_{2} + r_{1} r_{3} + r_{2} r_{3}$

也不变。

以及

$r_{1} r_{2} r_{3}$

也不变。

所以：

方程的系数只能“看到”根的某些对称组合，却不能区分每一个根是谁。

这其实就是整个 Galois 理论的种子。

例如：

$(x - r_{1}) (x - r_{2}) (x - r_{3})$

展开为

$x^{3} - (r_{1} + r_{2} + r_{3}) x^{2} + (r_{1} r_{2} + r_{1} r_{3} + r_{2} r_{3}) x - r_{1} r_{2} r_{3} .$

你把 $r_{1}, r_{2}, r_{3}$ 随便交换，展开结果完全一样。

因此：

$方程的系数天然具有“根的置换对称性”$

Galois 最伟大的想法之一就是：

不要直接问“根长什么样”，而要问“在保持已有代数关系不变的情况下，这些根允许怎样互相置换？”

最终，“哪些置换允许发生”就会形成一个群。

而这个群竟然能够告诉我们：

$这个方程能不能用根式解$

下一步我们就正式解释：

什么叫“群”？

而且我不会直接扔四条公理，而是先从“连续做两个置换”开始，让你看到为什么群的定义几乎是被迫出现的。

第 2 章：置换与群：循环、复合和换位

本章对象： $S_{n}$ 是 $n$ 个对象上的置换群； $e$ 是恒等置换， $σ τ$ 先作用 $τ$ 再作用 $σ$ 。

2.1 置换的复合、单位元和逆：群的定义

我们现在正式进入抽象代数的第一个核心概念：群（group）。

但先不背定义。先看为什么“群”会自然出现。

第二步：为什么置换会形成“群”？

上一节我们有三个根：

$r_{1}, r_{2}, r_{3} .$

考虑两个操作。

第一个操作 $σ$ ：

$r_{1} \leftrightarrow r_{2}, r_{3} 不动 .$

也就是

$σ : {\begin{cases} r_{1} \mapsto r_{2} \\ r_{2} \mapsto r_{1} \\ r_{3} \mapsto r_{3} \end{cases}$

再考虑另一个操作 $τ$ ：

$r_{2} \leftrightarrow r_{3}, r_{1} 不动 .$

即

$τ : {\begin{cases} r_{1} \mapsto r_{1} \\ r_{2} \mapsto r_{3} \\ r_{3} \mapsto r_{2} \end{cases}$

现在问题来了：

如果我先做 $τ$ ，再做 $σ$ ，结果是什么？

这就是“两个置换的复合”。

1. 先做 $τ$ ，再做 $σ$

我们逐个跟踪。

对 $r_{1}$

先做 $τ$ ：

$r_{1} \mapsto r_{1} .$

再做 $σ$ ：

$r_{1} \mapsto r_{2} .$

所以最终：

$r_{1} \mapsto r_{2} .$

对 $r_{2}$

先做 $τ$ ：

$r_{2} \mapsto r_{3} .$

再做 $σ$ ：

$r_{3} \mapsto r_{3} .$

所以：

$r_{2} \mapsto r_{3} .$

对 $r_{3}$

先做 $τ$ ：

$r_{3} \mapsto r_{2} .$

再做 $σ$ ：

$r_{2} \mapsto r_{1} .$

所以：

$r_{3} \mapsto r_{1} .$

最终得到：

$r_{1} \mapsto r_{2}, r_{2} \mapsto r_{3}, r_{3} \mapsto r_{1} .$

这是一个新的置换。

可以写成：

$σ τ .$

注意传统约定：

$σ τ$

通常表示：

先做 $τ$ ，再做 $σ$ 。

和函数复合一样：

$(σ \circ τ) (x) = σ (τ (x)) .$

第一个重要现象：做完还是置换

我们从两个置换出发：

$σ, τ .$

把它们连续做，得到的东西仍然是一个置换。

不会突然得到“半个置换”或者某种不在系统里的对象。

这叫：

$封闭性$

英文：

closure

也就是：

如果

$a, b \in G,$

那么

$a b \in G .$

第二个现象：有一个“什么都不做”的操作

考虑一个置换 $e$ ：

$r_{1} \mapsto r_{1}, r_{2} \mapsto r_{2}, r_{3} \mapsto r_{3} .$

什么都没变。

这叫：

$恒等置换$

英文：

identity permutation

记作：

$e .$

它满足：

$e σ = σ e = σ .$

就像普通数字里：

$1 \times a = a \times 1 = a .$

所以群里也需要一个“1”一样的东西。

这叫：

$单位元$

或

$恒等元$

英文：

identity element

第三个现象：每个操作都能撤销

比如：

$σ : r_{1} \leftrightarrow r_{2} .$

做一次以后 $r_{1}, r_{2}$ 换了。

再做一次：

$r_{1} \leftrightarrow r_{2}$

又换回来。

所以：

$σ σ = e .$

因此：

$σ^{- 1} = σ .$

这里的

$σ^{- 1}$

叫 $σ$ 的逆。

它满足：

$σ σ^{- 1} = σ^{- 1} σ = e .$

这叫：

$逆元$

英文：

inverse

不过不是所有置换都等于自己的逆。

例如：

$ρ : r_{1} \mapsto r_{2}, r_{2} \mapsto r_{3}, r_{3} \mapsto r_{1} .$

这是一个三循环。

做一次：

$1 \to 2 \to 3 \to 1.$

它的逆就是反方向：

$1 \to 3 \to 2 \to 1.$

所以：

$ρ^{- 1} \neq ρ .$

第四个现象：三个操作连续做时，括号怎么放不重要

假设有三个置换：

$σ, τ, ρ .$

那么：

$(σ τ) ρ$

和

$σ (τ ρ)$

结果一样。

为什么？

因为它们本质上都是：

先做 $ρ$ ，再做 $τ$ ，最后做 $σ$ 。

区别只在于你“先把哪两个看成一组”。

数学上写成：

$(σ τ) ρ = σ (τ ρ) .$

这叫：

$结合律$

英文：

associativity

现在群的定义自然出现了

一个集合 $G$ ，如果里面的元素有一种运算，满足：

$\begin{aligned} 1. & 封闭 \\ 2. & 结合律 \\ 3. & 有单位元 \\ 4. & 每个元素都有逆元 \end{aligned}$

那么 $G$ 就叫一个：

$群$

英文：

$group$

所以并不是数学家凭空发明了四条奇怪公理。

恰恰相反：

这四条性质正是“可组合、可撤销的对称操作”天然具有的性质。

$S_{3}$ 就是一个群

三个对象所有置换组成：

$S_{3} .$

共有：

$3! = 6$

个元素。

我们可以写成：

$S_{3} = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} .$

这些括号是什么意思，我们下一步会仔细讲。

例如：

$(12)$

表示：

$1 \leftrightarrow 2,$

而 $3$ 不动。

$(123)$

表示：

$1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

这里先记住一个非常重要的思想：

$群研究的不是“东西本身”，而是“允许怎样操作这些东西”$

这就是为什么群会在 Galois 理论里出现。

对于一个方程，我们最终不主要研究：

$r_{1}, r_{2}, \dots, r_{n}$

本身长什么样，而研究：

$哪些根可以互换，而所有已知代数关系仍保持不变$

这些允许的交换会形成一个群。

而这个群，就是后来所谓的 Galois 群。

不过现在还没资格定义它。

下一步我建议先讲一个非常具体而重要的东西：

$置换的循环记号，以及怎样计算两个置换的乘积$

因为如果连 $S_{3}$ 、 $S_{4}$ 、 $S_{5}$ 里的元素都不会算，后面“ $S_{5}$ 为什么不可解”会完全失去直觉。

2.2 置换群这个具体模型

原问题：现在讨论的都是这种置换群对吧

对，目前我们讲的群，全部都是从“置换”这个具体例子出发的。

更准确地说：

$S_{n}$

本身就是一个置换群，因为它的元素都是对 $n$ 个对象的置换。

而

$A_{n}$

也是置换群，因为它只是从 $S_{n}$ 中挑出了所有偶置换。

但要注意：

“群”这个概念远远不只包括置换群。

比如整数在加法下：

$(Z, +)$

也是群。

因为有封闭性、结合律、单位元 $0$ 、每个整数 $a$ 都有逆元 $- a$ 。

还有非零实数在乘法下：

$(R^{\times}, \cdot)$

也是群。

所以现在的学习顺序其实是：

$具体的置换 \to 发现群的四条规律 \to 抽象出“群”$

我们暂时一直用置换群，是因为它和后面的方程根最直接相关，而且最容易看见“对称性”。

以后讲到 Galois 群时，仍然会回到置换：

$Galois 群本质上就是根之间允许发生的某些置换$

只是到那时，这些置换会受到“必须保持代数关系”的限制。

所以目前你可以先把：

$群$

理解成一个更抽象的大概念，而

$置换群$

是群里面特别重要的一类。

2.3 循环记号、乘法顺序与非交换性

第三步：置换的循环记号到底是什么意思？

我们还是从三个对象开始：

$1, 2, 3.$

假设有一个置换：

$1 \mapsto 2, 2 \mapsto 3, 3 \mapsto 1.$

我们把它写成：

$(123) .$

这个记号的意思不是一个三位数，而是：

$1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

因为最后 $3$ 又回到 $1$ ，所以叫一个 cycle，循环。

1. 为什么 $(123)$ 和 $(231)$ 是同一个置换？

看：

$(123) : 1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

而

$(231) : 2 \to 3, 3 \to 1, 1 \to 2.$

完全一样。

所以：

$(123) = (231) = (312) .$

只是从循环里的不同位置开始写。

但是：

$(132)$

就不同了。

它表示：

$1 \to 3, 3 \to 2, 2 \to 1.$

它恰好是 $(123)$ 的反方向。

因此：

$(123)^{- 1} = (132) .$

2. 二循环： $(12)$

$(12)$

表示：

$1 \to 2, 2 \to 1,$

其他元素不动。

这种只交换两个元素的置换叫：

$transposition，换位$

所以：

$(12), (13), (23)$

都是换位。

而且换位有一个简单性质：

$(12)^{2} = e .$

因为交换两次就回去了。

3. 为什么一个置换可以拆成几个循环？

考虑四个元素：

$1, 2, 3, 4.$

假设某个置换是：

$1 \leftrightarrow 2,$

同时：

$3 \leftrightarrow 4.$

我们就写成：

$(12) (34) .$

这表示：

$1 \to 2, 2 \to 1,$

以及：

$3 \to 4, 4 \to 3.$

因为这两个循环涉及的元素完全不同，所以叫：

$不相交循环$

disjoint cycles。

4. 不相交循环为什么可以交换顺序？

比如：

$(12) (34) .$

你可以先做 $(34)$ ，再做 $(12)$ 。

也可以先做 $(12)$ ，再做 $(34)$ 。

因为它们操作的是不同元素，所以：

$(12) (34) = (34) (12) .$

这是一个很特殊的现象。

注意：

一般来说，置换乘法并不满足交换律。

也就是说通常：

$σ τ \neq τ σ .$

5. 来算一个真正的例子

考虑：

$(12) (23) .$

按照约定：

$(12) (23)$

表示：

先做右边的 $(23)$ ，再做左边的 $(12)$ 。

逐个追踪。

对 $1$ ：

先做 $(23)$ ：

$1 \to 1.$

再做 $(12)$ ：

$1 \to 2.$

所以：

$1 \to 2.$

对 $2$ ：

先做 $(23)$ ：

$2 \to 3.$

再做 $(12)$ ：

$3 \to 3.$

所以：

$2 \to 3.$

对 $3$ ：

先做 $(23)$ ：

$3 \to 2.$

再做 $(12)$ ：

$2 \to 1.$

所以：

$3 \to 1.$

因此：

$(12) (23) = (123) .$

6. 反过来算

现在算：

$(23) (12) .$

还是先做右边的 $(12)$ 。

对 $1$ ：

$1 \to 2 \to 3.$

所以：

$1 \to 3.$

对 $3$ ：

$3 \to 3 \to 2.$

所以：

$3 \to 2.$

对 $2$ ：

$2 \to 1 \to 1.$

所以：

$2 \to 1.$

因此：

$(23) (12) = (132) .$

于是：

$(12) (23) \neq (23) (12) .$

具体就是：

$(123) \neq (132) .$

这说明：

$S_{3} 不是交换群$

7. 什么叫交换群？

如果一个群 $G$ 中对所有 $a, b$ 都有：

$a b = b a,$

那么这个群叫：

$Abelian group，阿贝尔群$

中文也叫：

$交换群$

例如整数加法：

$3 + 5 = 5 + 3.$

所以：

$(Z, +)$

是阿贝尔群。

但：

$S_{3}$

不是。

8. 为什么“非交换”以后会非常重要？

因为一般五次方程的障碍，最终就和某些群的复杂非交换结构有关。

但不是简单地说：

$非交换 \Rightarrow 不能根式解 .$

这不对。

因为三次、四次方程的 Galois 群也可能非交换，但仍然有根式公式。

真正关键的是更精细的概念：

$可解群 solvable group$

后面我们会看到：

$S_{2}$ 可解；
$S_{3}$ 可解；
$S_{4}$ 可解；
$S_{5}$ 不可解。

而“一般 $n$ 次方程能否根式求解”最终就跟这个有关。

9. 还差一个重要事实：所有置换都可以拆成换位

例如：

$(123)$

可以写成：

$(123) = (12) (23) .$

一个更长的循环：

$(1234)$

可以写成：

$(14) (13) (12),$

或者用另一套等价分解。

一般地：

$(a_{1} a_{2} \dots a_{k})$

总能拆成若干个换位。

这意味着：

$所有置换都可以由“交换两个元素”构造出来$

这个事实之后会引出一个非常重要的概念：

$奇置换和偶置换$

然后会自然得到：

$A_{n}$

也就是交错群 alternating group。

而最终五次方程理论中最核心的怪物之一就是：

$A_{5} .$

因为：

$A_{5} 是最小的非交换单群$

这正是 $S_{5}$ 不可解的核心原因之一。

所以，下一步我们就讲：

$为什么“换位个数的奇偶性”居然是一个不变量$

这一步非常关键，因为它会第一次把我们带到 $A_{5}$ 。

2.4 为什么任意置换都可写成不相交循环

原问题：置换群为什么都可以写成括号形式貌似没解释

对，这一块前面确实跳过去了。更准确地说，不是“置换群本身写成括号”，而是：

$置换群里的每一个置换，都可以写成若干个循环的乘积$

这些循环就是我们一直写的：

$(123), (12) (34)$

这种括号形式。

关键问题就是：为什么任意置换都一定能这么写？

先看一个具体置换。假设对集合

${1, 2, 3, 4, 5, 6}$

有置换 $σ$ ：

$1 \mapsto 3, 3 \mapsto 5, 5 \mapsto 1,$

同时

$2 \mapsto 4, 4 \mapsto 2,$

以及

$6 \mapsto 6.$

我们从 $1$ 开始追踪：

$1 \to 3 \to 5 \to 1.$

它回到了起点，所以这一部分可以写成：

$(135) .$

再找一个还没出现过的元素，比如 $2$ ：

$2 \to 4 \to 2.$

所以：

$(24) .$

最后：

$6 \to 6.$

理论上可以写成：

$(6),$

但长度为 1 的循环通常省略。

因此整个置换写成：

$σ = (135) (24) .$

这里其实已经透露了证明的方法。

为什么一定会“绕回来”？

设我们有有限集合：

${1, 2, \dots, n}$

和一个置换 $σ$ 。

所谓置换，本质上是这个集合到自身的双射：

$σ : {1, \dots, n} \to {1, \dots, n} .$

现在任选一个元素，比如 $a$ ，不断作用 $σ$ ：

$a, σ (a), σ^{2} (a), σ^{3} (a), \dots$

因为一共只有有限个元素，所以这个序列不可能永远出现全新的元素。

迟早会有重复。

假设第一次发生重复时：

$σ^{r} (a) = σ^{s} (a), r < s .$

由于 $σ$ 是双射，所以有逆：

$σ^{- r} .$

两边同时作用 $σ^{- r}$ ，得到：

$a = σ^{s - r} (a) .$

所以从 $a$ 一直追踪，最终一定回到 $a$ 。

于是得到一个循环：

$a \to σ (a) \to σ^{2} (a) \to \dots \to a .$

因此可以写成：

$(a, σ (a), σ^{2} (a), \dots) .$

这就是循环为什么必然出现。

还有一个问题：

会不会从另一个元素出发，追踪一会儿，然后“撞进”刚才那个循环？

例如已经有：

$1 \to 3 \to 5 \to 1.$

有没有可能另一个元素 $2$ 满足：

$2 \to 3 ?$

不可能。

因为如果：

$1 \to 3$

同时：

$2 \to 3,$

那就有两个不同元素都映到 $3$ 。

这违反了置换是一一对应（injective）。

所以：

$不同的循环要么完全相同，要么完全不相交$

因此，我们可以这样构造任意置换的循环分解：

先随便取一个元素，比如 $1$ ，不断作用 $σ$ ，直到回到 $1$ ，得到第一个循环。

然后找一个没出现在第一个循环里的元素，再重复，得到第二个循环。

继续下去。

因为元素只有有限多个，这个过程最终结束。

于是任意置换都可以写成：

$σ = C_{1} C_{2} \dots C_{k}$

其中每个 $C_{i}$ 都是一个循环，而且这些循环彼此不相交。

举一个完整例子。

假设：

$σ : {\begin{cases} 1 \mapsto 4 \\ 4 \mapsto 2 \\ 2 \mapsto 1 \\ 3 \mapsto 6 \\ 6 \mapsto 3 \\ 5 \mapsto 5 \end{cases}$

从 $1$ 开始：

$1 \to 4 \to 2 \to 1,$

所以得到：

$(142) .$

再取还没用过的 $3$ ：

$3 \to 6 \to 3,$

得到：

$(36) .$

$5$ 不动：

$5 \to 5.$

所以整个置换：

$σ = (142) (36)$

固定点 $5$ 被省略了。

如果你愿意完整写，也可以写：

$(142) (36) (5),$

只是数学上通常不这么写。

这里还有一个很重要的结论：

$任意置换的“不相交循环分解”在循环顺序意义下是唯一的$

例如：

$(142) (36)$

和

$(36) (142)$

是同一个置换，因为两个循环不相交。

而：

$(142) = (421) = (214)$

也是同一个循环，因为只是换了起点。

除了这些写法上的变化，循环结构本身是确定的。

所以我们才可以很自然地讨论一个置换“有一个 3-循环、一个 2-循环”等结构。

最后再补一句，避免一个常见混淆：

$(123) (45)$

不是说“先把整个群拆成括号”。

而是说某一个具体置换 $σ$ 的作用可以描述为：

$1 \to 2 \to 3 \to 1$

以及

$4 \leftrightarrow 5.$

所以：

$括号记号描述的是单个置换的循环结构$

而一个置换群，则是很多这样的置换组成的集合。

比如：

$S_{3} = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} .$

下一步如果继续，我建议顺着这里再证明一个前面用过但还没有真正证明的结论：

$为什么每一个循环都能拆成换位$

从而得到：

$任意置换都能拆成换位$

这样之前“奇置换/偶置换”的基础就彻底补齐了。

2.5 把循环拆成换位：原问题所需的连接

下一步我建议先把前面一个基础缺口彻底补上：

$为什么任意一个循环都能拆成若干个换位$

也就是证明

$(a_{1} a_{2} \dots a_{k})$

一定可以写成 $k - 1$ 个二循环（换位）的乘积。

例如：

$(1234)$

为什么可以写成

$(14) (13) (12) .$

这一步补完以后，我们就能严密串起：

$任意置换 \to 不相交循环分解 \to 每个循环拆成换位 \to 任意置换拆成换位 \to 奇偶置换 \to A_{n} .$

这样之前关于 $A_{n}$ 的基础就完整了，然后再回到：

$正规子群 \to 商群 \to 可解群 .$

所以下一步就只证明“一个循环为什么可以拆成换位”，不再往后跳。

补充证明：循环分解与换位分解

本节的元素是有限集合 $1, \dots, n$ 上的双射；乘积 $σ τ$ 表示先做 $τ$ ，再做 $σ$ 。

任选尚未处理的元素 $a_{1}$ ，反复作用 $σ$ 。由于集合有限，一定会重复。第一次重复必然回到 $a_{1}$ ：若先重复在 $a_{j}$ ，且 $j$ >1， $σ$ 的单射性会让它前面的两个元素也相同，与“第一次重复”矛盾。因此得到一个循环。再从这个循环外选元素重复操作；这些循环彼此不相交，且最终覆盖所有元素。这证明任意置换都能分解为不相交循环。若两个循环不相交，则对任意元素，至多一个循环改变它，故两循环复合的先后顺序无关。

对 $k \geq 2$ ，换位分解为

$(a_{1} a_{2} \dots a_{k}) = (a_{1} a_{k}) (a_{1} a_{k - 1}) \dots (a_{1} a_{2}) .$

逐个检查： $a_{1}$ 先被最右换位送到 $a_{2}$ ，其余换位不动 $a_{2}$ ；对 $2 \leq j$ < $k$ ，先做的换位不动 $a_{j}$ ，随后 $(a_{1} a_{j})$ 把它送到 $a_{1}$ ，紧接着 $(a_{1} a_{j + 1})$ 把它送到 $a_{j + 1}$ ，余下换位不动它； $a_{k}$ 最后被 $(a_{1} a_{k})$ 送到 $a_{1}$ 。循环外的元素都不动。这与左端对每个元素的作用完全一致，故等式成立。结合不相交循环分解，任意置换都能拆成换位。原对话提出了这个证明任务，但没有把上述逐元素验证写完，这里补齐。

第 3 章：奇偶性、交错群与子群

本章对象：inv 表示一行排列的逆序数； $sgn$ 是取值为 ±1 的符号映射； $A_{n}$ 是偶置换组成的交错群。

3.1 换位个数的奇偶性为何定义良好

现在进入一个非常关键的概念：置换的奇偶性。它会自然产生 $A_{n}$ ，而 $A_{5}$ 正是最后“五次方程为什么出问题”的核心对象。

第四步：为什么置换有“奇”和“偶”？

上一节我们知道：

任意置换都可以拆成若干个换位。

比如

$(123) = (12) (23)$

用了两个换位。

于是很自然会问：

一个置换能不能既拆成 2 个换位，又拆成 3 个换位？

如果可以，那么“用了奇数个还是偶数个换位”就没有意义。

神奇的地方就在这里：

$不可能$

同一个置换可能有很多不同的换位分解，但所有分解中换位个数的奇偶性一定相同。

所以我们可以定义：

能拆成偶数个换位 $\to$ 偶置换
能拆成奇数个换位 $\to$ 奇置换

1. 先看例子

$(12)$

它本身就是一个换位：

$(12) .$

用了 1 个。

所以它是：

$奇置换$

$(123)$

我们刚才有：

$(123) = (12) (23) .$

用了 2 个换位。

所以：

$(123) 是偶置换$

$(1234)$

例如：

$(1234) = (14) (13) (12) .$

用了 3 个换位。

所以：

$(1234) 是奇置换$

2. 一个 $k$ -循环是什么奇偶性？

一般来说：

$(a_{1} a_{2} \dots a_{k})$

可以拆成：

$(a_{1} a_{k}) (a_{1} a_{k - 1}) \dots (a_{1} a_{2}) .$

总共用了：

$k - 1$

个换位。

所以：

$k -循环的奇偶性由 k - 1 决定$

例如：

$2 -循环 : 1 个换位 \Rightarrow 奇$

$3 -循环 : 2 个换位 \Rightarrow 偶$

$4 -循环 : 3 个换位 \Rightarrow 奇$

3. 可是为什么奇偶性不会因为换一种拆法而改变？

这才是真正需要解释的地方。

我们先引入一个非常直观的量：

$逆序数$

英文叫：

inversion number

假设有排列：

$2, 3, 1.$

我们问：

有多少对数字的大小顺序被“颠倒”了？

正常顺序应该是：

$1 < 2 < 3.$

现在排列为：

$2, 3, 1.$

看每一对。

$(2, 3)$

顺序正常，因为：

$2 < 3.$

不算逆序。

但：

$(2, 1)$

反了，因为：

$2 > 1.$

算一个。

还有：

$(3, 1)$

也反了。

所以总共有：

$2$

个逆序。

于是：

$inv (231) = 2.$

这是偶数。

而 $231$ 对应的正是置换：

$(123) .$

所以它是偶置换。

4. 再看一个

排列：

$2, 1, 3.$

只有：

$(2, 1)$

发生逆序。

所以：

$inv = 1.$

是奇数。

对应：

$(12),$

正好是奇置换。

5. 为什么交换两个元素一定改变奇偶性？

先看最简单的：交换两个相邻元素。

比如：

$1, 2, 3$

交换 $2, 3$ ：

$1, 3, 2.$

逆序数从：

$0$

变成：

$1.$

奇偶性翻转。

再交换一次：

$1, 2, 3$

又从奇变偶。

所以：

$相邻交换每做一次，逆序数奇偶性翻转一次$

那如果交换两个不相邻元素呢？

例如：

$1, 2, 3, 4$

交换 $1$ 和 $4$ ：

$4, 2, 3, 1.$

这种交换其实可以拆成奇数个相邻交换。

比如把 $1$ 一步步移到右边：

$1234$

$2134$

$2314$

$2341$

然后把 $4$ 往左移：

$2431$

$4231$

总共：

$5$

次。

也就是奇数次。

一般交换位置 $i, j$ ，需要：

$2 (j - i) - 1$

次相邻交换。

它永远是奇数。

因此：

$任意一个换位都会让逆序数奇偶性翻转$

6. 现在证明关键结论

从恒等排列：

$1, 2, \dots, n$

开始。

它的逆序数是：

$0,$

所以是偶数。

如果一个置换由 $m$ 个换位得到，那么每做一次换位，逆序数的奇偶性就翻转一次。

因此：

$m$ 为偶数 $\to$ 最终逆序数为偶数；
$m$ 为奇数 $\to$ 最终逆序数为奇数。

但一个确定的排列，它的逆序数是确定的。

所以不可能同一个排列同时由：

$偶数个换位$

和

$奇数个换位$

得到。

于是：

$置换的奇偶性是定义良好的$

这就是我们需要的结论。

7. 偶置换自己形成一个群

现在考虑 $S_{n}$ 中的所有偶置换。

把它们收集起来：

$A_{n} .$

这个群叫：

$alternating group$

中文：

$交错群$

所以：

$A_{n} \subset S_{n} .$

为什么它是一个群？

因为：

偶 × 偶 = 偶；
单位元是偶置换；
偶置换的逆仍然是偶置换。

所以：

$A_{n}$

本身就是一个群。

8. $A_{3}$ 是什么？

$S_{3}$ 有 6 个元素：

$e, (12), (13), (23), (123), (132) .$

其中：

$e$

是偶置换。

三个换位：

$(12), (13), (23)$

都是奇置换。

两个三循环：

$(123), (132)$

都是偶置换。

所以：

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

一共三个元素。

正好是 $S_{3}$ 的一半。

实际上：

$| A_{n} | = \frac{n!}{2} (n \geq 2) .$

因此：

$| A_{5} | = \frac{5!}{2} = 60.$

而这 60 个偶置换组成的：

$A_{5}$

以后会成为整个故事的关键。

原因是：

$A_{5} 是非交换的$

而且比“不交换”更严重：

$A_{5} 没有合适的非平凡正规子群$

换句话说，它是一个：

$非交换单群$

而这正是一般五次方程无法通过一层层根式“拆开”的根本障碍。

不过现在“正规子群”和“单群”都还没学。

所以下一步我们应该先讲：

$什么是子群？$

然后再讲：

$陪集 \to 正规子群 \to 商群$

这条线很重要，因为“可解群”的定义就是建立在一层层正规子群和商群之上的。

3.2 把循环写成一行排列，再计算逆序数

原问题：逆序数在括号的形式不好数吧

对，逆序数不是直接对循环括号记号来数的。它最自然是对“一行排列”来数。

比如置换

$(123)$

循环记号表示

$1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

如果要数逆序数，先把它写成一行形式：

$[σ (1), σ (2), σ (3)] = [2, 3, 1] .$

然后看

$2, 3, 1$

里面有多少逆序对。

有：

$(2, 1), (3, 1),$

所以逆序数是

$2.$

因此 $(123)$ 是偶置换。

再比如

$(12) .$

它对应

$1 \to 2, 2 \to 1, 3 \to 3,$

所以一行形式是

$[2, 1, 3] .$

只有一个逆序：

$(2, 1),$

所以逆序数是 1，是奇置换。

因此你可以区分三种常见表示法：

$循环记号 (123)$

适合看“元素怎么绕圈走”；

$一行记号 [2, 3, 1]$

适合数逆序数；

还有一种两行记号：

$(\begin{matrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{matrix}),$

它直接表示

$1 \mapsto 2, 2 \mapsto 3, 3 \mapsto 1.$

所以前面说“用逆序数证明奇偶性良定义”时，其实默认是把置换先转换成一行排列，再数逆序数。

而实际判断一个循环的奇偶性时，通常根本不会去数逆序数，而是直接用：

$(a_{1} a_{2} \dots a_{k})$

可以拆成 $k - 1$ 个换位，因此

$k -循环的符号是 (- 1)^{k - 1} .$

所以例如：

$(12345)$

是一个 5-循环，

$5 - 1 = 4$

是偶数，因此它是偶置换。

你这个问题非常重要，因为它说明了循环记号和逆序数其实是两套不同用途的表示工具。

补充证明：逆序数、符号同态与交错群的大小

一行记号 $[σ (1), \dots, σ (n)]$ 的逆序数，是满足 $i$ < $j$ 且 $σ (i)$ > $σ (j)$ 的数对 $(i, j)$ 的数量。交换两个相邻位置时，只有这两个数彼此的大小次序改变；其他数字与它们产生的逆序总数不变，所以逆序数恰好改变 1。交换相距 $j - i$ 的两个位置可以用 $2 (j - i) - 1$ 次相邻交换完成：先把左边的数向右移，再把原来右边的数向左移。这是奇数，故任何换位都改变逆序数的奇偶性。

从恒等排列开始做 $m$ 次换位，最终逆序数模 2 就是 $m$ 模 2。因此同一置换不可能有奇偶性不同的换位分解。若 $σ$ 、 $τ$ 分别拆成 $p$ 、 $q$ 个换位，把两串分解接起来就是 $σ τ$ 的分解，所以

$sgn (σ τ) = (- 1)^{p + q} = sgn (σ) sgn (τ) .$

这说明 $sgn$ 是到乘法群 {1,−1} 的群同态。对 $n \geq 2$ ，固定一个换位 $t$ ，映射 $σ \mapsto t σ$ 给出偶置换与奇置换之间的双射，逆映射也是乘以 $t$ 。因此两者数量相同，| $A_{n}$ | $= n! / 2$ 。 $n = 1$ 时不适用这个一半公式， $A_{1} = S_{1}$ 都只有一个元素。

3.4 逐条检查偶置换确实构成群

原问题：太快了，为什么偶置换自己就成为一个群了

对，这里确实跳得太快了。我们先只回答一个问题：

为什么所有偶置换放在一起，仍然满足“群”的四条要求？

我们一点一点检查。

假设我们把 $S_{n}$ 中所有偶置换拿出来，组成集合

$A_{n} .$

要证明它是一个群，就必须检查群的四条性质。

先看第一条：封闭性

我们需要证明：

如果

$σ, τ \in A_{n},$

那么

$σ τ \in A_{n} .$

因为 $σ$ 是偶置换，所以它可以写成偶数个换位：

$σ = t_{1} t_{2} \dots t_{2 k} .$

同理，

$τ = s_{1} s_{2} \dots s_{2 m} .$

那么：

$σ τ = t_{1} t_{2} \dots t_{2 k} s_{1} s_{2} \dots s_{2 m} .$

总共用了：

$2 k + 2 m = 2 (k + m)$

个换位。

仍然是偶数。

所以：

$偶 \times 偶 = 偶$

于是：

$σ τ \in A_{n} .$

所以封闭性成立。

第二条：结合律

这一条甚至不用重新证明。

因为 $A_{n}$ 里的运算，和 $S_{n}$ 里的运算完全一样，都是“置换复合”。

而我们已经知道所有置换的复合满足：

$(σ τ) ρ = σ (τ ρ) .$

既然这在整个 $S_{n}$ 里成立，那么当然在 $A_{n}$ 这个更小的集合里也成立。

所以结合律自动继承下来。

第三条：单位元在不在里面？

群必须有一个单位元：

$e .$

它什么都不做。

现在要问：

$e$

是不是偶置换？

是。

因为我们可以认为它由：

$0$

个换位组成。

而

$0$

是偶数。

所以：

$e \in A_{n} .$

因此单位元也有。

第四条：逆元还在不在 $A_{n}$ 里面？

这是最值得仔细看的。

假设：

$σ = t_{1} t_{2} \dots t_{2 k} .$

也就是 $σ$ 由偶数个换位组成。

那么逆置换：

$σ^{- 1}$

是什么？

利用：

$(a b)^{- 1} = b^{- 1} a^{- 1},$

得到：

$σ^{- 1} = t_{2 k}^{- 1} \dots t_{2}^{- 1} t_{1}^{- 1} .$

但每个换位都等于自己的逆。

例如：

$(12)^{- 1} = (12) .$

所以：

$σ^{- 1} = t_{2 k} \dots t_{2} t_{1} .$

你会发现：

仍然有：

$2 k$

个换位。

所以：

$σ^{- 1}$

仍然是偶置换。

因此：

$偶置换的逆仍然是偶置换$

所以逆元条件也满足。

于是四条全部成立：

$\begin{aligned} 1. & 偶置换复合后仍是偶置换 \\ 2. & 结合律成立 \\ 3. & e 是偶置换 \\ 4. & 偶置换的逆仍是偶置换 \end{aligned}$

因此：

$A_{n} 是一个群$

更准确地说：

$A_{n} 是 S_{n} 的一个子群$

你可以先把这里理解成一个非常朴素的原则：

从一个大群里挑出一部分元素，如果这部分元素在“做运算、找单位元、找逆元”时都不会跑出去，那么它自己也组成一个小群。

这就是“子群”的直觉。

下一步最好就只讲这个：

$什么叫子群，以及为什么有时只检查两三件事就够了$

先不碰陪集、正规子群。

3.5 交错群作为对称群的子群

我们就沿着“偶置换群 $A_{n}$ ”继续，而且慢一点。

下一步先把一个概念讲清楚：

$A_{n} 为什么叫 S_{n} 的子群$

1. 什么是子群？

假设有一个群 $G$ 。

如果我们从里面挑出一部分元素，形成一个集合 $H$ ，并且 $H$ 自己在同样的运算下也构成一个群，那么就说：

$H \leq G$

意思是：

$H 是 G 的子群$

英文叫：

subgroup

例如：

$A_{n} \subset S_{n} .$

因为 $A_{n}$ 里的元素本来就是 $S_{n}$ 的置换，只不过我们只挑出了偶置换。

而且刚才已经证明了：

偶置换乘偶置换还是偶置换；
单位元是偶置换；
偶置换的逆还是偶置换。

所以：

$A_{n} \leq S_{n}$

2. 用 $S_{3}$ 看最清楚

我们知道：

$S_{3} = {e, (12), (13), (23), (123), (132)} .$

其中偶置换是：

$e, (123), (132) .$

所以：

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

现在你可以把它理解成：

$S_{3}$

是一个有 6 个元素的大群，

而

$A_{3}$

是它里面一个有 3 个元素的小群。

3. 为什么 $A_{3}$ 自己真的“关起门来”就能运算？

我们随便算。

例如：

$(123) (123) .$

做两次 $(123)$ 。

第一次：

$1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

再做一次：

$1 \to 3, 2 \to 1, 3 \to 2.$

所以：

$(123)^{2} = (132) .$

而：

$(132) \in A_{3} .$

再算：

$(123) (132) = e .$

也还在 $A_{3}$ 。

再算：

$(132)^{2} = (123) .$

仍然在 $A_{3}$ 。

所以你会发现：

${e, (123), (132)}$

无论怎么复合，都不会跑到：

$(12), (13), (23)$

这些奇置换里面去。

这就是“封闭”的直观意义。

4. 为什么 $A_{n}$ 恰好有 $S_{n}$ 一半那么多元素？

这个结论很重要：

$| A_{n} | = \frac{n!}{2} .$

我们先别急着证明一般情况，先看 $S_{3}$ 。

$S_{3}$ 一共有：

$6$

个置换。

其中：

$3$

个偶置换，

$3$

个奇置换。

刚好一半一半。

再看一个非常巧妙的对应。

假设 $σ$ 是偶置换。

我们固定拿一个奇置换，比如：

$(12) .$

然后做：

$(12) σ .$

因为：

$奇 \times 偶 = 奇,$

所以结果一定是奇置换。

反过来，如果 $τ$ 是奇置换，那么：

$(12) τ$

就是：

$奇 \times 奇 = 偶 .$

所以固定乘一个换位 $(12)$ ，会在：

$偶置换$

和

$奇置换$

之间建立一一对应。

因此两边数量必然相同。

而：

$| S_{n} | = n! .$

所以：

$| A_{n} | = \frac{n!}{2} .$

例如：

$| A_{3} | = 3,$

$| A_{4} | = 12,$

$| A_{5} | = 60.$

5. 现在先记住一个结构

我们目前有：

$A_{n} \leq S_{n} .$

可以想象成：

$所有置换 S_{n}$

里面分成两半：

$偶置换 A_{n}$

和

$奇置换$

但这里有个很重要的不对称：

偶置换自己构成一个群，而奇置换自己不构成群。

为什么？

因为两个奇置换相乘：

$奇 \times 奇 = 偶 .$

所以奇置换集合不封闭。

比如：

$(12) (23) = (123) .$

左边两个都是奇置换，

右边：

$(123)$

却是偶置换。

所以奇置换不能自己组成群。

到这里先停一下。

下一步最自然的是继续讲：

$为什么 A_{n} 不只是子群，而是一个“正规子群”$

但“正规子群”不能直接定义，否则又会跳太快。

所以更合理的下一步是先引入：

$左陪集和右陪集$

因为“正规子群”本质上就是：

$左陪集 = 右陪集 .$

而且从 $A_{n} \subset S_{n}$ 这个例子出发，陪集会非常直观。

第 4 章：陪集与 Lagrange 定理

本章对象： $G$ 是群， $H \leq G$ ； $g H$ 是左陪集， $H g$ 是右陪集；| $G$ | 表示群的元素个数，称为阶。

4.1 左陪集与分组的含义

现在我们只讲一个新概念：陪集（coset）。先不急着讲正规子群。

第五步：什么是陪集？

我们继续用最熟悉的例子：

$S_{3} = {e, (12), (13), (23), (123), (132)}$

以及它的子群

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

现在假设我拿出 $S_{3}$ 中一个元素，例如

$(12) .$

然后让它分别乘 $A_{3}$ 里的每一个元素：

$(12) e,$

$(12) (123),$

$(12) (132) .$

把得到的所有结果收集起来。

这个集合就叫：

$(12) A_{3} .$

它是 $A_{3}$ 的一个左陪集。

1. 一般定义是什么？

如果：

$H \leq G$

是一个子群，取任意

$g \in G,$

那么：

$g H$

定义为：

$g H = {g h ∣ h \in H} .$

意思就是：

固定 $g$ ，然后把 $H$ 里面每个元素都放到 $g$ 的右边去乘。

这叫：

$左陪集$

注意虽然叫“左陪集”，其实是因为固定的 $g$ 放在左边：

$g H .$

2. 具体算 $(12) A_{3}$

我们有：

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

所以：

$(12) A_{3} = {(12) e, (12) (123), (12) (132)} .$

第一个很简单：

$(12) e = (12) .$

现在算第二个：

$(12) (123) .$

按照我们的约定，先做右边的 $(123)$ ，再做左边的 $(12)$ 。

逐个跟踪：

$1 \to 2 \to 1,$

所以：

$1 \to 1.$

再看 $2$ ：

$2 \to 3 \to 3,$

所以：

$2 \to 3.$

再看 $3$ ：

$3 \to 1 \to 2.$

所以：

$3 \to 2.$

因此：

$(12) (123) = (23) .$

再算：

$(12) (132) .$

对 $1$ ：

$1 \to 3 \to 3.$

所以：

$1 \to 3.$

对 $3$ ：

$3 \to 2 \to 1.$

所以：

$3 \to 1.$

对 $2$ ：

$2 \to 1 \to 2.$

所以：

$2 \to 2.$

因此：

$(12) (132) = (13) .$

所以：

$(12) A_{3} = {(12), (23), (13)}$

你会发现：

$(12) A_{3}$

正好就是三个奇置换。

3. 这件事为什么很有意思？

因为原来的：

$A_{3} = {e, (123), (132)}$

是三个偶置换。

而：

$(12) A_{3} = {(12), (23), (13)}$

是三个奇置换。

所以整个 $S_{3}$ 被分成了两块：

$S_{3} = A_{3} \cup (12) A_{3} .$

而且这两块没有重叠。

也就是说：

$S_{3} = 偶置换那一块 + 奇置换那一块$

这正是陪集开始发挥作用的地方。

4. 为什么陪集大小和原子群一样？

你可能已经看到了：

$| A_{3} | = 3$

而：

$| (12) A_{3} | = 3.$

这不是巧合。

一般来说：

$| g H | = | H | .$

为什么？

因为：

$h \mapsto g h$

不会把两个不同的 $h$ 变成同一个结果。

假设：

$g h_{1} = g h_{2} .$

左边同时乘：

$g^{- 1} .$

得到：

$h_{1} = h_{2} .$

所以不同的 $h$ 一定得到不同的 $g h$ 。

因此：

$H$

里有多少元素，

$g H$

就有多少元素。

5. 还有一个很容易忽略的点

如果我们取：

$g = e,$

那么：

$e H = H .$

所以：

$H$

自己其实也是自己的一个陪集。

比如：

$e A_{3} = A_{3} .$

甚至如果 $g \in H$ ，例如：

$g = (123),$

那么：

$(123) A_{3} = A_{3} .$

原因是：

子群里的一个元素去乘整个子群，只是在子群内部重新排列元素，不会产生新的元素。

所以对于 $A_{3}$ 来说，左陪集实际上只有两种：

$A_{3}$

和

$(12) A_{3} .$

也就是：

$偶置换$

和

$奇置换 .$

这里先停在这个程度。

下一步我们再讲一个几乎一模一样、但非常关键的新东西：

$H g$

也就是右陪集。

然后你会看到一个非常重要的问题：

为什么有时候 $g H = H g$ ，有时候却不相等？

“正规子群”就是从这个问题里自然长出来的。

4.2 不同陪集为什么相同或不相交

因为只要两个左陪集有哪怕一个共同元素，就能证明它们其实整个集合完全一样。

设两个左陪集是

$g H, k H .$

假设它们不是完全不相交，也就是说存在某个元素 $x$ ，同时属于二者：

$x \in g H \cap k H .$

那么根据陪集定义，一定存在

$h_{1}, h_{2} \in H$

使得

$x = g h_{1} = k h_{2} .$

于是：

$g h_{1} = k h_{2} .$

右边乘 $h_{1}^{- 1}$ ，得到

$g = k h_{2} h_{1}^{- 1} .$

因为 $H$ 是群，所以

$h_{2} h_{1}^{- 1} \in H .$

记

$h_{0} = h_{2} h_{1}^{- 1} \in H .$

于是：

$g = k h_{0} .$

现在看整个陪集：

$g H = (k h_{0}) H .$

由于 $h_{0} \in H$ ，而“用 $H$ 自己的一个元素乘整个 $H$ ”不会改变 $H$ ：

$h_{0} H = H .$

因此：

$g H = k (h_{0} H) = k H .$

所以我们得到：

$g H \cap k H \neq \emptyset ⟹ g H = k H$

换句话说，如果两个陪集不相等，那么它们就一个共同元素都不能有：

$g H = k H 或者 g H \cap k H = \emptyset$

这就是为什么陪集能够把整个群 $G$ 切成一块一块、互不重叠的部分。

例如在 $S_{3}$ 中：

$A_{3} = {e, (123), (132)}$

和

$(12) A_{3} = {(12), (13), (23)}$

完全不相交，而且合起来正好是整个 $S_{3}$ 。

4.3 用陪集证明 Lagrange 定理

这里我前面那句话写错了，应该是：

$子群的大小必须整除有限群的大小$

这就是 Lagrange 定理（拉格朗日定理）。

而且我们其实已经有足够工具证明它了，因为前面已经学过陪集。

假设有限群 $G$ 有一个子群 $H \leq G$ 。

每一个左陪集：

$g H$

和 $H$ 本身有完全一样多的元素，因为映射

$h \mapsto g h$

是一一对应。

所以每个陪集大小都是：

$| H | .$

另一方面，不同的陪集要么完全相同，要么完全不相交。

因此整个群 $G$ 可以被这些陪集完整地分成若干块：

$G = g_{1} H ⊔ g_{2} H ⊔ \dots ⊔ g_{k} H .$

每一块都有：

$| H |$

个元素。

所以：

$| G | = \underset{k 次}{\underset{⏟}{| H | + | H | + \dots + | H |}} = k | H | .$

于是：

$| H | ∣ | G |$

也就是：

$子群阶整除群阶 .$

这里的“阶”就是元素个数。

所以刚才那个 3 元群的例子里，如果存在一个 2 元子群 $H$ ，就必须有：

$2 ∣ 3.$

但显然不成立。

因此一个 3 阶群不可能有 2 阶子群。

这就是为什么假设

$a^{2} = e$

会出问题：因为如果 $a \neq e$ 且

$a^{2} = e,$

那么

${e, a}$

就是一个有 2 个元素的子群，可是 2 不整除 3，矛盾。

所以在一个 3 阶群中，任取非单位元 $a$ ，必然有：

$a^{3} = e,$

并且

$G = {e, a, a^{2}} .$

因此它是循环群，也就一定是阿贝尔群。

第 5 章：正规子群和商群：让陪集乘法没有歧义

本章对象： $H ◃ G$ 表示 $H$ 在 $G$ 的共轭下稳定。 $G / H$ 的元素是陪集；单位元是陪集 $H$ ，不是 $G$ 中的单个元素 $e$ 。

补充证明：正规性的等价条件，以及商群乘法为何要求正规性

本节 $G$ 是群， $H \leq G$ 是子群， $g$ 是 $G$ 中元素。由集合等式两边右乘 $g^{- 1}$ ，得到

$g H = H g ⟺ g H g^{- 1} = H .$

若对所有 $g$ 都只有 $g H g^{- 1} \subseteq H$ ，用 $g^{- 1}$ 代入再左右乘 $g$ 、 $g^{- 1}$ ，会得到反向包含，因此实际也是等号。这就是共轭形式的正规性。它表示整个子群作为集合稳定，并不要求 $g$ 与每个 $h$ 交换。

商群乘法的充分性由原证明的代表元计算给出。必要性也可以证明：假设陪集乘法按代表元定义且良定义。 $h \in H$ 与 $e \in H$ 是同一陪集的代表元，则 $(h H) (g H) = (e H) (g H)$ ，故 $h g H = g H$ ，进而 $g^{- 1} h g \in H$ 。这对所有 $g, h$ 成立，故 $H$ 正规。于是这个条件正好解决代表元歧义。

5.2 右陪集与正规子群

现在只加一个新概念：右陪集。

前面我们有：

$g H = {g h ∣ h \in H},$

这叫左陪集。

那么同样地，也可以把固定元素 $g$ 放在右边：

$H g = {h g ∣ h \in H} .$

这就叫：

$右陪集$

还是用：

$S_{3} = {e, (12), (13), (23), (123), (132)}$

和

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

现在取：

$g = (12) .$

我们前面已经算过左陪集：

$(12) A_{3} .$

现在算右陪集：

$A_{3} (12) .$

也就是：

$A_{3} (12) = {e (12), (123) (12), (132) (12)} .$

第一个：

$e (12) = (12) .$

再算：

$(123) (12) .$

按照我们的约定，先做右边的：

$(12),$

再做左边的：

$(123) .$

对 $1$ ：

$1 \to 2 \to 3,$

所以：

$1 \to 3.$

对 $3$ ：

$3 \to 3 \to 1,$

所以：

$3 \to 1.$

对 $2$ ：

$2 \to 1 \to 2.$

所以：

$2 \to 2.$

因此：

$(123) (12) = (13) .$

再算：

$(132) (12) .$

对 $1$ ：

$1 \to 2 \to 1,$

所以：

$1 \to 1.$

对 $2$ ：

$2 \to 1 \to 3,$

所以：

$2 \to 3.$

对 $3$ ：

$3 \to 3 \to 2.$

所以：

$3 \to 2.$

因此：

$(132) (12) = (23) .$

所以：

$A_{3} (12) = {(12), (13), (23)}$

而前面：

$(12) A_{3} = {(12), (13), (23)} .$

于是：

$(12) A_{3} = A_{3} (12)$

这说明什么？

说明对于这个子群 $A_{3}$ ：

$左边乘整个 A_{3}$

和

$右边乘整个 A_{3}$

最后得到的是同一个集合。

这不是所有子群都有的性质。

如果一个子群 $H \leq G$ 满足：

$g H = H g$

对所有

$g \in G$

都成立，那么我们就称：

$H 是 G 的正规子群$

英文：

$normal subgroup$

记作：

$H ◃ G .$

所以：

$A_{3} ◃ S_{3}$

但这里最容易产生一个误解。

正规子群并不是说：

$g h = h g$

对每一个 $h \in H$ 都成立。

不是这个意思。

要求的是：

$g H = H g$

这两个集合相同。

也就是说，左边乘以后得到的那一堆元素，和右边乘以后得到的那一堆元素一样。

具体某个 $h$ 不一定和 $g$ 交换。

例如：

$(12) (123) \neq (123) (12) .$

实际上：

$(12) (123) = (23),$

而：

$(123) (12) = (13) .$

二者不相等。

但整个集合仍然相等：

$(12) A_{3} = A_{3} (12) .$

所以：

$正规 \neq 每个元素都交换$

这是非常重要的一点。

下一步最值得解释的是：

$为什么我们非要关心正规子群？$

答案是：因为只有对子群“足够正规”，我们才能把整个群按这些陪集压缩成一个新的群，也就是商群。而“可解群”最终正是靠一层一层的商群来定义的。

5.3 商群的元素为什么是陪集

现在进入一个很关键、也很容易第一次看懵的概念：商群（quotient group）。

这一步我们慢一点，因为“正规子群为什么重要”就在这里。

先继续用：

$A_{3} ◃ S_{3} .$

我们已经知道 $S_{3}$ 被 $A_{3}$ 的陪集分成两块：

$A_{3}$

和

$(12) A_{3} .$

其中：

$A_{3} = {所有偶置换},$

而

$(12) A_{3} = {所有奇置换} .$

现在做一个思想实验：

我不再关心每一个具体置换是谁，我只关心它属于“偶的那一块”还是“奇的那一块”。

也就是说，把整个 $A_{3}$ 看成一个“大元素”：

$[A_{3}],$

把所有奇置换那一块也看成另一个“大元素”：

$[(12) A_{3}] .$

这样，原来有 6 个元素的 $S_{3}$ ，就被压缩成了只有 2 个“大元素”的东西。

也就是：

$S_{3} / A_{3}$

它的元素是：

$A_{3}, (12) A_{3} .$

现在最关键的问题来了：

这些“块”之间能不能像群元素一样相乘？

我们希望定义：

$(g A_{3}) (h A_{3}) = (g h) A_{3} .$

例如：

$[(12) A_{3}] \cdot [(23) A_{3}] .$

因为 $(12)$ 和 $(23)$ 都是奇置换，所以它们都属于同一个陪集：

$(12) A_{3} = (23) A_{3} .$

那么“奇那一块 × 奇那一块”应该等于什么？

算：

$(12) (23) = (123) .$

而 $(123)$ 是偶置换，所以：

$(123) \in A_{3} .$

于是：

$奇块 \times 奇块 = 偶块$

同理：

$偶块 \times 偶块 = 偶块,$

$偶块 \times 奇块 = 奇块,$

$奇块 \times 偶块 = 奇块 .$

你应该会发现，这和：

$(+ 1) (+ 1) = + 1,$

$(- 1) (- 1) = + 1$

很像。

所以：

$S_{3} / A_{3}$

本质上就是一个只有两个元素的群。

但这里藏着一个非常严重的问题。

假设我说：

$(g H) (k H) = (g k) H .$

问题是：

一个陪集 $g H$ 往往可以用很多不同的 $g$ 来表示。

比如在这里：

$(12) A_{3} = (13) A_{3} = (23) A_{3} .$

它们其实是同一块。

那么如果我选择不同的代表元，比如用 $(12)$ 或 $(13)$ ，最后乘出来的陪集会不会不同？

如果会不同，那么这个“乘法”就根本没有定义好。

我们希望：

$g H = g^{'} H, k H = k^{'} H$

时，一定有：

$(g k) H = (g^{'} k^{'}) H .$

只有这样，陪集之间的乘法才是良定义的。

而这正是正规子群最重要的作用：

$H ◃ G$

恰好保证了：

$(g H) (k H) = (g k) H$

不会因为你选了不同代表元而产生歧义。

所以你可以把“正规子群”先理解成：

一个子群如果足够规则，使得“把它压成一个点以后”，剩下的块还能正常做群运算，那么它就是正规子群。

于是我们终于知道为什么普通子群还不够，而需要“正规子群”。

整个逻辑是：

$子群$

不一定能拿来“压缩”原群。

但：

$正规子群$

可以。

压缩之后得到：

$商群$

记作：

$G / H .$

在我们的例子里：

$S_{3} / A_{3}$

就是把：

$所有偶置换看成一个元素,$

把：

$所有奇置换看成另一个元素 .$

最后只剩两个元素。

下一步最适合讲的是：

$为什么“商群”可以理解为把一个群中的某部分结构忽略掉$

这层直觉非常重要，因为以后“可解群”本质上就是：不断找正规子群、不断取商群，把一个复杂群一层层剥简单。

5.4 代表元计算：陪集乘法的良定义

关键就在这里。我们把它严格证明出来，不跳步。

假设

$g H = g^{'} H, k H = k^{'} H .$

这句话分别意味着什么？

因为 $g^{'}$ 属于 $g^{'} H$ ，而 $g^{'} H = g H$ ，所以

$g^{'} \in g H .$

因此一定存在某个

$h_{1} \in H$

使得

$g^{'} = g h_{1} .$

同理，因为

$k H = k^{'} H,$

所以存在

$h_{2} \in H$

使得

$k^{'} = k h_{2} .$

于是

$g^{'} k^{'} = (g h_{1}) (k h_{2}) = g h_{1} k h_{2} .$

现在真正的问题是：

$g h_{1} k h_{2}$

能不能写成

$g k (某个 H 中的元素) ?$

因为如果能，那么它就属于

$g k H .$

难点就是中间这个：

$h_{1} k .$

我们想把 $k$ 移到 $h_{1}$ 左边。

在普通交换群里可以直接写成：

$h_{1} k = k h_{1},$

但这里当然不能这么做。

正规性就是在这里起作用。

因为

$H ◃ G,$

等价地，对任意 $k \in G$ 和任意 $h_{1} \in H$ ，都有

$k^{- 1} h_{1} k \in H .$

先把这个新元素记成：

$h_{3} = k^{- 1} h_{1} k .$

于是：

$h_{3} \in H .$

而且从

$h_{3} = k^{- 1} h_{1} k$

两边左乘 $k$ ，得到：

$k h_{3} = h_{1} k .$

所以：

$h_{1} k = k h_{3} .$

代回刚才：

$g^{'} k^{'} = g h_{1} k h_{2}$

就变成

$g^{'} k^{'} = g k h_{3} h_{2} .$

因为：

$h_{3}, h_{2} \in H$

而 $H$ 是群，所以封闭：

$h_{3} h_{2} \in H .$

记

$h_{4} = h_{3} h_{2} \in H .$

于是：

$g^{'} k^{'} = g k h_{4} .$

所以：

$g^{'} k^{'} \in g k H .$

也就是说：

$g^{'} k^{'} H = g k H .$

因此，无论你选择 $g H$ 的代表元 $g$ 还是 $g^{'}$ ，选择 $k H$ 的代表元 $k$ 还是 $k^{'}$ ，最终得到的陪集都是：

$g k H .$

所以定义

$(g H) (k H) = (g k) H$

是没有歧义的。

你可以把整个证明压缩成最关键的一步：

$g h_{1} k h_{2}$

之所以能够变成

$g k (某个 H 中的元素),$

就是因为正规性允许我们把

$h_{1} k$

改写成

$k h_{3}, h_{3} \in H .$

也就是：

$正规性允许 H 中的元素“穿过”外面的群元素，但穿过去后可能变成另一个 H 中的元素。$

注意它不是说

$h_{1} k = k h_{1},$

而是说：

$h_{1} k = k h_{3}$

其中 $h_{3}$ 仍然属于 $H$ 。

这其实就是“正规子群”最值得建立的直觉。

5.5 检查商群的全部群公理

既然刚才已经证明了“陪集乘法”在正规子群时是良定义的，下一步就该把最重要的一件事补完整：

为什么 $G / H$ 真的构成一个群？

设

$H ◃ G .$

我们定义商集

$G / H = {g H ∣ g \in G},$

并定义乘法

$(g H) (k H) = (g k) H .$

现在逐条检查群公理。

先看封闭性。两个元素

$g H, k H \in G / H$

相乘得到

$(g H) (k H) = (g k) H .$

而 $g k \in G$ ，所以

$(g k) H$

还是 $G / H$ 中的一个陪集。因此封闭。

再看结合律。

取三个陪集：

$g H, k H, l H .$

左边：

$[(g H) (k H)] (l H)$

先算：

$(g H) (k H) = (g k) H,$

所以

$[(g H) (k H)] (l H) = ((g k) H) (l H) = ((g k) l) H .$

另一种括号：

$(g H) [(k H) (l H)]$

得到：

$(g H) ((k l) H) = (g (k l)) H .$

因为原群 $G$ 中满足结合律：

$(g k) l = g (k l),$

所以：

$((g k) l) H = (g (k l)) H .$

因此商群也满足结合律。

这里你可以看到一个常见规律：

商群很多性质，是从原群 $G$ 继承下来的。

第三个，单位元是什么？

原群的单位元记作 $e$ 。

商群里面对应的陪集是：

$e H .$

但

$e H = H .$

所以商群的单位元其实就是：

$H .$

验证：

$H \cdot g H = (e H) (g H) = (e g) H = g H .$

同样：

$(g H) H = g H .$

所以：

$商群中，整个 H 被当成了单位元$

这句话非常重要。

它其实揭示了“取商”的本质。

比如我们有

$S_{3} / A_{3} .$

在这里，原来 $A_{3}$ 中有三个元素：

$e, (123), (132) .$

但是取商以后，这三个元素全部被压成：

$A_{3} .$

而这个“大元素”就是商群的单位元。

所以从商群的角度来看：

$e, (123), (132)$

之间的区别被彻底忽略了。

这就是为什么我前面说：

取商群，可以理解为“把 $H$ 内部的区别抹掉”。

最后看逆元。

商群中有一个元素：

$g H .$

它的逆是什么？

应该是：

$g^{- 1} H .$

因为：

$(g H) (g^{- 1} H) = (g g^{- 1}) H = e H = H .$

而 $H$ 正是商群的单位元。

所以：

$(g H)^{- 1} = g^{- 1} H .$

四条全部成立，因此：

$G / H 是一个群$

前提就是：

$H ◃ G .$

现在我们已经有了一个很有力量的操作：

$G ⟶ G / H .$

它做的事情是：

把 $H$ 中的所有变化都视为“不重要”，只看不同陪集之间的区别。

例如：

$S_{3}$

有 6 个元素，但取

$S_{3} / A_{3}$

以后，只剩：

$2$

个元素。

因为它只区分：

$偶置换$

和

$奇置换 .$

于是：

$| S_{3} / A_{3} | = 2.$

而：

$| S_{3} | = 6, | A_{3} | = 3.$

你会看到：

$| S_{3} / A_{3} | = \frac{| S_{3} |}{| A_{3} |}$

一般有限群中，如果 $H ◃ G$ ，也有：

$| G / H | = \frac{| G |}{| H |} .$

到这里，我们终于已经有足够工具开始接近“可解群”了。

但下一步我不会直接给定义。

我们先拿 $S_{3}$ 做一件非常具体的事情：

${e} ◃ A_{3} ◃ S_{3}$

然后看看把 $S_{3}$ 一层一层“剥掉”以后，会剩下什么。

这正是以后所谓“可解”的核心直觉。

第 6 章：群同态、核、像和第一同构定理

本章对象： $φ : G \to H$ 是群同态； $e_{G}$ 、 $e_{H}$ 是不同群的单位元； $N = \ker$ $φ$ 。这里的核属于群论。

本节先定义：群同态、核、像和同构

设 $G$ 、 $H$ 是群，其单位元分别为 $e_{G}$ 、 $e_{H}$ 。群同态 $φ : G \to H$ 满足 $φ (a b) = φ (a) φ (b)$ 。由 $φ (e_{G}) = φ (e_{G})^{2}$ 可得 $φ (e_{G}) = e_{H}$ ；再由 $φ (a) φ (a^{- 1}) = e_{H}$ ，得到 $φ (a^{- 1}) = φ (a)^{- 1}$ 。

核 $\ker$ $φ$ 是映到 $e_{H}$ 的元素组成的集合，像 $im$ $φ$ 是实际可以达到的元素组成的集合。两者都是子群：核内两元素的 $a b^{- 1}$ 仍映到 $e_{H}$ ；像内 $φ (a) φ (b)^{- 1} = φ (a b^{- 1})$ 仍在像中。对 $n \in \ker$ $φ$ 、 $g \in G$ ，

$φ (g n g^{- 1}) = φ (g) e_{H} φ (g)^{- 1} = e_{H},$

所以 $\ker$ $φ ◃ G$ 。单射表示不同输入得到不同输出，满射表示每个目标元素都能达到；双射的群同态称为群同构。符号 $≅$ 表示结构同构，不要求两个群的元素是同一种对象。

补充证明：第一同构定理的完整检查

令 $N = \ker φ$ 。原映射 $φ : G \to H$ 的输入是群元素；下面的新映射 $Φ$ 的输入是陪集。核已经证明为正规子群，所以商群 $G / N$ 有定义。

第一步：定义新映射。

$Φ : G / N ⟶ im φ, Φ (g N) = φ (g) .$

第二步：检查良定义。 若 $g N = g^{'} N$ ，则存在 $n \in N$ 使 $g^{'} = g n$ 。因为 $φ (n) = e_{H}$ ，有

$φ (g^{'}) = φ (g) φ (n) = φ (g) .$

所以同一陪集选用不同代表元时，得到同一个像。

第三步：检查单射。 若 $φ (g) = φ (g^{'})$ ，则

$φ (g^{- 1} g^{'}) = φ (g)^{- 1} φ (g^{'}) = e_{H} .$

因此 $g^{- 1} g^{'} \in N$ ，从而 $g N = g^{'} N$ 。也就是说，相同输出只能来自同一陪集。

第四步：检查满射。 目标取为 $im φ$ 。其中任一元素都可以写成 $φ (g)$ ，它正是 $g N$ 在 $Φ$ 下的像。

第五步：检查保持乘法。

$Φ ((g N) (k N)) = φ (g k) = φ (g) φ (k) = Φ (g N) Φ (k N) .$

因此 $Φ$ 是双射的群同态。原对话详细解释了“相同像恰好对应相同陪集”；这里同时补上核的正规性及新映射保持乘法的检查。

6.2 核这个集合记号逐个符号拆解

原问题：这是什么意思

这个式子是在定义“核（kernel）”。

$N = {g \in G : φ (g) = e_{H}} .$

逐个拆开看。

$G$

是原来的群。

$H$

是映射到的另一个群。

$φ : G \to H$

表示一个群同态。

而

$e_{H}$

表示群 $H$ 里的单位元。

所以：

${g \in G : φ (g) = e_{H}}$

的意思就是：

把 $G$ 里面所有经过 $φ$ 后变成 $H$ 的单位元的元素 $g$ 全部收集起来。

这个集合就叫：

$\ker φ .$

也就是：

$\ker φ = {g \in G ∣ φ (g) = e_{H}}$

这里冒号

$:$

或者竖线

$∣$

都可以读成：

“满足……”

所以：

$g \in G : φ (g) = e_{H}$

就是：

$g$ 属于 $G$ ，并且满足 $φ (g) = e_{H}$ 。

比如：

$φ : Z \to Z / 2 Z$

表示“取奇偶性”。

那么目标群的单位元是“偶”这一类，也就是

$0 (\mod 2) .$

因此：

$\ker φ = {n \in Z : n \equiv 0 (\mod 2)} .$

也就是所有偶数。

放回我们刚才的 Galois 情形：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F),$

那么

$\ker (res)$

就是那些限制到 $E$ 后变成恒等映射的自同构，也就是：

$所有固定 E 的自同构$

因此：

$\ker (res) = Gal (K / E) .$

你这里主要是卡在集合构造符号

${g \in G : \dots}$

而不是“核”本身。

6.3 像是实际能够到达的目标元素

原问题：这里突然出现imfi是指什么

这里的

$im φ$

是 image $o f$ $φ$ ，中文叫：

$φ 的像$

意思是：

$G$ 里的元素经过 $φ$ 映射之后，实际上能够到达 $H$ 里的哪些元素。

如果

$φ : G \to H,$

那么定义：

$im φ = {φ (g) ∣ g \in G}$

也就是把所有

$g \in G$

都丢进 $φ$ ，收集所有输出。

注意它不一定等于整个 $H$ 。

比如：

$φ : Z \to Z, φ (n) = 2 n .$

那么虽然目标群是整个 $Z$ ，但实际上只能得到偶数：

$im φ = 2 Z .$

所以：

$im φ \subseteq H$

但未必：

$im φ = H .$

刚才那个式子

$G / N ⟶ im φ$

意思就是：

把 $G$ 按照核 $N = \ker φ$ 的陪集压缩以后，得到的商群 $G / N$ ，可以和 $φ$ 真正能到达的那部分 $im φ$ 一一对应。

最终第一同构定理说的是：

$G / \ker φ ≅ im φ$

所以这里的 im 就是 image 的缩写。

6.4 第一同构定理的陪集证明

第一同构定理描述群同态怎样通过核的陪集形成同构。先在群论中证明，再在第 13 章应用于限制映射。

我们现在有一个群映射：

$φ : G \to H .$

这里不是任意映射，而是群同态，意思是它保持群运算：

$φ (a b) = φ (a) φ (b)$

现在设：

$N = \ker φ .$

也就是说：

$N = {g \in G : φ (g) = e_{H}} .$

我们想知道：

如果两个元素 $g_{1}, g_{2} \in G$ 经过 $φ$ 后得到同一个东西，它们之间是什么关系？

假设：

$φ (g_{1}) = φ (g_{2}) .$

两边左乘：

$φ (g_{2})^{- 1} .$

得到：

$φ (g_{2})^{- 1} φ (g_{1}) = e_{H} .$

因为 $φ$ 是同态，

$φ (g_{2}^{- 1}) = φ (g_{2})^{- 1},$

所以：

$φ (g_{2}^{- 1} g_{1}) = e_{H} .$

因此：

$g_{2}^{- 1} g_{1} \in \ker φ = N .$

于是存在某个 $n \in N$ ，使：

$g_{2}^{- 1} g_{1} = n .$

所以：

$g_{1} = g_{2} n .$

也就是说：

$g_{1} \in g_{2} N .$

因此：

$φ (g_{1}) = φ (g_{2}) ⟺ g_{1} N = g_{2} N$

这个结论非常重要。

它的意思是：

$φ$ 无法区分的元素，恰好就是落在同一个核的陪集里的元素。

举个非常简单的例子。

假设：

$φ : Z \to Z / 2 Z$

把整数按奇偶性分类：

$φ (n) = n mod 2.$

那么：

$\ker φ = {所有偶数} = 2 Z .$

比如：

$1, 3, 5, 7, \dots$

虽然是不同整数，但经过 $φ$ 后全部变成：

$1.$

因为它们互相只差一个偶数：

$3 - 1 = 2, 5 - 1 = 4, \dots$

所以它们其实都属于同一个陪集：

$1 + 2 Z .$

同样所有偶数属于：

$0 + 2 Z .$

所以 $φ$ 真正在区分的并不是每个整数，而只是：

$核的不同陪集$

因此，与其让 $φ$ 作用在每个 $g$ 上，我们完全可以直接让它作用在陪集上：

$g N ⟼ φ (g) .$

这就得到：

$G / N ⟶ im φ .$

而刚才已经证明：

$g_{1} N = g_{2} N$

当且仅当

$φ (g_{1}) = φ (g_{2}) .$

所以这个新映射既不会把两个不同陪集错误地压成一个，也不会遗漏 $φ$ 真正能达到的元素。

因此：

$G / \ker φ ≅ im φ$

这就是群的第一同构定理。

第 7 章：可解群：定义、例子及保持可解的三个引理

本章对象： $C_{m}$ 是 $m$ 阶循环群； $V_{4}$ 是四元 Klein 群。可解列只要求相邻项正规，不要求每项正规于整个 $G$ 。

7.1 可解群的定义与 $S_{3}$ 的可解列

原问题：直接回到这里吧

可以，我们直接回到这里。

前面已经讲过：

$正规子群 \to 商群$

所以现在下一步就是开始理解：

$什么叫“可解群”（solvable group）$

但先不下抽象定义，先拿 $S_{3}$ 做例子。

考虑这条链：

${e} ◃ A_{3} ◃ S_{3} .$

这里：

$A_{3} = {e, (123), (132)} .$

我们来看这条链到底有什么特殊之处。

首先看最上面这一层：

$S_{3} / A_{3} .$

前面已经知道，它只有两个元素：

$A_{3}, (12) A_{3} .$

因此：

$| S_{3} / A_{3} | = 2.$

一个只有两个元素的群一定是交换群，所以：

$S_{3} / A_{3} 是阿贝尔群$

然后再看下一层：

$A_{3} / {e} .$

因为除以最小子群 ${e}$ 基本什么都没压掉，所以：

$A_{3} / {e} ≅ A_{3} .$

而 $A_{3}$ 有三个元素：

$e, (123), (132) .$

并且：

$(123) (132) = (132) (123) = e,$

整个 $A_{3}$ 是交换群。

所以：

$A_{3} / {e} 也是阿贝尔群$

现在你会看到：

$S_{3}$

虽然自己不是交换群，但我们能找到一条正规子群链：

${e} ◃ A_{3} ◃ S_{3}$

使得每一层相邻两群做商之后：

$A_{3} / {e}$

和

$S_{3} / A_{3}$

全都是阿贝尔群。

这就是“可解群”的核心思想：

一个群本身可以很复杂、可以不交换；但如果能把它通过正规子群一层一层拆开，而每一层剩下的商群都是交换群，那么这个群就叫可解群。

所以：

$S_{3} 是可解群$

正式定义就是：

如果存在一条链

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ G_{2} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$

使得每一个商群

$G_{i + 1} / G_{i}$

都是阿贝尔群，那么：

$G 是可解群$

英文：

$solvable group$

这里的“可解”这个名字现在看起来非常奇怪：

群又没有方程，为什么叫“可解”？

这不是巧合。

这个名称正是因为 Galois 理论最后证明：

$多项式可以用根式求解 ⟺ 它的 Galois 群是可解群$

所以“solvable group”中的 solvable，确实和我们最终要研究的“方程能不能用根式解”直接相关。

不过现在还不要跳到 Galois 理论。

下一步最重要的是弄懂：

$为什么“每一层商群是阿贝尔群”代表群被逐层简化了$

然后我们再看 $S_{4}$ 为什么也可解，而到了 $S_{5}$ 为什么这套拆法会卡在 $A_{5}$ 。

7.2 阿贝尔商群如何逐层消去非交换部分

现在我们只解释一个问题：

$为什么“每一层商群都是阿贝尔群”可以理解成把非交换性逐层消掉？$

这其实是“可解群”定义背后的核心直觉。

先看一个群 $G$ 。如果 $G$ 本身是阿贝尔群，那么最简单，因为所有元素都满足

$a b = b a .$

这时候你甚至不需要很多层，直接有：

${e} ◃ G,$

而

$G / {e} ≅ G$

本身就是阿贝尔群。

所以所有阿贝尔群当然都是可解群。

但 $S_{3}$ 本身不是阿贝尔群。比如：

$(12) (23) \neq (23) (12) .$

那为什么它还是“可解”？

因为我们找到：

${e} ◃ A_{3} ◃ S_{3} .$

现在看：

$S_{3} / A_{3} .$

在这个商群里，我们已经不再区分 $A_{3}$ 里面的元素。

也就是说：

$e, (123), (132)$

全部被视为同一个“大元素”：

$A_{3} .$

而所有奇置换则被视为另一个“大元素”。

于是原来 $S_{3}$ 中很多复杂的非交换行为，被压进了 $A_{3}$ 里面。

外面剩下的结构：

$S_{3} / A_{3}$

只有两个元素，因此是交换的。

所以可以这样理解：

$S_{3}$ 的“非交换复杂性”并没有遍布整个群，而是可以被集中到较小的子群 $A_{3}$ 里。

然后我们继续进入 $A_{3}$ 。

但 $A_{3}$ 本身已经是交换群了。

于是复杂性到这里就结束了。

所以：

$S_{3} \supset A_{3} \supset {e}$

就是一种“一层一层剥掉非交换结构”的过程。

你也可以把它画成：

$S_{3}$

先忽略掉 $A_{3}$ 内部的区别，得到

$S_{3} / A_{3},$

这是阿贝尔群。

然后再看被我们刚才“藏起来”的 $A_{3}$ 。

它自己也是阿贝尔的。

所以整个 $S_{3}$ 虽然不是阿贝尔群，但它是由若干层阿贝尔结构搭起来的。

这就是：

$可解群$

的直觉。

这里还有一个更精确的说法。

如果

$G / N$

是阿贝尔群，那么在商群里：

$(g N) (h N) = (h N) (g N) .$

也就是说：

$g h N = h g N .$

这等价于说：

$(g h)^{- 1} h g \in N$

或者更常见地写成：

$g h g^{- 1} h^{- 1} \in N .$

这个元素：

$g h g^{- 1} h^{- 1}$

叫做 $g, h$ 的交换子，英文：

commutator

记作：

$[g, h] .$

如果 $g, h$ 真正交换，那么：

$g h = h g,$

于是：

$g h g^{- 1} h^{- 1} = e .$

所以交换子是在测量：

$两个元素“不交换了多少”$

如果 $G / N$ 是阿贝尔群，那么所有交换子都落进 $N$ ：

$[g, h] \in N .$

因此可以理解成：

把 $N$ 压成单位元以后，所有“不交换的误差”都消失了。

这就是为什么阿贝尔商群代表“非交换性被压进更小的子群里”。

所以一条可解链：

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$

满足每个：

$G_{i + 1} / G_{i}$

都是阿贝尔群，本质上是在说：

$每走下一层，剩余的非交换性都可以继续塞进更小的子群$

最后一直塞到：

${e} .$

于是所有非交换复杂性都被一层层消解掉了。

这就是“solvable”的群论意义。

下一步就很自然了：

$看 S_{4} 为什么也能这样一层层拆$

然后再对比 $S_{5}$ ，看它为什么最终卡在 $A_{5}$ 。

7.3 $S_{4}$ 的可解列

现在我们看：

$S_{4} 为什么仍然是可解群$

但这一步会比 $S_{3}$ 多一层，所以我们慢慢来。

对 $S_{4}$ ，一个很有用的正规子群链是：

${e} ◃ V_{4} ◃ A_{4} ◃ S_{4} .$

这里新出现了一个东西：

$V_{4}$

它叫 Klein four group，克莱因四元群。

先只搞清楚 $V_{4}$ 是什么。

$S_{4}$ 是对

${1, 2, 3, 4}$

的所有置换。

其中有三个很特别的偶置换：

$(12) (34),$

$(13) (24),$

$(14) (23) .$

再加上单位元：

$e .$

于是定义：

$V_{4} = {e, (12) (34), (13) (24), (14) (23)}$

为什么这些都是偶置换？

因为例如：

$(12) (34)$

是两个换位的乘积。

两个是偶数，所以它是偶置换。

因此：

$V_{4} \subset A_{4} .$

现在先看它为什么自己是一个群。

设

$a = (12) (34),$

$b = (13) (24),$

$c = (14) (23) .$

那么：

$a^{2} = b^{2} = c^{2} = e .$

因为每个都只是交换两对元素，做两次就还原。

更有意思的是：

$a b = c .$

我们算一下。

$(12) (34) (13) (24) .$

还是从右往左。

先追踪 $1$ ：

$1 \overset{(13) (24)}{⟶} 3 \overset{(12) (34)}{⟶} 4.$

所以：

$1 \to 4.$

再看 $4$ ：

$4 \to 2 \to 1.$

所以：

$4 \to 1.$

因此有：

$(14) .$

再看 $2$ ：

$2 \to 4 \to 3.$

所以：

$2 \to 3.$

而：

$3 \to 1 \to 2.$

所以：

$3 \to 2.$

因此：

$a b = (14) (23) = c .$

同样：

$b c = a,$

$c a = b .$

所以这四个元素彼此相乘，永远不会跑出去。

因此：

$V_{4}$

确实是一个群。

而且这个群还是阿贝尔群。

例如：

$a b = c,$

同时：

$b a = c .$

所以：

$a b = b a .$

实际上 $V_{4}$ 中任意两个元素都交换。

因此：

$V_{4} 是阿贝尔群$

这已经告诉我们最下面这一层：

$V_{4} / {e}$

是阿贝尔群。

现在看整个链：

${e} ◃ V_{4} ◃ A_{4} ◃ S_{4} .$

为了证明 $S_{4}$ 可解，我们需要逐层看：

$V_{4} / {e},$

$A_{4} / V_{4},$

$S_{4} / A_{4} .$

其中第一层已经知道：

$V_{4} / {e} ≅ V_{4}$

是阿贝尔群。

最后一层：

$S_{4} / A_{4}$

和前面 $S_{3} / A_{3}$ 一样，只区分奇置换和偶置换，所以只有两个元素，也一定是阿贝尔群。

真正需要理解的是中间这一层：

$A_{4} / V_{4}$

为什么也是阿贝尔群。

这就是下一步最合适讲的内容。

7.4 $V_{4}$ 的正规性与三阶商群为何循环

现在只解决中间这一层：

$A_{4} / V_{4} 为什么是阿贝尔群$

这里其实有两个问题：

$V_{4}$ 为什么是 $A_{4}$ 的正规子群，这样 $A_{4} / V_{4}$ 才有资格成为商群？
这个商群为什么是阿贝尔群？

我们一个一个来。

先看大小：

$| A_{4} | = \frac{4!}{2} = 12.$

而

$| V_{4} | = 4.$

所以如果能够取商，那么：

$| A_{4} / V_{4} | = \frac{12}{4} = 3.$

也就是说，商群只有 3 个元素。

但我们现在还不能直接宣布它是群，因为首先要证明：

$V_{4} ◃ A_{4} .$

为什么 $V_{4}$ 是正规子群？

我们有：

$V_{4} = {e, (12) (34), (13) (24), (14) (23)} .$

这里介绍一个非常有用的事实。

如果 $σ$ 是一个置换，那么：

$σ (a b) σ^{- 1}$

等于：

$(σ (a) σ (b)) .$

直觉上就是：

左右用 $σ$ 和 $σ^{- 1}$ 包起来，相当于把循环里的标签全部按照 $σ$ 重新命名。

例如假设：

$σ = (123) .$

那么：

$σ (12) σ^{- 1}$

就是把 $1, 2$ 分别换成

$σ (1) = 2, σ (2) = 3,$

所以：

$σ (12) σ^{- 1} = (23) .$

同样：

$σ (12) (34) σ^{- 1}$

就会变成

$(σ (1) σ (2)) (σ (3) σ (4)) .$

关键是：

两个不相交的换位，在这种“重新命名”之后，仍然是两个不相交的换位。

所以：

$(12) (34)$

经过任意置换共轭后，只可能变成：

$(12) (34), (13) (24), (14) (23) .$

也就是说，它还是待在 $V_{4}$ 里面。

单位元 $e$ 当然也还是 $e$ 。

因此对任意：

$σ \in A_{4},$

都有：

$σ V_{4} σ^{- 1} = V_{4} .$

这正是正规子群的另一个等价定义：

$V_{4} ◃ A_{4} .$

现在我们终于可以形成商群：

$A_{4} / V_{4} .$

它有：

$3$

个元素。

接下来的问题是：

为什么任何只有 3 个元素的群一定是阿贝尔群？

设这个群是：

$G = {e, a, b} .$

取一个不是单位元的元素，比如：

$a \neq e .$

看：

$a^{2} .$

它只能是 $e, a, b$ 之一。

它不可能等于 $a$ ，因为如果：

$a^{2} = a,$

两边乘 $a^{- 1}$ ，得到：

$a = e,$

矛盾。

所以只有两种可能：

$a^{2} = e$

或者

$a^{2} = b .$

但第一种其实也不可能。

如果：

$a^{2} = e,$

那么集合

${e, a}$

会形成一个 2 元子群。

而子群大小必须整除群大小；2 不能整除 3。

如果暂时不想用这个定理，也可以以后再补。

所以必然：

$a^{2} = b .$

于是：

$a^{3} = a b .$

而因为群只有三个元素，继续乘最终必须回到 $e$ ，事实上：

$a^{3} = e .$

因此整个群其实就是：

${e, a, a^{2}} .$

所有元素都是 $a$ 的幂。

那么：

$a^{i} a^{j} = a^{i + j} = a^{j + i} = a^{j} a^{i} .$

所以一定交换。

因此：

$任何 3 阶群都是循环群，因此是阿贝尔群$

于是：

$A_{4} / V_{4} 是阿贝尔群 .$

现在三层全部打通：

${e} ◃ V_{4} ◃ A_{4} ◃ S_{4}$

对应商群：

$V_{4} / {e}$

阿贝尔；

$A_{4} / V_{4}$

3 阶群，阿贝尔；

$S_{4} / A_{4}$

2 阶群，阿贝尔。

所以：

$S_{4} 是可解群 .$

到这里，你已经看到了为什么四次方程对应的对称群 $S_{4}$ 还能够被“一层层拆成阿贝尔结构”。

下一步就轮到真正的分水岭：

$S_{5}$

我们会先看它最自然的第一层：

$A_{5} ◃ S_{5},$

然后发现问题全部集中到了 $A_{5}$ 。而 $A_{5}$ 和之前的 $A_{3}, A_{4}$ 会出现一个本质性的不同。

补充证明：可解群的子群仍可解

设 $G$ 有可解列 $e = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$ ， $H \leq G$ 。令 $H_{i} = H \cap G_{i}$ 。对 $x \in H_{i + 1}$ 、 $y \in H_{i}$ ， $x y x^{- 1}$ 同时属于 $H$ 与 $G_{i}$ ，故属于 $H_{i}$ ；所以 $H_{i} ◃ H_{i + 1}$ 。映射

$H_{i + 1} / H_{i} ⟶ G_{i + 1} / G_{i}, h H_{i} ⟼ h G_{i}$

良定义且保持乘法；若 $h G_{i} = G_{i}$ ，则 $h \in H \cap G_{i} = H_{i}$ ，因此单射。其目标群阿贝尔，所以定义域也阿贝尔。于是 $e = H_{0} ◃ \dots ◃ H_{r} = H$ 是可解列；相邻项允许相等，重复项删去即可。这补上原对话推广到 $n \geq 5$ 时仅引用、尚未写出的证明。

补充证明：可解的核与可解的商群给出可解的整体

设 $N ◃ G$ ，且 $N$ 与 $Q = G / N$ 都可解。取 $N$ 的可解列 $e = N_{0} ◃ \dots ◃ N_{s} = N$ ；取 $Q$ 的可解列 $N = Q_{0} ◃ \dots ◃ Q_{t} = Q$ 。令 $π : G \to Q$ 是商映射， $P_{j} = π^{- 1} (Q_{j})$ 。因 $Q_{j} ◃ Q_{j + 1}$ ，共轭计算给出 $P_{j} ◃ P_{j + 1}$ ，而且 $P_{0} = N$ 、 $P_{t} = G$ 。

把 $π$ 限制到 $P_{j + 1}$ ，再映到 $Q_{j + 1} / Q_{j}$ ，其核恰好是 $P_{j}$ ，且满射。第一同构定理给出 $P_{j + 1} / P_{j} ≅ Q_{j + 1} / Q_{j}$ ，因此这些商群阿贝尔。把两条链连接为

${e} = N_{0} ◃ \dots ◃ N_{s} = N = P_{0} ◃ P_{1} ◃ \dots ◃ P_{t} = G,$

得到 $G$ 的可解列。特别地，阿贝尔核当然可解，所以“可解群的阿贝尔扩张仍可解”。这里的“扩张”是群论中的核与商群关系，不是说把两个群简单做直积。

补充定义与证明：交换子如何检测商群的交换性

交换子 $[a, b] = a b a^{- 1} b^{- 1}$ ；它等于 $e$ 当且仅当 $a b = b a$ 。若 $N ◃ G$ ，则 $G / N$ 阿贝尔，当且仅当所有交换子都落在 $N$ 中。事实上， $a b N = b a N$ 等价于 $(b a)^{- 1} a b \in N$ ；该元素 $a^{- 1} b^{- 1} a b$ 与 $a b a^{- 1} b^{- 1}$ 互为一个共轭， $N$ 正规，所以两种条件等价。也可以直接在商群中计算 $a N$ 、 $b N$ 的交换子。后面的商群可解证明就用这个判别。

7.6 可解群的商群仍可解

现在证明：

$G 可解, N ◃ G ⟹ G / N 可解$

我们只用已经学过的“可解群”定义，不额外引入新定理。

假设 $G$ 可解。那么存在一条正规子群链：

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$

并且每一层：

$G_{i + 1} / G_{i} 是阿贝尔群 .$

现在我们想研究：

$G / N .$

这里 $N ◃ G$ ，否则商群 $G / N$ 都没有定义。

我们有自然的商映射：

$π : G \to G / N$

它把：

$g \mapsto g N .$

现在把原来每一个 $G_{i}$ 都通过 $π$ 映射过去。

定义：

$H_{i} = π (G_{i})$

于是每个 $H_{i}$ 都是 $G / N$ 里的一个子群。

原来的链：

$G_{0} \subset G_{1} \subset \dots \subset G_{r}$

经过 $π$ 后变成：

$H_{0} \subset H_{1} \subset \dots \subset H_{r} .$

最上面：

$H_{r} = π (G) = G / N .$

最下面呢？

因为：

$G_{0} = {e},$

所以：

$H_{0} = π ({e}) = {N} .$

注意在商群 $G / N$ 中，单位元就是陪集：

$N .$

所以：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N$

我们现在只需要证明每一个：

$H_{i + 1} / H_{i}$

都是阿贝尔群。

为什么？

任取：

$a, b \in G_{i + 1} .$

因为：

$G_{i + 1} / G_{i}$

是阿贝尔群，所以在这个商群里：

$(a G_{i}) (b G_{i}) = (b G_{i}) (a G_{i}) .$

也就是：

$a b G_{i} = b a G_{i} .$

这意味着“不交换产生的差别”落在 $G_{i}$ 里面。也就是：

$a b a^{- 1} b^{- 1} \in G_{i}$

现在对它作用商映射 $π$ ：

$π (a b a^{- 1} b^{- 1}) \in π (G_{i}) = H_{i} .$

因为 $π$ 是群同态：

$π (a b a^{- 1} b^{- 1}) = π (a) π (b) π (a)^{- 1} π (b)^{- 1} .$

所以：

$π (a) π (b) π (a)^{- 1} π (b)^{- 1} \in H_{i}$

这句话又意味着：

在商群

$H_{i + 1} / H_{i}$

里面：

$π (a) H_{i}$

和

$π (b) H_{i}$

能够交换。

而 $a, b$ 是任意的，所以：

$H_{i + 1} / H_{i} 是阿贝尔群 .$

于是我们已经给 $G / N$ 找到了一条：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N$

并且每一层商群都是阿贝尔群。

按照可解群定义：

$G / N 可解 .$

7.7 逐元素证明群链的像仍形成正规链

原问题：为什么这个就成立了

这里要分成三件事证明，刚才我确实压得太快了。

我们定义了：

$H_{i} = π (G_{i}),$

其中

$π : G \to G / N, π (g) = g N .$

而原来有：

$G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G .$

现在为什么能得到：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N ?$

先看最下面。

因为

$G_{0} = {e},$

所以：

$H_{0} = π (G_{0}) = {π (e)} .$

而：

$π (e) = e N = N .$

所以：

$H_{0} = {N} .$

注意这里 $N$ 是商群 $G / N$ 的单位元，因为：

$N \cdot g N = g N .$

所以 ${N}$ 就相当于普通群里的 ${e}$ 。

再看最上面。

因为：

$G_{r} = G,$

所以：

$H_{r} = π (G_{r}) = π (G) .$

而商映射 $π$ 会把所有 $g \in G$ 送成所有陪集 $g N$ 。

这些陪集正好构成整个：

$G / N .$

所以：

$H_{r} = G / N .$

第三件事最关键：

为什么：

$H_{i} ◃ H_{i + 1} ?$

我们知道原来：

$G_{i} ◃ G_{i + 1} .$

现在取任意：

$x \in H_{i + 1}$

和：

$y \in H_{i} .$

因为：

$H_{i + 1} = π (G_{i + 1}),$

所以存在：

$a \in G_{i + 1}$

使：

$x = π (a) .$

同理存在：

$b \in G_{i}$

使：

$y = π (b) .$

现在看共轭：

$x y x^{- 1} .$

代入：

$x y x^{- 1} = π (a) π (b) π (a)^{- 1} .$

因为 $π$ 是群同态：

$= π (a b a^{- 1}) .$

而原来：

$G_{i} ◃ G_{i + 1},$

所以：

$a b a^{- 1} \in G_{i} .$

于是：

$π (a b a^{- 1}) \in π (G_{i}) = H_{i} .$

所以：

$x y x^{- 1} \in H_{i} .$

这对任意 $x \in H_{i + 1}$ 、 $y \in H_{i}$ 都成立，因此：

$H_{i} ◃ H_{i + 1} .$

所以整个链才真正成立：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N$

核心就是一句：

$正规子群经过群同态取像以后，仍然正规于对应的大群的像。$

这里不是因为“把 $G_{i}$ 映过去”就自动能写 $◃$ ，还需要上面这个共轭计算。

7.8 逐元素证明像链的相邻商群阿贝尔

刚才我们已经证明了：

$H_{i} = π (G_{i})$

会形成一条正规的子群链：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N .$

现在还差最后一件事：

$H_{i + 1} / H_{i} 为什么是阿贝尔群？$

原来的 $G$ 是可解群，所以我们知道：

$G_{i + 1} / G_{i}$

是阿贝尔群。

这句话意味着：任取

$a, b \in G_{i + 1},$

它们在商群里交换：

$(a G_{i}) (b G_{i}) = (b G_{i}) (a G_{i}) .$

也就是：

$a b G_{i} = b a G_{i} .$

这意味着 $a b$ 和 $b a$ 只差一个 $G_{i}$ 中的元素。等价地：

$a b a^{- 1} b^{- 1} \in G_{i} .$

现在把它通过

$π : G \to G / N$

映过去。

令

$x = π (a), y = π (b) .$

因为 $a, b \in G_{i + 1}$ ，所以：

$x, y \in H_{i + 1} .$

而：

$a b a^{- 1} b^{- 1} \in G_{i} .$

作用 $π$ ：

$π (a b a^{- 1} b^{- 1}) \in π (G_{i}) = H_{i} .$

利用 $π$ 是群同态：

$π (a b a^{- 1} b^{- 1}) = x y x^{- 1} y^{- 1} .$

所以：

$x y x^{- 1} y^{- 1} \in H_{i} .$

这就意味着，在商群

$H_{i + 1} / H_{i}$

里， $x$ 和 $y$ 的不交换部分已经被压进了单位元。

因此：

$(x H_{i}) (y H_{i}) = (y H_{i}) (x H_{i}) .$

因为 $x, y$ 任意，所以：

$H_{i + 1} / H_{i} 是阿贝尔群 .$

于是我们有：

${N} = H_{0} ◃ H_{1} ◃ \dots ◃ H_{r} = G / N$

而且每一个：

$H_{i + 1} / H_{i}$

都是阿贝尔群。

这正是“可解群”的定义，所以：

$G / N 可解 .$

第 8 章： $A_{5}$ 的结构：完整证明五次的群论障碍

本章对象：共轭类 $C l_{G} (x)$ 是 $g x g^{- 1} : g \in G$ ；中心化子 $C_{G} (x)$ 是与 $x$ 交换的元素组成的子群；单群只有两个正规子群。

8.1 从 $S_{4}$ 走到 $S_{5}$ ：单群障碍

好，我们现在正式进入分水岭：

$S_{5}$

前面对 $S_{4}$ ，我们找到：

${e} ◃ V_{4} ◃ A_{4} ◃ S_{4}$

并且每一层商群都是阿贝尔群。

现在尝试对 $S_{5}$ 做同样的事。

首先最自然的子群还是：

$A_{5} = {所有偶置换} .$

而且和前面一样：

$A_{5} ◃ S_{5} .$

为什么？

因为置换的奇偶性在共轭下不改变。

如果：

$σ \in S_{5}, τ \in A_{5},$

那么看：

$σ τ σ^{- 1} .$

如果用“奇偶性乘法”来算：

$sgn (σ τ σ^{- 1}) = sgn (σ) sgn (τ) sgn (σ^{- 1}) .$

其中：

$sgn (τ) = + 1$

因为 $τ$ 是偶置换。

并且：

$sgn (σ^{- 1}) = sgn (σ) .$

所以：

$sgn (σ τ σ^{- 1}) = sgn (σ)^{2} = 1.$

因此：

$σ τ σ^{- 1} \in A_{5} .$

所以：

$A_{5} ◃ S_{5} .$

然后看商群：

$S_{5} / A_{5} .$

因为：

$| S_{5} | = 5! = 120,$

而：

$| A_{5} | = \frac{120}{2} = 60,$

所以：

$| S_{5} / A_{5} | = 2.$

因此：

$S_{5} / A_{5} 是阿贝尔群 .$

所以第一层完全没问题：

$S_{5} ⟶ S_{5} / A_{5} .$

真正的问题全部被压进了：

$A_{5} .$

这和 $S_{4}$ 很像。

但是 $S_{4}$ 的时候，我们进入 $A_{4}$ 后，还能继续找到：

$V_{4} ◃ A_{4} .$

于是继续拆：

$A_{4} / V_{4} .$

但到了 $A_{5}$ ，奇怪的事情发生了：

$A_{5} 没有类似 V_{4} 的非平凡正规子群。$

准确地说：

$A_{5}$

的正规子群只有：

${e}$

和

$A_{5}$

本身。

这种群就叫：

$simple group，单群 .$

注意“单群”不是说它很简单。

恰恰相反，这里的 simple 意思是：

它已经不能通过正规子群继续拆开。

而 $A_{5}$ 更麻烦的是：

$A_{5} 不是阿贝尔群 .$

所以如果我们尝试：

${e} ◃ A_{5},$

对应的商群就是：

$A_{5} / {e} ≅ A_{5},$

但 $A_{5}$ 本身不是阿贝尔群。

因此这条链不满足“每一层商群都是阿贝尔群”。

而又因为 $A_{5}$ 没有中间的非平凡正规子群，所以没法像：

$A_{4} \supset V_{4} \supset {e}$

那样绕过去。

这就是关键障碍：

$A_{5} 是非阿贝尔单群$

于是：

$A_{5} 不可解$

进而：

$S_{5} 不可解 .$

但这里最难的一步我们还没有证明：

$为什么 A_{5} 没有任何非平凡正规子群？$

这一步不能一句话带过。

下一步我们应该先把 $A_{5}$ 里的元素按循环类型全部分类，然后再看一个正规子群如果包含某种元素，会被“共轭”迫使包含哪些其他元素。这样才能真正看出为什么它最后只能是整个 $A_{5}$ 。

8.2 $A_{5}$ 的循环类型及元素数目

下一步先只做一件事：把 $A_{5}$ 里面到底有哪些类型的置换弄清楚。这一步是证明 $A_{5}$ 是单群的准备。

$A_{5}$ 是 $S_{5}$ 里的所有偶置换，所以一共有

$| A_{5} | = \frac{5!}{2} = 60$

个元素。

我们要问：

一个作用在 ${1, 2, 3, 4, 5}$ 上的偶置换，它的不相交循环分解可能长什么样？

先从所有可能的循环类型开始。

1. 恒等置换

当然有

$e .$

它什么都不动。

共：

$1$

个。

2. 一个换位，例如 $(12)$

换位是奇置换，所以：

$(12) \notin A_{5} .$

因此这种类型全部排除。

3. 一个 3-循环，例如 $(123)$

一个 3-循环可以拆成两个换位：

$(123) = (13) (12),$

所以它是偶置换。

因此：

$(123) \in A_{5} .$

所以 $A_{5}$ 中有所有 3-循环。

现在数一共有多少个。

先从 5 个元素里挑 3 个：

$(\binom{5}{3}) = 10.$

对于选定的三个元素，例如 ${1, 2, 3}$ ，可以形成几个不同的 3-循环？

有：

$(123)$

和

$(132) .$

注意

$(123) = (231) = (312)$

只是同一个循环换了起点，不算新的。

所以每组三个元素产生：

$2$

个 3-循环。

因此一共有：

$10 \times 2 = 20.$

所以：

$3-循环共有 20 个$

4. 两个不相交的换位

例如：

$(12) (34) .$

这是两个换位的乘积，所以是偶置换。

因此也属于 $A_{5}$ 。

这种类型叫：

$double transposition，双换位$

例如：

$(12) (34), (13) (25), (15) (24) .$

现在数有多少个。

首先，有 5 个元素，其中必然有一个元素不动。

先选那个不动的元素：

$5$

种选择。

剩下 4 个元素要分成两对。

例如剩下：

$1, 2, 3, 4.$

可以配成：

$(12) (34),$

$(13) (24),$

$(14) (23) .$

正好 3 种。

所以总数：

$5 \times 3 = 15.$

因此：

$双换位共有 15 个$

5. 一个 4-循环

例如：

$(1234) .$

4-循环需要：

$4 - 1 = 3$

个换位。

3 是奇数，所以它是奇置换。

因此：

$(1234) \notin A_{5} .$

全部排除。

6. 一个 5-循环

例如：

$(12345) .$

5-循环需要：

$5 - 1 = 4$

个换位。

4 是偶数，所以：

$(12345) \in A_{5} .$

现在数有多少个 5-循环。

对于 5 个固定元素，一个 5-循环可以写成：

$(a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5}) .$

总共有：

$5!$

种排列方式。

但是同一个循环可以从任意位置开始写：

$(12345) = (23451) = (34512) = (45123) = (51234) .$

所以每个循环被重复计算了 5 次。

因此：

$\frac{5!}{5} = 4! = 24.$

所以：

$5-循环共有 24 个$

现在把所有偶置换类型加起来：

$1 + 20 + 15 + 24 = 60.$

正好：

$| A_{5} | = 60.$

因此我们没有遗漏任何元素。

所以 $A_{5}$ 的元素只有四种类型：

$\begin{array}{cc} 类型 & 数量 \\ e & 1 \\ 3 -循环 & 20 \\ 双换位 & 15 \\ 5 -循环 & 24 \end{array}$

这张表后面非常重要。

接下来我们要利用“正规子群在共轭下必须保持不变”。

直觉上，如果某个正规子群 $N ◃ A_{5}$ 含有一个元素，比如：

$(123),$

那么它不能只含这一个 3-循环。

因为对 $A_{5}$ 中各种 $σ$ 做

$σ (123) σ^{- 1},$

会把标签重新排列，从而强迫 $N$ 同时包含很多其他 3-循环。

下一步就是仔细讲：

$共轭为什么等于“重新给循环里的数字贴标签”$

以及它如何限制正规子群。

8.3 共轭就是重新给循环贴标签

本段先解释共轭的作用，并列出需要验证的共轭类数量。三循环、双换位及五循环的类大小将在紧接着的补充证明中计算，不能只由“重新贴标签”这句话直接认定。

现在我们只讲：

$σ τ σ^{- 1}$

为什么可以理解成“把 $τ$ 里的数字重新命名”。

假设

$τ = (123) .$

它的意思是：

$1 \to 2, 2 \to 3, 3 \to 1.$

现在取另一个置换 $σ$ 。比如

$σ = (14) (25) .$

那么：

$σ (1) = 4, σ (2) = 5, σ (3) = 3.$

我们来看

$σ (123) σ^{- 1} .$

结论是：

$σ (123) σ^{- 1} = (σ (1) σ (2) σ (3))$

所以这里就是：

$σ (123) σ^{- 1} = (453)$

也就是

$(453) .$

为什么？

我们直接跟踪一个元素。

比如先看 $σ (1) = 4$ 。

对 $4$ 作用

$σ (123) σ^{- 1} .$

第一步，最右边的 $σ^{- 1}$ ：

$4 \mapsto 1.$

然后做 $(123)$ ：

$1 \mapsto 2.$

最后做 $σ$ ：

$2 \mapsto 5.$

所以：

$4 \mapsto 5.$

同理：

$5 \mapsto 3,$

$3 \mapsto 4.$

于是：

$4 \to 5 \to 3 \to 4,$

所以就是：

$(453) .$

因此：

$σ (a_{1} a_{2} \dots a_{k}) σ^{- 1} = (σ (a_{1}) σ (a_{2}) \dots σ (a_{k}))$

这就是“共轭就是重新贴标签”。

现在来看为什么这对正规子群重要。

假设：

$N ◃ A_{5} .$

正规意味着：

$σ N σ^{- 1} = N$

对所有

$σ \in A_{5}$

都成立。

所以如果：

$τ \in N,$

那么：

$σ τ σ^{- 1} \in N .$

换句话说：

只要 $N$ 含有一个元素，它就必须同时包含这个元素在 $A_{5}$ 中的所有共轭元素。

这就非常强。

例如如果：

$(123) \in N,$

那么所有形如：

$σ (123) σ^{- 1}$

的元素也必须在 $N$ 里。

而这些都是 3-循环。

事实上，在 $A_{5}$ 中所有 20 个 3-循环彼此共轭。

所以：

$N 如果包含一个 3-循环，就必须包含全部 20 个 3-循环$

同理，15 个双换位也形成一个共轭类。

所以：

$N 如果包含一个双换位，就必须包含全部 15 个双换位$

但 5-循环这里稍微特殊一点：

在 $S_{5}$ 中，24 个 5-循环全部彼此共轭；但在 $A_{5}$ 中，它们会裂成两个共轭类，每类 12 个。

这个细节后面证明 $A_{5}$ 单群时很重要。

所以 $A_{5}$ 的共轭类大小实际上是：

$1, 20, 15, 12, 12$

总和：

$1 + 20 + 15 + 12 + 12 = 60.$

下一步我们就利用这个事实：

正规子群必须是若干个共轭类的并，并且一定包含单位元。

然后看这些共轭类大小能不能拼出一个既整除 60、又严格介于 1 和 60 之间的正规子群大小。

补充证明： $A_{5}$ 的共轭类为什么是 1、20、15、12、12

先定义中心化子 $C_{G} (x) = g \in G : g x = x g$ ，它是一个子群。共轭映射 $g \mapsto g x g^{- 1}$ 的两个输入 $g, h$ 得到同一个输出，当且仅当 $h^{- 1} g \in C_{G} (x)$ 。因此共轭类与中心化子的左陪集一一对应，有限群中

$| {Cl}_{G} (x) | = | G | / | C_{G} (x) | .$

这一步只用了已经证明的陪集计数，不需要提前调用其他群论定理。

对三循环 $c = (123)$ ，交换它的置换必须保持集合 {1,2,3}，在这个集合上只能是 $e, c, c^{2}$ ；在剩下的 {4,5} 上可选 $e$ 或 (45)。 $S_{5}$ 中中心化子有 6 个元素，其中偶置换恰好 3 个。因此 $A_{5}$ 中这个共轭类有 60/3=20 个元素，正好覆盖全部三循环。

对双换位 $d = (12) (34)$ ，交换它的置换必须固定唯一不动点 5。它可以决定把 {1,2} 送到两对中的哪一对（2 种），以及每对内的顺序（各 2 种），故 $S_{5}$ 的中心化子有 8 个元素。奇置换 (12) 在该中心化子中，乘以它给出中心化子内偶、奇元素的双射，所以偶元素有 4 个。共轭类大小为 60/4=15，正好覆盖全部双换位。

对五循环 $c = (12345)$ ，与它交换的置换 $g$ 一旦确定 $g (1)$ ，其余像由 $g (c^{j} (1)) = c^{j} (g (1))$ 决定。因此中心化子恰好是 $e, c, c^{2}, c^{3}, c^{4}$ ，其中所有元素均为偶置换。每个 $A_{5}$ 共轭类大小为 60/5=12。五循环总共有 24 个，所以分成恰好两个类。单位元独自一类，于是得到 1、20、15、12、12。

补充检查：非阿贝尔单群为什么不可解

令 $a = (123)$ 、 $b = (345)$ ，乘积从右向左作用。 $a b$ 把 3 送到 4， $b a$ 把 3 送到 1，因此 $a b \neq b a$ 。故 $A_{5}$ 非阿贝尔。若它存在可解列，删除重复项后，最后一个真子群必须正规于 $A_{5}$ 。单群性迫使这个真子群为 $e$ ，于是最后的商群就是 $A_{5}$ 本身，却不是阿贝尔群，矛盾。再利用已证明的“可解群的子群仍可解”，推出 $S_{5}$ 不可解。

8.5 用共轭类并集与整除条件证明 $A_{5}$ 单群

现在我们利用刚才得到的 $A_{5}$ 共轭类大小

$1, 20, 15, 12, 12$

来证明：

$A_{5} 没有非平凡正规子群$

先只看第一个关键点。

如果

$N ◃ A_{5},$

并且 $x \in N$ ，那么对任意 $σ \in A_{5}$ ，

$σ x σ^{- 1} \in N .$

所以只要 $N$ 含有一个 $x$ ，它就必须把 $x$ 的整个共轭类都包含进去。

因此：

$正规子群一定是若干个共轭类的并$

并且因为任何子群都必须包含单位元 $e$ ，所以大小为 1 的共轭类

${e}$

必然包含。

于是正规子群 $N$ 的大小只能由下面这些数字拼出来：

$1, 20, 15, 12, 12.$

也就是说一定是

$| N | = 1 + 若干个 20, 15, 12, 12.$

现在第二个条件来自刚才学过的 Lagrange 定理。

因为

$N \leq A_{5}$

而

$| A_{5} | = 60,$

所以：

$| N | ∣ 60 .$

60 的正因数只有：

$1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60.$

所以我们只需要看看：

用 $1, 20, 15, 12, 12$ 中的若干项相加，能不能得到这些因数中的某一个？

我们逐渐加。

只取单位元：

$1.$

这对应：

$N = {e} .$

这是平凡正规子群。

如果再加入一个 12 元共轭类：

$1 + 12 = 13.$

但：

$13 ∤ 60.$

不行。

加入 15 元类：

$1 + 15 = 16,$

而

$16 ∤ 60.$

不行。

加入 20 元类：

$1 + 20 = 21,$

也不整除 60。

再尝试两个非平凡共轭类：

$1 + 12 + 12 = 25,$

$1 + 12 + 15 = 28,$

$1 + 12 + 20 = 33,$

$1 + 15 + 20 = 36.$

没有一个整除 60。

三个：

$1 + 12 + 12 + 15 = 40,$

$1 + 12 + 12 + 20 = 45,$

$1 + 12 + 15 + 20 = 48.$

也都不整除 60。

最后全部都要：

$1 + 12 + 12 + 15 + 20 = 60.$

这就是整个 $A_{5}$ 。

因此正规子群的大小只有两种可能：

$| N | = 1$

或者

$| N | = 60.$

所以：

$N = {e} 或 N = A_{5}$

不存在中间的非平凡正规子群。

因此：

$A_{5} 是单群$

但我们还需要另一半：

$A_{5}$

不是阿贝尔群。

这个很容易，例如：

$(123), (345) \in A_{5},$

但一般有

$(123) (345) \neq (345) (123) .$

所以 $A_{5}$ 是：

$非阿贝尔单群 .$

这就直接造成“可解”失败。

因为如果想构造：

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = A_{5}$

而 $A_{5}$ 没有任何中间正规子群，那么只能是：

${e} ◃ A_{5} .$

对应唯一的非平凡商群：

$A_{5} / {e} ≅ A_{5} .$

可是它不是阿贝尔群。

所以：

$A_{5} 不可解$

进而因为

$A_{5} ◃ S_{5}$

且 $A_{5}$ 已经是不可解的障碍，所以：

$S_{5} 也不可解 .$

到这里，我们已经完成了纯群论这半边：

$S_{2}, S_{3}, S_{4} 可解, S_{5} 不可解 .$

下一步就要开始真正搭桥到方程：

$为什么“用根式解方程”竟然对应“Galois 群是可解群”？$

在进入这个桥之前，我们首先必须学一个新对象：域（field）。因为“知道哪些数”和“加入一个平方根以后知道哪些新数”都要用域来精确描述。

第 9 章：域、理想、代数元与扩张次数

本章对象： $Q$ 是有理数域； $R$ 是含单位元的交换环； $I$ 是理想； $F \subseteq E \subseteq K$ 是域塔。 $F (α)$ 是生成域， $[K : F]$ 是向量空间维数；span 表示所有给定域系数的线性组合。

9.1 域与域扩张：允许使用哪些数

现在开始进入和“根式解”真正连接的另一半：域（field）。

这一步先只回答一个问题：

我们怎样严格描述“目前允许使用哪些数，以及这些数之间允许做哪些运算”？

假设我们从有理数开始：

$Q = {\frac{p}{q} : p, q \in Z, q \neq 0} .$

如果我们只允许做：

$+, -, \times, \div$

而且除数不能是 0，那么从有理数出发，永远还是有理数。

例如：

$\frac{2}{3} + \frac{5}{7} = \frac{29}{21} \in Q,$

$\frac{2}{3} \cdot \frac{5}{7} = \frac{10}{21} \in Q,$

$\frac{2 / 3}{5 / 7} = \frac{14}{15} \in Q .$

所以 $Q$ 对四则运算是“封闭”的。

这就是域最核心的直觉：

$一个域，是一个可以自由做四则运算而不会跑出去的数系$

当然，正式定义稍微严格一些。

一个集合 $F$ ，如果有加法和乘法，并满足：

$(F, +)$

是一个阿贝尔群，

同时非零元素

$F^{\times} = F ∖ {0}$

在乘法下也是一个阿贝尔群，

再加上乘法对加法满足分配律：

$a (b + c) = a b + a c,$

那么 $F$ 就叫一个域。

这里其实就是把我们前面学过的“群”用到了两次。

第一次是加法：

$(F, +) .$

所以必须有：

$0,$

每个 $a$ 有加法逆元：

$- a .$

第二次是乘法：

$(F ∖ {0}, \times) .$

所以必须有：

$1,$

每个非零 $a$ 有乘法逆元：

$a^{- 1} .$

也就是可以除以 $a$ 。

因此：

$域就是既能加减，又能乘除的代数系统$

最典型的例子是：

$Q, R, C .$

它们都是域。

但整数：

$Z$

不是域。

为什么？

因为：

$2 \in Z,$

但它的乘法逆元：

$\frac{1}{2}$

不在 $Z$ 中。

所以整数不能在内部自由做除法。

现在这个概念为什么和方程有关？

考虑：

$x^{2} - 2 = 0.$

如果我们只在

$Q$

里面工作，那么它没有根。

因为：

$\sqrt{2} \notin Q .$

于是我们想做一件事：

在原来的有理数域里“加入”一个新数 $\sqrt{2}$ 。

加入以后，我们当然不能只拥有一个孤零零的 $\sqrt{2}$ 。

因为如果这是一个域，那就必须还能做加减乘除。

所以必须至少包含：

$1 + \sqrt{2},$

$3 - 2 \sqrt{2},$

$\frac{1}{1 + \sqrt{2}},$

等等。

而：

$\frac{1}{1 + \sqrt{2}} = \sqrt{2} - 1.$

最后会发现，这个新域里的每个元素都可以写成：

$a + b \sqrt{2}, a, b \in Q$

这个新域记作：

$Q (\sqrt{2}) .$

读作：

$Q$ adjoining $\sqrt{2}$

中文通常说：

在 $Q$ 上添加 $\sqrt{2}$ 得到的域。

这一步非常重要，因为以后所谓“用根式解方程”，本质上就是不断做：

$F \subset F (\sqrt[n_{1}]{a_{1}}) \subset F (\sqrt[n_{1}]{a_{1}}, \sqrt[n_{2}]{a_{2}}) \subset \dots$

也就是：

$不断往已有的域里加入根式$

所以“根式解”最终会变成一个关于域扩张的问题。

下一步最自然就是仔细讲：

$Q (\sqrt{2}) 为什么恰好都是 a + b \sqrt{2} ，不会需要更复杂的形式$

这会正式引出“域扩张”的概念。

9.2 先定义环和理想，理解吸收性质

原问题：你得解释理想是什么吧

对，这里确实应该先把“理想（ideal）”讲清楚，不然前面那句话是悬空的。

先从我们已经熟悉的结构开始。

一个环 $R$ 里有两种运算：

$+, \times .$

例如：

$Z$

就是一个环。

现在我们想从 $R$ 里面挑一个子集 $I$ ，希望它在某种意义上“对环运算很稳定”。

理想要求两件事。

第一， $I$ 对加法本身要形成一个群。也就是如果

$a, b \in I,$

那么：

$a - b \in I .$

例如偶数集合：

$2 Z = {\dots, - 4, - 2, 0, 2, 4, \dots}$

满足这一点。

第二，这才是理想最特殊的地方：

$a \in I, r \in R ⟹ r a \in I$

如果是交换环，也等价于

$a r \in I .$

意思是：

理想里的一个元素，乘上整个环里的任意元素，都不能跑出理想。

例如在

$R = Z$

里，

$I = 2 Z$

是一个理想。

因为如果

$a = 2 k$

是偶数，而

$r \in Z,$

那么：

$r a = r (2 k) = 2 (r k),$

仍然是偶数。

所以：

$2 Z$

是 $Z$ 的理想。

同理：

$3 Z, 5 Z, 12 Z$

都是理想。

为什么不能只说“子群”？

因为子群只管一种运算。

比如：

$2 Z$

是整数加法群

$(Z, +)$

的子群。

但是“理想”还额外要求：

$外面的环元素可以乘进来$

所以理想比“加法子群”要求更强。

可以先记：

$理想 = 加法子群 + 对整个环的乘法吸收$

这里常说理想具有 吸收性。

因为：

$r \in R, a \in I$

以后，

$r a$

被“吸”回 $I$ 里面。

现在就能理解为什么域同态的核是理想。

假设：

$φ : R \to S$

是环同态。

它的核是：

$\ker φ = {a \in R : φ (a) = 0} .$

首先，如果

$a, b \in \ker φ,$

那么：

$φ (a) = 0, φ (b) = 0.$

于是：

$φ (a - b) = φ (a) - φ (b) = 0.$

所以：

$a - b \in \ker φ .$

这说明它是加法子群。

再看吸收性。

如果：

$a \in \ker φ, r \in R,$

那么：

$φ (r a) = φ (r) φ (a) .$

因为：

$φ (a) = 0,$

所以：

$φ (r a) = φ (r) \cdot 0 = 0.$

因此：

$r a \in \ker φ .$

所以：

$\ker φ 是 R 的理想$

现在再回头看域 $K$ 。

假设：

$I \subseteq K$

是一个理想，而且里面有一个非零元素：

$a \in I, a \neq 0.$

因为 $K$ 是域，所以：

$a^{- 1} \in K .$

而理想有吸收性，所以既然

$a \in I$

且

$a^{- 1} \in K,$

就必须有：

$a^{- 1} a \in I .$

但：

$a^{- 1} a = 1.$

所以：

$1 \in I .$

接下来任取：

$x \in K .$

因为：

$1 \in I,$

又因为 $x \in K$ ，利用理想的吸收性：

$x \cdot 1 \in I .$

于是：

$x \in I .$

所以整个 $K$ 都在 $I$ 里：

$I = K .$

因此域只有两个理想：

${0}, K .$

这就是前面那个结论的完整背景。

9.3 域的理想为什么只有零理想和整个域

这里是在解释：为什么域 $K$ 只有两个理想： ${0}$ 和整个 $K$ 。

假设 $I$ 是 $K$ 的一个理想，而且 $I$ 里有某个非零元素

$a \in I, a \neq 0.$

理想有一个关键性质：

$a \in I, r \in K ⟹ r a \in I$

也就是说，理想里的元素乘上环（这里是域）中的任意元素，结果还必须留在理想里。

因为 $K$ 是域，而 $a \neq 0$ ，所以 $a$ 有逆元：

$a^{- 1} \in K .$

现在在上面的理想性质里取

$r = a^{- 1} .$

因为 $a \in I$ ，所以

$a^{- 1} a \in I .$

但

$a^{- 1} a = 1.$

所以：

$1 \in I .$

这一步就是你选中的那句话的意思。

然后一旦 $1 \in I$ ，事情就结束了。因为任取一个

$x \in K,$

利用理想的性质：

$x \cdot 1 \in I .$

而

$x \cdot 1 = x .$

所以任意 $x \in K$ 都属于 $I$ 。

因此：

$I = K .$

所以一个域里的理想只有两种可能：

$I = {0}$

或者，只要它含有任意一个非零元素，就立即变成：

$I = K .$

这也就是前面说“域同态的核只能是 ${0}$ 或整个域”的根本原因。

9.4 完整验证 $Q (\sqrt 2)$ 的元素形式

现在就把这件事彻底讲清楚：

$Q (\sqrt{2}) = {a + b \sqrt{2} ∣ a, b \in Q}$

为什么正好是这种形式？

先从“加入 $\sqrt{2}$ ”是什么意思说起。

我们原来只有：

$Q .$

现在要求新的域里还必须有：

$\sqrt{2} .$

既然它是域，就必须对四则运算封闭。

所以至少会产生：

$1 + \sqrt{2}, 3 \sqrt{2}, \frac{5}{2} - 7 \sqrt{2}$

等等。

这些显然都属于：

$a + b \sqrt{2} .$

关键问题是：

继续乘、除以后，会不会出现 $(\sqrt{2})^{2}, (\sqrt{2})^{3}$ 之类，从而需要更高次项？

先看乘法。

设

$x = a + b \sqrt{2},$

$y = c + d \sqrt{2} .$

那么：

$x y = (a + b \sqrt{2}) (c + d \sqrt{2}) .$

展开：

$= a c + a d \sqrt{2} + b c \sqrt{2} + b d (\sqrt{2})^{2} .$

但：

$(\sqrt{2})^{2} = 2.$

所以：

$x y = (a c + 2 b d) + (a d + b c) \sqrt{2} .$

仍然是：

$有理数 + 有理数 \cdot \sqrt{2} .$

高次项自动被压回来了。

例如：

$(\sqrt{2})^{3} = 2 \sqrt{2},$

$(\sqrt{2})^{4} = 4.$

所以根本不需要保留：

$(\sqrt{2})^{2}, (\sqrt{2})^{3}, \dots$

作为新的独立东西。

加减更简单：

$(a + b \sqrt{2}) + (c + d \sqrt{2}) = (a + c) + (b + d) \sqrt{2} .$

仍然是同样形式。

取负号：

$- (a + b \sqrt{2}) = - a - b \sqrt{2} .$

也还是同样形式。

真正需要检查的是除法。

假设：

$a + b \sqrt{2} \neq 0.$

我们希望：

$\frac{1}{a + b \sqrt{2}}$

仍然写成：

$c + d \sqrt{2} .$

方法就是乘共轭：

$\frac{1}{a + b \sqrt{2}} \cdot \frac{a - b \sqrt{2}}{a - b \sqrt{2}} .$

得到：

$\frac{a - b \sqrt{2}}{a^{2} - 2 b^{2}} .$

因为：

$a, b \in Q,$

所以：

$a^{2} - 2 b^{2} \in Q .$

而且只要

$a + b \sqrt{2} \neq 0,$

这个分母不会为 0。

因此：

$\frac{1}{a + b \sqrt{2}} = \frac{a}{a^{2} - 2 b^{2}} - \frac{b}{a^{2} - 2 b^{2}} \sqrt{2} .$

两个系数仍然都是有理数。

所以逆元仍然属于这个集合。

于是：

${a + b \sqrt{2} : a, b \in Q}$

确实是一个域。

而且它包含：

$Q$

和

$\sqrt{2} .$

因此它就是“包含 $Q$ 和 $\sqrt{2}$ 的最小域”：

$Q (\sqrt{2}) .$

这里“最小”很重要，意思不是数值大小，而是：

只加入为了保证域运算不得不加入的东西，不额外加入别的数。

比如：

$π$

当然也可以和 $\sqrt{2}$ 一起放进一个更大的域，但仅仅从 $Q$ 加入 $\sqrt{2}$ ，并不会被迫得到 $π$ 。

现在再看一个很重要的结构。

$Q (\sqrt{2})$

里的每个数都能唯一写成：

$a + b \sqrt{2} .$

这里实际上只有两个“基本方向”：

$1, \sqrt{2} .$

所以我们常写：

$Q (\sqrt{2}) = {span}_{Q} {1, \sqrt{2}} .$

它作为一个 $Q$ -向量空间，维数是：

$2.$

于是定义：

$[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2$

这个数字叫：

$域扩张的次数 degree$

直觉上就是：

从 $Q$ 扩张到 $Q (\sqrt{2})$ ，需要两个基底方向 $1, \sqrt{2}$ 。

这一步非常关键，因为后面如果加入一个满足三次不可约方程的数，扩张次数可能是 3；加入五次根，次数也可能变化。

下一步最自然的是讲：

$什么是代数元、最小多项式，以及为什么扩张次数等于最小多项式的次数$

因为 $\sqrt{2}$ 之所以只需要 $1, \sqrt{2}$ ，根本原因就是它满足：

$x^{2} - 2 = 0.$

9.5 代数元、最小多项式、扩张次数

现在讲三个紧密相关的概念：

$代数元 \to 最小多项式 \to 扩张次数$

先用 $\sqrt{2}$ 这个最熟悉的例子。

我们知道：

$\sqrt{2}$

满足

$x^{2} - 2 = 0.$

而这个多项式的系数都在 $Q$ 里。

所以我们说：

$\sqrt{2} 是 Q 上的代数元$

更一般地，如果一个数 $α$ 满足某个非零多项式方程

$a_{n} α^{n} + \dots + a_{1} α + a_{0} = 0$

其中

$a_{i} \in F,$

那么称：

$α 是域 F 上的代数元$

英文是 algebraic element。

例如：

$\sqrt{2}$

是 $Q$ 上的代数元；

$\sqrt[3]{2}$

也是，因为它满足

$x^{3} - 2 = 0.$

而像 $π, e$ 相对于 $Q$ 则不是代数元，它们是超越数。

但一个数通常会满足很多多项式。

比如 $\sqrt{2}$ 满足：

$x^{2} - 2 = 0,$

当然也满足：

$(x^{2} - 2) (x + 7) = 0,$

即：

$x^{3} + 7 x^{2} - 2 x - 14 = 0.$

甚至还满足：

$(x^{2} - 2)^{5} = 0.$

所以仅仅说“它满足一个多项式”信息太多、太冗余。

我们真正想找的是：

最简单、最低次数的那个多项式。

对 $\sqrt{2}$ ，就是：

$x^{2} - 2.$

这个多项式叫：

$\sqrt{2} 在 Q 上的最小多项式$

英文：

minimal polynomial

正式一点说，如果 $α$ 是 $F$ 上的代数元，那么它的最小多项式 $m_{α} (x)$ 是：

$系数在 F 中、首一、次数最低，并且满足 m_{α} (α) = 0 的多项式$

“首一”就是最高次项系数取 1。

例如：

$m_{\sqrt{2}} (x) = x^{2} - 2.$

为什么不能有一次多项式？

如果有：

$x - a = 0, a \in Q,$

那么就意味着：

$\sqrt{2} = a \in Q,$

矛盾。

所以最低次数确实是 2。

现在看：

$\sqrt[3]{2} .$

它满足：

$x^{3} - 2 = 0.$

如果这个多项式在 $Q$ 上不可约，那么它就是最小多项式。

这里的“不可约”意思是：

不能在 $Q [x]$ 里分解成两个次数都更低的非恒定多项式。

对于：

$x^{3} - 2,$

如果它在 $Q$ 上可约，因为它是三次多项式，就一定有一个有理根。

但有理根只能是：

$\pm 1, \pm 2,$

都不成立。

所以它不可约。

因此：

$m_{\sqrt[3]{2}} (x) = x^{3} - 2.$

现在来到最重要的结论。

如果：

$m_{α} (x)$

在 $F$ 上的次数是：

$n,$

那么：

$F (α)$

里的每个元素都可以唯一写成：

$a_{0} + a_{1} α + \dots + a_{n - 1} α^{n - 1}$

其中：

$a_{i} \in F .$

为什么只需要到 $α^{n - 1}$ ？

因为最小多项式给了一个关系：

$α^{n} + c_{n - 1} α^{n - 1} + \dots + c_{0} = 0.$

所以：

$α^{n} = - c_{n - 1} α^{n - 1} - \dots - c_{0} .$

也就是说：

$α^{n} 可以用更低次幂表示$

于是：

$α^{n + 1}, α^{n + 2}, \dots$

也都能不断降次。

例如 $\sqrt{2}$ 满足：

$α^{2} = 2,$

所以任何高次幂都只能化成：

$a + b α .$

而 $\sqrt[3]{2}$ 满足：

$α^{3} = 2.$

所以任何元素都可以化成：

$a + b α + c α^{2} .$

也就是：

$Q (\sqrt[3]{2}) = {a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4} : a, b, c \in Q}$

因此：

$[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3.$

于是得到一个非常重要的定理：

$[F (α) : F] = \deg m_{α} (x)$

也就是：

加入一个代数元后，域扩张的次数，等于这个元素最小多项式的次数。

例如：

$[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2,$

因为：

$m_{\sqrt{2}} (x) = x^{2} - 2.$

而：

$[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3,$

因为：

$m_{\sqrt[3]{2}} (x) = x^{3} - 2.$

下一步最自然的是讲：

$如果连续加入多个数，扩张次数怎样相乘$

也就是塔式定理：

$[K : F] = [K : E] [E : F] .$

这会直接帮助我们理解“不断加入根式”的结构。

补充证明：最小多项式为什么不可约，为什么给出扩张次数

$F$ 是域， $α$ 是 $F$ 上的代数元。存在非零多项式使它为零，因此在所有这类多项式中选次数最小的，并除以首项系数，得到首一多项式 $m$ 。若 $m = u v$ ，其中 $u, v$ 都是正次数，则 $0 = m (α) = u (α) v (α)$ ，在域中必有一个因子为零，违反最小次数。所以 $m$ 不可约。

多项式除法表明：若 $p (α) = 0$ ，把 $p$ 除以 $m$ 得 $p = q m + r$ ， $\deg$ $r$ < $\deg$ $m$ 。代入 $α$ 后 $r (α) = 0$ ，最小性迫使 $r = 0$ 。因此所有在 $α$ 处为零的多项式恰好是 $m$ 的倍数，也证明首一最小多项式唯一。

设 $d = \deg$ $m$ 。任何多项式表达式都能化简为 1、 $α$ 、…、 $α^{d - 1}$ 的 $F$ 线性组合。还要检查除法不会跑出去：若 $q (α) \neq 0$ ，则不可约的 $m$ 与 $q$ 互素；多项式 Euclid 算法给出 $u$ $q + v$ $m = 1$ ，所以 $q (α)^{- 1} = u (α)$ 。于是这些多项式表达式已是一个域，即 $F [α] = F (α)$ 。

若这 $d$ 个元素线性相关，就存在次数小于 $d$ 的非零多项式使 $α$ 为零，矛盾。因此它们是一组基， $[F (α) : F] = d$ 。这也解释“生成元”不能直接当作向量空间的基。

这里用到的多项式 Euclid 算法：重复带余除法，余数次数严格下降，最后非零余数为最大公因式；从最后一步逆向代入，就把最大公因式写成两个原多项式的组合。互素时该组合可归一化为 1。

原例子的有理根定理也可以直接检查：若互素整数 $p, q$ 的比 $p / q$ 是整系数多项式 $a_{d}$ $x^{d} + \dots + a_{0}$ 的根，乘以 $q^{d}$ 后， $p$ 整除 $a_{0} q^{d}$ ， $q$ 整除 $a_{d} p^{d}$ 。因 $p, q$ 互素，得到 $p ∣ a_{0}$ 、 $q ∣ a_{d}$ ；首一时 $q = \pm 1$ 。因此 $x^{3} - 2$ 的有理根只可能是 ±1、±2。

补充例子： $\sqrt 2$ 不在 $Q$ ， $\sqrt 3$ 不在 $Q (\sqrt 2)$

若 $\sqrt 2 = p / q$ ，取互素整数 $p, q$ ，则 $p^{2} = 2 q^{2}$ ， $p$ 必为偶数；写 $p = 2 r$ 后 $q^{2} = 2 r^{2}$ ， $q$ 也为偶数，矛盾。

若 $\sqrt 3 = a + b \sqrt 2$ ， $a, b \in Q$ ，平方得 $3 = a^{2} + 2 b^{2} + 2 a b \sqrt 2$ 。因 $\sqrt 2$ 无理， $a b = 0$ 。若 $b = 0$ ，则 $a^{2} = 3$ ；若 $a = 0$ ，则 $b^{2} = 3 / 2$ 。两者都不可能是有理数的平方：一个有理数平方的约分分子和分母中，各素因子的指数都是偶数，而 3、3/2 不满足。因此 $\sqrt 3$ 不在 $Q (\sqrt 2)$ ，原塔式定理例子中的第二层确实是二次扩张。

9.7 塔式定理的乘积基构造

现在讲塔式定理（tower law），它回答一个很自然的问题：

如果不是一次只加入一个数，而是连续扩张几次，最终扩张次数怎么计算？

假设有三层域：

$F \subset E \subset K .$

如果

$[E : F] = m,$

而

$[K : E] = n,$

那么：

$[K : F] = [K : E] [E : F] = n m$

这就是塔式定理。

先不急着证明，先看一个具体例子。

从

$Q$

开始，先加入：

$\sqrt{2} .$

得到：

$E = Q (\sqrt{2}) .$

我们已经知道：

$[E : Q] = 2,$

因为一个基可以取：

${1, \sqrt{2}} .$

现在再加入：

$\sqrt{3} .$

得到：

$K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

现在我们把 $K$ 看成是在 $E$ 上加入 $\sqrt{3}$ ：

$K = E (\sqrt{3}) .$

如果 $\sqrt{3} \notin E$ ，那么它在 $E$ 上仍然满足：

$x^{2} - 3 = 0,$

而且这个多项式在 $E$ 上仍不可约，于是：

$[K : E] = 2.$

所以塔式定理告诉我们：

$[K : Q] = [K : E] [E : Q] = 2 \times 2 = 4.$

因此：

$[Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) : Q] = 4$

这和我们直接观察也一致。

因为这个域里的元素都可以写成：

$(a + b \sqrt{2}) + (c + d \sqrt{2}) \sqrt{3},$

展开：

$a + b \sqrt{2} + c \sqrt{3} + d \sqrt{6} .$

所以：

$Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) = {a + b \sqrt{2} + c \sqrt{3} + d \sqrt{6} : a, b, c, d \in Q} .$

它在 $Q$ 上有四个基本方向：

$1, \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6} .$

因此维数确实是 4。

现在解释为什么塔式定理成立。

假设：

$[E : F] = m,$

取 $E$ 在 $F$ 上的一组基：

$e_{1}, \dots, e_{m} .$

也就是说，任意 $e \in E$ 都能唯一写成：

$e = a_{1} e_{1} + \dots + a_{m} e_{m}, a_{i} \in F .$

再假设：

$[K : E] = n,$

取 $K$ 在 $E$ 上的一组基：

$k_{1}, \dots, k_{n} .$

那么任意 $x \in K$ 可以写成：

$x = b_{1} k_{1} + \dots + b_{n} k_{n}, b_{j} \in E .$

但每个 $b_{j}$ 又能写成：

$b_{j} = \sum_{i = 1}^{m} a_{i j} e_{i}, a_{i j} \in F .$

代回去：

$x = \sum_{j = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{m} a_{i j} e_{i}) k_{j} .$

整理：

$x = \sum_{i = 1}^{m} \sum_{j = 1}^{n} a_{i j} (e_{i} k_{j}) .$

所以从 $F$ 的角度看， $K$ 可以由这些元素张成：

$e_{i} k_{j} .$

一共有：

$m n$

个。

进一步可以证明它们线性无关，因此它们正好构成 $K$ 在 $F$ 上的一组基。

于是：

$[K : F] = m n .$

这件事为什么对“根式解”重要？

因为所谓根式解，本质上就是建立一座这样的塔：

$F = F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2} \subset \dots \subset F_{r},$

每一步都通过加入一个根式：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}),$

其中：

$α_{i}^{n_{i}} \in F_{i} .$

比如：

$α_{i} = \sqrt[n_{i}]{a_{i}} .$

所以根式解不是一句模糊的“用了几次开方”，而是：

$存在一串通过加入根式得到的域扩张，使方程的根最终落在最上面的域里。$

这就是以后“根式可解”严格定义的基础。

下一步最自然的是进入另一个核心概念：

$分裂域（splitting field）$

因为一个多项式可能不止一个根，而 Galois 理论真正关心的是：

把这个多项式的所有根都加入以后得到的最小域。

补充证明：塔式定理中乘积基的线性无关性

原对话证明了 $e_{i} k_{j}$ 张成 $K$ ，下面补齐线性无关。若

$\sum_{j = 1}^{n} (\sum_{i = 1}^{m} a_{i j} e_{i}) k_{j} = 0, a_{i j} \in F,$

由于 $k_{1}, \dots, k_{n}$ 在 $E$ 上线性无关，每个括号均为 0；由于 $e_{1}, \dots, e_{m}$ 在 $F$ 上线性无关，每个 $a_{i j} = 0$ 。所以乘积集合是一组基， $[K : F] = [K : E] [E : F]$ 。

第 10 章：域同态、嵌入、自同构和 Galois 群

本章对象：本篇域同态要求把 1 映到 1。 $σ : K \to L$ 是域映射；域同态的核映到 0，Galois 群同态的核映到恒等自同构。

10.1 嵌入的单射条件

原问题：所以嵌入就是要求是单射吗

对。

在域论里，嵌入（embedding）通常就是指一个保持域结构的单射同态。

也就是说，一个映射

$σ : K \to L$

如果满足：

$σ (a + b) = σ (a) + σ (b),$

$σ (a b) = σ (a) σ (b),$

$σ (1) = 1,$

并且还是单射，那它就是一个域嵌入。

所以你可以先记成：

$域嵌入 = 保持加法乘法的单射$

之所以强调“单射”，是因为它要把原来的域 $K$ 原封不动地“放进”另一个域 $L$ 里，不能把两个不同元素压成同一个。

其实对域来说，只要是非零的域同态，单射往往是自动的。因为如果

$σ (a) = σ (b),$

那么

$σ (a - b) = 0.$

而域同态的核只能是

${0}$

或者整个域；但又因为

$σ (1) = 1 \neq 0,$

所以不可能整个域都进核，因此只能

$a - b = 0,$

也就是

$a = b .$

所以域同态天然几乎就是嵌入。

10.2 域同态的核与乘法群同态的核

原问题：为什么，此外域同态的核，指的是加法的还是乘法的

对，这里有两个容易混淆的“核”，你问得很关键。

这里说的域同态的核，指的是把域同态看成一个加法群同态时的核，也就是：

$\ker φ = {a \in K : φ (a) = 0}$

这里对应的是目标域的加法单位元 $0$ ，不是乘法单位元 $1$ 。

假设

$φ : K \to L$

是域同态。

为什么它的核只能是

${0}$

或者整个 $K$ ？

先假设核里出现了某个非零元素：

$a \neq 0, a \in \ker φ .$

那么：

$φ (a) = 0.$

因为 $K$ 是域，任何非零 $a$ 都有乘法逆元：

$a^{- 1} \in K .$

于是：

$a^{- 1} a = 1.$

对两边作用 $φ$ ：

$φ (a^{- 1} a) = φ (1) .$

因为域同态保持乘法：

$φ (a^{- 1}) φ (a) = 1.$

但我们已经知道：

$φ (a) = 0.$

所以左边变成：

$φ (a^{- 1}) \cdot 0 = 0.$

于是得到：

$0 = 1.$

矛盾。

因此，只要 $φ$ 是正常的域同态（特别是 $φ (1) = 1$ ），就不可能有任何非零元素进入核。

所以：

$\ker φ = {0}$

因此域同态自动是单射。

你可能会问：

那为什么刚才还说“核只能是 ${0}$ 或整个域”？

这是从更一般的环同态/理想角度说的。

核有一个性质：如果

$a \in \ker φ$

而

$r \in K,$

那么：

$φ (r a) = φ (r) φ (a) = φ (r) \cdot 0 = 0.$

所以：

$r a \in \ker φ .$

这种对子集的要求叫做理想（ideal）。

而一个域只有两个理想：

${0} 和 K .$

原因也正是刚才那个逆元论证：如果一个理想里包含任何非零 $a$ ，因为 $a^{- 1} \in K$ ，就有

$a^{- 1} a = 1$

也在理想里；一旦理想包含 $1$ ，那么任意

$x = x \cdot 1$

都在理想里，因此它就是整个 $K$ 。

至于你问“有没有乘法的核”，确实也可以考虑：

$K^{\times} \to L^{\times}$

这个乘法群同态。

这时群论意义下的核是：

${a \in K^{\times} : φ (a) = 1} .$

这是另一回事。

所以一定要区分：

$域/环同态的核： φ (a) = 0$

因为这里关注的是加法零元；

而

$乘法群同态的核： φ (a) = 1$

因为乘法群的单位元是 $1$ 。

我们刚才证明“域同态自动单射”时，用的是前一种：

$\ker φ = {a : φ (a) = 0} .$

10.3 域自同构与 Galois 群

现在进入 Galois 理论真正的核心概念：

$域自同构（field automorphism）$

先不要急着碰 $x^{3} - 2$ 。我们从最简单的

$Q (\sqrt{2})$

开始。

一个“域自同构”可以先理解成：

把这个域里的元素重新对应到这个域里的元素，同时完全保持加法和乘法结构。

也就是说，一个映射

$σ : K \to K$

如果满足

$σ (a + b) = σ (a) + σ (b),$

$σ (a b) = σ (a) σ (b),$

并且是双射，那么它就是 $K$ 的一个域自同构。

但在 Galois 理论里我们通常还会指定一个基础域，比如 $Q$ ，要求：

$σ (q) = q \forall q \in Q$

也就是说，所有有理数必须原封不动。

这叫：

$Q -自同构$

现在研究：

$K = Q (\sqrt{2}) .$

里面任何元素都是：

$a + b \sqrt{2}, a, b \in Q .$

如果 $σ$ 固定所有有理数，那么

$σ (a) = a, σ (b) = b .$

所以：

$σ (a + b \sqrt{2}) = a + b σ (\sqrt{2}) .$

因此你会发现：

整个 $σ$ 怎么作用，其实完全由它把 $\sqrt{2}$ 送到哪里决定。

那 $\sqrt{2}$ 能被送到哪里？

因为：

$(\sqrt{2})^{2} = 2.$

自同构必须保持乘法，所以：

$σ ((\sqrt{2})^{2}) = σ (2) .$

左边：

$σ ((\sqrt{2})^{2}) = σ (\sqrt{2})^{2} .$

右边因为 $2 \in Q$ ，而 $σ$ 固定 $Q$ ，所以：

$σ (2) = 2.$

因此：

$σ (\sqrt{2})^{2} = 2.$

所以：

$σ (\sqrt{2})$

只能是方程

$x^{2} - 2 = 0$

的根。

也就是：

$σ (\sqrt{2}) = \sqrt{2} 或 - \sqrt{2}$

这很重要。

因此 $Q (\sqrt{2})$ 有两个固定 $Q$ 的自同构。

第一个是什么都不做：

$σ_{1} (\sqrt{2}) = \sqrt{2} .$

于是：

$σ_{1} (a + b \sqrt{2}) = a + b \sqrt{2} .$

这就是恒等自同构：

$e .$

第二个把：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

于是：

$σ_{2} (a + b \sqrt{2}) = a - b \sqrt{2} .$

比如：

$3 + 5 \sqrt{2}$

被送到：

$3 - 5 \sqrt{2} .$

这看起来很像我们熟悉的“共轭”。

所以：

$Gal (Q (\sqrt{2}) / Q) = {e, σ}$

其中：

$σ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2} .$

这个群有两个元素。

而且：

$σ^{2} = e .$

所以它和一个 2 元循环群本质上一样。

现在最关键的问题来了：

为什么自同构一定把一个多项式的根送到另一个根？

假设：

$f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{0}$

其中所有：

$a_{i} \in Q .$

假设：

$f (α) = 0.$

也就是：

$a_{n} α^{n} + \dots + a_{0} = 0.$

现在对两边作用 $σ$ ：

$σ (a_{n} α^{n} + \dots + a_{0}) = σ (0) .$

因为 $σ$ 保持加法和乘法，而且固定所有 $a_{i} \in Q$ ，所以：

$a_{n} σ (α)^{n} + \dots + a_{0} = 0.$

也就是：

$f (σ (α)) = 0.$

因此：

$α 是根 ⟹ σ (α) 仍然是根$

这一步就是“域自同构”和“根的置换”之间真正的桥。

现在再回头看：

$x^{2} - 2.$

它的两个根是：

$\sqrt{2}, - \sqrt{2} .$

一个固定 $Q$ 的自同构只能：

固定两个根；
或交换两个根。

所以这些自同构实际上就是在置换根。

这就是为什么 Galois 群天然是一个置换群。

接下来再看：

$x^{3} - 2.$

它的分裂域是：

$K = Q (α, ω),$

其中：

$α = \sqrt[3]{2},$

三个根是：

$α, ω α, ω^{2} α .$

如果 $σ$ 是一个固定 $Q$ 的 $K$ 的自同构，那么因为

$α^{3} = 2,$

所以：

$σ (α)^{3} = 2.$

因此：

$σ (α)$

只能是三个根之一：

$α, ω α, ω^{2} α .$

所以自同构一定会重新排列这三个根。

于是终于得到定义：

$Gal (K / F) = {所有固定 F 的 K 的域自同构}$

这就是：

$Galois 群$

它的元素不是“根本身”，而是：

$保持基础域和所有代数运算不变时，对根允许进行的置换$

下一步最适合具体算：

$Gal (x^{3} - 2 / Q)$

到底为什么有 6 个元素，并且为什么它就是：

$S_{3} .$

这一步会把“域自同构”和我们最开始学的置换群真正合并起来。

第 11 章：分裂域、正规性与嵌入的延拓

本章对象： $Ω$ 或 $\overset{―}{F}$ 是包含所需代数元的代数闭包； $τ : E \to Ω$ 是固定 $F$ 的嵌入，延拓 $τ$ ̃: $K \to Ω$ 要与 $τ$ 在 $E$ 上一致。

本节定义：特征、可分、正规与 Galois

特征 0 表示有限个 1 相加永远不等于 0； $Q$ 及其所有扩张域都是特征 0。不可约多项式可分，表示它在代数闭包中没有重根。有限扩张 $K / F$ 可分，表示其每个元素的最小多项式可分。 $K / F$ 正规，表示 $F [x]$ 中任何不可约多项式只要在 $K$ 有一个根，就在 $K$ 内完全分裂。有限扩张同时正规和可分，称为 Galois。

特征 0 中，正次数不可约多项式 $p$ 的导数 $p^{'}$ 不为零，且次数更低。若 $p$ 有重根，则 $p$ 与 $p^{'}$ 有共同根，其最大公因式非平凡； $p$ 不可约迫使 $p$ 整除 $p^{'}$ ，与次数矛盾。所以特征 0 下有限代数扩张自动可分。

补充证明：分裂域、正规性与嵌入稳定的关系

在代数闭包 $Ω$ 中，若 $K$ 是 $F$ 上某多项式的分裂域，则任意固定 $F$ 的嵌入 $σ : K \to Ω$ 都把这些根送到同一多项式的根，所以 $σ (K) \subseteq K$ 。嵌入作为 $F$ 线性映射保持维数，且 $K / F$ 有限，因此 $σ (K) = K$ 。

反过来，若每个固定 $F$ 的嵌入都把 $K$ 映回自身，取 $α \in K$ 及其最小多项式的任意根 $β \in Ω$ 。映射 $α \mapsto β$ 先给出 $F (α) \to Ω$ 的嵌入，再用下一节证明的延拓构造扩展到 $K$ 。因此 $β \in K$ ，最小多项式的全部根都在 $K$ 。故 $K / F$ 正规。

因此，有限扩张的“正规”与“每个固定基础域的嵌入都把整个域映回自身”等价。上面的反向证明在延拓引理证明后即可逐步核查，正向用于分裂域时不依赖反向。

11.2 分裂域：把一个多项式的全部根加入

现在进入 分裂域（splitting field）。这个概念会第一次把“域”重新和前面讲过的“根的置换”接起来。

考虑一个多项式

$f (x) \in F [x] .$

所谓它在 $F$ 上的分裂域，就是：

从 $F$ 出发，把 $f (x)$ 的所有根都加入以后得到的最小域。

先看最简单的例子：

$f (x) = x^{2} - 2 \in Q [x] .$

它的两个根是

$\sqrt{2}, - \sqrt{2} .$

加入 $\sqrt{2}$ 以后，我们得到

$Q (\sqrt{2}) .$

但是

$- \sqrt{2}$

本来就已经在这个域里，因为域对取负封闭。

所以：

$x^{2} - 2 = (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2})$

已经能够在 $Q (\sqrt{2})$ 中完全分解成一次因子。

因此：

$Q (\sqrt{2}) 是 x^{2} - 2 的分裂域$

这里“splitting”就是“完全裂开成一次因子”的意思。

真正有意思的是三次方程：

$x^{3} - 2 = 0.$

我们已经知道一个实根：

$α = \sqrt[3]{2} .$

如果只加入它：

$Q (α),$

是不是就已经获得了三个根？

不是。

因为一个三次多项式在复数里有三个根。

我们来找另外两个。

方程：

$x^{3} = 2.$

如果

$α^{3} = 2,$

那么只要找满足

$ω^{3} = 1$

的数，就有：

$(α ω)^{3} = α^{3} ω^{3} = 2.$

所以三个根实际上是：

$α, α ω, α ω^{2},$

其中

$ω = e^{2 π i / 3} = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i .$

而：

$ω^{3} = 1, ω \neq 1.$

这就是一个三次单位根。

现在注意关键问题：

$Q (\sqrt[3]{2})$

里的元素都是：

$a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4}, a, b, c \in Q .$

这些全部都是实数。

所以：

$ω \notin Q (\sqrt[3]{2}),$

因为 $ω$ 不是实数。

因此只加入一个根 $\sqrt[3]{2}$ ，并没有把另外两个根也自动带进来。

所以：

$Q (\sqrt[3]{2}) 不是 x^{3} - 2 的分裂域$

我们还要加入：

$ω .$

于是得到：

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω)$

在这个域里，三个根：

$\sqrt[3]{2}, ω \sqrt[3]{2}, ω^{2} \sqrt[3]{2}$

全都存在。

因此：

$x^{3} - 2 = (x - α) (x - ω α) (x - ω^{2} α)$

在 $K$ 里完全分裂。

所以：

$Q (\sqrt[3]{2}, ω) 是 x^{3} - 2 的分裂域$

这里有一个非常重要的区别。

加入某一个根得到：

$F (α) .$

但分裂域要求：

$所有根都在里面$

所以这两个东西不一定相同。

二次例子里恰好相同：

$Q (\sqrt{2})$

既是“加入一个根的域”，也是分裂域。

三次例子里则不同：

$Q (\sqrt[3]{2}) ⊊ Q (\sqrt[3]{2}, ω) .$

我们甚至可以算一下这个分裂域的次数。

首先：

$[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3.$

然后加入 $ω$ 。

$ω$ 满足：

$ω^{2} + ω + 1 = 0,$

因为：

$ω^{3} - 1 = (ω - 1) (ω^{2} + ω + 1) = 0$

而 $ω \neq 1$ 。

并且 $ω \notin Q (\sqrt[3]{2})$ ，所以它在这个实数域上仍然需要一个二次扩张。

因此：

$[Q (\sqrt[3]{2}, ω) : Q (\sqrt[3]{2})] = 2.$

根据塔式定理：

$[K : Q] = 2 \times 3 = 6.$

所以：

$[Q (\sqrt[3]{2}, ω) : Q] = 6$

这个数字 6 很快就会再次出现。

因为三个根有：

$3! = 6$

种可能置换。

而对于这个具体多项式，它的 Galois 群实际上正是：

$S_{3} .$

不过现在还差最后一个关键概念才能说清楚这句话：

$域自同构 automorphism$

也就是说：

在保持原来的有理数完全不动、同时保持加法和乘法关系的前提下，我们可以怎样重新排列这个分裂域里的元素？

一旦定义这个东西，“根的置换”就会从之前比较直观的想法，变成严格的 Galois 群。这就是下一步。

11.3 嵌入、代数闭包、延拓的对象类型

原问题：这一段都没看懂

可以，这一段确实一下子引入了太多新东西：嵌入、代数闭包、延拓定理、 $\tilde{τ}$ 全挤在一起了。我们先全部拆开，而且暂时不证明延拓定理，只先弄懂它到底在说什么。

先回到最具体的场景：

$F \subset E \subset K .$

你可以把它想成：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

这里：

$F = Q,$

$E = Q (\sqrt{2}),$

$K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

现在在 $E$ 上，我们有一个自同构：

$τ : E \to E$

满足：

$τ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2} .$

这就是一个只定义在 $E$ 上的“规则”。

也就是说，目前 $τ$ 知道怎么处理：

$a + b \sqrt{2},$

因为：

$τ (a + b \sqrt{2}) = a - b \sqrt{2} .$

但它还不知道怎么处理：

$\sqrt{3},$

因为：

$\sqrt{3} \notin E .$

所以目前：

$τ$

只定义在小域 $E$ 上。

我们现在想做的是：

能不能把这个规则扩展到整个更大的域 $K$ ？

也就是说，希望找到一个新映射：

$\tilde{τ} : K \to K$

满足：

$\tilde{τ} |_{E} = τ .$

这里：

$\tilde{τ}$

读作“tau tilde”，可以理解成：

$τ$ 的扩展版。

而

$\tilde{τ} |_{E} = τ$

意思是：

虽然 $\tilde{τ}$ 定义在整个 $K$ 上，但如果只看它在 $E$ 里的作用，它和原来的 $τ$ 完全一样。

比如我们可以定义：

$\tilde{τ} (\sqrt{2}) = - \sqrt{2},$

同时规定：

$\tilde{τ} (\sqrt{3}) = \sqrt{3} .$

这样就把原本只会处理 $\sqrt{2}$ 的 $τ$ ，扩展成了一个还能处理 $\sqrt{3}$ 的映射。

这就是：

$延拓 extension$

最核心的意思。

那“嵌入 embedding”又是什么？

其实你现在可以先把它理解成：

一个保持加法、乘法，而且不会把两个不同元素压成同一个元素的域映射。

比如：

$τ : Q (\sqrt{2}) \to Q (\sqrt{2})$

满足：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2}$

就是一个嵌入。

因为它保持：

$+, \times$

这些代数结构。

“自同构”其实就是一种特殊的嵌入：

$自同构 = 从一个域到它自己的双射嵌入$

所以“嵌入”是更宽一点的概念。

那为什么前面突然写：

$\tilde{τ} : K \to \overset{―}{F}$

而不是直接：

$\tilde{τ} : K \to K ?$

因为一般的延拓定理，第一步只能保证：

可以把 $τ$ 扩展成一个定义在 $K$ 上的嵌入，但它的像暂时可能落到一个更大的世界里。

这个更大的世界就是：

$\overset{―}{F} .$

这里的横线：

$\overset{―}{F}$

表示：

$F 的代数闭包 algebraic closure$

你现在不需要掌握正式定义，可以先把它理解成：

一个足够大的域，里面包含了所有在 $F$ 上代数的数，也就是各种多项式的根。

比如：

$F = Q .$

那么：

$\overset{―}{Q}$

里面会有：

$\sqrt{2}, \sqrt{3}, i, \sqrt[3]{2}, ω,$

等等所有代数数。

所以它相当于提供一个“足够大的容器”，保证我们扩展映射时不会因为目标元素没地方放而卡住。

因此那句话：

$\tilde{τ} : K \to \overset{―}{F}$

其实只是说：

原来只定义在 $E$ 上的 $τ$ ，可以扩展成一个定义在整个 $K$ 上的映射；为了保险，我们先允许它把 $K$ 中的元素送到一个足够大的域 $\overset{―}{F}$ 中。

而：

$\tilde{τ} |_{E} = τ$

就是：

这个扩展不会改变原来已经规定好的行为。

比如原来：

$τ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2},$

那么延拓以后仍然必须有：

$\tilde{τ} (\sqrt{2}) = - \sqrt{2} .$

它不能突然反悔。

现在再看我们为什么最终还是希望：

$\tilde{τ} (K) = K .$

因为如果我们要让：

$\tilde{τ}$

成为 $K$ 的自同构，那它必须把 $K$ 映回 $K$ 自己。

而不能出现：

$K ⟶ 外面另一个域 .$

这时候：

$K / F 是 Galois$

就会发挥作用。

它保证这种固定 $F$ 的嵌入实际上不会把整个 $K$ 搬到外面去，而是：

$\tilde{τ} (K) = K .$

于是：

$\tilde{τ} : K \to K$

就真的成为 $K$ 的自同构了。

所以把那整段压缩成一句直白的话：

$一个只定义在中间域 E 上的自同构，通常可以向上扩展到更大的 K 。$

第一步先允许它映到一个很大的容器：

$\overset{―}{F} .$

如果：

$K / F$

是 Galois，那么扩展后的映射实际上还会把 $K$ 留在 $K$ 里面，于是变成：

$K 的自同构 .$

你现在最值得抓住的不是“代数闭包”的正式定义，而是这条逻辑：

$E 上的自同构 \to 扩展到 K \to Galois 保证最后仍落在 K$

下一步如果继续，我建议先不讲一般的延拓定理证明，而是先解释：为什么“ $K / F$ 是 Galois”会保证这些嵌入把 $K$ 映回自己。 这会更容易接上你现在的理解。

11.4 单个代数元上的嵌入延拓构造

下一步我建议先不要继续往“根式塔 $\to$ 可解群”走，而是把我们刚才留下的那个真正缺口补掉：

$为什么一个 E 上的嵌入能够继续延拓到 K$

我们刚才只是把“延拓定理”当成现成结论用了，但你已经开始追问它为什么成立，所以最好把它拆开证明。

下一步会按这个顺序来：

$E \subset E (α)$

假设已经有一个嵌入

$τ : E \to \overset{―}{F} .$

我们要研究：

如果再加入一个代数元 $α$ ，怎样把 $τ$ 扩展到 $E (α)$ ？

核心会发现：

如果 $α$ 的最小多项式是

$m_{α} (x) \in E [x],$

那么延拓后的映射必须把

$α$

送到一个满足“系数已经经过 $τ$ 变换后的多项式”的根。

也就是说，我们会第一次看到类似

$m_{α} (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n}$

经过 $τ$ 后变成

$τ (m_{α}) (x) = τ (a_{0}) + τ (a_{1}) x + \dots + τ (a_{n}) x^{n} .$

然后只要在代数闭包 $\overset{―}{F}$ 里挑它的一个根 $β$ ，就可以定义

$\tilde{τ} (α) = β .$

再由

$E (α)$

里的每个元素都是由 $E$ 和 $α$ 生成的，就能把整个 $\tilde{τ}$ 定下来。

所以下一步真正要学的是：

$“向一个代数元延拓嵌入”的具体构造$

这比直接背“延拓定理”重要得多。学完这一小步，再把它重复有限次，就能理解为什么从 $E$ 能一路延拓到整个有限扩张 $K$ 。

补充证明：嵌入怎样延拓到一个代数元，再延拓到有限扩张

$Ω$ 是含 $F$ 的代数闭包； $E / F$ 是代数扩张， $α$ 在 $E$ 上代数。给定固定 $F$ 的嵌入 $τ : E \to Ω$ ，设 $m (x)$ 是 $α$ 在 $E$ 上的首一最小多项式。 $τ (m)$ 表示只对系数作用 $τ$ 。它在 $τ (E) [x]$ 中仍不可约：若分解，把系数用 $τ$ 的逆映回 $E$ ，就得到 $m$ 的分解，矛盾。

在 $Ω$ 中选 $τ (m)$ 的一个根 $β$ 。 $E (α)$ 的每个元素有唯一形式 $\sum_{j = 0}^{d - 1} c_{j} α^{j}$ ，定义

$\tilde{τ} (\sum_{j = 0}^{d - 1} c_{j} α^{j}) = \sum_{j = 0}^{d - 1} τ (c_{j}) β^{j} .$

唯一表示保证没有表达式歧义。该映射保持加法。乘法时先把两多项式相乘，再除以 $m$ 化简；在目标中对应除以 $τ (m)$ ，因为 $τ (m) (β) = 0$ ，得到同一个结果。因此保持乘法并把 1 送到 1。非零域同态自动单射，所以得到 $E (α) \to Ω$ 的嵌入，且限制到 $E$ 等于 $τ$ 。

若 $K / E$ 有限，选一组有限基 $b_{1}, \dots, b_{s}$ ，则 $K = E (b_{1}, \dots, b_{s})$ ；逐次把嵌入延拓到这些代数元，就得到 $K \to Ω$ 的嵌入。若 $K / F$ 正规，嵌入像等于 $K$ ，因而是 $K$ 的 $F$ 自同构。这给出限制映射满射所需的完整证明，而不只是把“延拓定理”作为口号引用。

补充证明：为什么有限 Galois 群的元素个数等于扩张次数

若 $E \to Ω$ 的嵌入已固定，加入可分代数元 $α$ 时，上述延拓恰好由 $τ (m)$ 的不同根决定，一共有 $\deg$ $m = [E (α) : E]$ 种。沿有限生成塔逐层计数，得到固定 $F$ 的 $K \to Ω$ 嵌入数等于各层次数的乘积，即 $[K : F]$ 。若 $K / F$ 正规，每个这样的嵌入都变成 $K$ 的自同构。因此 | $Gal (K / F)$ | $= [K : F]$ 。这说明通过维数计算群的大小需要可分、正规条件，而不能任意套到非正规扩张。

11.6 正规性为什么让嵌入变回自同构

关键是：Galois 扩张里的“normal（正规）”性质，恰好保证所有共轭根都已经在 $K$ 里面。

我们一步一步看。

假设

$K / F$

是有限 Galois 扩张。这里真正起作用的是：

$K / F 是正规扩张$

Galois = 正规 + 可分；这里暂时只需要“正规”。

假设 $α \in K$ 。

因为 $α$ 是 $F$ 上的代数元，它有一个在 $F$ 上的最小多项式：

$m_{α} (x) \in F [x] .$

而：

$m_{α} (α) = 0.$

现在有一个固定 $F$ 的嵌入

$σ : K \to \overset{―}{F} .$

因为 $σ$ 固定 $F$ 中的系数，所以和我们前面讨论 Galois 自同构时一样：

$m_{α} (α) = 0$

经过 $σ$ 后得到：

$m_{α} (σ (α)) = 0.$

所以：

$σ (α) 必须是 m_{α} (x) 的另一个根$

这一步很重要。

现在如果 $K / F$ 不是正规扩张，就可能出问题。

例如：

$K = Q (\sqrt[3]{2}) .$

取：

$α = \sqrt[3]{2} .$

它的最小多项式是：

$x^{3} - 2.$

三个根：

$\sqrt[3]{2}, ω \sqrt[3]{2}, ω^{2} \sqrt[3]{2} .$

但是 $K$ 只包含第一个。

因此可以有一个 $Q$ -嵌入：

$σ : \sqrt[3]{2} \mapsto ω \sqrt[3]{2} .$

于是：

$σ (K) = Q (ω \sqrt[3]{2}) .$

这个域不等于原来的：

$Q (\sqrt[3]{2}) .$

所以这个嵌入真的把 $K$ “搬到外面去了”。

现在换成正规扩张。

例如：

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω) .$

这是 $x^{3} - 2$ 的分裂域。

因此它已经包含：

$\sqrt[3]{2}, ω \sqrt[3]{2}, ω^{2} \sqrt[3]{2} .$

所以如果一个固定 $Q$ 的嵌入把

$\sqrt[3]{2}$

送成：

$ω \sqrt[3]{2},$

没有关系，因为：

$ω \sqrt[3]{2} \in K .$

它没有跑出 $K$ 。

这就是 normal 的核心：

$α \in K ⟹ α 在 F 上的所有共轭根也都在 K$

更标准地说，对于正规扩张 $K / F$ ，如果一个不可约多项式

$f (x) \in F [x]$

在 $K$ 里有一个根，那么它就在 $K$ 里完全分裂。

于是对任意：

$α \in K,$

我们已经知道：

$σ (α)$

必须是 $α$ 的某个共轭根。

但正规性又保证：

$这些共轭根全都在 K .$

所以：

$σ (α) \in K .$

因为这对所有

$α \in K$

都成立，因此：

$σ (K) \subseteq K .$

那为什么最后不是只有

$σ (K) \subseteq K,$

而是：

$σ (K) = K ?$

因为 $σ$ 是嵌入，所以它是一一的。

而且 $K / F$ 是有限扩张，所以：

$[σ (K) : F] = [K : F] .$

但我们又有：

$σ (K) \subseteq K .$

一个 $K$ 的真子域如果作为 $F$ -向量空间真地更小，就不可能和 $K$ 有完全相同的有限维数。

因此只能：

$σ (K) = K .$

于是原本只是：

$σ : K \to \overset{―}{F}$

的嵌入，实际上自动变成：

$σ : K \to K$

也就是 $K$ 的自同构。

所以整条逻辑可以压缩成：

$α \in K$

$⇓$

$σ (α) 是 α 的某个共轭根$

$⇓ (K / F 正规)$

$σ (α) \in K$

$⇓$

$σ (K) \subseteq K$

再利用有限维和单射：

$σ (K) = K .$

所以你之前那句话“Galois 保证映射不会把 $K$ 送出去”，严格说真正负责这件事的是：

$Galois 扩张中的 normality（正规性）$

而不是“可分性”。

11.7 以 $Q (\sqrt 2, \sqrt 3)$ 理解延拓和限制

我们先用具体例子看“延拓”是什么意思，再说一般情形。

设

$F = Q, E = Q (\sqrt{2}), K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

我们有

$F \subset E \subset K .$

现在先看：

$Gal (E / Q) .$

它有两个元素。

一个是恒等：

$\sqrt{2} \mapsto \sqrt{2} .$

另一个记作 $τ$ ：

$τ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2} .$

现在问题是：

这个只定义在 $E$ 上的 $τ$ ，能不能变成一个定义在整个 $K$ 上的自同构？

可以。

因为 $K$ 比 $E$ 多出来的生成元就是：

$\sqrt{3} .$

所以我们只需要再决定：

$\sqrt{3} \mapsto ?$

一种最简单的选择就是：

$\sqrt{3} \mapsto \sqrt{3} .$

于是定义：

$σ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2}, σ (\sqrt{3}) = \sqrt{3} .$

那么任意

$x \in K$

都可以写成

$x = a + b \sqrt{2} + c \sqrt{3} + d \sqrt{6},$

所以 $σ$ 自动被确定为：

$σ (x) = a - b \sqrt{2} + c \sqrt{3} - d \sqrt{6} .$

这确实是 $K$ 的一个自同构。

而且限制回 $E$ ：

$σ |_{E} = τ .$

所以我们说：

$σ 是 τ 从 E 到 K 的一个延拓$

其实我们还有另一种选择：

$\sqrt{3} \mapsto - \sqrt{3} .$

于是也可以定义：

$σ^{'} (\sqrt{2}) = - \sqrt{2}, σ^{'} (\sqrt{3}) = - \sqrt{3} .$

那么同样：

$σ^{'} |_{E} = τ .$

所以注意：

$一个 E 上的自同构，延拓到 K 时不一定唯一$

但我们现在只关心：

至少有没有一个延拓？

现在回到 restriction map：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F) .$

它做的是：

$σ \mapsto σ |_{E} .$

如果 $E$ 上的每一个自同构 $τ$ 都至少能找到一个 $K$ 上的 $σ$ ，使：

$σ |_{E} = τ,$

那么就说明：

$Gal (E / F)$

里的每个元素都能被 res 命中。

这就叫 res 是：

$满射 surjective$

也就是说：

$im (res) = Gal (E / F)$

一般情况下为什么能延拓？

这里需要一个新的重要事实。

假设：

$K / F$

是有限 Galois 扩张，而且：

$F \subset E \subset K .$

取一个固定 $F$ 的 $E$ -自同构：

$τ : E \to E .$

首先， $τ$ 可以看成把 $E$ 嵌入一个更大的代数闭包中的映射。

有一个基本的延拓定理告诉我们：

$这样的 F -嵌入可以延拓到 K 上$

也就是说，可以找到：

$\tilde{τ} : K \to \overset{―}{F}$

使得：

$\tilde{τ} |_{E} = τ .$

这里暂时先把

$\overset{―}{F}$

理解为“一个足够大的、包含所有相关代数根的域”。

但我们还需要：

$\tilde{τ} (K) = K,$

否则它只是把 $K$ 映到外面的某个地方，还不能算 $K$ 的自同构。

这时候就用到了：

$K / F 是 Galois$

特别是它的“正规性 normality”。

正规性保证：

固定 $F$ 的任何这种嵌入，都不会把 $K$ 整体送出 $K$ 。

所以：

$\tilde{τ} (K) = K .$

于是：

$\tilde{τ} \in Gal (K / F) .$

而：

$\tilde{τ} |_{E} = τ .$

因此 $E$ 上每个自同构都能从 $K$ 上限制下来。

所以：

$im (res) = Gal (E / F)$

前面第一同构定理已经给了：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ im (res) .$

现在代入：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F)$

这就是我们一直想得到的关系。

你可以先把它读成一句话：

总 Galois 群除掉那些“在 $E$ 上什么都不做”的自同构以后，剩下的正好就是 $E / F$ 这一层能看到的 Galois 群。

下一步就可以把这个公式真正用到根式塔上，从而构造出 Galois 群的正规子群链。

第 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 $S_{3}$

本章对象： $α =$ ∛2 取实根； $ω$ 是本原三次单位根； $K = Q (α, ω)$ 。 $α$ 、 $ω$ 是生成元，六个基元素另行证明。

12.1 $Gal$ 记号的斜杠指基础域

原问题：这里还是不好理解符号，虽然我理解是在做自同构的群

这里确实容易误解，尤其是这个斜杠：

$Gal (x^{3} - 2 / Q)$

看起来像“拿 $x^{3} - 2$ 除以 $Q$ ”，其实完全不是除法。

更严格的写法应该先定义它的分裂域：

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω) .$

然后写：

$Gal (K / Q)$

这里的

$K / Q$

意思是：

域扩张 $K$ over $Q$

也就是：

$Q \subset K .$

所以：

$Gal (K / Q)$

完整意思是：

所有“把 $K$ 映到自己、同时把 $Q$ 中每个元素都固定不动”的域自同构所组成的群。

写成集合就是：

$Gal (K / Q) = {σ : K \to K ∣ σ 是域自同构，且 σ (q) = q, \forall q \in Q}$

所以这里可以逐个读：

$Gal$

表示“Galois 群”；

$K$

表示我们正在操作的那个大域；

$/$

这里读作 over，不是除号；

$Q$

表示要求自同构必须固定不动的基础域。

因此：

$Gal (K / Q)$

可以直译成：

$K$ 相对于 $Q$ 的 Galois 群。

而我前面写的

$Gal (x^{3} - 2 / Q)$

是一种常见的简写，意思其实是：

取 $x^{3} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域 $K$ ，然后研究 $Gal (K / Q) .$

更不容易混淆的写法是：

$f (x) = x^{3} - 2, K = 它在 Q 上的分裂域$

然后：

$Gal (f / Q) := Gal (K / Q)$

所以以后看到

$Gal (f / F)$

你就把它翻译成一句话：

“多项式 $f$ 在基础域 $F$ 上的 Galois 群。”

而真正被做自同构的是它的分裂域，不是多项式本身。

12.2 生成域的四则运算规则

原问题：但是这里的生成有规则吧

有，而且规则非常明确。

$Q (α, ω)$

里的“生成”不是随便组合，而是：

$从 Q, α, ω 出发，反复允许 +, -, \times, \div$

其中除法当然要求分母不为 0。

所以更形式化地说：

$Q (α, ω)$

就是包含 $Q, α, ω$ 的最小域。

也就是说，你一开始有

$Q, α, ω,$

然后因为域必须封闭，就必须把这些东西也收进去：

$α + ω,$

$α ω,$

$α^{2},$

$\frac{1}{α + ω},$

$\frac{α^{2} + 3 ω}{2 - α ω},$

等等。

一般来说，域生成可以理解成所有形如

$\frac{P (α, ω)}{Q (α, ω)}$

的元素，其中

$P, Q \in Q [x, y], Q (α, ω) \neq 0.$

也就是：

用有理数作为系数，对 $α, ω$ 做有限次加减乘除所能得到的一切数。

但这个例子又有额外关系：

$α^{3} = 2,$

以及

$ω^{2} + ω + 1 = 0.$

所以

$α^{3}$

可以降成常数，

$ω^{2}$

可以降成

$- ω - 1.$

因此看似很复杂的表达式最终都能压缩成

$a + b α + c α^{2} + d ω + e α ω + f α^{2} ω .$

所以你说“生成有规则”是对的。最核心的规则就是：

$取最小的、对四则运算封闭的集合$

而如果生成元满足代数方程，就再利用这些代数关系不断化简。

你也可以把它和前面的“群生成”对比着理解：群生成允许不断做群运算和取逆；域生成则允许不断做

$+, -, \times, \div .$

12.3 生成元与向量空间的基

原问题：这个符号的意思就是基是1还有这两个，然后系数是有理数对吧

不完全是。这里最关键的是区分 “生成元” 和 “基”。

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω)$

这个符号的意思是：

从 $Q$ 出发，把 $\sqrt[3]{2}$ 和 $ω$ 加进去，并且为了保持“域”对四则运算封闭，把所有被迫产生的元素也一起加入。

所以

$\sqrt[3]{2}, ω$

是生成元（generators），不是说基就是

${1, \sqrt[3]{2}, ω} .$

令

$α = \sqrt[3]{2} .$

因为

$α^{3} = 2,$

所以 $α$ 的高次幂都能降到

$1, α, α^{2} .$

同时

$ω^{2} + ω + 1 = 0,$

所以

$ω^{2} = - ω - 1,$

因此 $ω$ 的高次幂只需要保留 $1, ω$ 。

把两者结合起来，就会产生：

$1, α, α^{2}, ω, α ω, α^{2} ω .$

而这个例子里，这 6 个元素恰好构成 $K$ 在 $Q$ 上的一组基：

${1, α, α^{2}, ω, α ω, α^{2} ω}$

所以任意 $x \in K$ 都可以唯一写成：

$x = a + b α + c α^{2} + d ω + e α ω + f α^{2} ω$

其中：

$a, b, c, d, e, f \in Q .$

也可以更紧凑地写成：

$x = (a + b α + c α^{2}) + (d + e α + f α^{2}) ω .$

因此你可以把

$Q (α, ω)$

理解为：

“由 $Q$ 和 $α, ω$ 生成的最小域。”

而不是：

“以 $1, α, ω$ 为基的向量空间。”

这两个概念要分开。这里 $α, ω$ 是生成域所需的生成元；最终作为 $Q$ -向量空间的基有 6 个元素。

补充证明：三次例子的六种自同构确实全部存在

$α =$ ∛2 取实根， $ω$ 是非实本原三次单位根。 $x^{3} - 2$ 在 $Q$ 上不可约：三次多项式可约就有一次因子，因此有有理根；有理根定理只允许 ±1、±2，逐个代入都不是根。所以 $[Q (α) : Q] = 3$ 。

$α$ 的生成域完全在 $R$ 中，而 $ω$ 非实； $ω$ 满足 $x^{2} + x + 1$ ，所以 $[Q (α, ω) : Q (α)] = 2$ ，总次数为 6。另一方面 $[Q (ω) : Q] = 2$ ，由塔式定理 $[K : Q (ω)] = 3$ ，因此 $α$ 在 $Q (ω)$ 上的最小多项式仍是 $x^{3} - 2$ 。

在 $Q (ω)$ 上用 $α \mapsto ω α$ 延拓恒等嵌入，得到 $K \to K$ 的嵌入；由于像含 $ω$ 与 $ω α$ ，也含 $α$ ，故它是自同构 $r$ 。复共轭 $s$ 固定 $α$ ，把 $ω$ 送到 $ω^{2}$ 。这给出了真实存在的两个映射，不是仅列出满足方程的候选像。

它们满足 $r^{3} = s^{2} = e$ ，并且 $s r s = r^{- 1}$ 。六个映射 $e, r, r^{2}, s, r s, r^{2} s$ 对 $α$ 、 $ω$ 的作用各不相同。所有自同构最多只有 3×2 个候选，所以这六个就是全部。 $r$ 、 $s$ 在三个根上分别诱导 (123)、(23)，且此作用忠实（根生成整个域），故 $Gal (K / Q) ≅ S_{3}$ 。

12.5 计算三次分裂域的六个自同构

现在我们就具体算：

$K = Q (α, ω), α = \sqrt[3]{2}, ω^{3} = 1, ω \neq 1$

的 Galois 群

$Gal (K / Q) .$

目标是看清楚它为什么正好是 $S_{3}$ 。

先看一个固定 $Q$ 的自同构 $σ$ 。因为

$α^{3} = 2,$

所以

$σ (α)^{3} = σ (α^{3}) = σ (2) = 2.$

因此 $σ (α)$ 必须仍然是 $x^{3} - 2$ 的一个根。

三个根是：

$α, ω α, ω^{2} α .$

所以：

$σ (α) \in {α, ω α, ω^{2} α}$

一共有 3 种可能。

再看 $ω$ 。

它满足：

$ω^{2} + ω + 1 = 0.$

所以：

$σ (ω)^{2} + σ (ω) + 1 = 0.$

这个二次方程的两个根就是：

$ω, ω^{2} .$

因此：

$σ (ω) \in {ω, ω^{2}}$

一共有 2 种可能。

于是看起来我们可能有：

$3 \times 2 = 6$

种自同构。

而且这个例子中，这 6 种确实全部都存在。

为什么只需要决定 $α$ 和 $ω$ 的去向？

因为：

$K = Q (α, ω) .$

也就是说整个 $K$ 都是由有理数、 $α$ 、 $ω$ 通过四则运算生成的。

而 $σ$ 已经要求固定所有有理数。

所以一旦知道：

$σ (α), σ (ω),$

那么整个 $σ$ 的作用就完全被决定了。

例如：

$x = 3 + 2 α - α^{2} ω .$

那么：

$σ (x) = 3 + 2 σ (α) - σ (α)^{2} σ (ω) .$

没有其他自由度。

现在我们把这 6 种可能列出来：

$\begin{array}{cc} σ (α) & σ (ω) \\ α & ω \\ α & ω^{2} \\ ω α & ω \\ ω α & ω^{2} \\ ω^{2} α & ω \\ ω^{2} α & ω^{2} \end{array}$

所以：

$| Gal (K / Q) | = 6 .$

接下来关键不是“6”这个数字本身，而是：

这 6 个自同构实际上就是对三个根的 6 种置换。

把三个根记作：

$r_{1} = α,$

$r_{2} = ω α,$

$r_{3} = ω^{2} α .$

任意 $σ$ 都会把它们重新排列。

例如先取一个自同构 $r$ ：

$r (α) = ω α, r (ω) = ω .$

看看它对三个根怎么作用。

首先：

$r (r_{1}) = r (α) = ω α = r_{2} .$

再看：

$r (r_{2}) = r (ω α) = r (ω) r (α) = ω \cdot ω α = ω^{2} α = r_{3} .$

最后：

$r (r_{3}) = r (ω^{2} α) = ω^{2} \cdot ω α = ω^{3} α = α = r_{1} .$

所以它对根的作用就是：

$r_{1} \to r_{2} \to r_{3} \to r_{1} .$

也就是一个 3-循环：

$(123) .$

现在再取另一个自同构 $s$ ：

$s (α) = α, s (ω) = ω^{2} .$

它其实就是复共轭。

对第一个根：

$s (r_{1}) = s (α) = α = r_{1} .$

对第二个：

$s (r_{2}) = s (ω α) = ω^{2} α = r_{3} .$

对第三个：

$s (r_{3}) = s (ω^{2} α) = ω α = r_{2} .$

所以：

$r_{2} \leftrightarrow r_{3},$

而 $r_{1}$ 不动。

也就是：

$(23) .$

于是我们的 Galois 群里已经有：

$(123)$

和

$(23) .$

而这两个置换可以生成整个 $S_{3}$ 。

因此：

$Gal (K / Q) ≅ S_{3}$

这里的

$≅$

不是“严格等于”，而是：

$同构$

意思是：

这两个群的元素虽然表面上不是同一种对象，一个是域自同构，一个是置换，但它们的群运算结构完全一样。

所以终于把我们最开始的两条线接起来了：

$域自同构 ⟶ 根的置换 ⟶ 置换群 .$

而 Galois 群就是：

$这些允许的根置换所形成的群$

下一步就该进入真正关键的一桥：

$为什么“加入一个根式”会让 Galois 群只增加一种很受限制的阿贝尔结构$

也就是开始解释为什么：

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解 .$

12.6 系数固定的自同构为何把根送到根

原问题：这一步不是很理解

这一步其实就是我们前面讲过的“自同构保持多项式关系”，只是这里应用到原方程的根上。

设

$f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0} \in F [x]$

而 $K$ 是它的分裂域。取

$σ \in Gal (K / F) .$

这句话的意思是：

$σ : K \to K$

是域自同构，并且固定 $F$ 中的所有元素。

现在假设

$r_{1}$

是 $f (x)$ 的一个根，所以：

$f (r_{1}) = 0.$

也就是：

$a_{n} r_{1}^{n} + \dots + a_{1} r_{1} + a_{0} = 0.$

对整个等式作用 $σ$ ：

$σ (a_{n} r_{1}^{n} + \dots + a_{0}) = σ (0) .$

因为 $σ$ 保持加法、乘法，而且每个系数

$a_{i} \in F$

都被固定，所以：

$a_{n} σ (r_{1})^{n} + \dots + a_{1} σ (r_{1}) + a_{0} = 0.$

也就是：

$f (σ (r_{1})) = 0 .$

因此：

$σ (r_{1}) 也必须是 f (x) 的根 .$

如果 $f$ 的根是

$r_{1}, r_{2}, \dots, r_{n},$

那么：

$σ (r_{1})$

一定是其中某一个：

$r_{j} .$

同样：

$σ (r_{2}), \dots, σ (r_{n})$

也全部还在这组根里面。

所以 $σ$ 对根集做的事情一定是：

${r_{1}, \dots, r_{n}} ⟶ {r_{1}, \dots, r_{n}} .$

而且因为 $σ$ 是自同构，所以是双射，不可能把两个不同根都压成同一个根。

因此它实际上就是对这些根进行一个置换：

$σ \leftrightarrow 某个 π \in S_{n} .$

但注意一个关键区别：

$Galois 自同构一定给出根的置换$

并不意味着：

$任意根的置换都一定是 Galois 自同构 .$

一般具体多项式只允许其中一部分置换。

例如 $x^{3} - 2$ 的分裂域里确实允许全部 $S_{3}$ ；但有的方程可能只允许一个更小的子群。

最后还有一步：为什么一个 Galois 自同构一旦知道它怎么置换所有根，就完全确定了？

因为分裂域本身就是：

$K = F (r_{1}, \dots, r_{n})$

也就是说， $K$ 是由基础域 $F$ 和这些根生成的。

$σ$ 已经固定 $F$ ，再告诉你每个

$r_{i} \mapsto r_{π (i)},$

那么 $K$ 里所有通过这些根做四则运算得到的元素怎么变化，也全部被确定了。

所以我们得到一个非常重要的包含关系：

$Gal (K / F) ↪ S_{n}$

意思是：Galois 群可以看成 $S_{n}$ 的一个子群。

这比我上一条直接说“Galois 自同构必须把根重新排列”完整得多。

第 13 章：中间域、限制映射和商群公式

本章对象：默认 $K / F$ 有限 Galois；只有额外满足 $E / F$ 正规时， $res$ 才以 $Gal (E / F)$ 为目标群。 $res$ 是群映射， $σ$ 是它的输入， $σ$ | $E$ 是它的输出。

13.1 域越大，固定它的自同构越少

现在我们要把“域的一层层扩张”翻译成“群的一层层子群”。

这一步的核心是一个非常漂亮的反向关系：

$域越大，对应的 Galois 子群反而越小$

先不要记定理，我们用一个具体例子理解。

假设有：

$F \subset E \subset K$

其中 $K / F$ 是一个 Galois 扩张。

我们考虑总的 Galois 群：

$G = Gal (K / F) .$

也就是所有“固定 $F$ ”的 $K$ 的自同构。

现在因为 $E$ 比 $F$ 更大，如果我要求一个自同构不仅固定 $F$ ，还必须固定整个 $E$ ，那它受到的限制就更多。

于是得到一个更小的群：

$H = Gal (K / E) .$

注意：

$H \subset G .$

为什么？

因为如果一个自同构把 $E$ 里的所有元素都固定，那当然也会把 $F \subset E$ 里的所有元素固定。

所以：

$F \subset E ⟹ Gal (K / E) \subset Gal (K / F)$

这就是“反向”。

域越大：

$F \subset E,$

要固定的东西越多，

所以允许的自同构越少。

举个很简单的例子。

还是：

$K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

整个 $K$ 相对于 $Q$ 的自同构，可以独立决定：

$\sqrt{2} \mapsto \pm \sqrt{2},$

$\sqrt{3} \mapsto \pm \sqrt{3} .$

所以一共有 4 个：

$| Gal (K / Q) | = 4.$

现在取中间域：

$E = Q (\sqrt{2}) .$

如果一个自同构必须固定 $E$ ，那它就必须固定：

$\sqrt{2} .$

所以原来关于 $\sqrt{2}$ 的“正负自由度”消失了。

它只能决定：

$\sqrt{3} \mapsto \pm \sqrt{3} .$

于是：

$| Gal (K / E) | = 2.$

所以你看到：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset K$

对应的是：

$Gal (K / Q) \supset Gal (K / Q (\sqrt{2})) \supset {e} .$

域链方向是：

$越往上越大$

群链方向是：

$越往下越小$

这就是 Galois 对应最核心的直觉。

更一般地，如果：

$F \subset E_{1} \subset E_{2} \subset K,$

那么：

$Gal (K / F) \supset Gal (K / E_{1}) \supset Gal (K / E_{2}) \supset Gal (K / K) = {e} .$

也就是：

$F \subset E_{1} \subset E_{2} \subset K$

反向对应：

$G \supset H_{1} \supset H_{2} \supset {e}$

其中

$H_{i} = Gal (K / E_{i}) .$

但现在还差一个很关键的问题：

这些 $H_{i}$ 为什么会是正规子群？
以及为什么商群 $H_{i} / H_{i + 1}$ 会对应某一层域扩张的 Galois 群？

这就是 Galois 基本定理真正有力量的地方。

下一步我们就只讲第一件事：

$为什么“中间域本身对基础域是 Galois 的”时，对应子群就是正规子群$

这正好会把我们前面学过的“正规子群”和现在的“中间域”连接起来。

13.2 中间域正规时，对应子群为何正规

现在只讲这一件事：

$为什么中间域 E / F 是 Galois 时， Gal (K / E) 会成为 Gal (K / F) 的正规子群$

先设：

$F \subset E \subset K,$

并令

$G = Gal (K / F),$

$H = Gal (K / E) .$

我们已经知道：

$H \leq G .$

现在要证明：

$H ◃ G$

也就是对任意

$σ \in G,$

都有：

$σ H σ^{- 1} = H .$

先取一个：

$τ \in H .$

因为 $τ \in H$ ，所以 $τ$ 的定义是：

$τ$ 固定 $E$ 中的每个元素。

也就是：

$τ (x) = x, \forall x \in E .$

现在我们看共轭：

$σ τ σ^{- 1} .$

我们要证明它仍然属于 $H$ 。

也就是说，需要证明：

$σ τ σ^{- 1}$

仍然固定 $E$ 。

任取：

$x \in E .$

看：

$(σ τ σ^{- 1}) (x) .$

从右往左作用。

第一步：

$x \overset{σ^{- 1}}{⟼} σ^{- 1} (x) .$

这里问题来了：

$σ^{- 1} (x)$ 还一定在 $E$ 里面吗？

这正是关键。

如果：

$σ^{- 1} (E) = E,$

那么当然：

$σ^{- 1} (x) \in E .$

于是因为 $τ$ 固定 $E$ ：

$τ (σ^{- 1} (x)) = σ^{- 1} (x) .$

最后再作用 $σ$ ：

$σ (σ^{- 1} (x)) = x .$

所以：

$(σ τ σ^{- 1}) (x) = x .$

于是：

$σ τ σ^{- 1} \in H .$

因此：

$σ H σ^{- 1} = H .$

也就是：

$H ◃ G .$

所以整个证明实际上卡在一句话：

$σ (E) = E$

为什么成立？

这就是为什么需要 $E / F$ 是 Galois。

如果 $E / F$ 是 Galois，那么 $E$ 可以理解为某个多项式在 $F$ 上的分裂域。

而 $σ \in Gal (K / F)$ 固定 $F$ ，所以它把这个多项式的根仍然送到这个多项式的根。

因为 $E$ 是由这些根生成的，所以：

$σ (E) = E .$

也就是说：

$E$ 作为一个整体，在所有固定 $F$ 的自同构作用下不会被送到别的地方去。

于是对应的：

$H = Gal (K / E)$

就是正规子群。

你可以把这件事和前面的正规子群直觉对应起来：

在群论里：

$H ◃ G$

意思是 $H$ 在共轭作用下保持不变。

在域论里，对应的是：

$E$

在 $G$ 的作用下作为一个整体保持不变。

所以：

$E / F Galois ⟺ Gal (K / E) ◃ Gal (K / F)$

这就是 Galois 基本定理里最漂亮的一条对应关系之一。

下一步就可以继续讲：

$G / H ≅ Gal (E / F)$

也就是为什么“商群”恰好对应“中间那一层域扩张的 Galois 群”。

13.3 域的整体稳定不等于固定每个单位根

原问题：这个得保证单位根也是固定的吧

对，你抓到了一个很关键的区别：“ $E$ 在所有固定 $F$ 的自同构下保持不变”本身，不要求额外加入单位根；它要求的是 $E / F$ 是 Galois。 单位根是在我们前面构造“根式扩张的每一层都是 Galois 且阿贝尔”时需要的。

这两个条件要分开看。

比如

$F \subset E \subset K,$

且

$σ \in Gal (K / F) .$

如果 $E / F$ 是 Galois，那么 $σ$ 会把 $E$ 送回自身：

$σ (E) = E .$

这里不需要专门说“单位根固定”。

为什么？因为 $E / F$ 是 Galois 意味着，粗略说， $E$ 已经包含了定义它所需多项式的全部共轭根。因此 $σ$ 虽然可能把这些根互相交换，但它们仍然都在 $E$ 里面，于是整个 $E$ 不会跑出去。

反过来看我们之前的例子就很清楚。

设

$α = \sqrt[3]{2}$

并考虑：

$E = Q (α) .$

它不是 $x^{3} - 2$ 的分裂域，因为另外两个根

$ω α, ω^{2} α$

不在 $E$ 里。

放进更大的分裂域

$K = Q (α, ω)$

后，有某个

$σ \in Gal (K / Q)$

满足：

$σ (α) = ω α .$

于是：

$σ (E) = σ (Q (α)) = Q (ω α) .$

而：

$Q (ω α) \neq Q (α) .$

所以：

$σ (E) \neq E .$

问题的本质不是单独因为“ $ω$ 没固定”，而是：

$E / Q 不是 Galois$

因此 $E$ 没有包含自己所有的共轭。

那我们之前为什么反复强调：

$把 ω 加入基础域$

呢？

那是在解决另一个问题。

我们希望一层根式扩张

$F \subset F (α), α^{n} = a \in F$

不但成为 Galois 扩张，而且其 Galois 群还是阿贝尔群。

如果：

$ζ_{n} \in F,$

那么所有根

$α, ζ_{n} α, \dots, ζ_{n}^{n - 1} α$

都自动在

$F (α)$

里，所以这一层成为分裂扩张。

同时，因为：

$ζ_{n} \in F,$

所有固定 $F$ 的自同构必须满足：

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n} .$

于是自同构只能：

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α,$

从而产生阿贝尔结构。

所以单位根实际上同时帮了我们两件事：

$ζ_{n} \in F$

使得加入一个根 $α$ 后，其他

$ζ_{n}^{k} α$

也自动进入扩张域——帮助这一层成为分裂/Galois 扩张；

同时它又让所有自同构固定 $ζ_{n}$ ——帮助这一层的 Galois 群成为阿贝尔群。

所以你可以这样区分：

$E / F Galois \Rightarrow E 作为整体在固定 F 的自同构下保持不变$

而

$单位根已在 F$

是我们构造特殊的根式 Galois 层时用来保证这一条件、并进一步保证“阿贝尔”的工具。

你刚才这个疑问其实正好触及了后面证明里一个非常容易混淆的点：“Galois”负责稳定中间域，“含单位根”负责让根式层变成特别简单的 Galois 扩张。

13.4 限制映射连接域层和群层

下一步最自然的是把刚才的“中间域 ↔ 正规子群”继续推进一步，证明：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F)$

但我们不会直接上这个公式。先只做第一步：

$什么叫把 K 上的自同构“限制”到 E$

假设

$F \subset E \subset K,$

并且 $E / F$ 是 Galois。

取一个

$σ \in Gal (K / F) .$

因为刚才已经知道：

$σ (E) = E,$

所以虽然 $σ$ 原本是

$σ : K \to K,$

我们完全可以只观察它在 $E$ 中的作用：

$σ |_{E} : E \to E .$

这个符号

$σ |_{E}$

读作：

$σ$ restricted $t o$ $E$ ，即“ $σ$ 限制在 $E$ 上”。

例如假设

$K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}), E = Q (\sqrt{2}) .$

某个自同构 $σ$ 可能满足

$σ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2}, σ (\sqrt{3}) = - \sqrt{3} .$

但如果我们只看 $E = Q (\sqrt{2})$ ，那么 $\sqrt{3}$ 根本不属于 $E$ ，所以我们不关心它怎么变。

在 $E$ 上，

$σ |_{E}$

就只是：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

因此我们得到一个映射：

$res : Gal (K / F) ⟶ Gal (E / F)$

定义为：

$res (σ) = σ |_{E} .$

这里 res 就是 restriction 的缩写。

这一步非常重要，因为接下来我们会问：

哪些 $K$ 上不同的自同构，限制到 $E$ 后会变成同一个自同构？

答案正好是：它们的差别来自那些完全固定 $E$ 的自同构，也就是

$Gal (K / E) .$

于是商群

$Gal (K / F) / Gal (K / E)$

就会自然出现。

所以下一步就应该证明这个 restriction map 的核为什么恰好是

$Gal (K / E) .$

这一步讲清楚以后，商群和中间域那一层 Galois 群的关系就几乎出来了。

13.5 限制映射的核

这里我们先不急着上同构定理，只把一个新概念讲清楚：

$restriction map 的核是什么$

我们已经有：

$F \subset E \subset K$

并定义：

$G = Gal (K / F) .$

如果 $E / F$ 是 Galois，那么每个

$σ \in G$

都会把 $E$ 映回 $E$ ，所以可以限制：

$σ |_{E} : E \to E .$

于是有映射：

$res : G \to Gal (E / F),$

定义为：

$res (σ) = σ |_{E} .$

现在问：

哪些 $σ \in G$ 经过这个映射以后，变成 $Gal (E / F)$ 里的单位元？

先看 $Gal (E / F)$ 的单位元是什么。

它就是：

${id}_{E},$

也就是在 $E$ 上什么都不做：

$x \mapsto x, \forall x \in E .$

因此：

$res (σ) = {id}_{E}$

意味着：

$σ |_{E} = {id}_{E} .$

翻译成人话就是：

$σ (x) = x, \forall x \in E$

也就是说：

$σ$ 固定整个 $E$ 。

但“所有固定 $E$ 的 $K$ 的自同构”正是：

$Gal (K / E) .$

因此：

$\ker (res) = Gal (K / E)$

这里新出现了：

$\ker$

叫做 kernel，核。

一般来说，如果有群同态：

$φ : G \to H,$

那么它的核定义为：

$\ker φ = {g \in G : φ (g) = e_{H}}$

也就是说：

在映射以后“看起来什么都没做”的那些元素。

所以在我们的例子里：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F),$

一个 $σ$ 如果属于核，就说明：

$σ |_{E} = {id}_{E} .$

虽然它在整个 $K$ 上可能不是单位元，但只看 $E$ 时，它完全看不出来。

用具体例子会很清楚。

设：

$K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}),$

$E = Q (\sqrt{2}),$

$F = Q .$

考虑自同构：

$σ : {\begin{cases} \sqrt{2} \mapsto \sqrt{2} \\ \sqrt{3} \mapsto - \sqrt{3} \end{cases}$

它在整个 $K$ 上不是恒等，因为：

$\sqrt{3} \mapsto - \sqrt{3} .$

但是限制到 $E$ ：

$E = Q (\sqrt{2}),$

里面没有 $\sqrt{3}$ 。

而且它固定：

$\sqrt{2} .$

所以对任何：

$a + b \sqrt{2} \in E,$

都有：

$σ (a + b \sqrt{2}) = a + b \sqrt{2} .$

因此：

$σ |_{E} = {id}_{E} .$

所以这个 $σ$ 属于：

$\ker (res) .$

而它也确实属于：

$Gal (K / E),$

因为它固定整个 $E$ 。

于是得到：

$\ker (res) = Gal (K / E)$

这个结果非常漂亮，因为“核”在群论里天然是正规子群。

所以我们立刻得到：

$Gal (K / E) ◃ Gal (K / F)$

这其实又给出了“为什么它是正规子群”的另一种证明方式。

下一步就是利用群论里的第一同构定理：

$G / \ker φ ≅ im φ .$

代入这里，就会得到：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ im (res) .$

然后我们再解释为什么这个像正好是：

$Gal (E / F) .$

这样就得到我们真正想要的：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F)$

13.6 从定义再次验证限制映射的核

原问题：这一步是怎么来的来着

这一步其实非常直接，只是符号容易遮住意思。

我们有：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F),$

定义为：

$res (σ) = σ |_{E} .$

现在“核”的定义是：

$\ker (res) = {σ \in Gal (K / F) : res (σ) = {id}_{E}} .$

也就是那些经过限制以后，在 $E$ 上变成恒等映射的 $σ$ 。

而

$res (σ) = σ |_{E},$

所以条件

$res (σ) = {id}_{E}$

等价于：

$σ |_{E} = {id}_{E} .$

再展开，就是：

$σ (x) = x, \forall x \in E .$

也就是说：

$σ$ 固定 $E$ 中每一个元素。

但“所有固定 $E$ 的 $K$ -自同构”按定义就是：

$Gal (K / E) .$

因此：

$\ker (res) = Gal (K / E)$

所以这一步本质上只是把两个定义接起来：

$核 = 限制后变成恒等的那些元素$

而

$Gal (K / E) = 固定整个 E 的 K -自同构$

两者描述的是同一批自同构。

13.7 映射的输入元素本身也是映射

原问题：但是这个映射本身是不同同构之间的映射啊

对，你理解得对。这里最容易混的就是“映射的元素本身也是映射”。

我们把层次分开：

$G = Gal (K / F)$

这是一个群。它的“元素”不是普通数字，而是一个个 $K$ 上的域自同构：

$σ : K \to K .$

同样，

$Gal (E / F)$

也是一个群，它的元素是：

$τ : E \to E$

这样的域自同构。

现在 res 是一个群同态：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F)$

它输入一个“映射” $σ$ ，输出另一个“映射”：

$σ \mapsto σ |_{E}$

所以确实是：

$映射 ⟼ 映射 .$

而“核”是针对这个群同态 $res$ 来定义的。

群同态的核，就是所有被送到目标群单位元的元素。

这里目标群是：

$Gal (E / F) .$

它的单位元是什么？

不是数字 $0$ 或 $1$ ，而是：

${id}_{E}$

也就是在 $E$ 上什么都不做的恒等自同构：

$x \mapsto x .$

所以：

$\ker (res) = {σ \in Gal (K / F) : res (σ) = {id}_{E}} .$

而：

$res (σ) = σ |_{E} .$

因此：

$σ |_{E} = {id}_{E}$

意思就是：

$σ (x) = x, \forall x \in E .$

这恰好就是：

$σ \in Gal (K / E) .$

所以：

$\ker (res) = Gal (K / E)$

你可以把它理解成两层：

$第一层： σ 是域之间的映射$

$第二层：res 是“这些映射之间”的群同态$

而 res 的核，就是那些被它送到“恒等映射” ${id}_{E}$ 的 $σ$ 。

13.8 同态、嵌入、同构、自同构及两层映射

原问题：这里主要是几个概念和符号，一会儿用的是同态一会儿又变成了同构，虽然我理解这些意思，但是有的你说的比较快，就不知道你到底在指称什么

这里集中回看已经建立的几种映射类型；群论定义、域映射定义及延拓过程在前文各自出现，本段用于在限制映射上辨认它们。

对，你现在真正卡的不是数学思想，而是**“同一个字母到底代表什么对象、这个映射此刻是什么类型”切换得太快**。后面 Galois 理论里如果不严格区分，确实非常容易乱。

我们先暂停主线，把目前会反复出现的几个词彻底固定下来。以后我第一次引入一个映射时，会先写清楚“从哪里到哪里、是什么类型”，不再直接跳符号。

1. 同态 homomorphism：保持运算的映射

这是最宽泛的概念。

群之间：

$φ : G \to H$

如果满足

$φ (a b) = φ (a) φ (b),$

就是群同态。

此时不要求单射，也不要求满射。

例如：

$φ : Z \to Z / 2 Z$

把整数映成奇偶类，就是群同态，但显然不是单射。

2. 同构 isomorphism：双射的同态

如果

$φ : G \to H$

既保持结构，又是双射，那么叫：

$同构$

于是写：

$G ≅ H .$

所以逻辑关系是：

$同构 = 同态 + 双射$

例如：

$G / \ker φ ≅ im φ$

这里的 $≅$ 是说这两个群的结构完全一样，并不是说它们是同一个集合。

3. 嵌入 embedding：单射的同态

如果

$φ : E \to K$

保持域的加法、乘法，又是单射，就叫域嵌入。

所以：

$嵌入 = 同态 + 单射$

它不要求像覆盖整个目标域 $K$ 。

例如可以有：

$Q (\sqrt{2}) ↪ C .$

它只是把小域“完整地放进”大域。

而我们前面讲过，对于保持 $1$ 的域同态，单射其实自动成立，所以域论里“域同态”和“域嵌入”的距离比群论里小很多。

4. 自同构 automorphism：从自己到自己的同构

如果

$σ : K \to K$

既是域同态，又是双射，那么叫：

$域自同构$

所以：

$自同构 = 从一个对象到它自己的同构$

例如：

$σ : Q (\sqrt{2}) \to Q (\sqrt{2}),$

$σ (\sqrt{2}) = - \sqrt{2} .$

这就是自同构。

现在把它们放在一张关系图里最清楚：

$同态$

加上“单射”：

$⇓$

$嵌入$

加上“满射”：

$⇓$

$同构$

如果这个同构恰好还是：

$K \to K,$

就叫：

$自同构 .$

所以：

$\begin{array}{cc} 术语 & 额外要求 \\ 同态 & 保持结构 \\ 嵌入 & 同态+单射 \\ 同构 & 同态+双射 \\ 自同构 & 一个对象到自身的同构 \end{array}$

再把目前 Galois 理论里的“角色”固定下来

我们目前讨论：

$F \subset E \subset K .$

这三个都是域。

这里 $F$ 是最底层基础域， $E$ 是中间域， $K$ 是大域。

然后：

$Gal (K / F)$

不是一个域，而是一个群。它的元素 $σ$ 是：

$σ : K \to K$

这样的域自同构，并额外要求：

$σ (a) = a, \forall a \in F .$

所以每次看到

$σ \in Gal (K / F),$

你脑子里应该自动展开成：

$σ : K \to K 是域自同构，并且逐点固定 F$

然后我们有：

$Gal (K / E) .$

它也是一个群，它的元素仍然是：

$σ : K \to K,$

只是要求更严格：

$σ (a) = a, \forall a \in E .$

因为：

$F \subset E,$

固定整个 $E$ 当然也固定 $F$ ，所以：

$Gal (K / E) \leq Gal (K / F) .$

再看刚才的 restriction：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F) .$

注意这里 $res$ 本身是一个群同态。

它输入的是一个：

$σ : K \to K$

然后输出：

$σ |_{E} : E \to E .$

所以这里实际上存在“两层映射”：

$σ 本身是域自同构$

而

$res 是把一个自同构送到另一个自同构的群同态$

这个尤其容易混。

例如：

$res (σ) = σ |_{E} .$

左边的 res 是群之间的映射；

右边的 $σ$ 是域之间的映射。

这两个不是同一层次的东西。

还有我们刚才讲延拓时：

$τ : E \to E$

原本是 $E$ 的自同构。

为了延拓，我们暂时把它看成：

$τ : E ↪ \overset{―}{F} .$

这时候我们强调的是它作为一个域嵌入的身份。

然后延拓得到：

$\tilde{τ} : K ↪ \overset{―}{F} .$

最开始只能称为嵌入。

等利用 $K / F$ 的正规性证明：

$\tilde{τ} (K) = K$

以后，它实际上变成：

$\tilde{τ} : K \to K$

而且是双射。

这时候才能升级称为：

$自同构$

所以这里不是我把“嵌入突然叫成了自同构”，而是我们证明了它的像恰好等于 $K$ ，所以它从“单射同态”升级成了“到自身的双射同态”。

这个过程以后我会明确写成：

$先得到域嵌入 \tilde{τ} : K ↪ \overset{―}{F}$

然后证明：

$\tilde{τ} (K) = K$

所以：

$因此 \tilde{τ} \in Gal (K / F) .$

这样就不会突然换称呼。

从现在开始，我会在出现新映射时优先给你写成这种格式：

$res : \underset{群}{\underset{⏟}{Gal (K / F)}} ⟶ \underset{群}{\underset{⏟}{Gal (E / F)}}, σ ⟼ σ |_{E}$

并明确说 $res$ 是群同态， $σ$ 是域自同构。这样后面进入 Galois 基本定理时会清楚很多。

下一步也先不继续证明延拓定理，而应该先把 “同态、核、像、单射、满射、同构”在 restriction map 这一个具体例子里全部对应起来。这样第一同构定理那一段就不会再有符号漂移。

13.9 哪些对象属于群层，哪些属于域层

原问题：哪些是群的概念，哪些是域的概念

可以这样分最清楚：

概念	主要属于哪一层	在我们这里怎么用
群 group	群论	$G, H, Gal (K / F)$
子群 subgroup	群论	$Gal (K / E) \leq Gal (K / F)$
正规子群 normal subgroup	群论	$Gal (K / E) ◃ Gal (K / F)$
商群 quotient group	群论	$G / H$
群同态 homomorphism	群论	$res : G \to H$
核 kernel	群论里常用，也可用于环/域同态	$\ker (res)$
像 image	一般映射/代数结构都可用	$im (res)$
同构 isomorphism	群、域等结构都有	$G / H ≅ Gal (E / F)$
域 field	域论	$F, E, K, Q$
域扩张 field extension	域论	$F \subset E \subset K$
代数元	域论	$α = \sqrt[3]{2}$
最小多项式	域论	$m_{α} (x)$
分裂域	域论	$K$ 包含某多项式全部根
域嵌入 embedding	域论	$τ : E ↪ \overset{―}{F}$
域自同构 automorphism	域论	$σ : K \to K$
Galois 群	两者交界	“一群域自同构”组成的群

最容易混的是这几个：

$Gal (K / F)$

本身是一个群；

但它里面的元素

$σ \in Gal (K / F)$

是一个域自同构。

再比如

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F)$

这里：

res 是群同态；
输入的 $σ$ 是域自同构；
输出的 $σ |_{E}$ 也是域自同构。

所以这里同时有“群层”和“域层”两层结构。

你可以把整个 Galois 理论暂时看成一句话：

$用群论研究域自同构$

也就是：

$域 ⟶ 域自同构 ⟶ 这些自同构组成群 .$

这样以后看到符号时就先问：现在是在谈域本身，还是在谈这些域自同构组成的群？

13.10 限制映射、核、像与商群的角色逐一对应

好，我们继续，而且我会把“谁是群、谁是域、哪个符号在做什么”摆得更清楚。

现在我们有三层域：

$F \subset E \subset K$

并且假设：

$K / F 是 Galois, E / F 也是 Galois .$

我们定义两个群：

$G = Gal (K / F),$

$H = Gal (K / E) .$

这里 $H \subset G$ 。

然后定义限制映射：

$res : G ⟶ Gal (E / F)$

规则是：

$σ ⟼ σ |_{E}$

意思就是：原本 $σ$ 作用在整个 $K$ 上，现在只看它在 $E$ 上做了什么。

前面我们已经知道：

$\ker (res) = H = Gal (K / E) .$

也就是说：

那些限制到 $E$ 后什么都不做的 $K$ -自同构，恰好就是固定整个 $E$ 的自同构。

现在只剩一个问题：

$res 是不是满射？$

也就是：

$Gal (E / F)$ 里的每一个自同构，能不能都从 $K$ 上某个自同构限制下来？

答案是：

$能$

因为我们刚才讨论的延拓定理告诉我们：任取

$τ \in Gal (E / F),$

可以把它延拓成某个

$\tilde{τ} \in Gal (K / F)$

并且满足：

$\tilde{τ} |_{E} = τ .$

所以每个 $τ$ 都能被 res 命中。

因此：

$im (res) = Gal (E / F)$

于是第一同构定理给出：

$G / \ker (res) ≅ im (res) .$

把具体对象代进去：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F)$

这个式子非常重要。

它可以读成：

总的 Galois 群，除掉那些“在 $E$ 上完全看不见的变化”，剩下的正好就是 $E / F$ 这一层的 Galois 群。

所以现在“商群”和“中间域的一层扩张”终于完全对应起来了。

下一步就可以把它用在根式塔：

$F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r}$

上，得到反向的群链：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r},$

然后证明每个商群

$G_{i} / G_{i + 1}$

都是阿贝尔群。

这一步完成以后，我们就真正得到：

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解$

而且不是靠口号，而是可以看见每一层为什么对应。

13.11 限制映射满射的准确问题

下一步就该解决刚才留下的唯一缺口：

$im (res) = Gal (E / F)$

也就是解释：

$E$ 上每一个固定 $F$ 的自同构，为什么都能“延拓”成 $K$ 上的自同构？

先不要直接上一般定理，我们会先用具体例子：

$F = Q, E = Q (\sqrt{2}), K = Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) .$

在 $E$ 上有一个非平凡自同构：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

我们会先问：

能不能把它扩展到整个 $K$ ？

答案是可以，比如定义：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2}, \sqrt{3} \mapsto \sqrt{3} .$

这样就得到 $K$ 上的一个自同构。

然后再理解一般情形里为什么这种“延拓”成立。

一旦这一步完成，我们就得到：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F) .$

这就是把商群和中间域那一层扩张真正对应起来的关键公式。

13.12 第一同构定理的陪集证明

例如我们刚才的限制映射

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F)$

就是群同态。

为什么？

因为先复合两个自同构再限制到 $E$ ，和先分别限制到 $E$ 再复合，效果相同：

$(σ τ) |_{E} = (σ |_{E}) (τ |_{E}) .$

所以：

$res (σ τ) = res (σ) res (τ) .$

现在立刻代回 Galois 的情况。

我们有：

$res : Gal (K / F) \to Gal (E / F) .$

已经知道：

$\ker (res) = Gal (K / E) .$

所以第一同构定理直接给：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ im (res)$

现在只剩最后一个问题：

$im (res) \overset{?}{=} Gal (E / F)$

也就是：

$E$ 上每一个固定 $F$ 的自同构，能不能都从 $K$ 上某个固定 $F$ 的自同构限制下来？

这就是下一步。它涉及 “自同构能否从中间域延拓到整个分裂域”。这一步讲清楚以后，我们才真正得到

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F) .$

第 14 章：根式塔：单位根、共轭与正规闭包

本章对象： $F_{i + 1} = F_{i} (α_{i})$ ， $α_{i}$ 的 $n_{i}$ 次幂等于 $a_{i} \in F_{i}$ ；各层指数、元素均可不同。 $ζ_{n}$ 是本原 $n$ 次单位根， $μ_{n}$ 是全部 $n$ 次单位根组成的群。

14.1 进入根式塔前回顾两条主线

进入根式塔前，已有的两条主线是：

$Q \to 域扩张 \to 分裂域 \to 域自同构 \to Galois 群$

然后进一步讨论了“根式解”如何翻译成一层一层的域扩张：

$F_{i} \subset F_{i + 1} = F_{i} (α), α^{n} \in F_{i} .$

最后停在一个很关键的技术点：

如果这一层的基础域 $F$ 已经包含相应的 $n$ 次单位根 $ζ_{n}$ ，那么自同构只能把 $α$ 送到 $ζ_{n}^{k} α .$

原讨论确认了以下需要的条件：

$所以要先把单位根加入基础域$

这样 $ζ_{n}$ 就被固定，不会再被 Galois 自同构移动。

现在下一步就应该证明：

$为什么这种“一层根式扩张”的 Galois 群一定是阿贝尔群$

我们继续慢慢来。

假设：

$F \subset K = F (α),$

并且

$α^{n} = a \in F .$

同时假设：

$ζ_{n} \in F .$

那么固定 $F$ 的任何自同构 $σ$ 都只能满足：

$σ (α) = ζ_{n}^{k} α .$

另一个自同构 $τ$ 则可能满足：

$τ (α) = ζ_{n}^{l} α .$

现在比较：

$σ τ$

和

$τ σ .$

先算：

$σ τ (α) .$

因为：

$τ (α) = ζ_{n}^{l} α,$

所以：

$σ τ (α) = σ (ζ_{n}^{l} α) .$

由于 $ζ_{n} \in F$ ，而 $σ$ 固定整个 $F$ ，所以：

$σ (ζ_{n}^{l}) = ζ_{n}^{l} .$

因此：

$σ τ (α) = ζ_{n}^{l} σ (α) .$

又因为：

$σ (α) = ζ_{n}^{k} α,$

所以：

$σ τ (α) = ζ_{n}^{l} ζ_{n}^{k} α = ζ_{n}^{k + l} α .$

反过来：

$τ σ (α) = ζ_{n}^{k + l} α .$

因此：

$σ τ (α) = τ σ (α) .$

而整个 $K$ 是由 $F$ 和 $α$ 生成的。

两者都固定 $F$ ，而且在 $α$ 上作用相同，所以它们在整个 $K$ 上作用都相同。

因此：

$σ τ = τ σ .$

所以：

$Gal (K / F) 是阿贝尔群$

更直观地说，这些自同构本质上只是：

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α .$

做一次 $k$ ，再做一次 $l$ ，结果就是：

$k + l .$

而：

$k + l = l + k .$

所以自然交换。

这就是我们现在终于得到的关键结论：

$单层根式扩张 + 基础域含相应单位根 ⟹ 这一层的 Galois 群是阿贝尔的$

接下来真正重要的一步，就是解释：

如果我们有一整座根式塔 $F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r},$ 为什么这些“一层一层的阿贝尔群”会对应到总 Galois 群中的一条正规子群链？

这里就会第一次正式进入 Galois 基本定理：中间域和子群之间的反向对应。这一步是把“根式塔”真正变成“可解群”的桥。

14.2 把一个根式表达式拆成逐次开根

原问题：太快了没太理解为什么就加入了一个根式

对，刚才这里跳太快了。关键不是“为什么突然只加入一个根式”，而是：

所谓“能用根式解”，本来就可以拆成很多个“每次加入一个根式”的步骤。

我们先把“根式表达式”看成一个实际公式。

比如：

$\sqrt{2 + \sqrt{3}} .$

这个数看起来是一次写出来的，但它其实可以分两步构造。

先从

$Q$

开始。

第一步加入：

$\sqrt{3} .$

得到：

$F_{1} = Q (\sqrt{3}) .$

现在注意：

$2 + \sqrt{3} \in F_{1} .$

然后第二步再加入：

$\sqrt{2 + \sqrt{3}} .$

记

$α = \sqrt{2 + \sqrt{3}} .$

那么：

$α^{2} = 2 + \sqrt{3} \in F_{1} .$

于是得到：

$F_{2} = F_{1} (α) .$

也就是：

$Q \subset Q (\sqrt{3}) \subset Q (\sqrt{3}, \sqrt{2 + \sqrt{3}}) .$

所以一个嵌套根式：

$\sqrt{2 + \sqrt{3}}$

实际上就是连续两次“加入一个根式”。

再看复杂一点的：

$\sqrt[3]{2 + \sqrt{5}} .$

也一样。

第一步：

$F_{0} = Q .$

加入：

$\sqrt{5},$

得到：

$F_{1} = Q (\sqrt{5}) .$

然后：

$2 + \sqrt{5} \in F_{1} .$

再加入一个新元素 $α$ ，满足：

$α^{3} = 2 + \sqrt{5} .$

于是：

$F_{2} = F_{1} (α) .$

所以：

$α = \sqrt[3]{2 + \sqrt{5}} .$

因此，“每一步加入一个根式”的一般形式是：

已有一个域：

$F_{i} .$

然后选择一个：

$a_{i} \in F_{i} .$

再加入某个 $α_{i}$ ，使：

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i} .$

于是：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}) .$

这一步就叫一次根式扩张。

为什么这样就足够描述一般的“根式公式”？

因为根式公式只允许有限次：

$+, -, \times, \div, \sqrt[n]{} .$

而四则运算本来就已经被“域”自动包含了。

例如，如果你现在已经在 $F_{i}$ 里，那么：

$a + b, a - b, a b, \frac{a}{b}$

仍然都在 $F_{i}$ 里。

所以四则运算根本不需要新扩张。

真正会把你带出当前域的，只有：

$开根$

比如：

$\sqrt[n]{a}$

可能不在当前域中。

这时候才需要扩张：

$F_{i} ⟶ F_{i} (\sqrt[n]{a}) .$

所以从域的角度看，一个根式公式的构造过程，就是：

$F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r}$

其中每一步都是：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} \in F_{i} .$

这不是人为规定出来的，而是把“有限次四则运算和开根”逐步翻译成域语言以后自然得到的。

比如一个更复杂的表达式：

$x = \frac{1 + \sqrt{2 + \sqrt[3]{7}}}{3 - \sqrt{5}} .$

可以按顺序构造：

$Q$

先加入

$\sqrt[3]{7},$

得到 $F_{1}$ ；

再加入

$\sqrt{2 + \sqrt[3]{7}},$

得到 $F_{2}$ ；

再加入

$\sqrt{5},$

得到 $F_{3}$ 。

最后那个除法

$\frac{1 + \sqrt{2 + \sqrt[3]{7}}}{3 - \sqrt{5}}$

不需要再扩张，因为 $F_{3}$ 已经是域，自动允许除法。

所以最终这个数就在 $F_{3}$ 中。

因此，“方程可以用根式解”的精确含义，最终就是：

$存在这样一座有限的根式扩张塔，使方程的所有根都落在最顶层。$

刚才我说“一次根式扩张的 Galois 结构比较简单”，讲的是这座塔里的某一层，不是说整个方程只需要开一次根。

下一步应该继续只研究一层：

$F \subset F (α), α^{n} \in F,$

看看为什么这一层的自同构只能把

$α$

送成

$ζ_{n}^{k} α .$

这样会更顺。

14.3 根式公式与根式塔的逐步对应

原问题：为什么能用根式解就推出了根式塔

因为“能用根式解”本身，严格翻译成域语言后，几乎就是“存在一座根式塔”。

关键在于：一个根式公式只允许有限次做

$+, -, \times, \div, \sqrt[n]{} .$

而域已经自动对前四种运算封闭，所以真正会让你离开当前域的，只有“开根”。

假设基础域是

$F_{0} = F$

，比如一般多项式系数所在的域。

如果公式第一步需要

$\sqrt{a_{0}}, a_{0} \in F_{0},$

我们就把这个新数记成

$α_{0} = \sqrt{a_{0}} .$

于是

$α_{0}^{2} = a_{0} \in F_{0},$

并扩张成

$F_{1} = F_{0} (α_{0}) .$

现在因为 $F_{1}$ 是域，所以任何由 $F_{0}$ 和 $α_{0}$ 做四则运算得到的东西都已经自动在 $F_{1}$ 里，不需要再扩张。

假如下一步公式出现

$\sqrt[3]{2 + α_{0}},$

因为

$2 + α_{0} \in F_{1},$

记

$α_{1} = \sqrt[3]{2 + α_{0}},$

那么

$α_{1}^{3} = 2 + α_{0} \in F_{1} .$

再定义

$F_{2} = F_{1} (α_{1}) .$

继续这样做。

所以任何有限的根式表达式都可以逐步翻译成：

$F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r}$

其中每一步都是

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} \in F_{i} .$

这就是根式塔。

例如一个很丑的表达式：

$x = \frac{1 + \sqrt{3 + \sqrt[3]{2}}}{2 - \sqrt{5}} .$

可以拆成：

$F_{0} = Q,$

先加入

$α_{0} = \sqrt[3]{2}, α_{0}^{3} = 2,$

得到

$F_{1} = Q (α_{0}) .$

再加入

$α_{1} = \sqrt{3 + α_{0}}, α_{1}^{2} = 3 + α_{0} \in F_{1},$

得到

$F_{2} = F_{1} (α_{1}) .$

再加入

$α_{2} = \sqrt{5}, α_{2}^{2} = 5,$

得到

$F_{3} = F_{2} (α_{2}) .$

那么最终

$x = \frac{1 + α_{1}}{2 - α_{2}}$

已经自动属于 $F_{3}$ ，因为 $F_{3}$ 是域，允许四则运算。

所以核心就是：

$四则运算不需要扩张域；每出现一次新的开根，扩张一次域。$

于是：

$有限根式表达式 ⟹ 有限根式塔$

反过来也一样：如果有一座这样的根式塔，那么塔顶里的元素就是由有限次四则运算和开根逐步构造出来的。

因此在 Galois 理论里，“solvable $b y$ radicals”的严格定义本来就是：

存在一个根式扩张塔，使多项式的分裂域包含在塔顶域中。

所以这一步不是一个额外深奥定理，更多是在把“根式公式”精确地翻译成“域扩张语言”。

14.4 各层用的是同一个模板，而非同一个多项式

原问题：为什么每一步都要用相同的这个多项式来扩张域

不是每一步都用“同一个多项式”。你看到的

$F_{i + 1} = F_{i} (α), α^{n} = a \in F_{i}$

只是我在描述任意一层根式扩张的通用模板，这里把下标省略了，所以容易看成每一步都一样。

真正的根式塔应该写成：

$F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2} \subset \dots \subset F_{r}$

其中第 $i$ 步是

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} = a_{i}, a_{i} \in F_{i}$

这里：

$α_{i}, n_{i}, a_{i}$

每一步都可以不同。

比如：

$F_{0} = Q .$

第一步加入平方根：

$α_{0} = \sqrt{2}, α_{0}^{2} = 2.$

所以

$F_{1} = Q (\sqrt{2}) .$

第二步可能加入三次根：

$α_{1} = \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}} .$

那么：

$α_{1}^{3} = 1 + \sqrt{2} \in F_{1} .$

所以：

$F_{2} = F_{1} (α_{1}) .$

第三步还可以加入五次根：

$α_{2}^{5} = 3 + α_{1} \in F_{2} .$

所以整个过程可能是：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt{2}, \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}) \subset \dots$

对应的多项式分别可能是：

$x^{2} - 2,$

$x^{3} - (1 + \sqrt{2}),$

$x^{5} - (3 + α_{1}),$

完全不是同一个多项式。

还有一个更细的点值得现在就区分：

我们知道

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i}$

所以 $α_{i}$ 一定是

$x^{n_{i}} - a_{i}$

的一个根。

但：

$x^{n_{i}} - a_{i} 不一定是 α_{i} 的最小多项式$

它的最小多项式只需要整除 $x^{n_{i}} - a_{i}$ 。

例如如果已经在某个域里有 $\sqrt{2}$ ，然后你说加入

$α = \sqrt[4]{4},$

那么

$α^{4} = 4,$

所以它满足

$x^{4} - 4 = 0.$

但实际上

$α = \sqrt{2}$

早就在域里了，而且最小多项式只有

$x^{2} - 2.$

所以以后看到

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i}$

你应该把它理解为：

“第 $i$ 层新加入的元素是某个当前域元素的 $n_{i}$ 次根。”

而不是：

“每一层都用同一个 $x^{n} - a$ 来扩张。”

接下来我们再看“对这一层做共轭/嵌入以后，为什么 $σ (α_{i})$ 仍然是一个根式”，就会清楚很多。

14.5 单层根式的生成元可能被送到哪里

好，我们就只研究一层：

$F \subset F (α), α^{n} = a \in F .$

先暂时不谈整座根式塔，也不谈五次方程，只问：

如果 $σ$ 是一个固定 $F$ 的自同构，那么它可以把 $α$ 送到哪里？

因为

$α^{n} = a,$

对两边作用 $σ$ ：

$σ (α^{n}) = σ (a) .$

由于 $σ$ 保持乘法，

$σ (α^{n}) = σ (α)^{n} .$

而因为 $σ$ 固定 $F$ ，且 $a \in F$ ，所以

$σ (a) = a .$

因此：

$σ (α)^{n} = a .$

也就是说：

$σ (α) 也必须是 x^{n} - a 的根 .$

这一步最核心。

例如平方根：

$α^{2} = 2.$

那么 $σ (α)$ 也必须满足：

$x^{2} = 2.$

所以只能是：

$\sqrt{2}$

或者

$- \sqrt{2} .$

于是：

$\sqrt{2} \mapsto \sqrt{2}$

或

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

没有第三种可能。

再看三次根：

$α^{3} = 2.$

那么 $σ (α)$ 必须满足：

$x^{3} = 2.$

在复数中三个根是：

$α, ω α, ω^{2} α,$

其中

$ω^{3} = 1.$

所以：

$σ (α) \in {α, ω α, ω^{2} α}$

换句话说，它只能把 $α$ 乘上一个三次单位根。

一般地， $x^{n} = a$ 的根如果取其中一个为 $α$ ，那么其余根都是：

$α, ζ_{n} α, ζ_{n}^{2} α, \dots, ζ_{n}^{n - 1} α,$

其中

$ζ_{n}^{n} = 1.$

所以：

$σ (α) = ζ_{n}^{k} α$

对某个 $k$ 。

但这里有一个很重要的细节。

如果我们只有：

$F (α),$

那么这些别的根未必都在这个域里面。

例如：

$Q (\sqrt[3]{2})$

全部是实数，但

$ω \sqrt[3]{2}$

不是实数。

所以：

$ω \sqrt[3]{2} \notin Q (\sqrt[3]{2}) .$

因此在这个域内部，根本不存在把

$\sqrt[3]{2} \mapsto ω \sqrt[3]{2}$

的自同构，因为目标元素都不在域里。

这也是为什么前面我们后来需要考虑更大的分裂域：

$Q (\sqrt[3]{2}, ω) .$

所以“加入一个根式之后，自同构就是乘单位根”这句话要理解得稍微精确一点：

只要我们处在一个包含这些相关根的合适域里，那么固定基础域的自同构对 $α$ 的作用，只能是 $α \mapsto ζ_{n}^{k} α .$

而这种变化很特殊，因为它不像任意置换那样乱来。

它只有：

$乘 1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots$

这些可能。

这就是为什么根式扩张最终会和“阿贝尔结构”联系起来。下一步可以继续解释：为什么这些“乘单位根”的操作彼此可交换。

14.6 方程的全部根与最小多项式的共轭不相同

原问题：问题是不一定每一个解都满足这种形式吧

对，你这个质疑是对的。我刚才那句话说得太强了。

如果已知

$α_{j}^{n} = a_{j}$

那么 $α_{j}$ 是多项式

$x^{n} - a_{j}$

的一个根。假设 $α_{j} \neq 0$ ，并且 $ζ_{n}$ 是原始 $n$ 次单位根，那么这个多项式的所有根确实都是

$α_{j}, ζ_{n} α_{j}, ζ_{n}^{2} α_{j}, \dots, ζ_{n}^{n - 1} α_{j}$

因为如果 $β^{n} = a_{j}$ ，那么

${(\frac{β}{α_{j}})}^{n} = \frac{β^{n}}{α_{j}^{n}} = 1,$

所以

$\frac{β}{α_{j}}$

一定是某个 $n$ 次单位根：

$\frac{β}{α_{j}} = ζ_{n}^{k} .$

于是

$β = ζ_{n}^{k} α_{j} .$

所以对于方程

$x^{n} - a_{j} = 0,$

这句话没问题。

但问题在于：

$α_{j} 的“代数共轭”未必等于 x^{n} - a_{j} 的所有根$

因为 $α_{j}$ 的真正共轭，是它的最小多项式的其他根。

而最小多项式只满足：

$m_{α_{j}} (x) ∣ x^{n} - a_{j} .$

所以共轭根只是上述

$ζ_{n}^{k} α_{j}$

中的一部分。

例如取：

$α = \sqrt{2} .$

你完全可以说：

$α^{4} = 4.$

所以 $α$ 满足：

$x^{4} - 4 = 0.$

如果基础域里有 $i = ζ_{4}$ ，那么 $x^{4} - 4$ 的四个根是：

$\sqrt{2}, i \sqrt{2}, - \sqrt{2}, - i \sqrt{2} .$

但是 $\sqrt{2}$ 的最小多项式（例如在 $Q (i)$ 上）仍然是：

$x^{2} - 2,$

所以它真正的共轭只有：

$\sqrt{2}, - \sqrt{2} .$

而：

$i \sqrt{2}, - i \sqrt{2}$

虽然是 $x^{4} - 4$ 的根，却不是 $\sqrt{2}$ 的共轭。

因此刚才那句话应该改成：

$每一个 α_{j} 的共轭都必定具有 ζ_{n}^{k} α_{j} 的形式，但反过来未必全部都是共轭。$

这已经足够支持后面的论证，因为一个固定基础域的自同构如果把 $α_{j}$ 移动了，它只能把它送到它的某个共轭，因此必然仍是：

$σ (α_{j}) = ζ_{n}^{k_{j}} α_{j}$

只是允许的 $k_{j}$ 可能只有一部分，而不是 $0, \dots, n - 1$ 全部都能出现。

而“一部分”也没有问题：它仍然落在由单位根乘法形成的阿贝尔结构里面。

14.7 单位根倍数形式仅适用于 $x^{n} - a$

原问题：我是指一个方程的根不一定是这种单位根的形式吧

对，你说得对。一般多项式方程的根当然不一定是“某个根乘单位根”的形式。

这种形式只对我们当前这一类特殊方程成立：

$x^{n} - a = 0$

因为如果 $α^{n} = a$ ，另一个根 $β$ 也满足

$β^{n} = a,$

那么

${(\frac{β}{α})}^{n} = 1,$

所以

$\frac{β}{α}$

一定是某个 $n$ 次单位根，于是：

$β = ζ_{n}^{k} α .$

因此：

$x^{n} - a 的根一定是 ζ_{n}^{k} α 这种形式$

但比如一般三次方程

$x^{3} + x + 1 = 0$

的三个根，就没有理由满足

$r_{2} = ω r_{1}, r_{3} = ω^{2} r_{1} .$

一般完全不是这样。

这里之所以一直出现

$α, ζ_{n} α, ζ_{n}^{2} α, \dots$

是因为我们现在不是在讨论“原始待解多项式的根长什么样”，而是在讨论根式公式构造过程中的某一步。

根式塔的一步是：

$F_{i} \subset F_{i} (α_{i}),$

并且特意满足

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i} \in F_{i} .$

所以这一层对应的特殊多项式就是：

$x^{n_{i}} - a_{i} .$

因此这一层才有：

$α_{i} \mapsto ζ_{n_{i}}^{k} α_{i} .$

这和最终原方程

$f (x) = 0$

的根没有直接说成同一种形式。

整个思路其实是：

$一般多项式的根$

如果“能用根式表示”，那么这些根可以通过很多层：

$+, -, \times, \div, \sqrt[n]{}$

逐步构造出来。

而我们把每一次“开根”单独拿出来：

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i} .$

于是每一个单独的开根步骤都有单位根结构。

然后这些简单的阿贝尔结构一层层叠起来，最终限制原多项式的 Galois 群。

所以非常关键的区分是：

$\begin{aligned} 一般方程 f (x) = 0 的根 & : 不一定彼此相差单位根; \\ 一次根式步骤 x^{n} - a = 0 的根 & : 一定彼此相差 n 次单位根 . \end{aligned}$

而 Galois 理论最巧妙的地方就在这里：原方程可以很一般，但如果它能由一系列这种特殊的“开根步骤”造出来，那么它的 Galois 群就必须继承一种可逐层拆成阿贝尔群的结构。

14.8 分裂域与阿贝尔性是两个不同条件

原问题：换言之得是分裂域是吧

对，基本可以这么理解，但再精确一点：

$如果希望 α 的所有共轭根都能作为自同构的像出现，那么我们需要所在的扩张包含这些根。$

最自然的做法就是取相关多项式的分裂域。

比如

$α = \sqrt[3]{2} .$

只看

$Q (α)$

时，另外两个根

$ω α, ω^{2} α$

根本不在这个域里，所以不可能存在域自同构

$α \mapsto ω α .$

而进入分裂域

$K = Q (α, ω)$

以后，三个根全都在 $K$ 中，于是自同构才有可能在它们之间进行置换。

不过还有一个非常关键的细节：“是分裂域”本身还不足以保证 Galois 群是阿贝尔的。

例如

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω)$

确实是 $x^{3} - 2$ 的分裂域，但：

$Gal (K / Q) ≅ S_{3},$

它反而不是阿贝尔群。

为什么？因为自同构不仅可以改变

$α,$

还可以改变

$ω \leftrightarrow ω^{2} .$

所以真正让“一次根式扩张”对应阿贝尔结构的关键是：基础域里已经包含相应的单位根。

例如改成基础域

$F = Q (ω),$

再加入

$α = \sqrt[3]{2} .$

得到：

$K = F (α) = Q (ω, \sqrt[3]{2}) .$

这时 $x^{3} - 2$ 已经在 $K$ 中完全分裂：

$(x - α) (x - ω α) (x - ω^{2} α),$

而且所有固定 $F$ 的自同构都必须固定 $ω$ 。

因此只能有：

$α \mapsto α,$

$α \mapsto ω α,$

$α \mapsto ω^{2} α .$

这三个操作组成：

$C_{3},$

是阿贝尔群。

所以后面真正要用的是这种结构：

$F 已含 ζ_{n}, α^{n} \in F, K = F (α) 是相应的分裂扩张$

于是自同构只能：

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α,$

从而这一层的 Galois 群是循环群的子群，因此是阿贝尔的。

这也是为什么严格证明“根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解”时，会特意先把需要的单位根加入进来。

14.9 单位根必须进入该层的基础域

原问题：所以要把单位根加进去

对，准确说是：要把相应的 $n$ 次单位根加到基础域里。

如果我们这一层加入的是

$α = \sqrt[n]{a}, α^{n} = a,$

那么方程

$x^{n} - a = 0$

的所有根都是

$α, ζ_{n} α, ζ_{n}^{2} α, \dots, ζ_{n}^{n - 1} α,$

其中 $ζ_{n}$ 是一个原始 $n$ 次单位根：

$ζ_{n}^{n} = 1.$

所以如果基础域 $F$ 已经包含 $ζ_{n}$ ，那么一旦加入 $α$ ，所有根就自动都进来了：

$ζ_{n}^{k} α \in F (α) .$

于是

$F (α)$

就是 $x^{n} - a$ 的分裂域。

例如三次根时，先把

$ω = e^{2 π i / 3}$

加入基础域：

$F = Q (ω) .$

再加入

$α = \sqrt[3]{2} .$

那么

$F (α) = Q (ω, \sqrt[3]{2})$

里自动有三个根：

$α, ω α, ω^{2} α .$

更重要的是，因为 $ω \in F$ ，固定 $F$ 的自同构不能再动 $ω$ 。

因此它只能：

$α \mapsto α, α \mapsto ω α, α \mapsto ω^{2} α .$

这就比从 $Q$ 出发简单很多。

所以这里的关键操作确实是：

$先把需要的单位根加入基础域，再逐层加入根式。$

而且不需要把每个单位根分别加进去；加入一个原始 $n$ 次单位根 $ζ_{n}$ ，它的幂

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1}$

就已经给出了全部 $n$ 次单位根。

下一步就可以非常具体地证明：在这种情况下，为什么这一层的自同构群一定是阿贝尔群。

补充证明：单个根式层的群是循环群的子群

设特征为 0，基础域 $B$ 已含全部 $n$ 次单位根 $μ_{n}$ ， $α^{n} = a \in B$ 。若 $a = 0$ ，则 $α = 0$ 、 $B (α) = B$ ，是平凡扩张。下面设 $a \neq 0$ 。多项式 $x^{n} - a$ 的全部根是 $ζ α$ （ $ζ \in μ_{n}$ ），都在 $B (α)$ ，且无重根；因此 $B (α) / B$ 是 Galois。

对 $σ \in Gal (B (α) / B)$ ，定义 χ $(σ) = σ (α) / α \in μ_{n}$ 。 $α$ 的像确定整个自同构，所以 χ 单射。由于 $σ$ 固定 $μ_{n}$ ，

$χ (σ τ) = \frac{σ (τ (α))}{α} = χ (τ) χ (σ) .$

所以 χ 是群同态，Galois 群同构于 $μ_{n}$ 的一个子群。 $μ_{n}$ 由本原单位根 $ζ_{n}$ 生成，是 $n$ 阶循环群；循环群的子群仍循环：若子群非平凡，取生成元幂中最小正指数 $d$ ，用带余除法可知子群所有幂指数都是 $d$ 的倍数。故该层群循环，特别地阿贝尔。χ 不一定满射，不能认定 $n$ 种根像都能出现。

多个根式 $β_{j}^{n} = a_{j} \in B$ 的情形类似：令 $E = B (β_{1}, \dots, β_{m})$ ，零生成元删去。映射 $σ \mapsto (σ (β_{j}) / β_{j})_{j}$ 给出 $Gal (E / B) \to μ_{n}^{m}$ 的单射群同态，所以群阿贝尔。各坐标可能受生成元间的代数关系约束，因此不一定等于整个直积，也不能把“每个根式各自的全部倍数根”都叫作其最小多项式的全部共轭。

14.11 固定 $Q$ 与固定 $Q (ω)$ 为什么得到不同的群

原问题：对解释为什么不固定omiga就不是固定就是

对，核心就在“固定基础域”这几个字。

假设

$K = Q (\sqrt[3]{2}, ω), ω^{2} + ω + 1 = 0.$

如果我们研究

$Gal (K / Q),$

定义只要求自同构 $σ$ 对所有

$q \in Q$

满足

$σ (q) = q .$

但是

$ω \notin Q,$

所以定义没有要求

$σ (ω) = ω .$

那它能把 $ω$ 送到哪里？

因为

$ω^{2} + ω + 1 = 0,$

作用 $σ$ 后：

$σ (ω)^{2} + σ (ω) + 1 = 0.$

所以 $σ (ω)$ 必须仍然是

$x^{2} + x + 1 = 0$

的根，也就是：

$σ (ω) = ω 或 ω^{2} .$

也就是说，如果基础域只有 $Q$ ，自同构可以交换：

$ω \leftrightarrow ω^{2} .$

但如果我们把基础域改成

$F = Q (ω),$

再研究

$Gal (K / F),$

那么定义要求：

$σ (x) = x, \forall x \in Q (ω) .$

而：

$ω \in Q (ω),$

所以立即得到：

$σ (ω) = ω .$

这就是为什么“把 $ω$ 加进基础域”以后，它就被固定住了。

更重要的是，不固定 $ω$ 为什么会让群变得不交换。

设

$r : α \mapsto ω α, ω \mapsto ω,$

其中

$α = \sqrt[3]{2} .$

再设

$s : α \mapsto α, ω \mapsto ω^{2} .$

看看先 $s$ 后 $r$ ：

$r s (α) = r (α) = ω α .$

而先 $r$ 后 $s$ ：

$s r (α) = s (ω α) = s (ω) s (α) = ω^{2} α .$

所以：

$r s (α) \neq s r (α)$

因此：

$r s \neq s r .$

这正是非交换性出现的来源：一个操作在转动

$α \to ω α,$

另一个操作却还可以把用于“转动”的 $ω$ 本身变成 $ω^{2}$ 。

如果把 $ω$ 放进基础域，第二种自由度就被禁止了，只剩：

$α \mapsto ω^{k} α,$

这些操作就是指数相加，因此彼此交换。

所以可以把关键区别记成：

$ω \notin F \Rightarrow ω 可能被自同构移动$

而

$ω \in F \Rightarrow ω 必须被所有 F -自同构固定$

这就是“先加入单位根”在后面证明中的真正作用。

14.12 固定单位根后，单个根式层为什么阿贝尔

现在我们进入整个证明里最关键、也最容易被一句话糊弄过去的地方：

$为什么“加入一个根式”对应的 Galois 结构是阿贝尔的？$

这一步不能直接说“因为开方很简单”，我们从一个最简单的根式扩张开始。

假设基础域是 $F$ ，并且我们加入一个元素 $α$ ，满足

$α^{n} = a, a \in F .$

于是得到

$F (α) .$

这就是一次典型的根式扩张。

先问：如果 $σ$ 是一个固定 $F$ 的自同构，那么 $α$ 可以被送到哪里？

因为

$α^{n} = a,$

所以

$σ (α)^{n} = σ (α^{n}) = σ (a) = a .$

因此

$σ (α)$

也必须是方程

$x^{n} - a = 0$

的一个根。

现在假设 $α$ 是其中一个根。那么其他根是什么？

就是

$α, ζ_{n} α, ζ_{n}^{2} α, \dots, ζ_{n}^{n - 1} α,$

其中

$ζ_{n} = e^{2 π i / n}$

是一个 $n$ 次单位根，满足

$ζ_{n}^{n} = 1.$

所以任何自同构只能把

$α$

送成

$σ (α) = ζ_{n}^{k} α$

其中某个

$k \in {0, 1, \dots, n - 1} .$

这已经非常受限制了。

先看平方根。

假设

$α^{2} = a .$

那么二次单位根只有

$1, - 1.$

所以：

$σ (α) = α$

或者

$σ (α) = - α .$

因此这种自同构最多就像：

${1, - 1}$

一样运作。

它当然是阿贝尔的。

再看三次根。

假设

$α^{3} = a .$

三个根：

$α, ω α, ω^{2} α .$

如果基础域中已经包含 $ω$ ，那么固定基础域的自同构必须固定 $ω$ 。

于是自同构只能是：

$α \mapsto α,$

$α \mapsto ω α,$

$α \mapsto ω^{2} α .$

假设定义：

$σ_{k} (α) = ω^{k} α .$

那么两个这种自同构复合：

$σ_{k} σ_{l} (α) = σ_{k} (ω^{l} α) .$

因为 $ω$ 在基础域里，所以被固定：

$= ω^{l} σ_{k} (α) = ω^{l} ω^{k} α = ω^{k + l} α .$

于是：

$σ_{k} σ_{l} = σ_{k + l} .$

而加法满足：

$k + l = l + k .$

所以：

$σ_{k} σ_{l} = σ_{l} σ_{k} .$

因此这个自同构群是阿贝尔的。

更准确地说，它是循环群的一个子群：

$Gal (F (α) / F) ↪ C_{n}$

前提是这里的扩张确实是 Galois，并且 $F$ 已经包含所需的 $n$ 次单位根。

这里你可能已经看到最重要的直觉了：

加入一个 $n$ 次根式以后，自同构没有办法随意乱排很多根；它基本只能给这个根式乘上一个 $n$ 次单位根。

即：

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α .$

而这些变化之间本质上就是“指数相加”：

$k + l .$

因此它们自然形成一个阿贝尔结构。

所以：

$一次根式扩张产生的 Galois 层，本质上是阿贝尔的$

但这里有一个非常重要的技术细节：

$基础域里必须先有相应的单位根$

否则事情会复杂一点。

例如我们刚才研究

$x^{3} - 2$

时，仅有

$Q (\sqrt[3]{2})$

是不够的。

我们还必须加入

$ω .$

所以严格证明“根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解”时，会先把必要的单位根也加入进来。

加入单位根本身不会破坏“可解性”，因为单位根对应的 Galois 群也是阿贝尔群。

所以最终会得到一座域塔：

$F = F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2} \subset \dots \subset F_{r}$

每一步都是：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} \in F_{i},$

并且把必要的单位根也准备好。

于是每一层对应的 Galois 群商：

$G_{i} / G_{i + 1}$

都是阿贝尔群。

于是整个 Galois 群就存在一条：

$G = G_{0} ▹ G_{1} ▹ \dots ▹ G_{r} = {e}$

使得：

$G_{i} / G_{i + 1}$

全部阿贝尔。

这正好就是：

$可解群$

的定义。

所以现在我们终于得到核心桥梁的一半：

$方程可以用根式解 ⟹ 它的 Galois 群是可解群$

下一步最适合做的，不是马上跳到五次方程，而是把这里的域塔为什么会反过来产生一条 Galois 群的正规子群链讲清楚。那一步就是 Galois 理论里真正的“域和群反向对应”。

14.13 对整个塔的嵌入使根式关系怎样变化

现在就看这一层：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} = a_{i} \in F_{i} .$

假设我们有一个固定最底层 $F_{0}$ 的域嵌入

$σ : F_{i + 1} \to \overset{―}{F_{0}} .$

我们先只问： $α_{i}$ 被 $σ$ 送到哪里？

因为

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i},$

对两边作用 $σ$ ：

$σ (α_{i}^{n_{i}}) = σ (a_{i}) .$

由于 $σ$ 保持乘法：

$σ (α_{i})^{n_{i}} = σ (a_{i}) .$

所以：

$σ (α_{i}) 是 x^{n_{i}} - σ (a_{i}) 的一个根$

也就是说：

$σ (α_{i}) = \sqrt[n_{i}]{σ (a_{i})}$

这里的“ $= \sqrt[n_{i}]{\dots}$ ”只是表示它是某一个 $n_{i}$ 次根，不是在指定唯一的主值。

关键是：

$a_{i} \in F_{i} .$

因此 $σ (a_{i})$ 属于：

$σ (F_{i}) .$

于是我们得到：

$σ (α_{i})^{n_{i}} \in σ (F_{i})$

这说明什么？

说明原来这一层：

$F_{i} \subset F_{i} (α_{i})$

是通过“加入一个根式”构造的。

做完 $σ$ 以后，对应的共轭版本：

$σ (F_{i}) \subset σ (F_{i + 1})$

仍然是通过加入一个根式构造的：

$σ (F_{i + 1}) = σ (F_{i}) (σ (α_{i}))$

而且：

$σ (α_{i})^{n_{i}} = σ (a_{i}) \in σ (F_{i}) .$

所以共轭后的这一层仍然是根式扩张。

这就是前面那句话的真正含义：

$根式扩张在做代数共轭后，仍然是根式扩张$

例如原来：

$F_{1} = Q (\sqrt{2}),$

满足：

$(\sqrt{2})^{2} = 2.$

如果某个嵌入把：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2},$

那么共轭后的生成元满足：

$(- \sqrt{2})^{2} = 2.$

仍然是平方根式。

再比如：

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

如果某个嵌入把：

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2},$

那么：

$σ (α)^{3} = 1 - \sqrt{2} .$

所以共轭版本仍然只是：

$\sqrt[3]{1 - \sqrt{2}}$

这样一个根式。

因此，把原来的根式塔所有共轭版本都一起加入，并不会突然引入某种“超出根式”的神秘元素；每个新生成元仍然满足某个：

$x^{n_{i}} - b = 0$

其中 $b$ 已经在前面的域里。

这就是为什么我们可以把根式塔补成一个更大的、对共轭稳定的 Galois 扩张，同时仍然保持“由根式逐层生成”的性质。

14.14 用 $\sqrt 2$ 与 $\sqrt (1 + \sqrt 2)$ 跟踪整座塔的像

原问题：这一整套还是不好理解

可以，这里不要再从一般的 $F_{i}, α_{i}, σ$ 开始。我们先用一个完整的具体例子，把“为什么要对整座根式塔做嵌入”看明白。

假设我们有这座根式塔：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt{2}, \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}) .$

先给它们起名字：

$F_{0} = Q,$

$F_{1} = Q (\sqrt{2}),$

$F_{2} = Q (\sqrt{2}, α),$

其中

$α = \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}},$

所以

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

现在暂时不要想什么“正规闭包”。只问一个问题：

如果把第一层里的 $\sqrt{2}$ 换成它的另一个共轭根 $- \sqrt{2}$ ，第二层会发生什么？

在第一层，

$F_{1} = Q (\sqrt{2})$

有一个熟悉的映射：

$σ : \sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

同时所有有理数保持不动。

所以：

$1 + \sqrt{2}$

就会被送成：

$1 - \sqrt{2} .$

现在关键来了。

原来的 $α$ 满足：

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

如果我们想把整个代数关系一起搬过去，那么新来的 $σ (α)$ 必须满足什么？

因为映射必须保持乘法，所以：

$σ (α^{3}) = σ (α)^{3} .$

而原来：

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

所以：

$σ (α)^{3} = σ (1 + \sqrt{2}) = 1 - \sqrt{2} .$

因此：

$σ (α) 必须是 1 - \sqrt{2} 的某个三次根$

比如我们可以把其中一个写成：

$\sqrt[3]{1 - \sqrt{2}} .$

所以原来的塔：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt{2}, \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}})$

会产生一个“共轭版本”：

$Q \subset Q (- \sqrt{2}) \subset Q (- \sqrt{2}, \sqrt[3]{1 - \sqrt{2}}) .$

当然：

$Q (- \sqrt{2}) = Q (\sqrt{2}),$

但第二层新出现的三次根可能不在原来的 $F_{2}$ 中。

这就是我们为什么会说：

为了把最终大域做成 Galois 的，我们可能需要把这些“共轭版本”里的根也一起补进来。

而最关键的一点是：

原来第二层是通过开三次根得到的：

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

共轭以后仍然只是开三次根：

$σ (α)^{3} = 1 - \sqrt{2} .$

所以：

$做共轭不会把“根式”变成某种更复杂的操作$

它仍然是根式。

现在再回头看刚才那个抽象公式就容易很多了。

原来：

$α_{i}^{n_{i}} = a_{i} .$

这句话只是抽象版的：

$α^{3} = 1 + \sqrt{2} .$

对整个关系做 $σ$ ：

$σ (α_{i}^{n_{i}}) = σ (a_{i}) .$

因为 $σ$ 保持乘法：

$σ (α_{i})^{n_{i}} = σ (a_{i}) .$

这只是抽象版的：

$σ (α)^{3} = 1 - \sqrt{2} .$

所以那一大串符号真正想表达的其实只有一句话：

$如果 α 原来是 a 的 n 次根，那么做共轭以后， σ (α) 就是 σ (a) 的 n 次根。$

这就是这一整套论证真正的核心。

14.15 代数共轭与群共轭的区别

原问题：这里的共轭和群元素的共轭到底是不是一个东西

不是一个东西，但它们有很深的联系。这里确实要分清楚“代数共轭”和“群共轭”。

你刚选中的“共轭版本”，这里说的是域论/代数数里的共轭（conjugates）。

比如

$α = \sqrt[3]{2}$

在 $Q$ 上的最小多项式是

$x^{3} - 2.$

它的三个根

$\sqrt[3]{2}, ω \sqrt[3]{2}, ω^{2} \sqrt[3]{2}$

叫做 $α$ 在 $Q$ 上的共轭元。

所以这里的“共轭版本”大致是：

$把生成元替换成它们的代数共轭后得到的那些域$

例如：

$Q (\sqrt[3]{2})$

的一个共轭域会是

$Q (ω \sqrt[3]{2}) .$

而你前面群论里学的“共轭”是：

$g h g^{- 1}$

其中 $g, h$ 是群元素。

这是群元素之间的一种操作。

例如在置换群里：

$σ (123) σ^{- 1}$

相当于重新给 $1, 2, 3$ 贴标签。

所以这两个“共轭”形式上完全不同：

$代数共轭：同一个最小多项式的不同根$

$v s$ .

$群共轭： g h g^{- 1} .$

但为什么都叫 conjugate？

因为在 Galois 理论里，它们会被自同构联系起来。

如果

$σ \in Gal (K / F)$

而 $α \in K$ ，那么

$σ (α)$

就是 $α$ 的一个 $F$ -共轭。

也就是说，Galois 群通过自己的群元素 $σ$ ，把一个代数元送到它的代数共轭：

$α \mapsto σ (α) .$

所以：

$代数共轭，是 Galois 群作用在元素上得到的不同像$

而群共轭

$σ τ σ^{- 1}$

则是 Galois 群内部不同自同构之间的关系。

所以最好这样记：

$\begin{aligned} α, β 共轭 & \Rightarrow 它们是同一最小多项式的根 \\ σ, τ 共轭 & \Rightarrow τ = g σ g^{- 1} 之类 \end{aligned}$

一个是“域里的元素之间”，一个是“群里的元素之间”。

但 Galois 理论把两者桥接起来了。

14.16 共轭补在上层，原基础域保持固定

原问题：换言之有了一列之后，要保证最底层的域加入了所有的各种共轭的根

差一点，但关键不是“把所有共轭根都加入最底层域”，而是：

$最底层域 F_{0} 通常保持不变；我们把所有需要的共轭根加入到上面的扩张域里。$

比如原来有根式塔

$F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2} .$

假设

$F_{0} = Q,$

$F_{1} = Q (\sqrt{2}),$

$F_{2} = Q (\sqrt{2}, \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}) .$

做共轭以后可能还需要加入

$\sqrt[3]{1 - \sqrt{2}} .$

我们不是把它塞进最底层：

$Q$

里。

否则基础域就变了。

而是把顶部扩大，例如变成某个更大的域 $M$ ：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt{2}, \sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}, \sqrt[3]{1 - \sqrt{2}}, \dots) = M .$

目的就是让最终的 $M$ 对所有这些共轭操作都“封闭”，最终能够成为：

$M / F_{0} 的 Galois 扩张 .$

所以更准确的图是：

$F_{0} 保持在底部$

然后：

$把原来根式塔缺少的共轭根不断补到上层的大域中$

直到最上面的域对 $F_{0}$ 的所有共轭都稳定。

只有一个东西我们前面确实有时会“先加到底层附近”，就是单位根。比如要处理三次根，我们可能先把

$ω$

加入基础域，得到：

$F_{0}^{'} = F_{0} (ω) .$

但这和“把所有代数共轭根都放进最底层”是两回事。

所以可以记成：

$\begin{aligned} 单位根 & : 为了让每一层根式扩张变成简单的阿贝尔 Galois 层 \\ 各个共轭根 & : 主要补到上层，最终把整座塔补成 Galois 大域 \end{aligned}$

你现在这一步如果理解了，下一步就可以解释：为什么“补齐所有共轭根”以后，最上面的域就会对 $F_{0}$ 成为正规/Galois 扩张。

14.17 每层 Galois，顶层仍可能不正规

这里要补的技术缺口是：

根式塔的每一层可以很简单，但最顶层对最底层未必是 Galois。

先看一个很具体的例子。

设

$F_{0} = Q .$

第一步加入

$\sqrt{2},$

得到

$F_{1} = Q (\sqrt{2}) .$

第二步再加入

$\sqrt[4]{2} .$

因为

$(\sqrt[4]{2})^{2} = \sqrt{2} \in F_{1},$

所以

$F_{2} = F_{1} (\sqrt[4]{2}) = Q (\sqrt[4]{2}) .$

于是我们有根式塔：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) \subset Q (\sqrt[4]{2}) .$

而且每一步都是二次扩张。

但是现在看最顶层：

$F_{2} / Q .$

$\sqrt[4]{2}$ 的最小多项式是

$x^{4} - 2.$

它的四个根是

$\sqrt[4]{2}, - \sqrt[4]{2}, i \sqrt[4]{2}, - i \sqrt[4]{2} .$

可

$F_{2} = Q (\sqrt[4]{2})$

完全由实数构成，所以：

$i \sqrt[4]{2} \notin F_{2} .$

因此 $x^{4} - 2$ 没有在 $F_{2}$ 中完全分裂。

所以：

$F_{2} / Q 不是 Galois$

这说明：

$逐层都很好的扩张，合起来未必对最底层 Galois$

那为什么这会影响我们前面的证明？

因为我们之前希望统一选一个大域 $K$ ，然后定义：

$G_{i} = Gal (K / F_{i}) .$

最好最终得到：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r} = {e} .$

如果直接取：

$K = F_{r},$

那确实最后

$Gal (K / K) = {e} .$

但问题是：

$K / F_{0}$

未必 Galois。

那么前面我们使用的 Galois 对应、restriction map 等工具就不能这么干净地全部使用。

所以一个自然办法是：

把 $F_{r}$ 再扩大一点，让它变成 $F_{0}$ 上的 Galois 扩张。

例如刚才：

$F_{2} = Q (\sqrt[4]{2})$

缺的是 $i$ 。

加入 $i$ ：

$K = Q (\sqrt[4]{2}, i) .$

那么四个根：

$\sqrt[4]{2}, - \sqrt[4]{2}, i \sqrt[4]{2}, - i \sqrt[4]{2}$

就全在 $K$ 中。

所以 $K$ 是

$x^{4} - 2$

的分裂域，从而：

$K / Q$

是 Galois。

这种“把一个扩张补全到包含所有共轭根”的操作叫做取：

$正规闭包 / normal closure$

可以先把它理解为：

原来的域缺哪些共轭根，就把它们都补进来，直到整个域对基础域的共轭操作稳定。

但这里还有第二个问题。

假设原来的根式塔顶层是 $F_{r}$ ，我们把它扩大到一个 Galois 域 $K$ 。

那么：

$F_{r} \subset K .$

此时群链是：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r},$

其中

$G_{r} = Gal (K / F_{r}) .$

可是现在一般：

$G_{r} \neq {e} .$

因为：

$F_{r} \neq K .$

所以仅仅说“取正规闭包”还不够，我们还没把群链真正降到单位群。

这就是严格证明里真正需要再处理的一步。

解决办法不是随便取一个正规闭包，而是：

$把原来的根式塔和它所有的共轭版本一起加入$

并同时加入必要的单位根。

最后得到一个更大的域 $M$ ，满足两件事：

第一：

$M / F_{0}$

本身是 Galois。

第二， $M$ 仍然可以通过一层层根式扩张构造出来。

也就是说我们可以安排成：

$F_{0}^{'} \subset F_{1}^{'} \subset \dots \subset F_{s}^{'} = M,$

每一步：

$F_{j + 1}^{'} = F_{j}^{'} (β_{j}), β_{j}^{n_{j}} \in F_{j}^{'},$

并且相应单位根已经在下面的域里。

这样最顶层真的就是：

$M .$

于是定义：

$G_{j} = Gal (M / F_{j}^{'}) .$

最后：

$G_{s} = Gal (M / M) = {e} .$

现在才真正得到完整链：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{s} = {e} .$

而每一层：

$G_{j} / G_{j + 1} ≅ Gal (F_{j + 1}^{'} / F_{j}^{'})$

都是阿贝尔群。

因此：

$G_{0}$

可解。

所以目前你只需要抓住两个层次：

原始的“根式解”给我们：

$一座根式塔$

但这座塔的顶层未必对底层 Galois。

于是严格证明会把它补大：

$加入单位根和必要的共轭根$

得到一座更大的：

$Galois 根式塔$

这样我们才能从顶到底完整地反向得到：

$正规子群链 + 阿贝尔商群$

从而证明 Galois 群可解。

这里“把所有共轭根加入后，为什么仍然能够保持为根式扩张”还有一些技术内容。下一步最好就专门解释这个，而不是直接宣布证明完成。

14.18 所有共轭加入后，为什么得到正规扩张

现在就解释：

$为什么把所有共轭根补齐以后，最上面的域会对 F_{0} 变成正规扩张$

先用最熟悉的例子。

假设最底层是：

$F_{0} = Q .$

原来只有：

$K = Q (\sqrt[3]{2}) .$

这里：

$α = \sqrt[3]{2}$

的最小多项式是：

$x^{3} - 2.$

它的三个共轭根是：

$α, ω α, ω^{2} α .$

可是 $K$ 只有第一个，所以 $K / Q$ 不正规。

现在把另外两个共轭根也补进来：

$M = Q (α, ω α, ω^{2} α) .$

实际上这和

$Q (α, ω)$

是同一个域。

此时 $x^{3} - 2$ 的三个根全部都在 $M$ 里面：

$x^{3} - 2 = (x - α) (x - ω α) (x - ω^{2} α) .$

所以至少对这个多项式来说，任何把一个根换成另一个共轭根的操作，都不会把我们带出 $M$ 。

现在把这个想法推广。

假设最终的大域 $M$ 是由一些代数元生成的：

$M = F_{0} (α_{1}, α_{2}, \dots, α_{r}) .$

我们把每一个 $α_{i}$ 在 $F_{0}$ 上的所有共轭都加入 $M$ 。

也就是说，如果

$m_{i} (x) \in F_{0} [x]$

是 $α_{i}$ 的最小多项式，那么我们要求：

$m_{i} (x) 的所有根都在 M$

对每个 $i$ 都成立。

现在取一个固定 $F_{0}$ 的嵌入：

$σ : M ↪ \overset{―}{F_{0}} .$

因为 $σ$ 固定 $F_{0}$ ，所以：

$σ (α_{i})$

必须仍然是 $α_{i}$ 的最小多项式 $m_{i} (x)$ 的某个根。

但我们已经把 $m_{i} (x)$ 的所有根都加入了 $M$ 。

所以：

$σ (α_{i}) \in M$

对每个生成元都成立。

而整个 $M$ 是由：

$F_{0}, α_{1}, \dots, α_{r}$

生成的。

所以只要这些生成元都被送回 $M$ ，整个域都会被送回 $M$ ：

$σ (M) \subseteq M .$

再利用有限扩张下嵌入是单射且维数不变，就得到：

$σ (M) = M .$

这正是正规扩张的核心性质：

所有固定基础域 $F_{0}$ 的嵌入，都把 $M$ 映回 $M$ 自己。

因此：

$M / F_{0} 是正规扩张 .$

你也可以从“多项式分裂”的角度理解。

正规扩张的一个等价表述是：

如果一个在 $F_{0} [x]$ 中不可约的多项式，在 $M$ 里有一个根，那么它的所有根都在 $M$ 里。

而我们刚才做的事情正是：

$只要出现一个代数元，就把它所有 F_{0} -共轭一起补进来$

所以自然就满足了这个条件。

然后为什么我们敢进一步说 “Galois”？

因为在我们现在最终关心的情形里，基础域通常是：

$Q$

或者特征 $0$ 的域。

特征 $0$ 的域上的有限代数扩张自动是可分的。

所以：

$正规 + 可分$

得到：

$Galois .$

因此在我们这条五次方程的主线上，可以简单理解为：

$补齐所有相关共轭根 \Rightarrow 正规 \Rightarrow 在特征 0 下就是 Galois$

下一步就该把这一整套重新接回根式塔，看看：为什么补齐这些共轭根以后，每一层仍然可以安排成根式扩张，而且最终对应的群链每个商群都是阿贝尔群。

14.19 再次任取嵌入是检验稳定性

原问题：不是很理解为什么要专门又做一个嵌入

这里“再取一个嵌入”不是为了额外构造什么东西，而是为了检验 $M / F_{0}$ 是否正规。

正规扩张的一个很重要的判别方式就是：

$任意固定 F_{0} 的嵌入 σ : M ↪ \overset{―}{F_{0}} 都必须把 M 映回 M$

所以我们必须“随便拿一个这样的 $σ$ ”来检查。

你可以把逻辑理解成：

我们想证明“无论怎么做，都不会跑出 $M$ ”；

那就必须先任取一种允许的做法 $σ$ ，然后证明它确实不会跑出去。

这和证明一个集合对某个操作封闭很像。比如要证明：

$A 对加法封闭$

你会写：

$任取 a, b \in A,$

然后证明：

$a + b \in A .$

这里完全一样。

我们要证明：

$M / F_{0} 正规,$

于是就：

$任取固定 F_{0} 的嵌入 σ : M ↪ \overset{―}{F_{0}},$

然后证明：

$σ (M) = M .$

所以这个 $σ$ 是一个“测试者”。

不是说原来没有映射，现在人为又加一个映射进去；而是：

$正规性的定义/判别本身就要求考虑所有这样的嵌入$

为什么这种嵌入能检测“共轭根是否都补齐”？

因为如果

$α_{i} \in M,$

那么任何固定 $F_{0}$ 的嵌入都会把 $α_{i}$ 送到它的某个 $F_{0}$ -共轭：

$α_{i} \mapsto σ (α_{i}) .$

所以如果 $M$ 漏掉了某个共轭根，就可能有一个嵌入把：

$α_{i}$

送到那个漏掉的根，于是：

$σ (M) ⊈ M .$

例如：

$M = Q (\sqrt[3]{2}) .$

有嵌入：

$σ : \sqrt[3]{2} \mapsto ω \sqrt[3]{2} .$

但是：

$ω \sqrt[3]{2} \notin M .$

所以立刻看出：

$M / Q$

不正规。

反过来，如果我们已经把所有共轭根都补进去了，那么无论你取哪个 $σ$ ：

$σ (α_{i})$

都还在 $M$ 里。

于是整个 $M$ 都被送回 $M$ 。

所以这一段的核心可以压成：

$引入 σ 是为了测试：所有可能的共轭变化会不会把 M 带出去。$

如果不会， $M / F_{0}$ 就具有正规性。

14.20 需要证明补齐共轭后仍保持根式结构

下一步就该把刚才留下的技术缺口补上：

$为什么把根式塔的所有代数共轭一起加入后，仍然可以保持“根式扩张”的结构$

这一步很重要，因为我们前面只是说“把原来的根式塔补成一个 Galois 的大域”，但还没证明这个补大的过程不会把“根式可解”这件事破坏掉。

具体来说，假设原来某一层是

$F_{i + 1} = F_{i} (α), α^{n} = a \in F_{i} .$

如果我们对整个结构做一个 $F_{0}$ -嵌入 $σ$ ，那么这一关系会变成

$σ (α)^{n} = σ (a) .$

因此新的代数共轭 $σ (α)$ 仍然是某个元素 $σ (a)$ 的 $n$ 次根。

也就是说，共轭后的生成元仍然是通过开根得到的。

于是把所有这些共轭生成元逐个加入，仍然可以写成一连串根式扩张。

这一步讲清楚后，我们就能得到一个真正严密的结论：

$根式可解的多项式可以嵌入一个 Galois 的根式扩张中$

然后再把这个 Galois 根式塔反向变成群链，最终推出：

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解$

所以接下来最合适的就是从

$α^{n} = a$

出发，具体看为什么做域嵌入以后会自动得到

$σ (α)^{n} = σ (a),$

以及这为什么保证“共轭版本仍然是根式”。

14.21 同时加入多个根式时，群仍然阿贝尔

下一步就要把刚才“补齐共轭根”这件事，重新接回根式塔 $\to$ 阿贝尔商群。而且这里要比前面更精确一点：补齐共轭以后，一层里可能不再只加入一个根式，而是同时加入若干个同次数根式。

先看原来某一层：

$F_{i} \subset F_{i + 1} = F_{i} (α), α^{n} = a \in F_{i} .$

如果为了让整个大域对最底层正规，我们把 $α$ 的各种共轭版本也补进来，那么可能需要同时加入：

$α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m},$

它们分别满足：

$α_{1}^{n} = a_{1}, α_{2}^{n} = a_{2}, \dots, α_{m}^{n} = a_{m},$

其中这些

$a_{j}$

都已经在前一层的大域中。

于是补大后的这一层更像：

$E_{i + 1} = E_{i} (α_{1}, \dots, α_{m})$

而不是简单的

$E_{i} (α) .$

现在假设相关的 $n$ 次单位根

$ζ_{n}$

已经在 $E_{i}$ 里。

那么对每个 $α_{j}$ ，方程 $x^{n} - a_{j}$ 的所有根都有下面的形式；实际的代数共轭可能只占其中一部分：

$α_{j}, ζ_{n} α_{j}, ζ_{n}^{2} α_{j}, \dots$

所以一个固定 $E_{i}$ 的自同构 $σ$ ，对每一个 $α_{j}$ 都只能做：

$σ (α_{j}) = ζ_{n}^{k_{j}} α_{j}$

这里不同的 $j$ 可以对应不同的指数 $k_{j}$ 。

因此一个自同构大致可以用这一串指数描述：

$(k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}) .$

如果再有另一个自同构对应：

$(l_{1}, l_{2}, \dots, l_{m}),$

那么两者复合，对每个生成元都是：

$α_{j} \mapsto ζ_{n}^{k_{j} + l_{j}} α_{j} .$

所以整体上就是：

$(k_{1}, \dots, k_{m}) + (l_{1}, \dots, l_{m})$

按坐标相加。

而坐标相加满足：

$k_{j} + l_{j} = l_{j} + k_{j} .$

因此这些自同构彼此交换。

所以即使补齐共轭以后，一层需要同时加入很多根式，这一层的 Galois 群仍然是：

$阿贝尔群$

更准确地说，它可以嵌入到若干循环群的直积中，例如：

$C_{n} \times C_{n} \times \dots \times C_{n} .$

这一步非常关键，因为它解决了你刚才可能隐约担心的问题：

“原来一个根式的 Galois 群是阿贝尔的，但为了补成正规扩张加入了一堆共轭根以后，会不会又变复杂？”

答案是：不会变成非阿贝尔的那种复杂性。只要单位根已经固定，每个根式仍然只能独立地“乘一个单位根”，这些操作仍然交换。

所以现在我们可以把补大的根式塔写成：

$E_{0} \subset E_{1} \subset \dots \subset E_{r} = M,$

其中：

$M / E_{0}$ 是 Galois；
每一层 $E_{i + 1} / E_{i}$ 也是 Galois；
并且每一层的 Galois 群都是阿贝尔群。

下一步就可以非常干净地定义：

$G_{i} = Gal (M / E_{i}),$

得到反向群链

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r} = {e},$

然后逐层证明：

$G_{i} / G_{i + 1} ≅ Gal (E_{i + 1} / E_{i})$

所以每个商群都是阿贝尔群。到那一步，“为什么根式可解会推出 Galois 群可解”就真正闭环了。

第 15 章：完整搭桥：根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解

本章对象： $F$ 始终是原基础域； $M_{i}$ 是补大的域， $M$ 是最终的 Galois 大域， $L$ 是原方程的分裂域；返回原方程要用 $Gal (M / F)$ ，不能漏掉加入单位根的一层。

15.1 为什么要把限制映射用于根式塔

下一步就是把刚才这个 restriction map 用到根式塔上。

我们已经有：

$F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r}$

并且每一步都是一种根式扩张，理想情况下写成：

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} \in F_{i},$

同时相关的单位根已经放进基础层，使每一步都成为 Galois 且其 Galois 群是阿贝尔的。

然后我们取一个足够大的最终 Galois 扩张 $K / F_{0}$ ，把这些 $F_{i}$ 都放在 $K$ 里面。

接着定义：

$G_{i} = Gal (K / F_{i}) .$

由于域越大，固定它的自同构越少，所以得到反向链：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r}$

然后利用刚才得到的公式：

$Gal (K / F_{i}) / Gal (K / F_{i + 1}) ≅ Gal (F_{i + 1} / F_{i}),$

也就是：

$G_{i} / G_{i + 1} ≅ Gal (F_{i + 1} / F_{i})$

右边因为这一层是根式扩张并且单位根已固定，所以是阿贝尔群。

于是：

$G_{i} / G_{i + 1}$

也是阿贝尔群。

这样就得到一条正规子群链，每一层商群都阿贝尔，于是：

$G_{0} 是可解群$

也就是：

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解$

所以下一步就是具体把这一条“域塔反向变成群链”的过程写出来并逐层解释。

15.2 条件充分时，把域塔反向翻译为群链

我们先在一个结构最干净的情形下把“域塔 $\to$ 群链”真正看懂；等这一步理解后，再处理一般根式塔里那个技术细节。

假设我们有一串域：

$F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2} \subset K$

并且暂时假设：

$K / F_{0}$

是 Galois 扩张，而且每一层

$F_{i + 1} / F_{i}$

也都是 Galois 扩张。

现在定义三个群：

$G_{0} = Gal (K / F_{0}),$

$G_{1} = Gal (K / F_{1}),$

$G_{2} = Gal (K / F_{2}) .$

注意这些群里的自同构，作用的对象始终都是同一个大域 $K$ 。

区别只在于“要求固定多少东西”。

对于 $G_{0}$ ，只要求固定：

$F_{0} .$

对于 $G_{1}$ ，要求固定更大的：

$F_{1} .$

所以限制更严格，允许的自同构更少：

$G_{1} \subseteq G_{0} .$

同理：

$G_{2} \subseteq G_{1} .$

所以域链：

$F_{0} \subset F_{1} \subset F_{2}$

会反向变成：

$G_{0} \supset G_{1} \supset G_{2}$

这一步应该比较直观。

现在真正关键的是：

$G_{0} / G_{1}$

代表什么？

我们刚才已经证明过一般公式：

如果

$F \subset E \subset K$

并且条件合适，那么：

$Gal (K / F) / Gal (K / E) ≅ Gal (E / F) .$

现在把：

$F = F_{0}, E = F_{1}$

代进去。

左边就是：

$Gal (K / F_{0}) / Gal (K / F_{1}) .$

也就是：

$G_{0} / G_{1} .$

所以：

$G_{0} / G_{1} ≅ Gal (F_{1} / F_{0})$

这个式子的直觉是：

$G_{0}$ 包含所有固定 $F_{0}$ 的变化；

$G_{1}$ 是其中那些连 $F_{1}$ 都完全固定的变化。

把 $G_{1}$ 这种“在 $F_{1}$ 上看不见的变化”除掉以后，剩下来的正好就是 $F_{1} / F_{0}$ 这一层能够发生的变化。

再看第二层。

同样：

$G_{1} / G_{2} = Gal (K / F_{1}) / Gal (K / F_{2}) .$

所以：

$G_{1} / G_{2} ≅ Gal (F_{2} / F_{1})$

因此：

$\begin{array}{ccc} F_{0} & \subset & F_{1} \subset F_{2} \\ G_{0} & \supset & G_{1} \supset G_{2} \end{array}$

而且相邻两层满足：

$G_{i} / G_{i + 1} ≅ Gal (F_{i + 1} / F_{i})$

这就是整个桥。

现在把“根式”放进来。

假设第一层是：

$F_{1} = F_{0} (α_{0}),$

其中

$α_{0}^{n_{0}} \in F_{0},$

并且 $F_{0}$ 已经含有相应的 $n_{0}$ 次单位根。

我们前面已经知道，这时候：

$Gal (F_{1} / F_{0})$

是阿贝尔群。

于是根据：

$G_{0} / G_{1} ≅ Gal (F_{1} / F_{0}),$

立即得到：

$G_{0} / G_{1} 是阿贝尔群 .$

同理，如果：

$F_{2} = F_{1} (α_{1}), α_{1}^{n_{1}} \in F_{1},$

并且需要的单位根已经在 $F_{1}$ 中，那么：

$Gal (F_{2} / F_{1})$

也是阿贝尔群。

于是：

$G_{1} / G_{2} 是阿贝尔群 .$

继续下去就得到：

$G_{0} \supset G_{1} \supset G_{2} \supset \dots$

其中：

$G_{i} / G_{i + 1} 全部是阿贝尔群$

而这正是“可解群”所要求的结构。

所以现在已经能看到整个证明的骨架：

$根式塔中的每一层是阿贝尔 Galois 扩张$

通过 Galois 对应变成：

$Galois 群的一层层正规子群，且相邻商群阿贝尔$

于是总 Galois 群可解。

不过这里我刚才特意说了“结构最干净的情形”。因为一般的根式表达式产生的最顶层域，未必自动就是 $F_{0}$ 上的 Galois 扩张，所以不能不加说明就直接把它叫作 $K$ 。

下一步应该补这个技术缺口：为什么证明一般的“根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解”时，要把根式塔适当扩大成一个 Galois 的大域。 这一步补完以后，这个方向的证明才真正严密。

补充完整构造：从原根式塔到对原基础域 Galois 的大域

这是证明中不能略过的部分。把原基础域始终记为 $F$ ，不因加入单位根而改名。原塔为 $F = F_{0} \subseteq \dots \subseteq F_{r}$ ，其中 $F_{i + 1} = F_{i} (α_{i})$ ， $α_{i}^{n_{i}} = a_{i} \in F_{i}$ 。取 $N$ 为所有 $n_{i}$ 的最小公倍数，在同一个代数闭包内取 $M_{0} = F (μ_{N})$ 。

$M_{0}$ 是 $x$ ᴺ−1 在 $F$ 上的分裂域，所以 $M_{0} / F$ 是 Galois。任意 $F$ 自同构把 $ζ_{N}$ 送到某个同阶根 $ζ_{N}^{k}$ ，其中 $k$ 与 $N$ 互素。自同构由 $ζ_{N}$ 的像决定；复合对应指数相乘模 $N$ ，所以

$Gal (M_{0} / F) ↪ (Z / N Z)^{\times} .$

右端是模 $N$ 的可逆剩余类在乘法下组成的群，乘法交换，故左端阿贝尔。 $N = 1$ 的情形 $M_{0} = F$ ，群平凡。于是“加入单位根”这一层也被纳入对原基础域的可解性证明。

归纳假设 $M_{i} / F$ 是有限 Galois 扩张，且 $F_{i} \subseteq M_{i}$ 。令 $A_{i} = σ (a_{i}) : σ \in Gal (M_{i} / F)$ ，这是一个有限集合。定义 $M_{i + 1}$ 为在 $M_{i}$ 上加入所有 $x^{n_{i}} - b$ （ $b \in A_{i}$ ）的全部根所得的域。恒等自同构给出 $b = a_{i}$ ，因此原先的 $α_{i}$ 也在其中， $F_{i + 1} \subseteq M_{i + 1}$ 。

由于 $μ_{n_{i}}$ $\subseteq M_{0} \subseteq M_{i}$ ，对每个非零 $b$ 只需选一个根 $β_{b}$ ，其他根都是单位根倍数； $M_{i + 1} / M_{i}$ 是这些多项式的分裂域，所以 Galois，且其群嵌入 $μ_{n_{i}}$ 的有限直积，因此阿贝尔。

还必须证明 $M_{i + 1} / F$ 整体正规。任取固定 $F$ 的嵌入 $τ : M_{i + 1} \to Ω$ 。因 $M_{i} / F$ 正规， $τ (M_{i}) = M_{i}$ ，且 $τ$ | $M_{i}$ 是 $M_{i}$ 的 $F$ 自同构。它把集合 $A_{i}$ 置换回自身；若 $β^{n_{i}} = b \in A_{i}$ ，则 $τ (β)^{n_{i}} = τ (b) \in A_{i}$ ，所以 $τ (β)$ 也是已经加入的根。这使所有生成元都回到 $M_{i + 1}$ ，故 $τ (M_{i + 1}) \subseteq M_{i + 1}$ ；有限维数给出等号。于是 $M_{i + 1} / F$ 正规，特征 0 保证可分，故 Galois。归纳完成。

最后得到 $F \subseteq M_{0} \subseteq \dots \subseteq M_{r} = M$ ， $M / F$ Galois， $M_{0} / F$ 的群阿贝尔，且每层 $M_{i + 1} / M_{i}$ 的群阿贝尔。令 $H_{- 1} = Gal (M / F)$ ， $H_{i} = Gal (M / M_{i})$ ，则

$H_{- 1} ▹ H_{0} ▹ H_{1} ▹ \dots ▹ H_{r} = {e}, H_{- 1} / H_{0} ≅ Gal (M_{0} / F), H_{i} / H_{i + 1} ≅ Gal (M_{i + 1} / M_{i}) .$

限制映射与第一同构定理使每个相邻商群阿贝尔，所以 $Gal (M / F)$ 可解。这里始终固定原来的 $F$ ，已经避免了原对话中“把底层扩大成 $E_{0}$ ，然后直接返回原 $F_{0}$ 的群”的缺口。

若 $L$ 是原多项式的分裂域且 $L \subseteq F_{r} \subseteq M$ ，则 $L / F$ Galois，限制映射 $Gal (M / F) \to Gal (L / F)$ 满射，核是 $Gal (M / L)$ 。所以 $Gal (L / F)$ 是可解群的商群，仍可解。即使只知道一个根在根式塔中，正规的大域 $M$ 也包含该根的所有 $F$ 共轭；对不可约原多项式，这就包含全部根。

15.4 根式可解推出群可解：主链合流

原问题：好吧，那继续吧

现在我们把前面已经建立的东西真正拼起来，证明这个方向：

$根式可解 ⟹ Galois 群可解$

先把原方程记成

$f (x) \in F_{0} [x] .$

假设它可以用根式求解。意思是：存在一座根式塔，最终能够容纳 $f (x)$ 的全部根。

经过我们前面讨论的“加入必要单位根、补齐共轭”的处理，可以把它整理成一座更大的塔：

$E_{0} \subset E_{1} \subset \dots \subset E_{r} = M,$

其中 $M / E_{0}$ 是 Galois，并且每一步仍然由根式产生。

现在对这座塔反向定义：

$G_{i} = Gal (M / E_{i}) .$

于是：

$G_{0} = Gal (M / E_{0}),$

而最顶部因为

$E_{r} = M,$

所以

$G_{r} = Gal (M / M) = {e} .$

因此得到群链：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r} = {e}$

注意方向反过来了：域越大，需要固定的东西越多，因此允许的自同构越少。

现在看相邻两层：

$E_{i} \subset E_{i + 1} .$

前面已经建立过：

$G_{i} / G_{i + 1} ≅ Gal (E_{i + 1} / E_{i})$

在我们整理好的根式塔中，每一层都是由若干根式产生，而且相关单位根已经在 $E_{i}$ 里面。

所以这一层的自同构只能对这些新加入的根式做类似

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α$

的变化。

因此：

$Gal (E_{i + 1} / E_{i})$

是阿贝尔群。

于是通过上面的同构：

$G_{i} / G_{i + 1} 也是阿贝尔群$

对每个 $i$ 都成立。

所以我们得到了：

$G_{0} ▹ G_{1} ▹ \dots ▹ G_{r} = {e},$

而且：

$G_{i} / G_{i + 1}$

每一层都是阿贝尔群。

这恰好就是“可解群”的定义。

因此：

$G_{0} 是可解群 .$

但这里还有最后一个小问题。

我们真正关心的并不一定是这个较大的

$G_{0} = Gal (M / E_{0}),$

而是原方程 $f (x)$ 的 Galois 群。

设 $L$ 是 $f (x)$ 的分裂域，那么：

$L \subset M .$

原方程的 Galois 群是：

$Gal (L / F_{0}) .$

这里必须使用固定原基础域 $F_{0}$ 的大群 $Gal (M / F_{0})$ 。如果 $E_{0}$ 已加入单位根，不能直接把原方程的群当作 $Gal (M / E_{0})$ 的商群。上一节完整构造已证明 $Gal (M / F_{0})$ 可解；限制到 $L$ 后，原方程的群才是它的商群。

而：

$可解群的商群仍然可解$

所以原方程的 Galois 群也必须可解。

最终得到：

$f (x) 可以用根式求解 ⟹ Gal (f / F_{0}) 是可解群$

这就是我们真正需要的方向。

现在距离“五次方程为什么没有一般根式公式”已经很近了。

接下来最自然的是把这个结论应用到一般五次方程：

$x^{5} + a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0} = 0.$

我们需要理解为什么它的“通用 Galois 群”是

$S_{5},$

然后利用我们之前已经证明的：

$S_{5} 不可解,$

推出：

$一般五次方程不可能有根式通解 .$

这一步会把前面学的所有东西真正合流。

15.5 追问证明在哪里建立：核查当时的两处缺口

原问题：这是哪里建立的

这段追问保留了我检查证明是否真正成立的过程。原讨论发现的缺口在本版前文已经补证，下面的检查用于辨认哪些步骤不能一句话带过。

我们是在刚才“根式塔 $\to$ 群链”那几步里建立的，不过严格说，我们已经把证明骨架搭出来了，但还有两个技术性小结论没有完全证明，所以我刚才说“已经建立”稍微快了一点。

完整逻辑是这样的：

$方程能用根式解$

首先被翻译成存在一座根式塔：

$F_{0} \subset F_{1} \subset \dots \subset F_{r},$

其中每一步

$F_{i + 1} = F_{i} (α_{i}), α_{i}^{n_{i}} \in F_{i} .$

也就是每一步只增加一次“开根”。

然后我们讨论了为什么要加入必要的单位根，并把塔补大，使最终可以放进一个 Galois 的根式扩张：

$E_{0} \subset E_{1} \subset \dots \subset E_{r} = M .$

对于整理好的每一层：

$E_{i + 1} / E_{i},$

因为相应单位根已经固定，所以自同构只能类似于

$α \mapsto ζ_{n}^{k} α .$

于是这一层的 Galois 群是阿贝尔群：

$Gal (E_{i + 1} / E_{i}) 阿贝尔 .$

然后我们定义：

$G_{i} = Gal (M / E_{i}) .$

域越大，固定它的自同构越少，所以得到反向链：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset G_{r} = {e} .$

接着利用我们之前讲的 restriction map + 第一同构定理：

$G_{i} / G_{i + 1} ≅ Gal (E_{i + 1} / E_{i})$

所以每一个商群

$G_{i} / G_{i + 1}$

都是阿贝尔群。

因此：

$G_{0} \supset G_{1} \supset \dots \supset {e}$

就是一条“相邻商群全是阿贝尔群”的正规子群链。

而这正是：

$G_{0} 是可解群$

的定义。

最后，原多项式的分裂域 $L$ 包含在这个更大的 $M$ 中，因此原多项式的 Galois 群

$Gal (L / F_{0})$

可以从这个较大的可解 Galois 群得到；于是它也可解。

所以整条链是：

$\begin{aligned} 根式可解 & \Rightarrow 存在根式塔 \\ \Rightarrow 可补成 Galois 根式塔 \\ \Rightarrow 每一层 Galois 群阿贝尔 \\ \Rightarrow 总 Galois 群有阿贝尔商群链 \\ \Rightarrow 总 Galois 群可解 \\ \Rightarrow 原方程的 Galois 群可解 . \end{aligned}$

原对话在这个阶段发现了两处尚缺的证明（本版已在第 7 章和第 15 章补齐）：

$① 根式塔补成 Galois 大域后，仍能保持合适的根式塔结构$

以及

$② 可解群的商群仍然可解$

所以更严谨的说法应该是：

只理解骨架还不够，必须分别验证正规化根式塔的构造和商群的可解性。本版已经把这两个验证写在主结论之前。

我建议下一步就先补 ② 可解群的商群为什么仍然可解，因为非常短；然后再回头确认整个 Abel–Ruffini 证明链有没有遗漏。

15.6 原方程的群为什么是大群的商群

下一步最合适的是补上这条：

$可解群的商群仍然是可解群$

因为我们刚才得到的通常是一个较大的 Galois 扩张 $M / F$ ，并证明

$G = Gal (M / F)$

可解；但原方程真正的分裂域可能只是

$L \subset M .$

我们最终要从 $G$ 推到原方程的

$Gal (L / F) .$

而这个群会是 $G$ 的一个商群。因此必须知道：

$G 可解 ⟹ G / N 可解 .$

这一步其实很短，而且正好把前面的证明链补完整。

证明时我们会从 $G$ 的可解链

${e} = G_{0} ◃ G_{1} ◃ \dots ◃ G_{r} = G$

出发，然后看它经过商映射

$G \to G / N$

以后，会变成怎样的一条子群链，并解释为什么每一层商群仍然是阿贝尔群。

把这一点补完之后，我们就可以比较严谨地宣布：

$根式可解 \Rightarrow 原方程的 Galois 群可解$

然后再回到 $S_{5}$ 和一般五次方程。

15.7 可解群的商群仍可解

现在就可以把它放回我们的 Galois 问题。

我们之前构造了一个较大的 Galois 根式扩张：

$M / F,$

并得到：

$G = Gal (M / F)$

是可解群。

而原多项式的分裂域记作：

$L, F \subset L \subset M .$

考虑限制映射：

$Gal (M / F) ⟶ Gal (L / F) .$

它的核是：

$Gal (M / L) .$

因此第一同构定理给：

$Gal (M / F) / Gal (M / L) ≅ Gal (L / F)$

所以原方程的 Galois 群是较大的可解群的一个商群。

而我们刚刚证明：

$可解群的商群仍然可解 .$

因此：

$方程可用根式解 ⟹ Gal (L / F) 可解$

到这里，这个方向的核心证明链已经真正接上了。

下一步最合适的是回到一般五次方程，仔细补上另一个关键点：为什么“一般五次方程”的 Galois 群确实是 $S_{5}$ ，而不仅仅是 $S_{5}$ 的某个子群。

15.8 逐元素证明像链的相邻商群阿贝尔

现在这个结论终于可以放回 Galois 理论。

如果我们通过根式塔构造出了一个较大的 Galois 扩张

$M / F$

并证明：

$G = Gal (M / F)$

是可解群。

而原方程的分裂域是：

$F \subset L \subset M,$

那么限制映射给出：

$Gal (M / F) ⟶ Gal (L / F) .$

其核是：

$Gal (M / L) .$

所以：

$Gal (L / F) ≅ Gal (M / F) / Gal (M / L) .$

左边就是原方程真正的 Galois 群。

右边是一个可解群的商群，因此也是可解群。

于是我们现在可以比较完整地写出：

$方程可以用根式解 ⟹ 方程的 Galois 群是可解群$

下一步就该回到五次方程，仔细解决我们此前略快的一点：

$为什么“一般五次方程”的 Galois 群不是仅仅 S_{5} 的子群，而确实是整个 S_{5} 。$

这一步完成后， $S_{5}$ 不可解和“五次无根式通解”就能真正接上。

第 16 章：一般方程的群与 Abel–Ruffini 定理

本章对象： $r_{1}, \dots, r_{n}$ 是代数独立不定元； $e_{j}$ 是 $j$ 阶基本对称式，区别于群单位元 $e$ ；系数域 $F = Q (e_{1}, \dots, e_{n})$ ，分裂域 $K = Q (r_{1}, \dots, r_{n})$ 。

16.1 一般五次方程的形式根与对称系数

现在进入最后这条主线里最关键的一步：

$为什么“一般五次方程”的 Galois 群是 S_{5}$

这里我们先把“一般五次方程”说清楚。不是某个具体的

$x^{5} - 2 = 0,$

而是系数代数独立的一般首一多项式：

$x^{5} + a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0} = 0$

我们现在假设它有五个根：

$r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5} .$

根据韦达定理，系数由根的对称组合决定：

$r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} + r_{5} = - a_{4},$

$\sum_{i < j} r_{i} r_{j} = a_{3},$

一直到

$r_{1} r_{2} r_{3} r_{4} r_{5} = - a_{0} .$

关键就在“对称”两个字。

假设我们交换：

$r_{1} \leftrightarrow r_{2} .$

那么：

$r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} + r_{5}$

不会改变。

所有两两乘积的和也不会改变。

所有三三乘积的和也不会改变。

……

所以所有系数：

$a_{0}, \dots, a_{4}$

全部不变。

其实不只是交换 $r_{1}, r_{2}$ 。

对五个根进行任意置换

$σ \in S_{5}$

都会保持这些系数不变。

所以从“系数能看到的信息”来看：

$r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}$

一开始是完全对称的。

这已经提示：

$一般情形下，五个根的全部 5! 种置换都可能成为 Galois 自同构$

也就是：

$S_{5} .$

不过这还只是直觉。我们可以把它说得更精确。

不要先写具体数字系数，而是假设五个根

$r_{1}, \dots, r_{5}$

是“完全独立的一般变量”。

先构造一个大域：

$K = Q (r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}) .$

然后定义五个基本对称多项式：

$e_{1} = r_{1} + \dots + r_{5},$

$e_{2} = \sum_{i < j} r_{i} r_{j},$

一直到：

$e_{5} = r_{1} r_{2} r_{3} r_{4} r_{5} .$

再定义基础域：

$F = Q (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}, e_{5})$

这个 $F$ 可以理解成：

“只知道一般五次方程系数时，我们拥有的信息”。

因为一般五次方程就是：

$(x - r_{1}) \dots (x - r_{5})$

展开以后得到：

$x^{5} - e_{1} x^{4} + e_{2} x^{3} - e_{3} x^{2} + e_{4} x - e_{5} .$

也就是说，系数全部属于 $F$ 。

现在任取：

$σ \in S_{5} .$

例如：

$σ = (123) .$

它把：

$r_{1} \to r_{2}, r_{2} \to r_{3}, r_{3} \to r_{1}$

而其他根不动。

这个置换自然诱导一个 $K$ 的自同构：

$r_{i} \mapsto r_{σ (i)} .$

但是因为：

$e_{1}, \dots, e_{5}$

都是对称的，任意根置换之后它们完全不变。

例如：

$σ (e_{1}) = e_{1},$

$σ (e_{2}) = e_{2},$

等等。

所以这个自同构固定整个：

$F .$

因此：

$σ \in Gal (K / F) .$

而这对每一个：

$σ \in S_{5}$

都成立。

所以至少：

$S_{5} \subseteq Gal (K / F) .$

另一方面，Galois 自同构必须把多项式的根重新排列，所以它不可能做出比“五个根的置换”更多的事情。

因此：

$Gal (K / F) \subseteq S_{5} .$

两边合起来：

$Gal (K / F) ≅ S_{5}$

这就是所谓：

$一般五次方程的 Galois 群是 S_{5}$

现在前面所有东西终于可以接起来。

我们已经证明过：

$A_{5}$

是非阿贝尔单群。

因此：

$S_{5}$

不可解。

另一方面，我们刚刚建立：

$如果一个方程能用根式解 ⟹ 它的 Galois 群可解$

但是一般五次方程：

$Gal = S_{5}$

而：

$S_{5} 不可解 .$

矛盾。

所以：

$一般五次方程不存在根式通解$

这已经是 Abel–Ruffini 定理背后的核心逻辑。

但这里还有一个非常重要的措辞必须再次强调：

$不是“所有五次方程都不能用根式解”$

而是：

$不存在一个能够解决所有一般五次方程的根式公式$

某些具体五次方程的 Galois 群是可解群，因此当然仍然可以根式求解。

下一步最值得做的是补最后一个细节：为什么“一般 $n$ 次方程”在 $n \geq 5$ 时都没有根式通解，而不只是五次。 这一步会非常短，因为一旦 $S_{5}$ 已经出现， $S_{n}$ （ $n \geq 5$ ）的障碍基本就已经确定了。

补充证明：“一般变量”与“任意置换给出自同构”的准确含义

称 $r_{1}, \dots, r_{n}$ 在 $Q$ 上代数独立，是指任意非零多元多项式 $P \in Q [X_{1}, \dots, X_{n}]$ 都满足 $P (r_{1}, \dots, r_{n}) \neq 0$ 。可以直接取 $r_{i}$ 为不定元； $K = Q (r_{1}, \dots, r_{n})$ 就是有理函数域，元素为多项式之比，分母非零。

$π \in S_{n}$ 对多项式环的作用是把每个 $r_{i}$ 换为 $r_{π (i)}$ 。这保持加法乘法，逆置换给出逆映射，因此非零多项式不会变成零，非零分母不会消失。故该作用延伸为 $K$ 的域自同构，也不存在选取不同分式表示造成的歧义。 $e_{j}$ 是 $j$ 个不同变量乘积的总和；置换只重新排列这些求和项，所以固定每个 $e_{j}$ ，也固定 $F = Q (e_{1}, \dots, e_{n})$ 。

还要确认这些系数没有额外代数关系。对变量按 $r_{1}$ > $r_{2}$ >…> $r_{n}$ 的字典序排列单项式， $e_{j}$ 的最高单项式是 $r_{1} \dots r_{j}$ 。因此 $e_{1}^{a_{1}} \dots e_{n}^{a_{n}}$ 的最高单项式中， $r_{i}$ 的指数为 $a_{i} + \dots + a_{n}$ 。这个指数向量唯一确定 $a_{1}, \dots, a_{n}$ （相邻指数相减即可）。于是不同的 $e$ 单项式有不同最高单项式；任何非零多项式 $P (e_{1}, \dots, e_{n})$ 的最高项都不能被抵消，故不为零。这证明 $e_{1}, \dots, e_{n}$ 代数独立，可以作为一般系数。

多项式 ∏ $(x - r_{i})$ 的系数在 $F$ ，所有根是互不相同的 $r_{i}$ ，且 $K$ 由这些根生成。因此 $K / F$ 是有限可分分裂域。自同构 $σ$ 固定系数，故把每个 $r_{i}$ 送到某个 $r_{j}$ ；生成元的像唯一确定 $σ$ ，这给出忠实的群作用 $Gal (K / F) \to S_{n}$ 。上面的变量置换给出了该作用的每个可能输出，因此是同构。这里不是仅凭“两边可以嵌入”猜测相等，而是直接证明同一个根作用既单射又满射。

对一般首一多项式 $x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{0}$ ，令 $a_{n - j} = (- 1)^{j} e_{j}$ ，就得到同一个系数域。因此这确实是通用多项式的模型；特化为具体系数后可能产生额外关系，不能把 $S_{n}$ 的结论不加条件地套到每个具体多项式。

16.3 任意形式根置换确实产生系数固定的自同构

现在我们把“一般五次方程为什么真的得到整个 $S_{5}$ ”这一步讲严谨一点。先只证明其中一半：

$五个根的任意置换，确实都产生一个固定系数的自同构$

这里最重要的是，“一般五次方程”不能先取某个具体的五次方程。我们要把五个根先当成彼此独立的形式变量：

$r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5} .$

你可以暂时把它们理解成五个没有额外代数关系的“抽象根”。

然后考虑包含它们的域：

$K = Q (r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}) .$

这个记号表示：从 $Q$ 出发，把五个 $r_{i}$ 加进来，然后允许四则运算。

接下来定义基本对称式：

$e_{1} = r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} + r_{5},$

$e_{2} = \sum_{i < j} r_{i} r_{j},$

$e_{3} = \sum_{i < j < k} r_{i} r_{j} r_{k},$

$e_{4} = \sum_{i < j < k < l} r_{i} r_{j} r_{k} r_{l},$

$e_{5} = r_{1} r_{2} r_{3} r_{4} r_{5} .$

于是：

$(x - r_{1}) (x - r_{2}) (x - r_{3}) (x - r_{4}) (x - r_{5})$

展开以后就是：

$x^{5} - e_{1} x^{4} + e_{2} x^{3} - e_{3} x^{2} + e_{4} x - e_{5} .$

所以我们把：

$F = Q (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}, e_{5})$

看成“只知道一般五次方程系数时所知道的域”。

现在取一个具体置换，比如：

$σ = (12) .$

我们规定：

$r_{1} \mapsto r_{2}, r_{2} \mapsto r_{1},$

其余：

$r_{3}, r_{4}, r_{5}$

不动。

因为整个 $K$ 都是由这些 $r_{i}$ 和有理数通过四则运算生成的，所以这个规则会自然决定 $K$ 中其他元素怎么变化。

例如：

$\frac{r_{1} + r_{3}}{r_{2} - r_{5}}$

就被送成：

$\frac{r_{2} + r_{3}}{r_{1} - r_{5}} .$

所以这确实给出了一个：

$σ : K \to K .$

而且交换两次就回来，所以显然是双射。

因此它是 $K$ 的域自同构。

关键来了：它固定不固定 $F$ ？

看：

$e_{1} = r_{1} + r_{2} + r_{3} + r_{4} + r_{5} .$

交换 $r_{1}, r_{2}$ ：

$σ (e_{1}) = r_{2} + r_{1} + r_{3} + r_{4} + r_{5} = e_{1} .$

再看：

$e_{2} = \sum_{i < j} r_{i} r_{j} .$

因为它把所有两两乘积全部加起来，交换两个根只会重新排列这些项，不会改变总和。

所以：

$σ (e_{2}) = e_{2} .$

同理：

$σ (e_{3}) = e_{3},$

$σ (e_{4}) = e_{4},$

$σ (e_{5}) = e_{5} .$

因此：

$σ$

固定：

$e_{1}, \dots, e_{5} .$

而 $F$ 就是由这些 $e_{i}$ 和 $Q$ 生成的，所以：

$σ (x) = x, \forall x \in F .$

因此：

$σ \in Gal (K / F) .$

而这里完全没有用到 $(12)$ 的特殊性。

任意：

$π \in S_{5}$

都可以定义：

$r_{i} \mapsto r_{π (i)} .$

所有 $e_{i}$ 都是对称式，所以全部保持不变。

因此：

$每一个 π \in S_{5} 都给出一个固定 F 的 K -自同构$

所以：

$S_{5} \subseteq Gal (K / F)$

这里的意思不是字面上两个集合一定相同，而是 $S_{5}$ 可以自然嵌入这个 Galois 群。

接下来还要证明反方向：

$Gal (K / F) \subseteq S_{5}$

也就是：固定这些系数的自同构除了重新排列五个根以外，不可能再做别的事情。

这一半其实正好用到你刚才问过的“Galois 自同构为什么必须把根送到根”。我们下一步把它在这个“一般五次方程”的具体构造里完整写出来。

16.4 根的作用忠实：Galois 群没有其他自由度

现在证明另一边：

$Gal (K / F) \subseteq S_{5}$

我们仍然保持刚才的记号：

$K = Q (r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}),$

而

$F = Q (e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}, e_{5}) .$

对应的一般五次多项式是

$f (x) = (x - r_{1}) (x - r_{2}) (x - r_{3}) (x - r_{4}) (x - r_{5})$

也就是

$f (x) = x^{5} - e_{1} x^{4} + e_{2} x^{3} - e_{3} x^{2} + e_{4} x - e_{5} .$

现在任取一个

$σ \in Gal (K / F) .$

这句话具体意味着：

$σ : K \to K$

是域自同构，并且固定 $F$ 中所有元素。

尤其固定：

$e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}, e_{5} .$

考虑根 $r_{1}$ 。

因为

$f (r_{1}) = 0,$

对这个等式作用 $σ$ ：

$σ (f (r_{1})) = 0.$

由于 $f (x)$ 的所有系数都属于 $F$ ，而 $σ$ 固定 $F$ ，所以这些系数完全不动。

因此：

$f (σ (r_{1})) = 0.$

也就是说：

$σ (r_{1}) 仍然是 f (x) 的根$

而 $f (x)$ 的根正好只有：

$r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5} .$

所以：

$σ (r_{1}) \in {r_{1}, r_{2}, r_{3}, r_{4}, r_{5}} .$

同理：

$σ (r_{2}), \dots, σ (r_{5})$

也全都属于这五个根。

现在还需要注意： $σ$ 不可能把两个不同根送到同一个根。

例如不可能同时有：

$σ (r_{1}) = r_{3}, σ (r_{2}) = r_{3} .$

因为 $σ$ 是自同构，所以一定是单射。

如果

$σ (r_{1}) = σ (r_{2}),$

单射就推出：

$r_{1} = r_{2},$

与这五个一般根彼此不同矛盾。

因此：

$r_{1}, \dots, r_{5}$

经过 $σ$ 后仍然是一一对应地重新排列。

所以每一个 Galois 自同构都对应一个置换：

$σ ⟼ π_{σ} \in S_{5}$

例如某个 $σ$ 可能满足：

$r_{1} \mapsto r_{3}, r_{2} \mapsto r_{1}, r_{3} \mapsto r_{2}, r_{4} \mapsto r_{4}, r_{5} \mapsto r_{5},$

那它对应的置换就是：

$(132)$

之类。

而且一旦知道 $σ$ 怎么处理这五个根，整个 $σ$ 就完全确定。

因为：

$K = Q (r_{1}, \dots, r_{5}) .$

$K$ 中任意元素都是由有理数和这些 $r_{i}$ 通过四则运算构造出来的。

例如：

$x = \frac{r_{1} r_{3} + r_{5}}{r_{2} - r_{4}} .$

只要知道每个 $r_{i}$ 被送到哪里，就自动知道：

$σ (x) = \frac{σ (r_{1}) σ (r_{3}) + σ (r_{5})}{σ (r_{2}) - σ (r_{4})} .$

所以两个不同的 Galois 自同构不可能对应同一个根置换。

因此：

$Gal (K / F) ↪ S_{5}$

也就是：

$Gal (K / F) 可以看成 S_{5} 的一个子群$

而上一节我们已经证明反方向：

$S_{5} ↪ Gal (K / F)$

因为五个一般根的任意置换都会保持所有对称系数 $e_{1}, \dots, e_{5}$ 不变。

所以两边合起来：

$Gal (K / F) ≅ S_{5}$

这才是真正说明：

一般五次方程具有完整的 $S_{5}$ 对称性，而不是某个更小的置换群。

还有一个细节很值得你现在注意：这里的 $r_{1}, \dots, r_{5}$ 一开始被当作彼此独立的“形式根”；它们虽然不是普通具体数字，但相对于系数域 $F$ ，每个 $r_{i}$ 又都是代数的，因为都满足这个五次方程 $f (x) = 0$ 。

下一步就可以把这个结论和前面的

$S_{5} 不可解$

以及

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解$

真正合起来，完整写出 Abel–Ruffini 的最后推理。

16.5 把群的不可解性转化为无根式通解

现在终于可以把前面的链条合起来。

我们已经有三个结论：

$1. 一般五次方程的 Galois 群是 S_{5}$

$2. S_{5} 不可解$

$3. 如果一个方程能用根式解，那么它的 Galois 群必须可解$

现在假设“一般五次方程”存在一个根式通解。

也就是说，我们可以只利用它的系数，通过有限次

$+, -, \times, \div, \sqrt[n]{}$

写出它的根。

根据第 3 条，这就会推出：

$Gal (K / F)$

是可解群。

但一般五次方程的 Galois 群我们刚证明是：

$Gal (K / F) ≅ S_{5} .$

于是推出：

$S_{5} 可解 .$

可我们前面已经证明：

$S_{5} 不可解 .$

矛盾。

所以最初假设错误：

$一般五次方程不存在根式通解$

这就是 Abel–Ruffini 定理的核心结论。

但这里有一个非常重要的逻辑点。

我们证明的是：

$不存在一个适用于所有五次方程的根式公式$

并不是：

$每一个具体五次方程都不能用根式解$

比如：

$x^{5} - 1 = 0$

当然可以解。

甚至一些结构更复杂的五次方程，只要其具体 Galois 群是可解群，也仍然可以用根式解。

真正的问题是：

一般五次方程具有完整的 $S_{5}$ 对称性，而 $S_{5}$ 太“复杂”，无法通过一层层阿贝尔的根式扩张构造出来。

这句话其实就是整套理论的直观核心：

$根式只能逐层制造“可解的对称性”，$

而一般五次方程需要：

$S_{5}$

这种不可解的对称性。

下一步最值得讲的是：为什么四次及以下却可以有根式通解。这样你就会看到“5”为什么恰好是分界点。

16.6 推广到高次需要可解群的子群引理

下一步就是把“五次”推广到所有

$n \geq 5.$

这里用到第 7 章已经补证的群论结论：

$可解群的子群仍然是可解群$

为什么这个结论有用？因为当

$n \geq 5$

时，

$S_{n}$

里面天然包含一个 $S_{5}$ 。

例如在 $S_{7}$ 里，我们只允许置换

$1, 2, 3, 4, 5$

而让

$6, 7$

始终不动。

这些置换本身就组成一个子群：

$H \leq S_{7},$

而且

$H ≅ S_{5} .$

一般地：

$S_{5} \leq S_{n} (n \geq 5)$

这里的意思就是： $S_{n}$ 里面有一个结构完全等同于 $S_{5}$ 的子群。

我们前面已经知道：

$S_{5} 不可解 .$

假如反过来假设：

$S_{n} 可解,$

那么因为“可解群的子群仍然可解”，它里面的这个 $S_{5}$ 子群也必须可解。

于是得到：

$S_{5} 可解,$

和前面的结果矛盾。

因此：

$S_{n} 在所有 n \geq 5 时都不可解$

于是对一般 $n$ 次方程：

$Gal ≅ S_{n},$

当

$n \geq 5$

时这个 Galois 群不可解，而根式可解又要求 Galois 群可解，所以：

$一般 n 次方程在 n \geq 5 时没有根式通解$

这里依赖的结论已在第 7 章逐元素证明：

$可解群的子群仍然可解$

所以下一步最合适的就是把这个证明掉。这样从 $S_{5}$ 推到所有 $S_{n}, n \geq 5$ 就完全没有缺口了。

16.7 为什么所有 $n \geq 5$ 的一般方程都受同一障碍限制

原问题：那为什么6次及以上也不行

因为对“一般 $n$ 次方程”，它的 Galois 群是

$S_{n} .$

所以关键变成：

$为什么 n \geq 5 时， S_{n} 都不可解？$

原因很简单：当 $n \geq 5$ 时， $S_{n}$ 里面都包含一个和 $S_{5}$ 完全一样的子群。

例如在 $S_{6}$ 里，只置换前五个元素：

$1, 2, 3, 4, 5$

而始终固定 6。

这些置换组成一个子群：

$H = {σ \in S_{6} : σ (6) = 6} .$

这个 $H$ 和 $S_{5}$ 完全同构：

$H ≅ S_{5} .$

同样，对任意 $n \geq 5$ ，只置换前五个元素、固定剩下的元素，就得到：

$S_{5} \leq S_{n} .$

而我们已经知道：

$S_{5} 不可解 .$

另一方面有一个群论结论：

$可解群的任何子群也都是可解群$

所以如果 $S_{n}$ 可解，那么它里面的这个 $S_{5}$ 子群也必须可解。

但这与

$S_{5} 不可解$

矛盾。

因此：

$S_{n} 对所有 n \geq 5 都不可解$

再结合一般 $n$ 次方程：

$Gal ≅ S_{n},$

以及

$根式可解 \Rightarrow Galois 群可解,$

就得到：

$一般 n 次方程在所有 n \geq 5 时都没有根式通解$

所以“五次”之所以是分界点，不是因为 6、7、8 次出现了什么全新的障碍，而是因为：

$S_{5} 这个不可解结构从 n = 5 开始就已经出现，并且一直嵌在所有 S_{n} 里。$

下一步如果继续，最自然的是证明刚才用到的：

$可解群的子群为什么仍然可解$

这个证明也不长。

最后检查：本篇证明了哪个方向

正文证明的是根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解，并用其逆否命题得到 Galois 群不可解 $\Rightarrow$ 不能根式求解。这已经足够证明 Abel–Ruffini。原对话中提到的完整判别“根式可解 $⟺$ Galois 群可解”还包含反方向；反方向不是本篇上述论证的结果，不能把它当成已由正方向自动证明。某些具体五次方程可根式求解，例如 $x^{5} - 2$ 的根是 $^{5} \sqrt 2$ 乘五次单位根；这里把根式记作五次根，正文正式公式写为 $\sqrt[5]{2} ζ_{5}^{k}$ 。

推广到 $n \geq 5$ 时，只需“子群保持可解”及前五个对象上的 $S_{5}$ 子群，不需要提前证明 $A_{n}$ 对所有 $n \geq 5$ 都是单群。一般 $n$ 次方程的群为 $S_{n}$ 已在上一节对任意 $n$ 证明，所以推广没有额外的“群等于 $S_{n}$ ”缺口。

证明依赖与复习检查

本篇到无根式通解的每个必要连接都有明确落点：循环到换位及奇偶性在第 2—3 章；陪集计数和商群良定义在第 4—5 章；第一同构定理在第 6 章；可解性的子群、商群、扩张引理在第 7 章； $A_{5}$ 的类型计数、共轭类计数、单群性及不可解性在第 8 章；最小多项式和塔式定理在第 9 章；域嵌入延拓及正规性在第 10—11 章；具体根作用在第 12 章；限制映射的良定义、核与满射在第 13 章；单位根与根式层在第 14 章；整个塔的正规化及返回原基础域在第 15 章；一般系数模型和 $n \geq 5$ 的结论在第 16 章。

复习时我可以逐项自问：这个符号是什么对象？映射的输入和输出是什么？此处固定的是哪一个域？为什么能构成群或商群？为什么该映射单射或满射？这一步的正规性是相邻层的，还是整个顶层对最底层的？最终返回原方程时有没有漏掉加入单位根的一层？

原对话覆盖索引

下表用于确认原有证明和解释均有去处。顺序已经重排；部分回答的群论证明和域论应用拆到不同章，原式与论证分别保留。 $A 42$ — $A 45$ 是文档工具讨论，不含本篇所需的数学证明；完整原回答仍保存在资料文件中。

原回答	本篇位置	内容
$A 01$	第 1 章	从韦达关系发现根的置换
$A 02$	第 2 章	置换的复合、单位元和逆：群的定义
$A 03$	第 2 章	循环记号、乘法顺序与非交换性
$A 04$	第 3 章	换位个数的奇偶性为何定义良好
$A 05$	第 3 章	逐条检查偶置换确实构成群
$A 06$	第 2 章	置换群这个具体模型
$A 07$	第 3 章	交错群作为对称群的子群
$A 08$	第 4 章	左陪集与分组的含义
$A 09$	第 5 章	右陪集与正规子群
$A 10$	第 5 章	商群的元素为什么是陪集
$A 11$	第 5 章	代表元计算：陪集乘法的良定义
$A 12$	第 5 章	检查商群的全部群公理
$A 13$	第 2 章	为什么任意置换都可写成不相交循环
$A 14$	第 3 章	把循环写成一行排列，再计算逆序数
$A 15$	第 2 章	把循环拆成换位：原问题所需的连接
$A 16$	第 7 章	可解群的定义与 $S_{3}$ 的可解列
$A 17$	第 7 章	阿贝尔商群如何逐层消去非交换部分
$A 18$	第 7 章	$S_{4}$ 的可解列
$A 19$	第 7 章	$V_{4}$ 的正规性与三阶商群为何循环
$A 20$	第 4 章	用陪集证明 Lagrange 定理
$A 21$	第 4 章	不同陪集为什么相同或不相交
$A 22$	第 8 章	从 $S_{4}$ 走到 $S_{5}$ ：单群障碍
$A 23$	第 8 章	$A_{5}$ 的循环类型及元素数目
$A 24$	第 8 章	共轭就是重新给循环贴标签
$A 25$	第 8 章	用共轭类并集与整除条件证明 $A_{5}$ 单群
$A 26$	第 9 章	域与域扩张：允许使用哪些数
$A 27$	第 9 章	完整验证 $Q (\sqrt 2)$ 的元素形式
$A 28$	第 9 章	代数元、最小多项式、扩张次数
$A 29$	第 9 章	塔式定理的乘积基构造
$A 30$	第 11 章	分裂域：把一个多项式的全部根加入
$A 31$	第 10 章	域自同构与 Galois 群
$A 32$	第 12 章	$Gal$ 记号的斜杠指基础域
$A 33$	第 12 章	生成元与向量空间的基
$A 34$	第 12 章	生成域的四则运算规则
$A 35$	第 12 章	计算三次分裂域的六个自同构
$A 36$	第 14 章	固定单位根后，单个根式层为什么阿贝尔
$A 37$	第 14 章	把一个根式表达式拆成逐次开根
$A 38$	第 14 章	单层根式的生成元可能被送到哪里
$A 39$	第 14 章	分裂域与阿贝尔性是两个不同条件
$A 40$	第 14 章	单位根必须进入该层的基础域
$A 41$	第 14 章	固定 $Q$ 与固定 $Q (ω)$ 为什么得到不同的群
$A 46$	第 14 章	进入根式塔前回顾两条主线
$A 47$	第 13 章	域越大，固定它的自同构越少
$A 48$	第 13 章	中间域正规时，对应子群为何正规
$A 49$	第 13 章	域的整体稳定不等于固定每个单位根
$A 50$	第 13 章	限制映射连接域层和群层
$A 51$	第 13 章	限制映射的核
$A 52$	第 6 章、第 13 章	第一同构定理的陪集证明
$A 53$	第 6 章	核这个集合记号逐个符号拆解
$A 54$	第 6 章	像是实际能够到达的目标元素
$A 55$	第 13 章	限制映射满射的准确问题
$A 56$	第 11 章	以 $Q (\sqrt 2, \sqrt 3)$ 理解延拓和限制
$A 57$	第 11 章	嵌入、代数闭包、延拓的对象类型
$A 58$	第 11 章	正规性为什么让嵌入变回自同构
$A 59$	第 10 章	嵌入的单射条件
$A 60$	第 10 章	域同态的核与乘法群同态的核
$A 61$	第 9 章	域的理想为什么只有零理想和整个域
$A 62$	第 9 章	先定义环和理想，理解吸收性质
$A 63$	第 11 章	单个代数元上的嵌入延拓构造
$A 64$	第 13 章	同态、嵌入、同构、自同构及两层映射
$A 65$	第 13 章	哪些对象属于群层，哪些属于域层
$A 66$	第 13 章	限制映射、核、像与商群的角色逐一对应
$A 67$	第 13 章	从定义再次验证限制映射的核
$A 68$	第 13 章	映射的输入元素本身也是映射
$A 69$	第 15 章	为什么要把限制映射用于根式塔
$A 70$	第 15 章	条件充分时，把域塔反向翻译为群链
$A 71$	第 14 章	每层 Galois，顶层仍可能不正规
$A 72$	第 14 章	代数共轭与群共轭的区别
$A 73$	第 14 章	需要证明补齐共轭后仍保持根式结构
$A 74$	第 14 章	各层用的是同一个模板，而非同一个多项式
$A 75$	第 14 章	对整个塔的嵌入使根式关系怎样变化
$A 76$	第 14 章	用 $\sqrt 2$ 与 $\sqrt (1 + \sqrt 2)$ 跟踪整座塔的像
$A 77$	第 14 章	共轭补在上层，原基础域保持固定
$A 78$	第 14 章	所有共轭加入后，为什么得到正规扩张
$A 79$	第 14 章	再次任取嵌入是检验稳定性
$A 80$	第 14 章	同时加入多个根式时，群仍然阿贝尔
$A 81$	第 14 章	方程的全部根与最小多项式的共轭不相同
$A 82$	第 14 章	单位根倍数形式仅适用于 $x^{n} - a$
$A 83$	第 15 章	根式可解推出群可解：主链合流
$A 84$	第 16 章	一般五次方程的形式根与对称系数
$A 85$	第 12 章	系数固定的自同构为何把根送到根
$A 86$	第 16 章	推广到高次需要可解群的子群引理
$A 87$	第 15 章	追问证明在哪里建立：核查当时的两处缺口
$A 88$	第 14 章	根式公式与根式塔的逐步对应
$A 89$	第 15 章	原方程的群为什么是大群的商群
$A 90$	第 7 章、第 15 章	可解群的商群仍可解
$A 91$	第 7 章	逐元素证明群链的像仍形成正规链
$A 92$	第 7 章、第 15 章	逐元素证明像链的相邻商群阿贝尔
$A 93$	第 16 章	任意形式根置换确实产生系数固定的自同构
$A 94$	第 16 章	根的作用忠实：Galois 群没有其他自由度
$A 95$	第 16 章	把群的不可解性转化为无根式通解
$A 96$	第 16 章	为什么所有 $n \geq 5$ 的一般方程都受同一障碍限制

从置换到五次方程：我的伽罗瓦理论笔记

目录

常用符号速查

第 1 章：目标：从问题出发，而不是提前背结论

1.1 从韦达关系发现根的置换

第一步：为什么解方程会突然和“置换”有关？

三个东西有多少种置换？

为什么这和方程有关系？

什么叫“群”？

第 2 章：置换与群：循环、复合和换位

2.1 置换的复合、单位元和逆：群的定义

第二步：为什么置换会形成“群”？

1. 先做 τ，再做 σ

对 r1

对 r2

对 r3

第一个重要现象：做完还是置换

第二个现象：有一个“什么都不做”的操作

第三个现象：每个操作都能撤销

第四个现象：三个操作连续做时，括号怎么放不重要

现在群的定义自然出现了

S3 就是一个群

2.2 置换群这个具体模型

2.3 循环记号、乘法顺序与非交换性

第三步：置换的循环记号到底是什么意思？

1. 为什么 (123) 和 (231) 是同一个置换？

2. 二循环：(12)

3. 为什么一个置换可以拆成几个循环？

4. 不相交循环为什么可以交换顺序？

5. 来算一个真正的例子

6. 反过来算

7. 什么叫交换群？

8. 为什么“非交换”以后会非常重要？

9. 还差一个重要事实：所有置换都可以拆成换位

2.4 为什么任意置换都可写成不相交循环

2.5 把循环拆成换位：原问题所需的连接

补充证明：循环分解与换位分解

第 3 章：奇偶性、交错群与子群

3.1 换位个数的奇偶性为何定义良好

第四步：为什么置换有“奇”和“偶”？

1. 先看例子

(12)

(123)

(1234)

2. 一个 k-循环是什么奇偶性？

3. 可是为什么奇偶性不会因为换一种拆法而改变？

4. 再看一个

5. 为什么交换两个元素一定改变奇偶性？

6. 现在证明关键结论

7. 偶置换自己形成一个群

8. A3 是什么？

3.2 把循环写成一行排列，再计算逆序数

补充证明：逆序数、符号同态与交错群的大小

3.4 逐条检查偶置换确实构成群

先看第一条：封闭性

第二条：结合律

第三条：单位元在不在里面？

第四条：逆元还在不在 An 里面？

3.5 交错群作为对称群的子群

1. 什么是子群？

2. 用 S3 看最清楚

3. 为什么 A3 自己真的“关起门来”就能运算？

4. 为什么 An 恰好有 Sn 一半那么多元素？

5. 现在先记住一个结构

第 4 章：陪集与 Lagrange 定理

4.1 左陪集与分组的含义

第五步：什么是陪集？

1. 一般定义是什么？

2. 具体算 (12)A3

3. 这件事为什么很有意思？

4. 为什么陪集大小和原子群一样？

5. 还有一个很容易忽略的点

4.2 不同陪集为什么相同或不相交

4.3 用陪集证明 Lagrange 定理

第 5 章：正规子群和商群：让陪集乘法没有歧义

补充证明：正规性的等价条件，以及商群乘法为何要求正规性

5.2 右陪集与正规子群

5.3 商群的元素为什么是陪集

5.4 代表元计算：陪集乘法的良定义

5.5 检查商群的全部群公理

1. 先做 $τ$ ，再做 $σ$

对 $r_{1}$

对 $r_{2}$

对 $r_{3}$

$S_{3}$ 就是一个群

1. 为什么 $(123)$ 和 $(231)$ 是同一个置换？

2. 二循环： $(12)$

$(12)$

$(123)$

$(1234)$

2. 一个 $k$ -循环是什么奇偶性？

8. $A_{3}$ 是什么？

第四条：逆元还在不在 $A_{n}$ 里面？

2. 用 $S_{3}$ 看最清楚

3. 为什么 $A_{3}$ 自己真的“关起门来”就能运算？

4. 为什么 $A_{n}$ 恰好有 $S_{n}$ 一半那么多元素？

2. 具体算 $(12) A_{3}$

7.1 可解群的定义与 $S_{3}$ 的可解列

7.3 $S_{4}$ 的可解列

7.4 $V_{4}$ 的正规性与三阶商群为何循环

为什么 $V_{4}$ 是正规子群？

第 8 章： $A_{5}$ 的结构：完整证明五次的群论障碍

8.1 从 $S_{4}$ 走到 $S_{5}$ ：单群障碍

8.2 $A_{5}$ 的循环类型及元素数目

2. 一个换位，例如 $(12)$

3. 一个 3-循环，例如 $(123)$

补充证明： $A_{5}$ 的共轭类为什么是 1、20、15、12、12

8.5 用共轭类并集与整除条件证明 $A_{5}$ 单群

9.4 完整验证 $Q (\sqrt 2)$ 的元素形式

补充例子： $\sqrt 2$ 不在 $Q$ ， $\sqrt 3$ 不在 $Q (\sqrt 2)$

11.7 以 $Q (\sqrt 2, \sqrt 3)$ 理解延拓和限制

第 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 $S_{3}$

12.1 $Gal$ 记号的斜杠指基础域