第 10 章：分裂域、正规性与 Galois 扩张

本章对象： $K=\mathbb{Q}(\zeta_n)$ ；正规性针对所有在扩域中有根的基础域不可约多项式，不能只检查一个例子。

10.1 把正规与可分接回分圆域

原问题：好吧，那下一步要介绍什么

下一步最合适的是把“可分”接回到你真正关心的 Galois 理论主线：

$\boxed{\text{为什么 }\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}\text{ 是 Galois 扩张？}}$

这一步会把两个条件彻底串起来：

$\boxed{\text{Galois}=\text{正规}+\text{可分}}$

你刚刚已经基本理解了“可分”：

$\operatorname{char}\mathbb{Q}=0 \Longrightarrow \mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q} \text{ 自动可分}.$

所以现在剩下真正值得讲的是：

$\boxed{\text{为什么它正规？}}$

而这里正好会解释你之前问过的“正规性和分裂域到底是什么关系”。

核心思路是：

$\zeta_n$

是 $x^n-1$ 的一个根，但

$\mathbb{Q}(\zeta_n)$

实际上不只是包含这一个根。

因为所有 $n$ 次单位根都是：

$1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1},$

它们全部都已经属于

$\mathbb{Q}(\zeta_n).$

因此：

$x^n-1 = \prod_{k=0}^{n-1}(x-\zeta_n^k)$

在 $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ 里完全分裂。

所以：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n) \text{ 是 }x^n-1\text{ 在 }\mathbb{Q}\text{ 上的分裂域} }$

而有限扩张有一个非常重要的定理：

$\boxed{ E/F\text{ 正规} \iff E\text{ 是某个 }F[x]\text{ 中多项式族的分裂域} }$

所以：

$\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}$

正规。

再加上刚才的可分：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q} \text{ 是 Galois 扩张}. }$

接下来我建议就专门讲这件事：**为什么“分裂域”会推出“正规”，以及正规到底是什么意思。**这会比直接背“正规 = 分裂域”更有帮助。

10.2 分裂域为什么正规，分圆域为什么是 Galois 扩张

我们就从“正规到底是什么意思”开始，而不是先背结论。

先设

$E/F$

是一个代数扩张。

“正规（normal）”最常用的定义是：

$\boxed{ \text{如果 }f(x)\in F[x]\text{ 是不可约多项式，且它在 }E\text{ 中有一个根，} }$

那么：

$\boxed{ f(x)\text{ 在 }E\text{ 中必须完全分裂。} }$

这句话很值得慢慢看。

比如：

$E=\mathbb{Q}(\sqrt2).$

$\sqrt2$ 的最小多项式是

$x^2-2.$

它的另一个根是

$-\sqrt2,$

也同样属于 $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ 。

所以这个不可约多项式一旦有一个根进入 $E$ ，它的另一个共轭根也一起进来了。

这就是“正规”想表达的核心：

$\boxed{ \text{不能只收进某个不可约多项式的一部分根。} }$

反过来看一个不正规的例子：

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

$\sqrt[3]{2}$ 的最小多项式是

$x^3-2.$

它在 $\mathbb{C}$ 中有三个根：

$\sqrt[3]{2}, \quad \omega\sqrt[3]{2}, \quad \omega^2\sqrt[3]{2},$

其中

$\omega=e^{2\pi i/3}.$

但是

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

只包含那个实根

$\sqrt[3]{2},$

并不包含另外两个复根。

所以：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q} \text{ 不正规}. }$

因为它“只拿进来了一个根，没有把同一个不可约多项式的所有根都拿进来”。

现在你就能看懂为什么“分裂域”天然和正规有关。

假设

$E$

是某个多项式 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域。

意思是：

$E$

是让

$f(x)$

完全分裂所需的最小域。

所以 $E$ 是由 $f$ 的全部根生成的。

直觉上，它不会偏爱其中某一个根。

如果一个 $F$ -嵌入

$\sigma:E\to\overline F$

固定 $F$ ，那么 $\sigma$ 会把 $f$ 的根送到 $f$ 的根。

因为若

$f(\alpha)=0,$

那么：

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

这里用了 $\sigma$ 固定 $F$ ，所以 $f$ 的系数不变。

因此：

$\boxed{ \sigma\text{ 只是重新排列 }f\text{ 的根} }$

而这些根本来全都已经在 $E$ 里面。

所以：

$\sigma(E)=E.$

这就是正规性的另一个非常重要的等价刻画：

$\boxed{ E/F\text{ 正规} \iff \text{每个固定 }F\text{ 的嵌入 }E\to\overline F \text{ 都把 }E\text{ 映回自己} }$

你可以把它理解成：

从外面看这个扩域，无论你怎么把它的共轭根重新排列，都不会跑出这个域。

这就是“正规”的几何/对称意义。

现在回到分圆域：

$E=\mathbb{Q}(\zeta_n).$

我们知道 $x^n-1$ 的所有根都是：

$1,\zeta_n,\zeta_n^2,\dots,\zeta_n^{n-1}.$

而因为 $E$ 已经包含 $\zeta_n$ ，所以它当然包含所有幂：

$\zeta_n^k.$

因此 $x^n-1$ 在 $E$ 中完全分裂。

而 $E$ 又显然是由这些根生成的最小域，所以：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n) \text{ 是 }x^n-1\text{ 的分裂域} }$

于是：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q} \text{ 正规}. }$

再加上：

$\operatorname{char}\mathbb{Q}=0$

所以可分。

因此：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q} \text{ 是 Galois 扩张}. }$

最值得记住的是这三个层次：

$\boxed{ \text{分裂域} \Rightarrow \text{所有共轭根都在里面} \Rightarrow \text{正规} }$

而：

$\boxed{ \text{正规}+\text{可分} = \text{Galois} }$

下一步最值得讲的是：为什么 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 不正规，而它的分裂域

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

却正规。这个例子能把“只加一个根”和“加入全部根”的区别看得特别清楚。

10.3 补充证明：从嵌入稳定性到定义中的所有不可约多项式

原回答解释了嵌入如何置换用于生成分裂域的那些根。要推出正规性的定义，还必须处理任意 $h\in F[x]$ 不可约且在 $E$ 中有根的情况。

有限代数扩张的嵌入延拓。 设 $\tau:L\to\Omega$ 为域嵌入， $\Omega$ 代数闭。加入一个代数元 $\beta$ ，把它在 $L$ 上的最小多项式 $m$ 的系数逐个用 $\tau$ 映过去，得到 $m^\tau$ ；选它在 $\Omega$ 中的根 $\gamma$ 。 $m^\tau$ 在 $\tau(L)[x]$ 中仍不可约（否则逆映系数会分解 $m$ ），所以 $u(\beta)\mapsto u^\tau(\gamma)$ 给出 $L(\beta)\to\Omega$ 的嵌入。良定义与单射由最小多项式整除性质保证。有限扩张只需依次加入有限个生成元，故可逐层延拓。

现在设 $E$ 是 $f\in F[x]$ 的分裂域。它由 $f$ 的全部不同根生成。每个固定 $F$ 的嵌入 $\sigma:E\to\Omega$ 都把这些根送到同一有限根集，并因单射而形成该根集的排列，所以 $\sigma(E)=E$ 。

若不可约 $h\in F[x]$ 有根 $\alpha\in E$ ，任取它在 $\Omega$ 中的另一根 $\beta$ 。由相同最小多项式得到嵌入 $F(\alpha)\to\Omega$ ， $\alpha\mapsto\beta$ 。把它延拓到 $E$ 后，刚证明的稳定性给出 $\beta\in E$ 。因此 $h$ 的所有不同根都在 $E$ ，按重数也完全分裂，故 $E/F$ 正规。

反方向对有限扩张也成立：若 $E/F$ 正规，选有限个生成元，把它们的最小多项式相乘。正规性保证该乘积在 $E$ 中分裂，且它的根生成的域既包含全部生成元，又包含于 $E$ ，因此恰为 $E$ 。

10.4 单位根取幂后生成的域仍然正规

原问题：但是这个不知道怎么读的指数加一下就不一定是正规了吧

整理提示：原问题对“指数加一下”的意思并不完全明确，原解释按“取整数幂”作答。这里的结论只针对取幂；随意改变生成元没有统一的正规性结论。

对，你这里问得很关键。你看到的

$\zeta_n$

读作 “zeta 下标 $n$ ”（ζ 是希腊字母 zeta）。

如果你的意思是：把生成元从 $\zeta_n$ 换成它的某个幂

$\mathbb{Q}(\zeta_n^a),$

那有意思的是：它依然是正规扩张，只是可能变成一个更小的分圆域。

原因是 $\zeta_n^a$ 的阶为

$d=\frac{n}{\gcd(a,n)}.$

所以 $\zeta_n^a$ 实际上是一个本原 $d$ 次单位根。因此

$\boxed{\mathbb{Q}(\zeta_n^a)=\mathbb{Q}(\zeta_d)}$

其中

$d=\frac{n}{\gcd(a,n)}.$

而 $\mathbb{Q}(\zeta_d)$ 又是 $x^d-1$ 的分裂域，所以依然正规。

特别地，如果

$\gcd(a,n)=1,$

那么 $d=n$ ，于是

$\zeta_n^a$

仍然是本原 $n$ 次单位根，而且实际上

$\boxed{\mathbb{Q}(\zeta_n^a)=\mathbb{Q}(\zeta_n)}.$

例如

$\mathbb{Q}(\zeta_5^2)=\mathbb{Q}(\zeta_5).$

因为 $2$ 和 $5$ 互素。

但如果取

$\zeta_6^2,$

它的阶是

$\frac6{\gcd(6,2)}=3,$

所以

$\boxed{\mathbb{Q}(\zeta_6^2)=\mathbb{Q}(\zeta_3)}.$

在这个例子里， $\mathbb{Q}(\zeta_3)=\mathbb{Q}(\zeta_6)$ ，所以阶降低了，生成域却没有变小；它仍然正规。具体等式在本章补充证明中验证。

所以这里要修正一下直觉：**对单位根来说，取 $\zeta_n$ 的任意整数次幂并不会制造一个“不正规”的例子。它只会得到另一个分圆域。**真正典型的不正规例子仍然是像

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

这种“只加入不可约多项式的一个根，却没有加入其他共轭根”的扩张。

10.5 补充证明与校正：取幂后的阶变小，生成域却未必变小

设 $a\in\mathbb{Z}$ ， $g=\gcd(a,n)>0$ ， $d=n/g$ ，写 $a=ga'$ 。按固定选择 $\zeta_m=e^{2\pi i/m}$ ，有 $\zeta_n^a=\zeta_d^{a'}$ ，且 $\gcd(a',d)=1$ 。取整数 $b$ 使 $a'b\equiv1\pmod d$ ，则 $(\zeta_n^a)^b=\zeta_d$ 。两个方向的包含都成立，故 $\mathbb{Q}(\zeta_n^a)=\mathbb{Q}(\zeta_d)$ 。

这里的 $d$ 变小只说明单位根的阶变小。域可以相同，例如 $\zeta_6^2=\zeta_3$ ，同时 $\zeta_6=1+\zeta_3$ ，所以 $\mathbb{Q}(\zeta_6^2)=\mathbb{Q}(\zeta_3)=\mathbb{Q}(\zeta_6)$ 。原回答把这个例子说成更小的域，本版已校正。