第 11 章：分圆域的自同构与模 n 可逆元群

本章对象： $\sigma_a:K\to K$ 固定 $\mathbb{Q}$ ，把 $\zeta_n$ 送到 $\zeta_n^a$ ； $\Psi$ 的输入是剩余类，输出是域自同构。

11.1 自同构必须把生成元送到另一个本原单位根

我们现在正式进入分圆域的 Galois 群。

设

$K=\mathbb{Q}(\zeta_n),$

其中 $\zeta_n$ 是一个固定的本原 $n$ 次单位根。

我们要研究：

$\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q}),$

也就是所有固定 $\mathbb{Q}$ 的域自同构

$\sigma:K\to K.$

关键问题是：

$\boxed{\sigma(\zeta_n)\text{ 可以是什么？}}$

先从一个最基本的事实开始。因为

$\zeta_n^n=1,$

对两边作用 $\sigma$ ：

$\sigma(\zeta_n^n)=\sigma(1).$

自同构保持乘法，而且固定 $1$ ，所以：

$\sigma(\zeta_n)^n=1.$

因此：

$\boxed{\sigma(\zeta_n)\text{ 一定还是一个 }n\text{ 次单位根}}$

但这还不够。我们还要证明它其实是本原 $n$ 次单位根。

假设

$\sigma(\zeta_n)$

的阶是 $d<n$ 。

那就有：

$\sigma(\zeta_n)^d=1.$

于是：

$\sigma(\zeta_n^d)=1.$

也就是：

$\sigma(\zeta_n^d)=\sigma(1).$

因为 $\sigma$ 是单射，所以：

$\zeta_n^d=1.$

但 $\zeta_n$ 的阶是 $n$ ，这与 $d<n$ 矛盾。

因此：

$\boxed{\operatorname{ord}(\sigma(\zeta_n))=n}.$

也就是说：

$\boxed{\sigma(\zeta_n)\text{ 必须是另一个本原 }n\text{ 次单位根}}$

而所有本原 $n$ 次单位根都长成：

$\zeta_n^a, \qquad \gcd(a,n)=1.$

所以：

$\boxed{ \sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a \quad\text{其中 }\gcd(a,n)=1 }$

这就是第一步。

而且因为

$K=\mathbb{Q}(\zeta_n),$

整个域里的元素都是由 $\mathbb{Q}$ 和 $\zeta_n$ 生成的，所以一个自同构一旦知道

$\sigma(\zeta_n)$

是什么，就完全确定了。

例如：

$\sigma\left( a_0+a_1\zeta_n+\cdots+a_m\zeta_n^m \right) = a_0+a_1\sigma(\zeta_n)+\cdots+a_m\sigma(\zeta_n)^m,$

因为所有 $a_i\in\mathbb{Q}$ 都被固定。

所以：

$\boxed{ \text{一个 Galois 自同构完全由 }\zeta_n\text{ 的像决定} }$

现在自然出现一个映射：

$\sigma \longmapsto a\pmod n,$

其中

$\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a.$

而 $a$ 必须满足：

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

所以这些 $a$ 正好构成：

$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times.$

下一步就要证明两件事：

$\boxed{ \text{每个 }\gcd(a,n)=1 \text{ 的 }a \text{ 都真的对应一个自同构} }$

以及：

$\boxed{ \sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab} }$

这样才能真正得到：

$\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times.$

这一步也正好能解释你之前问过的“Galois 自同构到底要不要固定单位根”：它固定的是基础域 $\mathbb{Q}$ ，并不固定 $\zeta_n$ ；相反，它可以在所有本原 $n$ 次单位根之间置换。

11.2 追问：在哪里证明了自同构保持本原性

原问题：什么时候证明了

就是在你刚才说“那就继续吧”之后那一步证明的。核心分成两段。

先设

$K=\mathbb{Q}(\zeta_n), \qquad \sigma\in \operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q}).$

因为

$\zeta_n^n=1,$

对两边作用 $\sigma$ ：

$\sigma(\zeta_n^n)=\sigma(1).$

由于 $\sigma$ 保持乘法且 $\sigma(1)=1$ ，得到

$\sigma(\zeta_n)^n=1.$

所以

$\boxed{\sigma(\zeta_n)\text{ 是一个 }n\text{ 次单位根}.}$

然后还证明了它不能只是普通的 $n$ 次单位根，而必须仍然是本原的。

假设

$\operatorname{ord}(\sigma(\zeta_n))=d<n.$

那么

$\sigma(\zeta_n)^d=1.$

于是

$\sigma(\zeta_n^d)=\sigma(1).$

因为 $\sigma$ 是自同构，所以特别是单射，因此

$\zeta_n^d=1.$

但 $\zeta_n$ 本身的阶是 $n$ ，不可能存在 $d<n$ 使

$\zeta_n^d=1.$

矛盾。

所以：

$\boxed{ \operatorname{ord}(\sigma(\zeta_n))=n. }$

也就是说，

$\sigma(\zeta_n)$

一定是一个本原 $n$ 次单位根。

而我们前面已经证明所有本原 $n$ 次单位根恰好是：

$\zeta_n^a, \qquad \gcd(a,n)=1.$

所以自然得到：

$\boxed{ \sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a \quad\text{for some }a\text{ with }\gcd(a,n)=1. }$

所以这里的逻辑是：

$\sigma\text{ 保持方程} \Rightarrow \sigma(\zeta_n)\text{ 仍是 }n\text{ 次单位根}$

再加上

$\sigma\text{ 是单射} \Rightarrow \text{阶不会下降}$

因此

$\sigma(\zeta_n)\text{ 仍然是本原 }n\text{ 次单位根},$

最后才写成

$\zeta_n^a,\qquad (a,n)=1.$

而我们现在正在证明的是反方向：每一个这样的 $\zeta_n^a$ ，是否真的都能作为某个自同构下 $\zeta_n$ 的像。

11.3 模 n 剩余类环中的可逆元乘法群

原问题：这个是模n同余的乘法群是吧

对，准确地说是：

$\boxed{ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times }$

表示 模 $n$ 的剩余类环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 里所有可逆元组成的乘法群。

也可以通俗地说成：

$\boxed{\text{模 }n\text{ 意义下“能做乘法逆元”的那些数构成的群}}$

1. 先说 ℤ/nℤ 是什么

它是所有模 $n$ 的同余类：

$[0],[1],[2],\dots,[n-1].$

其中

$[a]=[b] \iff a\equiv b\pmod n.$

这里面可以做加法和乘法：

$[a]+[b]=[a+b], \qquad [a][b]=[ab].$

所以它是一个环。

2. 为什么上面有个 ×？

这个 $\times$ 表示“取可逆元”。

也就是说，只保留那些存在乘法逆元的元素。

一个类

$[a]\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

可逆，当且仅当存在

$[b]$

使得

$[a][b]=[1].$

也就是：

$ab\equiv1\pmod n.$

而这又等价于：

$\boxed{\gcd(a,n)=1.}$

所以：

$\boxed{ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times = \{[a]\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}:\gcd(a,n)=1\} }$

3. 例子

例 1：n=5

$\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}=\{[0],[1],[2],[3],[4]\}.$

因为 5 是素数，所以除了 $[0]$ 以外全都可逆。

因此：

$(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z})^\times = \{[1],[2],[3],[4]\}.$

这是一个 4 元乘法群。

例如：

$[2][3]=[6]=[1].$

所以 $[2]$ 的逆元是 $[3]$ 。

例 2：n=6

$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}=\{[0],[1],[2],[3],[4],[5]\}.$

与 6 互素的只有：

$1,5.$

所以：

$(\mathbb{Z}/6\mathbb{Z})^\times = \{[1],[5]\}.$

这里：

$[5][5]=[25]=[1].$

所以 $[5]$ 是自己的逆元。

例 3：n=8

与 8 互素的是：

$1,3,5,7.$

所以：

$(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})^\times = \{[1],[3],[5],[7]\}.$

4. 它为什么和分圆域的 Galois 群对应？

因为我们已经证明：

每个自同构都由

$\zeta_n\mapsto\zeta_n^a$

决定，而要保持“本原 $n$ 次单位根”不变，就必须：

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

所以允许的指数恰好就是：

$[a]\in(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times.$

而且复合满足：

$\sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab}.$

这正对应于

$[a]\cdot[b]=[ab]$

的乘法。

所以：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times. }$

所以你那句“模 $n$ 同余的乘法群”大体是对的，但更准确是：

$\boxed{ \text{模 }n\text{ 剩余类环的可逆元乘法群} }$

因为不是所有模 $n$ 的同余类都能进这个群，只有可逆的那些才行。

11.4 Bézout 等式证明可逆当且仅当互素

原问题：所以上面是怎么证明是乘法可逆元的

对，这一步就是证明：

$\boxed{ [a]\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \text{ 可逆} \iff \gcd(a,n)=1 }$

这是一个很重要的基本结论。

先证明“如果互素，那么可逆”。

假设

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

根据 Bézout 等式，存在整数 $x,y$ ，使得

$ax+ny=1.$

两边对 $n$ 取模：

$ax+ny\equiv 1\pmod n.$

因为

$ny\equiv0\pmod n,$

所以：

$ax\equiv1\pmod n.$

这就说明在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 里：

$[a][x]=[1].$

因此 $[x]$ 就是 $[a]$ 的乘法逆元。

所以：

$\boxed{ \gcd(a,n)=1 \Longrightarrow [a]\text{ 可逆}. }$

例如模 7：

$\gcd(3,7)=1.$

Bézout 可以写成：

$3\cdot5+7\cdot(-2)=1.$

所以：

$3\cdot5\equiv1\pmod7.$

于是：

$[3]^{-1}=[5].$

再证明反方向。

假设 $[a]$ 在 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中可逆。

那么存在某个整数 $b$ ，使得：

$ab\equiv1\pmod n.$

这意味着：

$n\mid(ab-1).$

所以存在整数 $k$ ，使：

$ab-1=kn.$

也就是：

$ab-kn=1.$

现在设

$d=\gcd(a,n).$

因为 $d\mid a$ ，所以：

$d\mid ab.$

又因为 $d\mid n$ ，所以：

$d\mid kn.$

因此 $d$ 也整除它们的差：

$d\mid(ab-kn).$

但：

$ab-kn=1.$

所以：

$d\mid1.$

正的最大公因数只能是：

$d=1.$

所以：

$\boxed{ [a]\text{ 可逆} \Longrightarrow \gcd(a,n)=1. }$

两边合起来：

$\boxed{ [a]\in(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times \iff \gcd(a,n)=1. }$

你也可以把它记成一句非常有用的话：

$\boxed{ \text{模 }n\text{ 下，能“约掉”的数，恰好就是和 }n\text{ 互素的数。} }$

这也是为什么前面 $\zeta_n\mapsto\zeta_n^a$ 中要求 $\gcd(a,n)=1$ ：这些指数恰好就是模 $n$ 下的乘法可逆元。

11.5 构造每个自同构：良定义、保持运算与逆映射

下一步就是证明：每一个与 $n$ 互素的 $a$ ，真的都能产生一个 $\mathbb{Q}$ -自同构。

前面我们只证明了：

$\sigma\in\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

如果存在，那么一定满足

$\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a,\qquad \gcd(a,n)=1.$

现在要证明反方向：

$\boxed{ \gcd(a,n)=1 \Longrightarrow \text{确实存在一个 }\sigma_a \text{ 使 }\sigma_a(\zeta_n)=\zeta_n^a }$

因为

$K=\mathbb{Q}(\zeta_n),$

我们很自然地想定义：

$\boxed{ \sigma_a\bigl(f(\zeta_n)\bigr) = f(\zeta_n^a) }$

其中

$f(x)\in\mathbb{Q}[x].$

例如：

$3+2\zeta_n-\zeta_n^2$

就送到

$3+2\zeta_n^a-\zeta_n^{2a}.$

看起来非常自然。

但这里马上有一个需要证明的问题：

同一个域元素可能有不同的多项式表达式，这个定义会不会产生矛盾？

比如如果

$f(\zeta_n)=g(\zeta_n),$

我们必须保证：

$f(\zeta_n^a)=g(\zeta_n^a).$

否则这个映射就没有良定义。

这正是刚才证明“所有本原 $n$ 次单位根都有同一个最小多项式”发挥作用的地方。

因为：

$f(\zeta_n)=g(\zeta_n)$

意味着

$(f-g)(\zeta_n)=0.$

而 $\zeta_n$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式是：

$\Phi_n(x).$

所以：

$\boxed{ \Phi_n(x)\mid f(x)-g(x) }$

于是可以写：

$f(x)-g(x)=\Phi_n(x)h(x).$

现在因为

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

所以

$\zeta_n^a$

也是本原 $n$ 次单位根，因此：

$\Phi_n(\zeta_n^a)=0.$

把 $x=\zeta_n^a$ 代进去：

$f(\zeta_n^a)-g(\zeta_n^a) = \Phi_n(\zeta_n^a)h(\zeta_n^a) =0.$

所以：

$f(\zeta_n^a)=g(\zeta_n^a).$

因此这个定义没有歧义：

$\boxed{ \sigma_a(f(\zeta_n))=f(\zeta_n^a) }$

是良定义的。

这一步其实非常重要：因为 $\zeta_n$ 和 $\zeta_n^a$ 满足同一个最小多项式，所以可以把一个替换成另一个，而不会破坏原有的代数关系。

接下来，加法和乘法也自动保持。

例如：

$\sigma_a(f(\zeta_n)+g(\zeta_n)) = (f+g)(\zeta_n^a)$

等于：

$f(\zeta_n^a)+g(\zeta_n^a).$

所以：

$\sigma_a(x+y)=\sigma_a(x)+\sigma_a(y).$

乘法同理：

$\sigma_a(xy)=\sigma_a(x)\sigma_a(y).$

而且对任何

$q\in\mathbb{Q},$

有：

$\sigma_a(q)=q.$

所以它是一个固定 $\mathbb{Q}$ 的域同态。

现在还剩一个问题：它真的是自同构吗？也就是它能不能反过来。

因为

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

所以 $a$ 在模 $n$ 下有乘法逆元。

存在 $b$ 使：

$ab\equiv1\pmod n.$

也就是：

$ab=1+kn$

某个 $k\in\mathbb{Z}$ 。

于是：

$(\zeta_n^a)^b = \zeta_n^{ab} = \zeta_n^{1+kn} = \zeta_n(\zeta_n^n)^k = \zeta_n.$

所以 $\sigma_b$ 可以把 $\zeta_n^a$ 再送回来：

$\zeta_n^a \overset{\sigma_b}{\longmapsto} \zeta_n.$

因此：

$\sigma_b=\sigma_a^{-1}.$

所以 $\sigma_a$ 确实是一个自同构。

于是我们终于得到：

$\boxed{ \forall\,a,\ \gcd(a,n)=1, \quad \sigma_a:\zeta_n\mapsto\zeta_n^a }$

都给出了一个元素

$\sigma_a\in \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}).$

下一步只差最后一件事：看两个这种自同构复合以后发生什么。你会发现：

$\boxed{ \sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab} }$

于是 Galois 群的群运算就和“模 $n$ 的可逆整数相乘”完全一致，这才最终得到

$\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times.$

11.6 这一步到底要证明什么：集合对应还要保持运算

原问题：没太看懂你这下一步到底在证明什么

你这里不是某个公式没看懂，而是我刚才没有先把“现在到底要证明什么”说清楚。

我们前面已经做到两件事。

第一件：

$\sigma\in \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

时，一定有

$\boxed{\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a}$

而且

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

也就是说，每个 Galois 自同构都会对应一个模 $n$ 的可逆数 $a$ 。

第二件：

对每个满足

$\gcd(a,n)=1$

的 $a$ ，我们也确实可以构造一个自同构

$\sigma_a$

使

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

所以现在其实已经知道：

$\boxed{ \text{Galois 自同构} \longleftrightarrow \text{模 }n\text{ 的可逆数} }$

接下来还差最后一点：这个对应不仅是一一对应，而且还保持“群运算”。

为什么要证明这个？

因为我们不是只想说：

两边元素个数一样。

我们想证明的是更强的：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times }$

这里的 $\cong$ 是“群同构”，所以必须证明两边的运算也对应。

左边的群运算是什么？

是自同构的复合：

$\sigma_a\circ\sigma_b.$

右边的群运算是什么？

是模 $n$ 的乘法：

$[a][b]=[ab].$

所以我们刚才真正要证明的是：

$\boxed{ \sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab} }$

这句话就是在说：

左边“先做 $\sigma_b$ ，再做 $\sigma_a$ ”
对应右边“把 $b$ 和 $a$ 相乘”。

为什么成立？

因为从生成元 $\zeta_n$ 看：

$\zeta_n \xrightarrow{\sigma_b} \zeta_n^b \xrightarrow{\sigma_a} (\zeta_n^a)^b = \zeta_n^{ab}.$

所以复合以后：

$(\sigma_a\circ\sigma_b)(\zeta_n) = \zeta_n^{ab}.$

而 $\sigma_{ab}$ 本来就是定义成：

$\sigma_{ab}(\zeta_n)=\zeta_n^{ab}.$

所以：

$\boxed{\sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab}}.$

这一步的目的就是证明：

$\boxed{ \text{“自同构复合”对应“指数相乘”} }$

因此这个对应不仅是集合上的一一对应，而真的是群结构完全一样。

你可以把前面整个分圆域部分压缩成三步：

$\boxed{ \begin{aligned} &1.\ \sigma(\zeta_n)\text{ 必须是 }\zeta_n^a,\ (a,n)=1;\\ &2.\ \text{每个这样的 }a\text{ 都真的给出一个 }\sigma_a;\\ &3.\ \sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab}. \end{aligned} }$

第三步就是我刚才在证明的东西。

11.7 复合对应指数相乘，逐项验证群同构

那就把最后这一步完整做完。

我们现在已经知道：对每个满足

$\gcd(a,n)=1$

的整数 $a$ ，都有一个自同构

$\sigma_a\in\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

满足

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

现在要看这些自同构之间怎么复合。

取两个：

$\sigma_a,\qquad \sigma_b.$

先作用 $\sigma_b$ ：

$\zeta_n \overset{\sigma_b}{\longmapsto} \zeta_n^b.$

再作用 $\sigma_a$ ：

$\sigma_a(\zeta_n^b).$

因为自同构保持乘法，

$\sigma_a(\zeta_n^b) = \sigma_a(\zeta_n)^b.$

而

$\sigma_a(\zeta_n)=\zeta_n^a,$

所以：

$\sigma_a(\zeta_n^b) = (\zeta_n^a)^b = \zeta_n^{ab}.$

因此：

$(\sigma_a\circ\sigma_b)(\zeta_n) = \zeta_n^{ab}.$

而 $\sigma_{ab}$ 的定义就是：

$\sigma_{ab}(\zeta_n)=\zeta_n^{ab}.$

因为一个自同构完全由 $\zeta_n$ 的像决定，所以：

$\boxed{ \sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab}. }$

注意这里 $ab$ 实际上只需要看模 $n$ 。

因为：

$a\equiv a'\pmod n$

就有

$\zeta_n^a=\zeta_n^{a'}.$

所以：

$\sigma_a=\sigma_{a'}$

当且仅当

$a\equiv a'\pmod n.$

因此真正对应的不是整数 $a$ ，而是模 $n$ 的剩余类：

$[a]\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}.$

而且必须满足：

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

也就是 $[a]$ 在模 $n$ 下可逆。

这些元素组成群：

$\boxed{ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times. }$

现在定义映射：

$\Psi: (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times \longrightarrow \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

为：

$\boxed{ [a]\longmapsto\sigma_a. }$

刚才已经证明：

$\sigma_a\circ\sigma_b=\sigma_{ab},$

所以：

$\Psi([a][b]) = \Psi([ab]) = \sigma_{ab} = \sigma_a\circ\sigma_b.$

因此 $\Psi$ 是群同态。

接下来检查它是一一对应。

如果：

$\sigma_a=\sigma_b,$

那么特别地：

$\sigma_a(\zeta_n)=\sigma_b(\zeta_n).$

所以：

$\zeta_n^a=\zeta_n^b.$

前面已经证明：

$\zeta_n^a=\zeta_n^b \iff a\equiv b\pmod n.$

所以：

$[a]=[b].$

因此 $\Psi$ 是单射。

另一方面，我们前面已经证明：任何

$\sigma\in\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

都必须满足：

$\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a$

其中

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

所以这个 $\sigma$ 就是：

$\sigma_a.$

因此 $\Psi$ 又是满射。

最终：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times. }$

这就是分圆域最核心的 Galois 群结论。

它立刻给出两个重要推论。

第一：

$\boxed{ |\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})| = \varphi(n). }$

这和我们之前得到的

$[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}]=\varphi(n)$

完全吻合。

第二：

$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$

是交换群，因为模 $n$ 的乘法满足：

$ab\equiv ba\pmod n.$

所以：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \text{ 是 Abel 群}. }$

这个结论以后在“根式可解”里特别重要，因为分圆扩张提供的是非常典型的 Abel 扩张。

11.8 边界检查：n=1,2 也成立

$\zeta_1=1$ 、 $\zeta_2=-1$ 都在 $\mathbb{Q}$ 中，所以两个分圆域都等于 $\mathbb{Q}$ ，Galois 群为平凡群，次数均为 $\varphi(n)=1$ 。对于 $n=1$ ，模 $1$ 只有一个剩余类，单位群按通常约定也是平凡群。

复共轭对应 $[-1]$ 。当 $n\ge3$ 时它不是恒等映射； $n=1,2$ 时它是恒等映射。因此后续学习最大实子域时，指数 $2$ 的公式必须限定 $n\ge3$ 。

第 11 章：分圆域的自同构与模 n 可逆元群 ​

11.1 自同构必须把生成元送到另一个本原单位根 ​

11.2 追问：在哪里证明了自同构保持本原性 ​

11.3 模 n 剩余类环中的可逆元乘法群 ​

1. 先说 ℤ/nℤ 是什么 ​

2. 为什么上面有个 ×？ ​

3. 例子 ​

例 1：n=5 ​

例 2：n=6 ​

例 3：n=8 ​

4. 它为什么和分圆域的 Galois 群对应？ ​

11.4 Bézout 等式证明可逆当且仅当互素 ​

11.5 构造每个自同构：良定义、保持运算与逆映射 ​

11.6 这一步到底要证明什么：集合对应还要保持运算 ​

11.7 复合对应指数相乘，逐项验证群同构 ​

11.8 边界检查：n=1,2 也成立 ​

第 11 章：分圆域的自同构与模 n 可逆元群

11.1 自同构必须把生成元送到另一个本原单位根

11.2 追问：在哪里证明了自同构保持本原性

11.3 模 n 剩余类环中的可逆元乘法群

1. 先说 ℤ/nℤ 是什么

2. 为什么上面有个 ×？

3. 例子

例 1：n=5

例 2：n=6

例 3：n=8

4. 它为什么和分圆域的 Galois 群对应？

11.4 Bézout 等式证明可逆当且仅当互素

11.5 构造每个自同构：良定义、保持运算与逆映射

11.6 这一步到底要证明什么：集合对应还要保持运算

11.7 复合对应指数相乘，逐项验证群同构

11.8 边界检查：n=1,2 也成立