第 11 章：分裂域、正规性与嵌入的延拓

本章对象： $\Omega$ 或 $\overline{F}$ 是包含所需代数元的代数闭包； $\tau :E\to \Omega$ 是固定 $F$ 的嵌入，延拓 $\tau$ ̃: $K\to \Omega$ 要与 $\tau$ 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； $\mathbb{Q}$ 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 $\Omega$ 中，若 $K$ 是 $F$ 上某多项式的分裂域，则任意固定 $F$ 的嵌入 $\sigma :K\to \Omega$ 都把这些根送到同一多项式的根，所以 $\sigma (K)\subseteq K$ 。嵌入作为 $F$ 线性映射保持维数，且 $K/F$ 有限，因此 $\sigma (K)=K$ 。

反过来，若每个固定 $F$ 的嵌入都把 $K$ 映回自身，取 $\alpha \in K$ 及其最小多项式的任意根 $\beta \in \Omega$ 。映射 $\alpha \mapsto \beta$ 先给出 $F(\alpha )\to \Omega$ 的嵌入，再用下一节证明的延拓构造扩展到 $K$ 。因此 $\beta \in K$ ，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：

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

它的两个根是

$\sqrt2,\qquad-\sqrt2.$

加入 $\sqrt2$ 以后，我们得到

$\mathbb Q(\sqrt2).$

但是

$-\sqrt2$

本来就已经在这个域里，因为域对取负封闭。

所以：

$x^2-2=(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$

已经能够在 $\mathbb Q(\sqrt2)$ 中完全分解成一次因子。

因此：

$\boxed{\mathbb Q(\sqrt2)\text{ 是 }x^2-2\text{ 的分裂域}}$

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：

$\alpha=\sqrt[3]{2}.$

如果只加入它：

$\mathbb Q(\alpha),$

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

$\alpha^3=2,$

那么只要找满足

$\omega^3=1$

的数，就有：

$(\alpha\omega)^3 = \alpha^3\omega^3 = 2.$

所以三个根实际上是：

$\alpha,\qquad \alpha\omega,\qquad \alpha\omega^2,$

其中

$\omega=e^{2\pi i/3} = -\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i.$

而：

$\omega^3=1,\qquad \omega\neq1.$

这就是一个三次单位根。

现在注意关键问题：

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

里的元素都是：

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

这些全部都是实数。

所以：

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

因为 $\omega$ 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：

$\boxed{\mathbb Q(\sqrt[3]2)\text{ 不是 }x^3-2\text{ 的分裂域}}$

我们还要加入：

$\omega.$

于是得到：

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

在这个域里，三个根：

$\sqrt[3]2,\qquad \omega\sqrt[3]2,\qquad \omega^2\sqrt[3]2$

全都存在。

因此：

$x^3-2 = (x-\alpha)(x-\omega\alpha)(x-\omega^2\alpha)$

在 $K$ 里完全分裂。

所以：

$\boxed{ \mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega) \text{ 是 }x^3-2\text{ 的分裂域} }$

这里有一个非常重要的区别。

加入某一个根得到：

$F(\alpha).$

但分裂域要求：

$\boxed{\text{所有根都在里面}}$

所以这两个东西不一定相同。

二次例子里恰好相同：

$\mathbb Q(\sqrt2)$

既是“加入一个根的域”，也是分裂域。

三次例子里则不同：

$\mathbb Q(\sqrt[3]2) \subsetneq \mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega).$

我们甚至可以算一下这个分裂域的次数。

首先：

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

然后加入 $\omega$ 。

$\omega$ 满足：

$\omega^2+\omega+1=0,$

因为：

$\omega^3-1=(\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0$

而 $\omega\neq1$ 。

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

因此：

$[\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega): \mathbb Q(\sqrt[3]2)] =2.$

根据塔式定理：

$[K:\mathbb Q] = 2\times3 = 6.$

所以：

$\boxed{ [\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega):\mathbb Q]=6 }$

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：

$\boxed{\text{域自同构 automorphism}}$

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、 $\widetilde\tau$ 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：

$\mathbb Q \subset \mathbb Q(\sqrt2) \subset \mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3).$

这里：

$F=\mathbb Q,$

$E=\mathbb Q(\sqrt2),$

$K=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3).$

现在在 $E$ 上，我们有一个自同构：

$\tau:E\to E$

满足：

$\tau(\sqrt2)=-\sqrt2.$

这就是一个只定义在 $E$ 上的“规则”。

也就是说，目前 $\tau$ 知道怎么处理：

$a+b\sqrt2,$

因为：

$\tau(a+b\sqrt2)=a-b\sqrt2.$

但它还不知道怎么处理：

$\sqrt3,$

因为：

$\sqrt3\notin E.$

所以目前：

$\tau$

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：

$\widetilde\tau:K\to K$

满足：

$\widetilde\tau|_E=\tau.$

这里：

$\widetilde\tau$

读作“tau tilde”，可以理解成：

$\tau$ 的扩展版。

而

$\widetilde\tau|_E=\tau$

意思是：

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

比如我们可以定义：

$\widetilde\tau(\sqrt2)=-\sqrt2,$

同时规定：

$\widetilde\tau(\sqrt3)=\sqrt3.$

这样就把原本只会处理 $\sqrt2$ 的 $\tau$ ，扩展成了一个还能处理 $\sqrt3$ 的映射。

这就是：

$\boxed{\text{延拓 extension}}$

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：

$\tau:\mathbb Q(\sqrt2)\to\mathbb Q(\sqrt2)$

满足：

$\sqrt2\mapsto-\sqrt2$

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：

$\boxed{\text{自同构 = 从一个域到它自己的双射嵌入}}$

所以“嵌入”是更宽一点的概念。

那为什么前面突然写：

$\widetilde\tau:K\to\overline F$

而不是直接：

$\widetilde\tau:K\to K?$

因为一般的延拓定理，第一步只能保证：

可以把 $\tau$ 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：

$\overline F.$

这里的横线：

$\overline F$

表示：

$\boxed{\text{$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：

$F=\mathbb Q.$

那么：

$\overline{\mathbb Q}$

里面会有：

$\sqrt2,\quad \sqrt3,\quad i,\quad \sqrt[3]2,\quad \omega,$

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：

$\widetilde\tau:K\to\overline F$

其实只是说：

原来只定义在 $E$ 上的 $\tau$ ，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 $\overline F$ 中。

而：

$\widetilde\tau|_E=\tau$

就是：

这个扩展不会改变原来已经规定好的行为。

比如原来：

$\tau(\sqrt2)=-\sqrt2,$

那么延拓以后仍然必须有：

$\widetilde\tau(\sqrt2)=-\sqrt2.$

它不能突然反悔。

现在再看我们为什么最终还是希望：

$\widetilde\tau(K)=K.$

因为如果我们要让：

$\widetilde\tau$

成为 $K$ 的自同构，那它必须把 $K$ 映回 $K$ 自己。

而不能出现：

$K\longrightarrow\text{外面另一个域}.$

这时候：

$K/F\text{ 是 Galois}$

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：

$\boxed{\widetilde\tau(K)=K}.$

于是：

$\widetilde\tau:K\to K$

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：

$\boxed{ \text{一个只定义在中间域 }E\text{ 上的自同构，通常可以向上扩展到更大的 }K。 }$

第一步先允许它映到一个很大的容器：

$\overline F.$

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：

$K\text{ 的自同构}.$

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：

$\boxed{ E\text{ 上的自同构} \rightarrow \text{扩展到 }K \rightarrow \text{Galois 保证最后仍落在 }K }$

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：

$\boxed{\text{为什么一个 }E\text{ 上的嵌入能够继续延拓到 }K}$

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：

$E\subset E(\alpha)$

假设已经有一个嵌入

$\tau:E\to\overline F.$

我们要研究：

如果再加入一个代数元 $\alpha$ ，怎样把 $\tau$ 扩展到 $E(\alpha)$ ？

核心会发现：

如果 $\alpha$ 的最小多项式是

$m_\alpha(x)\in E[x],$

那么延拓后的映射必须把

$\alpha$

送到一个满足“系数已经经过 $\tau$ 变换后的多项式”的根。

也就是说，我们会第一次看到类似

$m_\alpha(x) = a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$

经过 $\tau$ 后变成

$\tau(m_\alpha)(x) = \tau(a_0)+\tau(a_1)x+\cdots+\tau(a_n)x^n.$

然后只要在代数闭包 $\overline F$ 里挑它的一个根 $\beta$ ，就可以定义

$\widetilde\tau(\alpha)=\beta.$

再由

$E(\alpha)$

里的每个元素都是由 $E$ 和 $\alpha$ 生成的，就能把整个 $\widetilde\tau$ 定下来。

所以下一步真正要学的是：

$\boxed{\text{“向一个代数元延拓嵌入”的具体构造}}$

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

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

在 $\Omega$ 中选 $\tau (m)$ 的一个根 $\beta$ 。 $E(\alpha )$ 的每个元素有唯一形式 $\sum_{j=0}^{d-1}c_j\alpha^j$ ，定义

$\widetilde\tau\left(\sum_{j=0}^{d-1}c_j\alpha^j\right) =\sum_{j=0}^{d-1}\tau(c_j)\beta^j.$

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 $\tau (m)$ ，因为 $\tau (m)(\beta )=0$ ，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 $E(\alpha )\to \Omega$ 的嵌入，且限制到 $E$ 等于 $\tau$ 。

若 $K/E$ 有限，选一组有限基 $b_{1},\ldots ,b_{s}$ ，则 $K=E(b_{1},\ldots ,b_{s})$ ；逐次把嵌入延拓到这些代数元，就得到 $K\to \Omega$ 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 $E\to \Omega$ 的嵌入已固定，加入可分代数元 $\alpha$ 时，上述延拓恰好由 $\tau (m)$ 的不同根决定，一共有 $\deg$ $m=[E(\alpha ):E]$ 种。沿有限生成塔逐层计数，得到固定 $F$ 的 $K\to \Omega$ 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 | $\operatorname{Gal}(K/F)$ | $=[K:F]$ 。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：

$\boxed{K/F\text{ 是正规扩张}}$

Galois = 正规 + 可分；这里暂时只需要“正规”。

假设 $\alpha\in K$ 。

因为 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元，它有一个在 $F$ 上的最小多项式：

$m_\alpha(x)\in F[x].$

而：

$m_\alpha(\alpha)=0.$

现在有一个固定 $F$ 的嵌入

$\sigma:K\to\overline F.$

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

$m_\alpha(\alpha)=0$

经过 $\sigma$ 后得到：

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

所以：

$\boxed{\sigma(\alpha)\text{ 必须是 }m_\alpha(x)\text{ 的另一个根}}$

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：

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

取：

$\alpha=\sqrt[3]2.$

它的最小多项式是：

$x^3-2.$

三个根：

$\sqrt[3]2,\qquad \omega\sqrt[3]2,\qquad \omega^2\sqrt[3]2.$

但是 $K$ 只包含第一个。

因此可以有一个 $\mathbb Q$ -嵌入：

$\sigma: \sqrt[3]2\mapsto\omega\sqrt[3]2.$

于是：

$\sigma(K) = \mathbb Q(\omega\sqrt[3]2).$

这个域不等于原来的：

$\mathbb Q(\sqrt[3]2).$

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：

$K=\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega).$

这是 $x^3-2$ 的分裂域。

因此它已经包含：

$\sqrt[3]2,\quad \omega\sqrt[3]2,\quad \omega^2\sqrt[3]2.$

所以如果一个固定 $\mathbb Q$ 的嵌入把

$\sqrt[3]2$

送成：

$\omega\sqrt[3]2,$

没有关系，因为：

$\omega\sqrt[3]2\in K.$

它没有跑出 $K$ 。

这就是 normal 的核心：

$\boxed{ \alpha\in K \Longrightarrow \alpha\text{ 在 }F\text{ 上的所有共轭根也都在 }K }$

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：

$\alpha\in K,$

我们已经知道：

$\sigma(\alpha)$

必须是 $\alpha$ 的某个共轭根。

但正规性又保证：

$\text{这些共轭根全都在 }K.$

所以：

$\sigma(\alpha)\in K.$

因为这对所有

$\alpha\in K$

都成立，因此：

$\boxed{\sigma(K)\subseteq K}.$

那为什么最后不是只有

$\sigma(K)\subseteq K,$

而是：

$\sigma(K)=K?$

因为 $\sigma$ 是嵌入，所以它是一一的。

而且 $K/F$ 是有限扩张，所以：

$[\sigma(K):F]=[K:F].$

但我们又有：

$\sigma(K)\subseteq K.$

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：

$\boxed{\sigma(K)=K}.$

于是原本只是：

$\sigma:K\to\overline F$

的嵌入，实际上自动变成：

$\boxed{\sigma:K\to K}$

也就是 $K$ 的自同构。

所以整条逻辑可以压缩成：

$\alpha\in K$

$\Downarrow$

$\sigma(\alpha)\text{ 是 }\alpha\text{ 的某个共轭根}$

$\Downarrow\quad(K/F\text{ 正规})$

$\sigma(\alpha)\in K$

$\Downarrow$

$\sigma(K)\subseteq K$

再利用有限维和单射：

$\boxed{\sigma(K)=K}.$

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：

$\boxed{\text{Galois 扩张中的 normality（正规性）}}$

而不是“可分性”。

11.7 以 ℚ(√ 2,√ 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

$F=\mathbb Q,\qquad E=\mathbb Q(\sqrt2),\qquad K=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3).$

我们有

$F\subset E\subset K.$

现在先看：

$\operatorname{Gal}(E/\mathbb Q).$

它有两个元素。

一个是恒等：

$\sqrt2\mapsto\sqrt2.$

另一个记作 $\tau$ ：

$\boxed{\tau(\sqrt2)=-\sqrt2}.$

现在问题是：

这个只定义在 $E$ 上的 $\tau$ ，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：

$\sqrt3.$

所以我们只需要再决定：

$\sqrt3\mapsto ?$

一种最简单的选择就是：

$\sqrt3\mapsto\sqrt3.$

于是定义：

$\sigma(\sqrt2)=-\sqrt2, \qquad \sigma(\sqrt3)=\sqrt3.$

那么任意

$x\in K$

都可以写成

$x=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6,$

所以 $\sigma$ 自动被确定为：

$\sigma(x) = a-b\sqrt2+c\sqrt3-d\sqrt6.$

这确实是 $K$ 的一个自同构。

而且限制回 $E$ ：

$\sigma|_E=\tau.$

所以我们说：

$\boxed{\sigma\text{ 是 }\tau\text{ 从 }E\text{ 到 }K\text{ 的一个延拓}}$

其实我们还有另一种选择：

$\sqrt3\mapsto-\sqrt3.$

于是也可以定义：

$\sigma'(\sqrt2)=-\sqrt2, \qquad \sigma'(\sqrt3)=-\sqrt3.$

那么同样：

$\sigma'|_E=\tau.$

所以注意：

$\boxed{\text{一个 }E\text{ 上的自同构，延拓到 }K\text{ 时不一定唯一}}$

但我们现在只关心：

至少有没有一个延拓？

现在回到 restriction map：

$\mathrm{res}: \operatorname{Gal}(K/F) \to \operatorname{Gal}(E/F).$

它做的是：

$\sigma\mapsto\sigma|_E.$

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

$\sigma|_E=\tau,$

那么就说明：

$\operatorname{Gal}(E/F)$

里的每个元素都能被 res 命中。

这就叫 res 是：

$\boxed{\text{满射 surjective}}$

也就是说：

$\boxed{ \operatorname{im}(\mathrm{res}) = \operatorname{Gal}(E/F) }$

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：

$\tau:E\to E.$

首先， $\tau$ 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：

$\boxed{\text{这样的 }F\text{-嵌入可以延拓到 }K\text{ 上}}$

也就是说，可以找到：

$\widetilde\tau:K\to\overline F$

使得：

$\widetilde\tau|_E=\tau.$

这里暂时先把

$\overline F$

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：

$\widetilde\tau(K)=K,$

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：

$\boxed{K/F\text{ 是 Galois}}$

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：

$\widetilde\tau(K)=K.$

于是：

$\widetilde\tau\in\operatorname{Gal}(K/F).$

而：

$\widetilde\tau|_E=\tau.$

因此 $E$ 上每个自同构都能从 $K$ 上限制下来。

所以：

$\boxed{ \operatorname{im}(\mathrm{res}) = \operatorname{Gal}(E/F) }$

前面第一同构定理已经给了：

$\operatorname{Gal}(K/F)/ \operatorname{Gal}(K/E) \cong \operatorname{im}(\mathrm{res}).$

现在代入：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F)/ \operatorname{Gal}(K/E) \cong \operatorname{Gal}(E/F) }$

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 11 章：分裂域、正规性与嵌入的延拓 ​

本节定义：特征、可分、正规与 Galois ​

补充证明：分裂域、正规性与嵌入稳定的关系 ​

11.2 分裂域：把一个多项式的全部根加入 ​

11.3 嵌入、代数闭包、延拓的对象类型 ​

11.4 单个代数元上的嵌入延拓构造 ​

补充证明：嵌入怎样延拓到一个代数元，再延拓到有限扩张 ​

补充证明：为什么有限 Galois 群的元素个数等于扩张次数 ​

11.6 正规性为什么让嵌入变回自同构 ​

11.7 以 ℚ(√ 2,√ 3) 理解延拓和限制 ​

第 11 章：分裂域、正规性与嵌入的延拓

本节定义：特征、可分、正规与 Galois

补充证明：分裂域、正规性与嵌入稳定的关系

11.2 分裂域：把一个多项式的全部根加入

11.3 嵌入、代数闭包、延拓的对象类型

11.4 单个代数元上的嵌入延拓构造

补充证明：嵌入怎样延拓到一个代数元，再延拓到有限扩张

补充证明：为什么有限 Galois 群的元素个数等于扩张次数

11.6 正规性为什么让嵌入变回自同构

11.7 以 ℚ(√ 2,√ 3) 理解延拓和限制