第 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 S₃

本章对象： $\alpha =$ ∛2 取实根； $\omega$ 是本原三次单位根； $K=\mathbb{Q}(\alpha ,\omega )$ 。 $\alpha$ 、 $\omega$ 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：

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

看起来像“拿 $x^3-2$ 除以 $\mathbb Q$ ”，其实完全不是除法。

更严格的写法应该先定义它的分裂域：

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

然后写：

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

这里的

$K/\mathbb Q$

意思是：

域扩张 $K$ over $\mathbb Q$

也就是：

$\mathbb Q\subset K.$

所以：

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

完整意思是：

所有“把 $K$ 映到自己、同时把 $\mathbb Q$ 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：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/\mathbb Q) = \{\sigma:K\to K\mid \sigma\text{ 是域自同构，且 }\sigma(q)=q,\ \forall q\in\mathbb Q\} }$

所以这里可以逐个读：

$\operatorname{Gal}$

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；

$\mathbb Q$

表示要求自同构必须固定不动的基础域。

因此：

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

可以直译成：

$K$ 相对于 $\mathbb Q$ 的 Galois 群。

而我前面写的

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

是一种常见的简写，意思其实是：

取 $x^3-2$ 在 $\mathbb Q$ 上的分裂域 $K$ ，然后研究

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

更不容易混淆的写法是：

$\boxed{ f(x)=x^3-2,\qquad K=\text{它在 }\mathbb Q\text{ 上的分裂域} }$

然后：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(f/\mathbb Q) := \operatorname{Gal}(K/\mathbb Q) }$

所以以后看到

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

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。

$\mathbb Q(\alpha,\omega)$

里的“生成”不是随便组合，而是：

$\boxed{\text{从 }\mathbb Q,\alpha,\omega\text{ 出发，反复允许 }+,-,\times,\div}$

其中除法当然要求分母不为 0。

所以更形式化地说：

$\mathbb Q(\alpha,\omega)$

就是包含 $\mathbb Q,\alpha,\omega$ 的最小域。

也就是说，你一开始有

$\mathbb Q,\quad \alpha,\quad \omega,$

然后因为域必须封闭，就必须把这些东西也收进去：

$\alpha+\omega,$

$\alpha\omega,$

$\alpha^2,$

$\frac1{\alpha+\omega},$

$\frac{\alpha^2+3\omega}{2-\alpha\omega},$

等等。

一般来说，域生成可以理解成所有形如

$\boxed{ \frac{P(\alpha,\omega)}{Q(\alpha,\omega)} }$

的元素，其中

$P,Q\in\mathbb Q[x,y], \qquad Q(\alpha,\omega)\neq0.$

也就是：

用有理数作为系数，对 $\alpha,\omega$ 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：

$\alpha^3=2,$

以及

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

所以

$\alpha^3$

可以降成常数，

$\omega^2$

可以降成

$-\omega-1.$

因此看似很复杂的表达式最终都能压缩成

$a+b\alpha+c\alpha^2+d\omega+e\alpha\omega+f\alpha^2\omega.$

所以你说“生成有规则”是对的。最核心的规则就是：

$\boxed{\text{取最小的、对四则运算封闭的集合}}$

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”。

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

这个符号的意思是：

从 $\mathbb Q$ 出发，把 $\sqrt[3]2$ 和 $\omega$ 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

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

是生成元（generators），不是说基就是

$\{1,\sqrt[3]2,\omega\}.$

令

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

因为

$\alpha^3=2,$

所以 $\alpha$ 的高次幂都能降到

$1,\alpha,\alpha^2.$

同时

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

所以

$\omega^2=-\omega-1,$

因此 $\omega$ 的高次幂只需要保留 $1,\omega$ 。

把两者结合起来，就会产生：

$1,\quad \alpha,\quad \alpha^2,\quad \omega,\quad \alpha\omega,\quad \alpha^2\omega.$

而这个例子里，这 6 个元素恰好构成 $K$ 在 $\mathbb Q$ 上的一组基：

$\boxed{ \{1,\alpha,\alpha^2,\omega,\alpha\omega,\alpha^2\omega\} }$

所以任意 $x\in K$ 都可以唯一写成：

$\boxed{ x= a+b\alpha+c\alpha^2 +d\omega+e\alpha\omega+f\alpha^2\omega }$

其中：

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

也可以更紧凑地写成：

$x= (a+b\alpha+c\alpha^2) + (d+e\alpha+f\alpha^2)\omega.$

因此你可以把

$\boxed{\mathbb Q(\alpha,\omega)}$

理解为：

“由 $\mathbb Q$ 和 $\alpha,\omega$ 生成的最小域。”

而不是：

“以 $1,\alpha,\omega$ 为基的向量空间。”

这两个概念要分开。这里 $\alpha,\omega$ 是生成域所需的生成元；最终作为 $\mathbb Q$ -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

$\alpha =$ ∛2 取实根， $\omega$ 是非实本原三次单位根。 $x^{3}-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 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 $[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=3$ 。

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

在 $\mathbb{Q}(\omega )$ 上用 $\alpha \mapsto \omega \alpha$ 延拓恒等嵌入，得到 $K\to K$ 的嵌入；由于像含 $\omega$ 与 $\omega \alpha$ ，也含 $\alpha$ ，故它是自同构 $r$ 。复共轭 $s$ 固定 $\alpha$ ，把 $\omega$ 送到 $\omega ^{2}$ 。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 $srs=r^{-1}$ 。六个映射 $e,r,r^{2},s,rs,r^{2}s$ 对 $\alpha$ 、 $\omega$ 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 $\operatorname{Gal}(K/\mathbb{Q})\cong S_{3}$ 。

12.5 计算三次分裂域的六个自同构

现在我们就具体算：

$K=\mathbb Q(\alpha,\omega), \qquad \alpha=\sqrt[3]{2}, \qquad \omega^3=1,\ \omega\neq1$

的 Galois 群

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

目标是看清楚它为什么正好是 $S_3$ 。

先看一个固定 $\mathbb Q$ 的自同构 $\sigma$ 。因为

$\alpha^3=2,$

所以

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

因此 $\sigma(\alpha)$ 必须仍然是 $x^3-2$ 的一个根。

三个根是：

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

所以：

$\boxed{ \sigma(\alpha)\in \{\alpha,\omega\alpha,\omega^2\alpha\} }$

一共有 3 种可能。

再看 $\omega$ 。

它满足：

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

所以：

$\sigma(\omega)^2+\sigma(\omega)+1=0.$

这个二次方程的两个根就是：

$\omega,\qquad\omega^2.$

因此：

$\boxed{ \sigma(\omega)\in\{\omega,\omega^2\} }$

一共有 2 种可能。

于是看起来我们可能有：

$3\times2=6$

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 $\alpha$ 和 $\omega$ 的去向？

因为：

$K=\mathbb Q(\alpha,\omega).$

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

而 $\sigma$ 已经要求固定所有有理数。

所以一旦知道：

$\sigma(\alpha),\qquad\sigma(\omega),$

那么整个 $\sigma$ 的作用就完全被决定了。

例如：

$x=3+2\alpha-\alpha^2\omega.$

那么：

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

没有其他自由度。

现在我们把这 6 种可能列出来：

$\begin{array}{c|c} \sigma(\alpha)&\sigma(\omega)\\ \hline \alpha&\omega\\ \alpha&\omega^2\\ \omega\alpha&\omega\\ \omega\alpha&\omega^2\\ \omega^2\alpha&\omega\\ \omega^2\alpha&\omega^2 \end{array}$

所以：

$\boxed{|\operatorname{Gal}(K/\mathbb Q)|=6}.$

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：

$r_1=\alpha,$

$r_2=\omega\alpha,$

$r_3=\omega^2\alpha.$

任意 $\sigma$ 都会把它们重新排列。

例如先取一个自同构 $r$ ：

$r(\alpha)=\omega\alpha, \qquad r(\omega)=\omega.$

看看它对三个根怎么作用。

首先：

$r(r_1)=r(\alpha)=\omega\alpha=r_2.$

再看：

$r(r_2) = r(\omega\alpha) = r(\omega)r(\alpha) = \omega\cdot\omega\alpha = \omega^2\alpha = r_3.$

最后：

$r(r_3) = r(\omega^2\alpha) = \omega^2\cdot\omega\alpha = \omega^3\alpha = \alpha = r_1.$

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：

$\boxed{(123)}.$

现在再取另一个自同构 $s$ ：

$s(\alpha)=\alpha, \qquad s(\omega)=\omega^2.$

它其实就是复共轭。

对第一个根：

$s(r_1)=s(\alpha)=\alpha=r_1.$

对第二个：

$s(r_2) = s(\omega\alpha) = \omega^2\alpha = r_3.$

对第三个：

$s(r_3) = s(\omega^2\alpha) = \omega\alpha = r_2.$

所以：

$r_2\leftrightarrow r_3,$

而 $r_1$ 不动。

也就是：

$\boxed{(23)}.$

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：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/\mathbb Q)\cong S_3 }$

这里的

$\cong$

不是“严格等于”，而是：

$\boxed{\text{同构}}$

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：

$\text{域自同构} \longrightarrow \text{根的置换} \longrightarrow \text{置换群}.$

而 Galois 群就是：

$\boxed{\text{这些允许的根置换所形成的群}}$

下一步就该进入真正关键的一桥：

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

也就是开始解释为什么：

$\text{根式可解} \Rightarrow \text{Galois 群可解}.$

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

$f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0\in F[x]$

而 $K$ 是它的分裂域。取

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

这句话的意思是：

$\sigma:K\to K$

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：

$a_nr_1^n+\cdots+a_1r_1+a_0=0.$

对整个等式作用 $\sigma$ ：

$\sigma(a_nr_1^n+\cdots+a_0)=\sigma(0).$

因为 $\sigma$ 保持加法、乘法，而且每个系数

$a_i\in F$

都被固定，所以：

$a_n\sigma(r_1)^n+\cdots+a_1\sigma(r_1)+a_0=0.$

也就是：

$\boxed{f(\sigma(r_1))=0}.$

因此：

$\boxed{\sigma(r_1)\text{ 也必须是 }f(x)\text{ 的根}}.$

如果 $f$ 的根是

$r_1,r_2,\ldots,r_n,$

那么：

$\sigma(r_1)$

一定是其中某一个：

$r_j.$

同样：

$\sigma(r_2),\ldots,\sigma(r_n)$

也全部还在这组根里面。

所以 $\sigma$ 对根集做的事情一定是：

$\{r_1,\ldots,r_n\} \longrightarrow \{r_1,\ldots,r_n\}.$

而且因为 $\sigma$ 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：

$\boxed{\sigma\leftrightarrow\text{某个 }\pi\in S_n}.$

但注意一个关键区别：

$\boxed{\text{Galois 自同构一定给出根的置换}}$

并不意味着：

$\boxed{\text{任意根的置换都一定是 Galois 自同构}}.$

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：

$\boxed{K=F(r_1,\ldots,r_n)}$

也就是说， $K$ 是由基础域 $F$ 和这些根生成的。

$\sigma$ 已经固定 $F$ ，再告诉你每个

$r_i\mapsto r_{\pi(i)},$

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：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F)\hookrightarrow S_n }$

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 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 S₃ ​

12.1 Gal 记号的斜杠指基础域 ​

12.2 生成域的四则运算规则 ​

12.3 生成元与向量空间的基 ​

补充证明：三次例子的六种自同构确实全部存在 ​

12.5 计算三次分裂域的六个自同构 ​

12.6 系数固定的自同构为何把根送到根 ​

第 12 章：完整例子：三次分裂域的群为什么是 S₃

12.1 Gal 记号的斜杠指基础域

12.2 生成域的四则运算规则

12.3 生成元与向量空间的基

补充证明：三次例子的六种自同构确实全部存在

12.5 计算三次分裂域的六个自同构

12.6 系数固定的自同构为何把根送到根