第 16 章：一般方程的群与 Abel–Ruffini 定理

本章对象： $r_{1},\ldots ,r_{n}$ 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 $F=\mathbb{Q}(e_{1},\ldots ,e_{n})$ ，分裂域 $K=\mathbb{Q}(r_{1},\ldots ,r_{n})$ 。

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：

$\boxed{\text{为什么“一般五次方程”的 Galois 群是 }S_5}$

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：

$\boxed{ x^5+a_4x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=0 }$

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：

$r_1+r_2+r_3+r_4+r_5=-a_4,$

$\sum_{i<j}r_ir_j=a_3,$

一直到

$r_1r_2r_3r_4r_5=-a_0.$

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：

$a_0,\ldots,a_4$

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

$\sigma\in S_5$

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：

$\boxed{\text{一般情形下，五个根的全部 }5!\text{ 种置换都可能成为 Galois 自同构}}$

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

$r_1,\ldots,r_5$

是“完全独立的一般变量”。

先构造一个大域：

$K=\mathbb Q(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5).$

然后定义五个基本对称多项式：

$e_1=r_1+\cdots+r_5,$

$e_2=\sum_{i<j}r_ir_j,$

一直到：

$e_5=r_1r_2r_3r_4r_5.$

再定义基础域：

$\boxed{ F=\mathbb Q(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5) }$

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：

$(x-r_1)\cdots(x-r_5)$

展开以后得到：

$x^5-e_1x^4+e_2x^3-e_3x^2+e_4x-e_5.$

也就是说，系数全部属于 $F$ 。

现在任取：

$\sigma\in S_5.$

例如：

$\sigma=(123).$

它把：

$r_1\to r_2,\quad r_2\to r_3,\quad r_3\to r_1$

而其他根不动。

这个置换自然诱导一个 $K$ 的自同构：

$r_i\mapsto r_{\sigma(i)}.$

但是因为：

$e_1,\ldots,e_5$

都是对称的，任意根置换之后它们完全不变。

例如：

$\sigma(e_1)=e_1,$

$\sigma(e_2)=e_2,$

等等。

所以这个自同构固定整个：

$F.$

因此：

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

而这对每一个：

$\sigma\in S_5$

都成立。

所以至少：

$S_5\subseteq\operatorname{Gal}(K/F).$

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：

$\operatorname{Gal}(K/F)\subseteq S_5.$

两边合起来：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F)\cong S_5 }$

这就是所谓：

$\boxed{\text{一般五次方程的 Galois 群是 }S_5}$

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：

$\boxed{ \text{如果一个方程能用根式解} \Longrightarrow \text{它的 Galois 群可解} }$

但是一般五次方程：

$\operatorname{Gal}=S_5$

而：

$S_5\text{ 不可解}.$

矛盾。

所以：

$\boxed{ \text{一般五次方程不存在根式通解} }$

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：

$\boxed{\text{不是“所有五次方程都不能用根式解”}}$

而是：

$\boxed{\text{不存在一个能够解决所有一般五次方程的根式公式}}$

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 $n\ge5$ 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， $S_n$ （ $n\ge5$ ）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 $r_{1},\ldots ,r_{n}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上代数独立，是指任意非零多元多项式 $P\in \mathbb{Q}[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ 都满足 $P(r_{1},\ldots ,r_{n})\neq 0$ 。可以直接取 $r_{i}$ 为不定元； $K=\mathbb{Q}(r_{1},\ldots ,r_{n})$ 就是有理函数域，元素为多项式之比，分母非零。

$\pi \in S_{n}$ 对多项式环的作用是把每个 $r_{i}$ 换为 $r_{\pi(i)}$ 。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 $F=\mathbb{Q}(e_{1},\ldots ,e_{n})$ 。

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 $r_{1}\ldots r_{j}$ 。因此 $e_1^{a_1}\cdots e_n^{a_n}$ 的最高单项式中， $r_{i}$ 的指数为 $a_{i}+\ldots +a_{n}$ 。这个指数向量唯一确定 $a_{1},\ldots ,a_{n}$ （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 $P(e_{1},\ldots ,e_{n})$ 的最高项都不能被抵消，故不为零。这证明 $e_{1},\ldots ,e_{n}$ 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 $\sigma$ 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 $\sigma$ ，这给出忠实的群作用 $\operatorname{Gal}(K/F)\to S_{n}$ 。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 $x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots +a_{0}$ ，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：

$\boxed{\text{五个根的任意置换，确实都产生一个固定系数的自同构}}$

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：

$K=\mathbb Q(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5).$

这个记号表示：从 $\mathbb Q$ 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：

$e_1=r_1+r_2+r_3+r_4+r_5,$

$e_2=\sum_{i<j}r_ir_j,$

$e_3=\sum_{i<j<k}r_ir_jr_k,$

$e_4=\sum_{i<j<k<l}r_ir_jr_kr_l,$

$e_5=r_1r_2r_3r_4r_5.$

于是：

$(x-r_1)(x-r_2)(x-r_3)(x-r_4)(x-r_5)$

展开以后就是：

$x^5-e_1x^4+e_2x^3-e_3x^2+e_4x-e_5.$

所以我们把：

$\boxed{ F=\mathbb Q(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5) }$

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：

$\sigma=(12).$

我们规定：

$r_1\mapsto r_2, \qquad r_2\mapsto r_1,$

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：

$\sigma:K\to K.$

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 $r_1,r_2$ ：

$\sigma(e_1) = r_2+r_1+r_3+r_4+r_5 = e_1.$

再看：

$e_2=\sum_{i<j}r_ir_j.$

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：

$\sigma(e_2)=e_2.$

同理：

$\sigma(e_3)=e_3,$

$\sigma(e_4)=e_4,$

$\sigma(e_5)=e_5.$

因此：

$\sigma$

固定：

$e_1,\ldots,e_5.$

而 $F$ 就是由这些 $e_i$ 和 $\mathbb Q$ 生成的，所以：

$\boxed{\sigma(x)=x,\qquad\forall x\in F}.$

因此：

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

而这里完全没有用到 $(12)$ 的特殊性。

任意：

$\pi\in S_5$

都可以定义：

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

所有 $e_i$ 都是对称式，所以全部保持不变。

因此：

$\boxed{\text{每一个 }\pi\in S_5\text{ 都给出一个固定 }F\text{ 的 }K\text{-自同构}}$

所以：

$\boxed{S_5\subseteq\operatorname{Gal}(K/F)}$

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：

$\boxed{\operatorname{Gal}(K/F)\subseteq S_5}$

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：

$\boxed{\operatorname{Gal}(K/F)\subseteq S_5}$

我们仍然保持刚才的记号：

$K=\mathbb Q(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5),$

而

$F=\mathbb Q(e_1,e_2,e_3,e_4,e_5).$

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

$f(x) = x^5-e_1x^4+e_2x^3-e_3x^2+e_4x-e_5.$

现在任取一个

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

这句话具体意味着：

$\sigma:K\to K$

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 $\sigma$ ：

$\sigma(f(r_1))=0.$

由于 $f(x)$ 的所有系数都属于 $F$ ，而 $\sigma$ 固定 $F$ ，所以这些系数完全不动。

因此：

$f(\sigma(r_1))=0.$

也就是说：

$\boxed{\sigma(r_1)\text{ 仍然是 }f(x)\text{ 的根}}$

而 $f(x)$ 的根正好只有：

$r_1,r_2,r_3,r_4,r_5.$

所以：

$\sigma(r_1)\in\{r_1,r_2,r_3,r_4,r_5\}.$

同理：

$\sigma(r_2),\ldots,\sigma(r_5)$

也全都属于这五个根。

现在还需要注意： $\sigma$ 不可能把两个不同根送到同一个根。

例如不可能同时有：

$\sigma(r_1)=r_3, \qquad \sigma(r_2)=r_3.$

因为 $\sigma$ 是自同构，所以一定是单射。

如果

$\sigma(r_1)=\sigma(r_2),$

单射就推出：

$r_1=r_2,$

与这五个一般根彼此不同矛盾。

因此：

$r_1,\ldots,r_5$

经过 $\sigma$ 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：

$\boxed{ \sigma \longmapsto \pi_\sigma\in S_5 }$

例如某个 $\sigma$ 可能满足：

$r_1\mapsto r_3,\quad r_2\mapsto r_1,\quad r_3\mapsto r_2,\quad r_4\mapsto r_4,\quad r_5\mapsto r_5,$

那它对应的置换就是：

$(132)$

之类。

而且一旦知道 $\sigma$ 怎么处理这五个根，整个 $\sigma$ 就完全确定。

因为：

$K=\mathbb Q(r_1,\ldots,r_5).$

$K$ 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：

$x=\frac{r_1r_3+r_5}{r_2-r_4}.$

只要知道每个 $r_i$ 被送到哪里，就自动知道：

$\sigma(x) = \frac{\sigma(r_1)\sigma(r_3)+\sigma(r_5)} {\sigma(r_2)-\sigma(r_4)}.$

所以两个不同的 Galois 自同构不可能对应同一个根置换。

因此：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F) \hookrightarrow S_5 }$

也就是：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F) \text{ 可以看成 }S_5\text{ 的一个子群} }$

而上一节我们已经证明反方向：

$\boxed{ S_5\hookrightarrow\operatorname{Gal}(K/F) }$

因为五个一般根的任意置换都会保持所有对称系数 $e_1,\ldots,e_5$ 不变。

所以两边合起来：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(K/F)\cong S_5 }$

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 $r_1,\ldots,r_5$ 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

$S_5\text{ 不可解}$

以及

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

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：

$\boxed{1.\ \text{一般五次方程的 Galois 群是 }S_5}$

$\boxed{2.\ S_5\text{ 不可解}}$

$\boxed{3.\ \text{如果一个方程能用根式解，那么它的 Galois 群必须可解}}$

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

$+,-,\times,\div,\sqrt[n]{\phantom{x}}$

写出它的根。

根据第 3 条，这就会推出：

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

是可解群。

但一般五次方程的 Galois 群我们刚证明是：

$\operatorname{Gal}(K/F)\cong S_5.$

于是推出：

$S_5\text{ 可解}.$

可我们前面已经证明：

$S_5\text{ 不可解}.$

矛盾。

所以最初假设错误：

$\boxed{\text{一般五次方程不存在根式通解}}$

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：

$\boxed{\text{不存在一个适用于所有五次方程的根式公式}}$

并不是：

$\boxed{\text{每一个具体五次方程都不能用根式解}}$

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：

$\boxed{ \text{根式只能逐层制造“可解的对称性”，} }$

而一般五次方程需要：

$\boxed{S_5}$

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

$n\ge 5.$

这里用到第 7 章已经补证的群论结论：

$\boxed{\text{可解群的子群仍然是可解群}}$

为什么这个结论有用？因为当

$n\ge5$

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：

$H\le S_7,$

而且

$H\cong S_5.$

一般地：

$\boxed{S_5\le S_n\qquad(n\ge5)}$

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：

$S_5\text{ 不可解}.$

假如反过来假设：

$S_n\text{ 可解},$

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：

$S_5\text{ 可解},$

和前面的结果矛盾。

因此：

$\boxed{S_n\text{ 在所有 }n\ge5\text{ 时都不可解}}$

于是对一般 $n$ 次方程：

$\operatorname{Gal}\cong S_n,$

当

$n\ge5$

时这个 Galois 群不可解，而根式可解又要求 Galois 群可解，所以：

$\boxed{\text{一般 }n\text{ 次方程在 }n\ge5\text{ 时没有根式通解}}$

这里依赖的结论已在第 7 章逐元素证明：

$\boxed{\text{可解群的子群仍然可解}}$

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 $S_n,\ n\ge5$ 就完全没有缺口了。

16.7 为什么所有 n≥ 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：

$\boxed{为什么 n\ge 5 时，S_n 都不可解？}$

原因很简单：当 $n\ge 5$ 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：

$H=\{\sigma\in S_6:\sigma(6)=6\}.$

这个 $H$ 和 $S_5$ 完全同构：

$H\cong S_5.$

同样，对任意 $n\ge 5$ ，只置换前五个元素、固定剩下的元素，就得到：

$S_5\le S_n.$

而我们已经知道：

$S_5\text{ 不可解}.$

另一方面有一个群论结论：

$\boxed{\text{可解群的任何子群也都是可解群}}$

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

$S_5\text{ 不可解}$

矛盾。

因此：

$\boxed{S_n\text{ 对所有 }n\ge5\text{ 都不可解}}$

再结合一般 $n$ 次方程：

$\operatorname{Gal}\cong S_n,$

以及

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

就得到：

$\boxed{\text{一般 }n\text{ 次方程在所有 }n\ge5\text{ 时都没有根式通解}}$

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：

$\boxed{S_5\text{ 这个不可解结构从 }n=5\text{ 开始就已经出现，并且一直嵌在所有 }S_n\text{ 里。}}$

下一步如果继续，最自然的是证明刚才用到的：

$\boxed{\text{可解群的子群为什么仍然可解}}$

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 $\Longleftrightarrow$ 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 $^{5}\surd 2$ 乘五次单位根；这里把根式记作五次根，正文正式公式写为 $\sqrt[5]{2}\zeta_5^k$ 。