第 2 章：通用五次方程，为什么仍是系数域到分裂域

本章任务：证明“先造根，再造系数”仍然得到一个有限 Galois 分裂域，并完整证明它的群是 $S_5$ 。

2.1 “五个独立的根”是什么意思

取不定元 $x_1,\ldots,x_5$ 。说它们在 $\mathbb Q$ 上代数独立，是说不存在非零多元多项式 $P\in\mathbb Q[X_1,\ldots,X_5]$ 使

$P(x_1,\ldots,x_5)=0.$

这不是概率上的独立。它意味着没有额外代数关系，可以自由重命名变量。

先构造有理函数域

$E=\mathbb Q(x_1,\ldots,x_5).$

其元素是多项式的分式 $P(x_1,\ldots,x_5)/Q(x_1,\ldots,x_5)$ ，其中 $Q\ne0$ 。定义

$e_j=\sum_{1\le i_1<\cdots<i_j\le5}x_{i_1}\cdots x_{i_j}, \qquad 1\le j\le5,$

并令

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

每个 $e_j$ 已经属于 $E$ ，所以 $F\subseteq E$ 是由生成域的定义直接得到的。

2.2 同一个多项式，同时看见系数与根

展开乘积得到

$f(t)=\prod_{i=1}^{5}(t-x_i) =t^5-e_1t^4+e_2t^3-e_3t^2+e_4t-e_5\in F[t].$

所有 $x_i$ 都是这个多项式的根，而且

$F(x_1,\ldots,x_5)=\mathbb Q(x_1,\ldots,x_5)=E.$

第一项包含 $\mathbb Q$ 和全部 $x_i$ ，所以包含右边；反方向由 $F\subseteq E$ 得到。因此 $E$ 正是 $f$ 在 $F$ 上的分裂域。

补充证明：为什么这个扩张有限？虽然 $x_i$ 对 $\mathbb Q$ 是超越元，但它们对 $F$ 都满足上面的五次多项式，因而对 $F$ 代数。逐个加入它们，每步次数有限（至多 5），塔式定理给出 $[E:F]<\infty$ 。于是“ $E/\mathbb Q$ 超越”与“ $E/F$ 有限代数”完全兼容，因为基础域不同。

各 $x_i$ 不相等，否则有非零关系 $x_i-x_j=0$ 。因此 $f$ 没有重根。有限可分分裂域是 Galois 扩张；下面第 6、8 章还会直接证明所用的嵌入稳定与延拓事实。

2.3 为什么这些系数确实代表“一般系数”

仅说“根很独立”还不够：要证明 $e_1,\ldots,e_5$ 也代数独立。

补充证明。在单项式上使用按 $x_1>x_2>\cdots>x_5$ 的字典序。 $e_j$ 的最高单项式是 $x_1\cdots x_j$ ，系数为 1。因此

$e_1^{a_1}\cdots e_5^{a_5}$

的最高单项式是

$x_1^{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5} x_2^{a_2+a_3+a_4+a_5} x_3^{a_3+a_4+a_5} x_4^{a_4+a_5}x_5^{a_5}.$

字典序与乘法相容，所以最高单项式的乘积就是乘积的最高单项式。设上述五个指数为 $b_1,\ldots,b_5$ ，便可恢复

$a_1=b_1-b_2,\quad a_2=b_2-b_3,\quad a_3=b_3-b_4,\quad a_4=b_4-b_5,\quad a_5=b_5.$

不同的 $a$ 向量给出不同的最高单项式。在任意有限非零线性组合中，选择最高单项式最大的那一项；其最高项不可能被其他项抵消。因此任何非零 $P\in\mathbb Q[Y_1,\ldots,Y_5]$ 都有 $P(e_1,\ldots,e_5)\ne0$ 。

这证明 $e_j$ 代数独立。令一般首一五次式的系数 $a_{5-j}=(-1)^je_j$ ，就得到通常写法

$t^5+a_4t^4+a_3t^3+a_2t^2+a_1t+a_0.$

具体系数可能产生额外关系，因此不能把通用模型的 $S_5$ 结论直接套给每一个具体五次方程。

2.4 每个置换都确实给出域自同构

取 $\pi\in S_5$ ，定义变量替换

$T_\pi(x_i)=x_{\pi(i)}.$

它先给出多项式环的自同构：保持加法乘法，逆映射是 $T_{\pi^{-1}}$ 。因此非零多项式仍然非零。定义

$T_\pi\left(\frac P Q\right)=\frac{T_\pi(P)}{T_\pi(Q)}.$

良定义检查。若 $P/Q=P'/Q'$ ，则 $PQ'=P'Q$ 。应用多项式自同构得到 $T_\pi(P)T_\pi(Q')=T_\pi(P')T_\pi(Q)$ ，故结果不依赖分式表示。分母非零；运算保持；逆置换给出逆。因此这是 $E$ 的域自同构。

置换只重排 $e_j$ 求和中的项，所以固定全部 $e_j$ ，进而固定整个 $F$ 。这就构造了 $5!$ 个不同的 $F$ 自同构，而不是仅仅构造根的标签变化。

2.5 反方向：自同构没有其他自由度

若 $\sigma\in\operatorname{Gal}(E/F)$ ，因 $\sigma$ 固定 $f$ 的系数，

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

所以每个 $x_i$ 被送到某个 $x_j$ 。自同构单射，使不同根的像不同，因此得到五个根的置换。又因 $E$ 由 $F$ 和这些根生成，其作用被根的像完全确定。

于是根作用

$\rho:\operatorname{Gal}(E/F)\longrightarrow S_5$

是单射群同态；第 2.4 节构造了它的每一个可能输出，所以它也满射。故

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

回到主线：至此只用了方程的通用模型。根式公式还没有进入证明。