第 3 章：把根式表达式逐步翻译成域塔

原问题 A02：但是这样貌似都没有构建其根式可解和这两个域扩张的Galois群可解的联系吧，还是说，只要是根式域其实就是我们之前一步步构建的那种域塔

本章任务：把“从系数有限次四则运算和开根”落实为一座有限根式塔，证明所有公式输出都在塔顶。

3.1 四则运算与开根，为什么待遇不同

设当前已经得到一个域 $K$ 。在 $K$ 中做加减乘除（除数非零）仍然留在 $K$ ，不必增加新层。遇到开根运算时，若被开方数 $a$ 已经在 $K$ ，选取代数闭包中的一个 $\alpha$ 满足

$\alpha^n=a,$

则将当前域扩大成 $K(\alpha)$ 。此时 $\alpha$ 满足 $t^n-a$ ，所以是代数元；即使该多项式可约，也有 $[K(\alpha):K]\le n$ 。

根式表达式有限，按运算依赖顺序处理所有开根节点：先处理内层，再处理外层。就得到

$F=R_0\subseteq R_1\subseteq\cdots\subseteq R_m=R, \qquad R_i=R_{i-1}(\alpha_i),\quad \alpha_i^{n_i}=a_i\in R_{i-1}.$

所谓“根式塔”记录的就是这些开根节点。

3.2 新追问：为什么每层都是某次幂等于前层元素

新问题 B01：根式表达式有限，按运算依赖顺序处理所有开根节点：先处理内层，再处理外层。就得到
所谓“根式塔”记录的就是这些开根节点。这一步为什还会是那种n次直接就是等于一个值的情况，有没有可能是一个n次的多项式而不只是一个最高次

有可能满足含有其他项的多项式。这里需要先区分：当前的一次开根操作产生的中间量，与原方程要求的根。

如果计算过程中当前出现的是

$\alpha_i=\sqrt[n_i]{a_i},\qquad a_i\in R_{i-1},$

那么“选择一个 $n_i$ 次根”的含义本来就是选择满足

$\alpha_i^{n_i}=a_i$

的元素。这个关系来自该操作的定义，并非从任意一个一般多项式方程强行整理得到。

原方程的根可以通过这些中间量继续做四则运算得到。它自己的方程可以含有一次项、二次项等；我们没有要求它本人就是每一步加入的 $\alpha_i$ 。

本段的逻辑起点是已经假设存在根式公式。有了公式，才能沿着它的开根节点选取生成元。不能只知道某元素满足一个一般多项式，就声称它有这种根式构造；否则恰好把五次证明要否定的事情当成了前提。

3.3 仍觉得差一点：沿着一个完整公式实际建塔

新问题 B02：大概理解了，但是还是差点意思

这里最容易混淆的是：原方程有很多项，为什么建塔时却只写最高次幂的关系？原因在于，塔选择公式中的开根中间量作为生成元，不要求选择原方程的根本人。

取原方程

$x^2+x-1=0.$

它的一个根是

$x=\frac{-1+\sqrt5}{2}.$

现在不跳过中间步骤，按公式依次操作：

当前操作	得到的元素	对域的影响
从有理数计算被开方数	$5\in\mathbb Q$	留在原域
开平方	$\beta=\sqrt5$	加入 $\beta$ ，得到 $\mathbb Q(\beta)$
减去 1，再除以 2	$x=(\beta-1)/2$	留在 $\mathbb Q(\beta)$ ，无需新增层

因此公式对应的根式塔是

$\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\beta),\qquad\beta^2=5.$

此处两种方程分别描述两个元素：

$\underbrace{x^2+x-1=0}_{\text{原方程的根 }x}, \qquad \underbrace{\beta^2=5}_{\text{开根产生的中间量 }\beta}.$

它们可以在同一个域内存在，毫不冲突。甚至

$x=\frac{\beta-1}{2},\qquad\beta=2x+1 \quad\Longrightarrow\quad \mathbb Q(x)=\mathbb Q(\beta).$

同一个域，可以有不同的生成元。用 $x$ 生成时，它满足含一次项的多项式；用公式中的 $\beta$ 生成时，就能直接记录 $\beta^2=5$ 。根式塔是在选择后一种生成方式，并没有把原方程改成另一个方程。

原方程另一个根 $x_-=(-1-\beta)/2$ 也在这个域中，因此两根的分裂域就是 $\mathbb Q(\beta)$ 。这也展示了“加入中间根式，最后得到所有方程根”的具体过程。

为什么把低次项挪到右边还不够

由原方程可以写出

$x^2=1-x.$

但这里右端含有尚未得到的 $x$ 。若当前域是 $\mathbb Q$ ，并不能据此把 $1-x$ 当成前层已经有的被开方数。事实上 $x\notin\mathbb Q$ ：否则 $\beta=2x+1$ 将使 $\sqrt5$ 为有理数。若 $1-x\in\mathbb Q$ ，也会得到 $x\in\mathbb Q$ ，同样矛盾。

一般地，若某根 $u$ 满足

$c_nu^n+c_{n-1}u^{n-1}+\cdots+c_1u+c_0=0, \qquad c_n\ne0,$

把低次项移到右边虽然得到

$u^n=-\frac{c_{n-1}u^{n-1}+\cdots+c_1u+c_0}{c_n},$

却没有保证右边属于前一层域，因为它还依赖正在试图求出的 $u$ 。根式塔要求的正是 $a_i\in R_{i-1}$ ，而不仅仅是等式外形像“某次幂等于一个值”。

3.4 多项式仍可能有其他项：基础域与最小多项式都要分清

换回原基础域以后，方程可以有多项

考虑嵌套根式，令

$\alpha=\sqrt2,\qquad\beta=\sqrt{1+\alpha}.$

它给出两步塔

$\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\alpha) \subseteq\mathbb Q(\alpha,\beta), \qquad\alpha^2=2,\quad\beta^2=1+\alpha.$

对第二步的当前基础域 $\mathbb Q(\alpha)$ ，被开方数 $1+\alpha$ 已经存在，所以这一层仍然是开平方。若要消去 $\alpha$ ，直接描述 $\beta$ 对原基础域 $\mathbb Q$ 的关系，则有

$\beta^2-1=\alpha \quad\Longrightarrow\quad (\beta^2-1)^2=2 \quad\Longrightarrow\quad \beta^4-2\beta^2-1=0.$

所以“对前一层有纯开根关系”与“对原基础域满足有多项的方程”可以同时成立。这里先只声称四次式是一个满足的方程；不能仅凭这个计算就自动认定它是最小多项式。

即使不换基础域，开根方程也未必就是最小多项式

若 $\alpha^n=a\in K$ ，则 $\alpha$ 满足 $t^n-a$ 。其首一最小多项式 $m_{\alpha,K}$ 只需满足

$m_{\alpha,K}(t)\mid t^n-a.$

补充证明。将 $t^n-a$ 除以 $m_{\alpha,K}$ ，所得余式在 $\alpha$ 处也为零；余式次数更低，由最小性只能是零。因此得到整除关系。该因子可能含有其他次数项，所以并未要求最小多项式本身只有最高次项与常数项。

例如本原三次单位根 $\omega$ 满足 $\omega^3=1$ ，而

$t^3-1=(t-1)(t^2+t+1).$

它不是 1，故满足 $t^2+t+1$ 。该二次式在 $\mathbb Q$ 上没有根（判别式为 $-3$ ），所以不可约，正是其最小多项式。这里开根关系的指数为 3，最小多项式次数却为 2。

这说明根式塔中的 $n_i$ 表示所选开根操作的指数，不必等于该层扩张次数；仍然有

$[R_{i-1}(\alpha_i):R_{i-1}] =\deg m_{\alpha_i,R_{i-1}}\le n_i.$

3.5 我的理解落点：每次新增一层，只处理一次开根

新问题 B03：换言之就是每次域扩张只处理开根号的事情，

对，在按根式公式构造原始根式塔时，每次新增一层，只负责加入一个开根得到的元素：

$R_i=R_{i-1}(\alpha_i),\qquad \alpha_i^{n_i}=a_i\in R_{i-1}.$

此前的加减乘除用来准备 $a_i$ ；开根操作把 $\alpha_i$ 加入；后续的加减乘除继续留在新域里。 $a_i$ 可以是由多个已有根式复杂组合得到的元素，不必只是原始系数中的某一个数。

最终的方程根也可以是多个中间量的组合，不必直接等于某个 $\alpha_i$ 。若这次开根得到的元素本来就在当前域中，则 $R_i=R_{i-1}$ ，这一步可以省去。

这里的表述限定于从公式建立原始塔的这种安排。一般域扩张可以加入任意代数元；而第 6 章的正规化塔，一个阶段还可能同时加入多个共轭根式。它们没有改变本章这个结论的适用范围。

回到五次反证的连接

先假设原方程的根有根式公式，再按公式的开根中间量建塔。每个中间量因其产生方式具有幂等于前层元素的关系；公式最后输出的五个根则都落在塔顶。我们并没有假设原方程的每个根，本人都满足这种单次开根关系。

3.6 补充证明：按表达式结构归纳

允许的表达式由基础域元素、加减乘除与取 $n$ 次根递归构成。

基础情形：一个 $F$ 元素已在塔底。归纳步骤：若两个子表达式已在当前域，四则运算的结果仍在其中；若对一个已得到的元素取根，加入选定的根就得到下一层。每次节点处理后，所有已处理子表达式的值都在当前域。因此最终输出在塔顶。

多个子表达式分别带有根式时，可以先处理第一个，再处理第二个；扩大基础域不会破坏此前的等式 $\alpha^n=a$ 。这保证表达式有多个分支也能排成一条塔。

3.7 五个根分别有公式，怎样合并成一座塔

不能只为一个根写塔，就直接说塔顶包含全部根。假设五个根各有一个有限根式表达式，把这些表达式的开根操作都列出，按每个表达式内部的依赖顺序处理，并把选定的根式值放在同一个 $\Omega$ 中。

处理完第一个表达式后，继续处理第二个，直到第五个；被开方数由此前已经加入的元素构成，所以仍在当前域中。最终得到同一座有限塔，并有

$x_1,\ldots,x_5\in R.$

共同出现的根式可以复用；不复用也只会造成可删除的重复层。因此根式可解所需的是存在某座塔，而不是某个唯一、最短的塔。

若“公式”通过不同根号选择给出所有根，只需把所需的有限多个选择也加入公共塔。若只给出一个根，对于不可约多项式，可在第 6 章的正规大域中补出它的全部共轭；本篇反证采用“全部根根式可解”的标准表述。

3.8 一个具体的运算例子

考虑

$u=\sqrt2+\sqrt{1+\sqrt2}.$

先取 $\alpha=\sqrt2$ ，再取 $\beta=\sqrt{1+\alpha}$ 。域塔是

$\mathbb Q\subseteq\mathbb Q(\alpha) \subseteq\mathbb Q(\alpha,\beta), \qquad \alpha^2=2,\quad \beta^2=1+\alpha.$

加法得到 $u=\alpha+\beta$ ，无需再添一层。这个例子也预示正规化的困难：当 $\alpha$ 被送到 $-\alpha$ 时， $\beta^2$ 的右边变成 $1-\alpha$ ；只补原来的 $\beta$ 的负号未必够。

3.9 反方向也成立，但尚未涉及群

塔中加入的每个 $\alpha_i$ 都是前层元素的一个根式；而代数生成域 $K(\alpha)$ 的元素可写成 $\alpha$ 的多项式，系数在 $K$ （由最小多项式与 Bézout 等式消去分母）。归纳得到塔顶每个元素都有根式表达式。

因此，对分裂域为 $E$ 的多项式，

$\boxed{ \text{全部根根式可解} \iff \exists\text{有限根式塔 }R/F\text{，使 }E\subseteq R. }$

这只是“表达式”与“域塔”的互译；“Galois 群可解”还需要后续证明。

第 3 章：把根式表达式逐步翻译成域塔 ​

3.1 四则运算与开根，为什么待遇不同 ​

3.2 新追问：为什么每层都是某次幂等于前层元素 ​

3.3 仍觉得差一点：沿着一个完整公式实际建塔 ​

为什么把低次项挪到右边还不够 ​

3.4 多项式仍可能有其他项：基础域与最小多项式都要分清 ​

换回原基础域以后，方程可以有多项 ​

即使不换基础域，开根方程也未必就是最小多项式 ​

3.5 我的理解落点：每次新增一层，只处理一次开根 ​

3.6 补充证明：按表达式结构归纳 ​

3.7 五个根分别有公式，怎样合并成一座塔 ​

3.8 一个具体的运算例子 ​

3.9 反方向也成立，但尚未涉及群 ​