第 5 章：补单位根，单个根式层才有阿贝尔群

本章任务：解释为什么原始塔未必 Galois，证明补单位根的基础层阿贝尔，并证明固定单位根后的单根式层是循环群的子群。

5.1 原始根式层缺少什么

令 $\alpha=\sqrt[3]2$ ，则 $\mathbb Q(\alpha)\subseteq\mathbb R$ 。多项式 $t^3-2$ 在 $\mathbb Q$ 上不可约：三次式可约必有有理根，而有理根只能是整数因子 $\pm1,\pm2$ ，逐个代入都不是根。

它另外两根 $\omega\alpha,\omega^2\alpha$ 为非实数，不在 $\mathbb Q(\alpha)$ 中。所以该扩张不正规，也不是 Galois。它的自同构群仍可以定义，而且这里只含恒等映射；但不能用“群阶等于扩张次数”的 Galois 结论。

5.2 补单位根，先处理对原基础域的那一层

对原始塔中的指数 $n_1,\ldots,n_m$ ，取

$q=\operatorname{lcm}(n_1,\ldots,n_m),\qquad M_0=F(\mu_q)=F(\zeta_q).$

没有根式操作时约定 $q=1$ 。 $M_0$ 是 $t^q-1$ 在 $F$ 上的分裂域。特征零使该多项式可分，因为它与导数 $qt^{q-1}$ 没有共同根，所以 $M_0/F$ 是有限 Galois 扩张。

补充证明：这层群为什么阿贝尔。自同构保持元素的乘法阶： $\sigma(u)^d=1$ 等价于 $u^d=1$ ，反方向由逆自同构得到。因此 $\sigma(\zeta_q)$ 仍为本原 $q$ 次单位根，可以唯一写为 $\zeta_q^a$ ，其中 $\gcd(a,q)=1$ ，指数按模 $q$ 取值。

由于 $M_0$ 由 $F$ 和 $\zeta_q$ 生成，指数决定整个自同构。又有

$\sigma_a\sigma_b(\zeta_q)=\zeta_q^{ab}.$

所以得到单射同态

$\operatorname{Gal}(M_0/F)\hookrightarrow(\mathbb Z/q\mathbb Z)^\times.$

右端乘法交换，左端便阿贝尔。 $q=1$ 时扩张和群都平凡，单独处理即可。

这里对一般 $F$ 只证明嵌入，没有声称是整个可逆剩余类群。例如 $F$ 已含所有单位根时，左端平凡。已有分圆笔记证明了在 $\mathbb Q$ 上得到整个群；本篇只需要这个子群结论。

5.3 单个根式层的完整群论计算

设 $K$ 特征零，且 $\mu_n\subseteq K$ 。取 $a\in K$ ， $\alpha^n=a$ ，令 $L=K(\alpha)$ 。

若 $a=0$ ，则 $\alpha=0$ ， $L=K$ ，群平凡。以下设 $a\ne0$ 。 $t^n-a$ 的根恰为 $\zeta\alpha$ ，其中 $\zeta\in\mu_n$ ；它们都在 $L$ ，而且互不相同。因此 $L/K$ 是有限可分分裂域，也就是 Galois 扩张。

对 $\sigma\in\operatorname{Gal}(L/K)$ ，定义

$\chi(\sigma)=\frac{\sigma(\alpha)}{\alpha}\in\mu_n.$

若 $\chi(\sigma)=1$ ，则 $\sigma$ 固定 $K$ 与生成元 $\alpha$ ，故为恒等。因此 $\chi$ 单射。因为 $\tau(\alpha)/\alpha\in K$ ， $\sigma$ 固定它，所以

$\begin{aligned} \chi(\sigma\tau) &=\frac{\sigma(\tau(\alpha))}{\alpha}\\ &=\frac{\sigma((\tau(\alpha)/\alpha)\alpha)}{\alpha}\\ &=\frac{\tau(\alpha)}{\alpha}\frac{\sigma(\alpha)}{\alpha} =\chi(\sigma)\chi(\tau). \end{aligned}$

所以它是单射群同态。 $\mu_n=\langle\zeta_n\rangle$ 是循环群，故

$\boxed{\operatorname{Gal}(L/K)\text{ 是循环群的子群，因而阿贝尔。}}$

循环群的子群仍循环：取子群中最小正指数 $d$ ，对任何其他指数作除法，余数若非零会违反 $d$ 的最小性，故所有元素都是 $\zeta_n^d$ 的幂。平凡子群也循环。

5.4 为什么必须逐点固定单位根

上面的同态验证真正用到 $\sigma(\zeta)=\zeta$ 。只知道域里含有单位根，或自同构把单位根集合送回自身，都不够；单位根必须属于被逐点固定的基础域 $K$ 。

例如 $\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega)/\mathbb Q(\omega)$ 的群是 $C_3$ ，而它对 $\mathbb Q$ 的群是 $S_3$ 。后者允许复共轭把 $\omega$ 送到 $\omega^2$ 。同一个顶层域，换基础域，得到的群就不同。

例子的次数与群核对。令 $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2,\omega)$ 。三次不可约性给出 $[\mathbb Q(\sqrt[3]2):\mathbb Q]=3$ ；该域为实域，不含非实的 $\omega$ ，而 $\omega$ 满足二次式 $t^2+t+1$ ，所以 $[L:\mathbb Q]=6$ 。 $L$ 是 $t^3-2$ 的可分分裂域，群忠实作用于三个根。有限可分扩张的嵌入数等于次数：逐个加入代数元，每一个已有嵌入都恰有该步最小多项式次数个延拓，因为该多项式可分；次数与选择数都沿塔相乘。正规性使这些嵌入全是自同构。因此该群有 6 个元素，嵌入 $S_3$ 后只能等于 $S_3$ 。又 $[\mathbb Q(\omega):\mathbb Q]=2$ ，故 $[L:\mathbb Q(\omega)]=3$ ；固定单位根后的群由第 5.3 节是循环群，且阶为 3，故为 $C_3$ 。

5.5 同时加入多个根式，群仍阿贝尔

设 $\mu_n\subseteq K$ ，且有限个 $\beta_j$ 满足 $\beta_j^n=b_j\in K$ ， $b_j\ne0$ 。取

$L=K(\beta_1,\ldots,\beta_s).$

它包含所有 $t^n-b_j$ 的全部根，是这些多项式的共同分裂域，因此 $L/K$ Galois。将第 5.3 节的计算对每个生成元做一遍，得到

$\operatorname{Gal}(L/K)\hookrightarrow\mu_n^s, \qquad \sigma\longmapsto \left(\frac{\sigma(\beta_1)}{\beta_1},\ldots, \frac{\sigma(\beta_s)}{\beta_s}\right).$

比值决定生成元的像，故单射；固定各比值保证同态。有限直积 $\mu_n^s$ 阿贝尔，所以左端阿贝尔。它未必循环，这是正规化后“一个阶段加入很多共轭根式”需要的准确结论。

回到主线：补单位根解决单层的群结构；还没有证明整座塔对原基础域 $F$ 正规。下一章解决这件事。

第 5 章：补单位根，单个根式层才有阿贝尔群 ​

5.1 原始根式层缺少什么 ​

5.2 补单位根，先处理对原基础域的那一层 ​

5.3 单个根式层的完整群论计算 ​

5.4 为什么必须逐点固定单位根 ​