域

域介绍

给定环 $(F,+,\cdot)$ ，若 $(F^*,\cdot)$ 构成 Abel 群，那么称环 $(F,+,\cdot)$ 是一个域(Field) 。其中，不包含任何真子域的域，称为素域 (prime field)。

有理数集 $\mathbb{Q}$ ，实数集 $\mathbb{R}$ 和复数集 $\mathbb{C}$ 在通常意义的加法和乘法下都构成域。如果 $p$ 是素数，则 $\mathbb{Z}_p$ 是一个域。

定理：域都是ED。

证明：无需构造范数函数。任取 $a,b\in F$ 且 $b\neq0$ ，则 $a=(ab^{-1})b+0$ 。因此， $F$ 是ED。

我们知道，从整数环出发，通过除法可以构造有理数域。类似地，从一个普通整环也可定义出分式域。

分式域：设 $R$ 是整环，构造集合

$F=\{\frac{b}{a}:a,b\in R,\ a\neq0\}$

其中 $\dfrac{a}{b}$ 是元素对 $(a,b)$ 的形式商记号。定义加法和乘法运算

$\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ac+bd}{bd},\quad \frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}$

显然，这是类比整数上有理数的定义。另外，在集合 $F$ 上定义等价关系：若 $ad=bc$ 则 $(a,b)$ 和 $(c,d)$ 是等价的。这样，不同的整数对 $(2,3)=(4,6)$ 。容易验证，所有等价类的集合 $F$ 构成域，称为整环 $R$ 的分式域(fractional field)或商域。容易验证， $(0,1)$ 是加法的零元， $(1,1)$ 是乘法单位元， $(-a,b)$ 是 $(a,b)$ 的加法负元， $(b,a)$ 是 $(a,b)$ 的乘法逆元。

定理：整环 $R$ 的分式域为包含 $R$ 的最小域。

推论： $\mathbb{Q}$ 是 $\mathbb{C}$ 上的最小域。

证明：(1) $\mathbb{Q}$ 显然是域；(2) 假设 $K\subseteq \mathbb{C}$ 是一个域，则 $0,1\in K$ 。又因为 $(K,+)$ 是阿贝尔群，所以 $\mathbb{Z}\subseteq K$ 。进一步 $\forall p,q\in\mathbb{Z},\ q\neq0$ 元素 $\dfrac{p}{q}\in K$ ，于是 $\mathbb{Q}\subseteq K$ 。所以 $\mathbb{Q}$ 是 $\mathbb{C}$ 上的最小域。

域的特征

特征：设环 $R$ ，使得对所有的 $r\in R$ 都成立 $nr=0$ 的最小正整数 $n$ 称为环 $R$ 的特征(characteristic) ，记作 $\text{char}(R)$ 。如果这样正整数不存在，则称环 $R$ 的特征是 $0$ 。这里的 $nr=r+r+\cdots+r$ 。

初看起来，确定环的特征似乎是一项艰巨的工作，下面的定理则给出了一个简单的方法。

定理：设环 $R$ ，如果对于所有 $n\in \N^*$ 都有 $n1\neq0$ 则 $\text{char}(R)=0$ 。否则

$\text{char}(R)=\min\{n\in\N^*:n1=0\}$

这里 $n1$ 是 $n$ 个单位元相加的结果。

证明：假设 $n\in N^*$ 满足 $n1=0$ 。则对于 $\forall r\in R$ 有 $na=(n1)\cdot a=0$ ，得证。

抽象代数中，主要对域使用特征的概念。例如，域 $\mathbb{Z}_p$ 的特征为 $p$ ，而 $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ 的特征都是0。

定理：设域 $F$ 的特征为 $p\neq0$ ，则

$p$ 为素数；
域 $F$ 的加法群中，所有非零元素的阶都是 $p$ ；
对所有 $x,y\in F$ 都有 $(x+y)^p=x^p+y^p$ ；

证明：
(1) 令 $p=mn$ ，其中 $m,n\in\mathbb{Z}^+$ ，即 $m,n\leqslant p$ 。由于 $(m1)(n1)=(mn)1=p1=0$ ，故必有 $m=p$ 或 $n=p$ ，因此 $p$ 是素数。
(2) 任取 $a\in F^*$ ，有 $pa=(p1)a=0$ 。但 $a\neq0$ 且 $p$ 是素数，故 $|a|=p$ 。
(3) 注意到 $(x+y)^p$ 的二项式展开中，除了 $x^p$ 和 $y^p$ 外的全部其他项的系数都是 $p$ 的倍数，故而根据第2条性质就有 $(x+y)^p=x^p+y^p$ 。

定理：设域 $F$ 的特征为 $p$ 。则

域 $F$ 包含且仅包含一个素域 $P$ ；
当 $p=0$ 时， $P\cong\mathbb{Q}$ ；当 $p$ 为素数时， $P\cong\mathbb{Z}_p$ ；

上述定理表明，有理数域 $\mathbb{Q}$ 和以素数 $p$ 为模的剩余类域 $\mathbb{Z}_p$ 是仅有的素域。

域上的多项式

定理：域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 都是ED。

证明：构造范数函数为多项式的次数 $\deg(f)$ 。任取多项式 $a(x),b(x)\in F[x]$ 且 $b(x)\neq0$ ，显然可以通过多项式长除法来计算 $q(x),r(x)\in F[x]$ 满足 $a(x)=q(x)b(x)+r(x)$ 。且 $r(x)=0$ 或 $\deg r(x)<\deg g(x)$ 。因此， $F[x]$ 是ED。

推论：设 $F$ 是域，多项式 $p(x)\in F[x]$ 不可约，则商环 $F[x]/\langle p(x)\rangle$ 是域。

证明：因为 $F$ 是域，故 $F[x]$ 是 ED，从而是 PID。又 $p(x)\in F[x]$ 不可约，故是素元，进一步 $\langle p(x)\rangle$ 是极大理想，所以 $F[x]/\langle p(x)\rangle$ 是域。

例如，多项式 $x^2+1$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约，因此 $\mathbb{Q}[x]/\langle x^2+1 \rangle$ 是域。

带余除法：设 $F$ 是域，多项式 $f(x),g(x)\in F[x]$ ，且 $g(x)\neq 0$ ，则存在唯一一对 $q(x),r(x)\in F[x]$ 使得

$f(x)=q(x)g(x)+r(x),\quad \deg r(x)< \deg g(x)$

其中 $f(x),g(x)$ 分别叫作被除式、除式， $q(x),r(x)$ 分别叫作商式、余式。通常可通过多项式长除法求得 $q(x),r(x)$ 。

不可约多项式在域论中发挥着重要的作⽤，但是并没有一般的办法判断给定的多项式是否可约。

Gauss 引理：对于唯一分解整环 $R$ 和它的分式域 $F$ ，如果 $f(x)\in R[x]$ 所有非零系数互素，则 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约，当且仅当 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中不可约。

也就是说，整系数多项式环 $\mathbb{Z}[x]$ 中的不可约元都是 $\mathbb{Q}[x]$ 中的不可约元。

Eisenstein 判别法：设 $R$ 为 UFD， $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0\in R[x]$ ，若存在元素 $p\in R$ 满足：

$p\nmid a_n$
$p\mid a_0,\cdots,a_{n-1}$
$p^2\mid a_0$

则 $f(x)$ 在 $R[x]$ 上不可约。

给定多项式 $3x^2+15x+10\in\mathbb{Q}$ 。考虑素数 $p=5$ 。5整除系数15和常数项10，但不整除首项3。而且 $5^2=25$ 不整除10。所以该多项式不可约。

求值同态

求值同态：设 $F$ 是域 $E$ 的子域。对于任意 $\alpha\in E$ ，映射 $\phi_{\alpha}: F[x]\to E$ 定义为

$\phi_{\alpha}(a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0)=a_n\alpha^n+\cdots+a_1\alpha+a_0$

即将多项式映射到扩域 $E$ 中的某个元素，它是 $F[x]$ 到 $E$ 的一个域同态。特别地， $\phi_{\alpha}(x)=\alpha$ 且 $\phi_{\alpha}$ 在 $F$ 上是恒等映射。

对于任意 $f(x),g(x)\in F[x]$ ，根据多项式的加法和乘法规则，自然可以得出

$\phi_{\alpha}(f(x)+g(x))=\phi_{\alpha}(f(x))+\phi_{\alpha}(g(x)) \\ \phi_{\alpha}(f(x)\cdot g(x))=\phi_{\alpha}(f(x)) \cdot \phi_{\alpha}(g(x))$

这个简单的定理是进一步研究域论的基础。

示例：考虑求值同态 $\phi_0:\mathbb{Q}\to\mathbb{R}$ ，容易知道

$\phi_0(a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0)=a_0$

因此，每个多项式都映射到其常数项。

定义：设 $F$ 是域 $E$ 的子域，元素 $\alpha\in E$ 的求值同态 $\phi_{\alpha}: F[x]\to E$ 。对于多项式 $f(x)\in F[x]$ ，记

$f(\alpha)=\phi_{\alpha}(f(x))$

若 $f(\alpha)=0$ ，则称 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的根(root)或零点(zero)。

这个定义事实上是将根的概念成功拓展到一般的域。

因式分解定理：设 $F$ 是域 $E$ 的子域。元素 $\alpha\in E$ 是 $f(x)\in F[x]$ 的根，当且仅当 $x-\alpha$ 是 $f(x)$ 的因式。

证明：根据域上多项式的带余除法，存在 $q(x),r(x)\in F[x]$ 使得

$f(x)=(x-\alpha)q(x)+r(x)$

其中 $r(x)=0$ 或 $\deg(r)< 1$ 。因此，一定存在 $c\in F$ 使得 $r(x)=c$ ，所以

$f(x)=(x-\alpha)q(x)+c$

利用求值同态 $\phi_{\alpha}: F[x]\to F$ 发现

$0=f(\alpha)=0q(x)+c$

所以必有 $r(x)=c=0$ 。因此

$f(x)=(x-\alpha)q(x)$

所以 $x-\alpha$ 是 $f(x)$ 的因式。

反之，如果 $x-\alpha$ 是 $f(x)$ 的因式，其中 $\alpha\in E$ ，则对 $f(x)=(x-\alpha)q(x)$ 使用求值同态 $\phi_{\alpha}$ 得到

$f(\alpha)=0q(\alpha)=0$

即 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的根。

推论：非零 $n$ 次多项式 $f(x)\in F[x]$ 在域 $F$ 最多有 $n$ 个根。

域扩张

域扩张源于多项式的根。比如，多项式 $x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$ 在 $\mathbb{Q}$ 中不能分解成一次因式的乘积，所以它的根不在 $\mathbb{Q}$ 中，求解它就需要扩张到包含根的数域。我们将 $\sqrt2$ 添加到 $\mathbb{Q}$ 中，同时也会引入与新元素相关的一切域运算，从而生成一个新的域。

域扩张：设域 $F$ 是域 $E$ 的子域，则称域 $E$ 是域 $F$ 的域扩张(field extension)或扩域，记作 $E/F$ 。

注意：域扩张的记号和商环尽管形式上一致，但是并没有关系，不应混淆。

域扩张有很多例子，比如最熟悉的 $\mathbb{C}/\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ 。

Kronecker 定理：存在扩域 $E/F$ ，使得 $\alpha\in E$ 是非常数多项式 $f(x)\in F[x]$ 的根。

定义：设域扩张 $E/F$

如果元素 $\alpha\in E$ 是某个非常数多项式 $f(x)\in F[x]$ 的根，则称 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元(algebraic)；否则，称为超越元(transcendental)；
如果域 $E$ 的元素都是 $F$ 中的代数元，则称域 $E$ 是 $F$ 上的代数扩张(algebraic extension)；否则，称为超越扩张(transcendental extension)；
对于域 $F$ 上的代数元 $\alpha$ ，满足 $m(\alpha)=0$ 且次数最小的首一多项式 $m(x)\in F[x]$ 称为极小多项式(minimal polynomial)；

一般地， $\mathbb{Q}$ 上的代数元称为代数数 (algebraic number) ，而 $\mathbb{Q}$ 上的超越元称为超越数 (transcendental number) 。

示例：

$\sqrt{2}$ 是 $\mathbb{Q}$ 上的代数元，极小多项式是 $x^2-2$
$\sqrt{2}$ 是 $\mathbb{R}$ 上的代数元，极小多项式是 $x-\sqrt{2}$
$i$ 是 $\mathbb{Q}$ 上的代数元，极小多项式是 $x^2+1$
$\pi$ 是 $\mathbb{Q}$ 上的超越元，是实数域 $\mathbb{R}$ 上的代数元

示例：求 $\sqrt 2+\sqrt 3$ 在 \Q 上的极小多项式

解：令 $x=\sqrt 2+\sqrt 3$ ，取平方 $x^2=5+2\sqrt 6$ ，然后分离根式 $x^2-5=2\sqrt 6$ ，再次取平方彻底去除根号 $(x^2-5)^2=24$ ，最后整理得到极小多项式 $x^2-10x^2+1$ 。

定理：设域扩张 $E/F$ ， $\alpha$ 是域 $F$ 上的代数元。则

代数元 $\alpha$ 的极小多项式 $m(x)$ 存在且唯一；
且 $m(x)$ 在 $F[x]$ 上不可约；
若多项式 $f(x)\in F[x]$ 以 $\alpha$ 为根，则 $m(x)$ 是 $f(x)$ 的因式；

证明：(1) 设 $m_1(x),m_2(x)$ 都是 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式。假设 $g(x)=m_1(x)-m_2(x)\neq0$ ，则 $\deg(g)< \deg(m_1)=\deg(m_2)$ 且 $g(\alpha)=0$ ，这与 $m_1(x),m_2(x)$ 是极小多项式矛盾，故 $g(x)=0$ 。从而 $m_1(x)=m_2(x)$ 。

(2) 假设 $m(x)$ 可约，令 $m(x)=a(x)b(x)$ ，其中 $a(x),b(x)\in F[x]$ 且 $\deg(a)<\deg(p),\ \deg(b)<\deg(p)$ 。将 $\alpha$ 带入上式得 $p(\alpha)=a(\alpha)b(\alpha)=0$ ，又因为域 $F$ 上的多项式环 $F[x]$ 是ED，无零因子，故 $a(\alpha)=0$ 或 $b(\alpha)=0$ 。这与 $m(x)$ 是极小多项式矛盾，因此 $m(x)$ 不可约。

(3) 令 $f(x)=m(x)q(x)+r(x)$ 其中 $r(x)=0$ 或 $\deg(r)<\deg(p)$ 。将 $\alpha$ 带入多项式有 $f(\alpha)=p(\alpha)q(\alpha)+r(\alpha)=0$ ，解的 $r(\alpha)=0$ ，因此必有 $f(x)=0$ ，否则与 $m(x)$ 是极小多项式矛盾。所以 $m(x)$ 是 $f(x)$ 的因式。

定理：设域扩张 $E/F$

若 $\alpha$ 是域 $F$ 上的代数元， $m(x)$ 是 $\alpha$ 的极小多项式，则 $F[x]/\langle m(x)\rangle\cong F[\alpha]=F(\alpha)$ ；
若 $\alpha$ 是域 $F$ 上的超越元，则 $F(\alpha)$ 同构于 $F[x]$ 的分式域；

证明：考虑赋值同态 $\phi_{\alpha}:F[x]\to E$ ，同态的核 $\ker(\phi_{\alpha})=\{f(x)\in F[x]:f(\alpha)=0\}$ 。

(1) 由于 $\alpha$ 是代数元，由代数元的性质3，对于任意 $f(x)\in\ker(\phi_{\alpha})$ 都能分解为 $f(x)=m(x)g(x)$ 。因为域上的多项式环 $F[x]$ 是ED，进而必然是PID，故

$\ker(\phi_{\alpha})=\lang m(x)\rang$

由环同态基本定理

$F[x]/\lang m(x)\rang\cong \text{Im}(\phi_{\alpha})=F[\alpha]$

因为极小多项式 $m(x)\in F[x]$ 不可约，故 $F[\alpha]$ 是域。已知

$F[\alpha]=\{\beta=b_n\alpha^n+\cdots+b_1\alpha+b_0:b_i\in F\}$

包含 $F$ 和 $\alpha$ ，而 $F(\alpha)$ 是包含 $F$ 和 $\alpha$ 的最小域，故 $F(\alpha)\subseteq F[\alpha]$ ，同时 $F(\alpha)$ 作为域，必然包含所有 $\alpha$ 的多项式，故 $F[\alpha]\subseteq F(\alpha)$ 。因此， $F[\alpha]=F(\alpha)$ 。综上所述

$F[x]/\lang m(x)\rang\cong F[\alpha]=F(\alpha)$

可以将 $\mathbb{R}[x]/\langle x^2+1\rangle$ 视为 $\mathbb{R}$ 的域扩张，设 $\alpha=x+\langle x^2+1\rangle$ ，由定理知 $\mathbb{R}(\alpha)=\mathbb{R}[x]/\langle x^2+1\rangle$ 由所有形如 $a+b\alpha$ 的元素构成，其中 $a,b\in \mathbb{R}$ 。由于 $\alpha^2+1=0$ ，可知 $\alpha$ 等同于 $\mathrm i\in\mathbb{C}$ ，因此 $\mathbb{R}(\alpha)\cong\mathbb{C}$

推论：设 $\alpha,\beta$ 是 $F[x]$ 中不可约多项式 $p(x)$ 的两个根，则 $F(\alpha)\cong F(\beta)$ 。

这说明，从域 $F$ 的角度来看，一个不可约多项式的各个根其实并无区别。

有限扩张

关于多项式 $x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$ 根的扩域，我希望它是在 $\mathbb{Q}$ 以外包含 $\sqrt2$ 的最⼩的域，因为我想知道为求解⽅程 $x^2-2$ 必须⾛多远。

定义：设域扩张 $E/F$ ， $S$ 是 $E$ 的⼀个⾮空⼦集

域 $E$ 中包含 $F\cup S$ 的最⼩⼦域，称为由 $S$ 生成的域 $F$ 上的扩张，记作 $F(S)$ 。当 $S=\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$ 时也记作 $F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$ 。
如果存在单个元素 $\alpha\in E$ 使得 $E=F(\alpha)$ 成立，则称域 $E$ 是域 $F$ 的单扩张 (simple extension) ；

复数域 $\mathbb{C}=\mathbb{R}(\mathrm i)$ 是实数域 $\mathbb{R}$ 的单扩张， $\mathbb{Q}(\sqrt2)$ 是有理数 $\mathbb{Q}$ 上的单扩张。

对于域扩张 $E/F$ ，如果将域 $E$ 中的元素看作向量，域 $F$ 中的元素看作标量，则对 $E$ 中的加法与乘法，域 $E$ 可作成 $F$ 上的一个向量空间。这个向量空间的维度称为域扩张 $E/F$ 的次数(degree)，记作 $[E:F]$ 。如果域扩张的次数是有限的，就称域扩张为有限扩张 (finite extension) ，否则就称为无限扩张(infinite extension)。

若 $E/F$ 为有限扩张，可取一组基 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n\in E$ ，以其线性组合唯一表示 $E$ 的元素，因此有限扩张

$E=F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$

单代数扩张定理：设域扩张 $E/F$ ，令 $F$ 上代数元 $\alpha$ 的极小多项式的次数为 $n$ 。那么 $[F(\alpha):F]=n$ 且

$F(\alpha)=\text{span}\{1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{n-1}\}$

证明：令 $\alpha$ 的极小多项式为 $m(x)$ 。取任意 $\beta\in F(\alpha)=F[\alpha]$ ，由 $F[\alpha]$ 的定义知，存在多项式 $f(x)\in F[x]$ 使得 $\beta=f(\alpha)$ 。由于域上的多项式环 $F[x]$ 是ED，故存在 $q(x),r(x)\in F[x]$ 使得

$f(x)=m(x)q(x)+r(x)$

且 $r(x)=0$ 或 $\deg r(x)< n$ 。考虑 $p(\alpha)=0$ ，得到 $f(\alpha)=r(\alpha)$ ，因此，存在 $b_i\in F$ 使得

$\beta=f(\alpha)=r(\alpha)=b_0+b_1\alpha+b_2\alpha^2+\cdots+b_{n-1}\alpha^{n-1}$

假设向量组 $1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{n-1}$ 线性相关，即存在一组不全为0的系数 $c_i\in F$ 满足

$c_0+c_1\alpha+c_2\alpha^2+\cdots+c_{n-1}\alpha^{n-1}=0$

此时，代数元 $\alpha$ 的极小多项式的次数小于 $n$ ，矛盾。综上所述， $1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{n-1}$ 是 $F$ 上向量空间 $F(\alpha)$ 的一组基，证闭。

示例：

单扩张 $\mathbb{C}/\mathbb{R}$ 的次数是2。向量空间的基为 $(1,\mathrm i)$ ，因此 $\mathbb{C}=\{a+b\mathrm i:a,b\in\mathbb{R}\}$ ；
单扩张 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}$ 的次数是2。向量空间的基为 $(1,\sqrt{2})$ ，因此 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in\mathbb{Q}\}$ ；
单扩张 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}$ 的次数是3。向量空间的基为 $(1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4})$ ，因此 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})=\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}:a,b,c\in\mathbb{Q}\}$ ；
域扩张 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})/\mathbb{Q}$ 也是单扩张，因为 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 。它的扩张次数是 $4$ ，向量空间的基为 $(1,\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{6})$ ，因此 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})=\{a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}:a,b,c,d\in\mathbb{Q}\}$ ；
单扩张 $\mathbb{Q}(\pi)$ 是超越扩张，它是无限扩张。因为 $\pi$ 不是任何有限多项式的根，即 $\pi^n\not\in\mathbb{Q},\ \forall n\in\N^*$ 。空间基底 $(1,\pi,\pi^2,\cdots)$ 是无限的；

这些例子说明，单扩张的性质可能相差悬殊。这取决于添加的元素的性质。

望远镜公式：设域扩张链 $E/K/F$ ，则它们之间的扩张次数满足 $[E:F]=[E:K][K:F]$ 。

证明：令 $E=\text{span}\{u_1,\cdots,u_m\},\ K=\text{span}\{v_1,\cdots,v_n\}$ 。下面证明， $\{u_iv_j\}$ 是 $E$ 作为 $F$ 上线性空间的一组基。

任取 $\alpha\in E$ ，存在 $k_j\in K$ 使得

$\alpha=k_1u_1+\cdots+k_mu_m$

并且，存在 $f_{ij}\in F$ 使得

$k_j=f_{1j}v_1+\cdots+f_{nj}v_n$

因此

$\alpha=\sum_{j=1}^m(\sum_{i=1}^nf_{ij}v_i)u_j=\sum_{j=1}^m\sum_{i=1}^nf_{ij}(v_iu_j)$

这就是说 $\alpha$ 可有 $mn$ 个元素线性表示。

还需要证明这 $mn$ 个元素线性无关。假设

$\sum_{j=1}^m(\sum_{i=1}^nf_{ij}v_i)u_j=0$

且 $\sum_{i=1}^nf_{ij}v_i\in K$ ，而 $u_j$ 在 $K$ 上线性无关，故对所有的 $j$ 有

$\sum_{i=1}^nf_{ij}v_i=0$

但 $v_1,\cdots,v_n$ 在 $F$ 上线性无关，故 $f_{ij}=0$ 。从而 $mn$ 个元素 $u_iv_j$ 在 $E$ 上线性无关，因此它是 $E$ 在 $F$ 上的一组基，从而 $[E:F]=mn$ 。

推论：设域扩张 $E/F$ ， $\alpha\in E$ 是 $F$ 上的代数元，元素 $\beta\in F(\alpha)$ ，则 $\beta$ 极小多项式的次数整除 $\alpha$ 极小多项式的次数。

定理：域扩张 $E/F$ 是有限扩张，当且仅当它是由有限个元素生成的代数扩张。

证明：(1) 先证充分性。设 $[E:F]=n$ ，即 $E$ 作为 $F$ 上的向量空间是 $n$ 维的。任取 $\alpha\in E$ ，考虑 $n+1$ 个元素 $1,\alpha,\cdots,\alpha^n$ ，他们在向量空间 $E$ 中必定线性相关，即存在不全为零的系数 $c_i\in F$ 使得

$c_n\alpha^n+\cdots+c_1\alpha+c_0=0$

即 $\alpha$ 是 $F[x]$ 中的非零多项式

$f(x)=c_nx^n+\cdots+c_1x+c_0$

的根，因此 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元，从而 $E/F$ 是代数扩张。

另取一组基 $\beta_1,\cdots,\beta_n\in E$ ，则显然 $E=F(\beta_1,\cdots,\beta_n)$ ，因为每个元素可唯一表示为基的线性组合，故 $E$ 由有限个元素生成。

(2) 再证必要性。设 $E=F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$ 为域 $F$ 上有限生成的代数扩张，故 $\alpha_i$ 都是 $F$ 上的代数元。接下来使用数学归纳法证明。

首先，令 $E_1=F(\alpha_1)$ ， $E_1/F$ 的扩张次数 $[E_1:F]$ 等于代数元 $\alpha_1$ 在 $F$ 上极小多项式的次数，是有限的。然后，令 $E_i=E_{i-1}(\alpha_i)$ 。注意到， $\alpha_i$ 必然是 $E_{i-1}$ 上的代数元，故而， $[E_i:E_{i-1}]$ 必然是有限的，根据域扩张次数的乘法原理

$[E:F]=\prod_{i=1}^n[E_i:E_{i-1}]$

也是有限的。因此，有限生成的代数扩张必是有限扩张。

上述定理的证明表明，有限扩张总是可以通过有限多个单代数扩张得到。这意味着，要理解有限扩张的性质，只要理解单代数扩张即可。

代数闭包

「代数基本定理」告诉我们任何复系数的 $n$ 次多项式在复数域内都有 $n$ 个根，亦即每个复系数的 $n$ 次多项式在复数域内都可以完全分解成 $n$ 个⼀次因⼦的乘积。

对⼀般域 $F$ 来说，如果 $F$ 上每个多项式都能完全分解成 $F$ 上⼀次多项式的乘积，则称这样的域 $F$ 为代数闭域 (algebraically closed field)。

事实上，它有如下等价定义。

定理：设域 $F$ 是代数闭域。等价于

对于任意 $f(x)\in F[x]$ 都至少有一个根 $\alpha\in F$ ；
域 $F$ 没有真正的代数扩张，即若 $E/F$ 是代数扩张，则 $E=F$ ；
域 $F$ 上的所有多项式 $f(x)$ 都能分解成 $F$ 上⼀次多项式的乘积；
域 $F$ 上的不可约多项式都是一次多项式；

代数闭包：设 $\overline F/F$ 是代数扩张，且 $\overline F$ 是代数闭域，则称域 $\overline F$ 是域 $F$ 的代数闭包 (algebraic closure) 。

定理：任何域都存在代数闭包，且在同构意义下是唯一的。

代数闭包存在性的证明通常需要用到选择公理 (Zorn引理) ，本文不给出证明。

示例：

实数域 $\mathbb{R}$ 的代数闭包是复数域 $\mathbb{C}$ ；
有理数域 $\mathbb{Q}$ 的代数闭包是全体代数数 (即域扩张 $\mathbb{C}/\mathbb{Q}$ 中的代数元) 的集合，记作 $\overline{\mathbb{Q}}$ ；

有限域

只包含有限个元素的域，叫做有限域 (finite field) 或 Galois 域。例如，以素数 $p$ 为模的剩余类环 $\mathbb{Z}_p$ 便是有限域。

定理：设 $q$ 阶有限域 $F$ ，它的素子域为 $P$ 。则

$q=p^n$ ，其中 $p=\text{char}(F),\ n=[F:P]$ ；
全体非零元素的乘法群 $(F^*,\cdot)$ 是循环群；若记 $F^*=\langle\alpha\rangle$ ，则 $F=P(\alpha)$ ；
$F[x]$ 中的多项式 $x^q-x$ 在 $F$ 恰好有 $q$ 个互异的根，且这些根就是 $F$ 的所有元素；

证明：(1) 因为 $p=\text{char}(F)$ ，则 $|P|=p$ 。又 $[F:P]=n$ ，令 $F=\text{span}\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$ ，则每个元素 $\beta\in F$ 都可唯一表示为

$\beta=b_1\alpha_1+\cdots+b_n\alpha_n$

其中 $b_i\in P$ 。又由于每个 $b_i$ 在 $P$ 中有 $p$ 个不同取法，故系数共有 $p^n$ 组。不同系数得到 $F$ 中不同的元素，故 $F$ 有 $p^n$ 个不同的元素。

(2) 由于 $F^*$ 是阶为 $q-1$ 的Abel群，令

$m=\max\{|a|:a\in F^*\}$

则任意 $a\in F^*$ 都满足 $a^m=1$ ，即 $F^*$ 的 $n-1$ 个元素都是多项式 $x^m-1$ 的根，故 $m\geqslant q-1$ 。另外对于 $F^*$ 中任意元素的阶都整除 $q-1$ ，从而也有

$m\mid(q-1)$

故 $m\leqslant q-1$ 。因此 $m=q-1$ ，从而 $(F^*,\cdot)$ 是循环群。

若设 $F^*=\langle\alpha\rangle$ ，则

$F=\{0,1,\alpha,\cdots,\alpha^{q-2}\}$

故 $F=P(\alpha)$ ，即有限域必是其素子域 $P$ 的单扩张。这样的元素 $\alpha$ 称为 $F$ 的一个原根，它是素数域 $P$ 上的 $n$ 次代数元。

(3) 因为 $(F^*,\cdot)$ 是循环群，故对任意 $a\in F^*$ 都有 $a^{q-1}=1$ ，即 $a^q=a$ 。从而 $F$ 中的每个元素(包括0)都满足方程 $x^q=x$ ，即都是多项式 $x^q-x$ 的根。又因为此多项式最多有 $q$ 个根，且 $|F|=q$ ，故 $F$ 中的元素恰好是多项式 $x^q-x$ 的 $q$ 个互异的根。

下⾯讨论 $p^n$ 阶有限域的存在问题。

定理：设 $P$ 为素域，令 $\text{char}(P)=p$

对于任意正整数 $n$ ， $q=p^n$ 阶有限域都是存在的，且在同构意义下是唯一的，一般记作 $\mathbb F_q$ 或 $\text{GF}(p^n)$ ；
且对 $n$ 的每个因子 $m$ ，存在且只存在一个 $p^m$ 阶子域；

有限域的实现通常基于多项式环的商环结构。以 $F_{p^n}\cong F_p[x]/\langle f(x)\rangle$ 为例，其中 $f(x)$ 是 $n$ 次不可约多项式：

元素表示：每个元素表示为次数小于 $n$ 的多项式 $\overline{a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0}$ ，用系数向量 $(a_0,a_1,\cdots,a_{n-1})$ 存储；
加法运算：对应系数相加后模 $p$ ；
乘法运算：多项式相乘后除以 $f(x)$ 取余，余式的系数模 $p$ ；
求逆运算：利用扩展欧几里得算法求解 $\mu(x)\xi(x)\equiv 1\pmod{f(x)}$ ， $\overline{\xi(x)}$ 即为 $\overline{\mu(x)}$ 的逆元。

对于特征为 2 的有限域 $F_{2^n}$ ，可以用二进制数表示系数向量，通过位运算加速乘法和取余操作，这在密码学（如 AES 算法）中被广泛应用。

设 $p$ 是任一素数，令 $p(x)\in\mathbb{Z}_p[x]$ 是一个 $n$ 次不可约多项式，则 $\langle p(x)\rangle$ 是环 $\mathbb{Z}_p[x]$ 的极大理想。因此，商域 $\mathbb{Z}_p[x]/\langle p(x)\rangle$ 中的每个元素(加法陪集)都可唯一的表示为

$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+\lang p(x)\rang$

其中 $a_i\in\mathbb{Z}_p$ 。由于每个系数 $a_i$ 都有 $p$ 种取法，故共有 $p^n$ 种系数组，即域 $\mathbb{Z}_p[x]/\langle p(x)\rangle$ 共包含 $p^n$ 个元素。

例如，当 $p=2$ 时，易知 $p(x)=x^2+x+1$ 是 $\mathbb{Z}_2[x]$ 上的一个不可约多项式，则商域 $\mathbb{Z}_2[x]/\langle p(x)\rangle$ 是一个4阶有限域。如果把

$a_0+a_1x+\lang p(x)\rang$

简记为 $a_0+a_1x$ ，则这个有限域可以写成

$\Z_2[x]/\lang x^2+x+1\rang=\{0,1,x,x+1\}$

但应注意，其加法和乘法既要遵从模2的加法和乘法(系数)，⼜要遵从以 $x^2+x+1$ 为模的加法和乘法(多项式)，也就是常说的双模运算。例如

$x(x+1)=x^2+x=\lang x^2+x+1\rang+1=1$

也就是说，可以毫⽆顾忌地按多项式通常的运算规则进⾏加与乘，只是系数要以模2取结果(即⽤3除取余数)，⽽整个多项式要以模 $x^2+x+1$ 取结果(即⽤ $x^2+x+1$ 除取余式)。

Galois理论

从16世纪初期到19世纪初期，数学家们花了⼏乎300年的时间来寻找⼆次、三次及四次求根公式的推⼴，以便求解出任何多项式的根。直到阿贝尔证明了一个五次多项式不能用根式解，才结束这种尝试。不久之后，在阿⻉尔的启示下，19岁的天才伽罗瓦引⼊了群论来精确判断哪些多项式有根式解。

分裂域

考虑 $\mathbb{Q}$ 上的多项式 $x^3-2$ ，如果要完整地使用它的三个根 $\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\zeta,\sqrt[3]{2}\zeta^2$ ，需要将系数域 $\mathbb{Q}$ 进一步扩张至 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\zeta,\sqrt[3]{2}\zeta^2)$ 。这就是接下来提到的分裂域。

定义：设域扩张 $E/F$ ，若非常数多项式 $f(x)\in F[x]$ 在 $E$ 中可完全分解为⼀次多项式的乘积，即

$f(x)=a(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n)$

且 $E/F$ 是 $f(x)$ 能在其上完全分解的最⼩域，即

$E=F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$

则称域 $E$ 是多项式 $f(x)$ 的分裂域 (splitting field)。

例如，多项式 $x^2-2\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域是 $\mathbb{Q}(\sqrt2,-\sqrt2)=\mathbb{Q}(\sqrt2)$ ； $x^2+1\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域是 $\mathbb{Q}(i,-i)=\mathbb{Q}(i)$ 。

定理：设 $E$ 为 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域，则 $E/F$ 是有限扩张，从而是代数扩张。

证明：设 $\deg f(x)=n$ ，令 $\alpha_1,\cdots,\alpha_n$ 为 $f(x)$ 在 $E$ 上的全部根。令 $F_0=F,\ F_{i+1}=F_i(\alpha_{i+1})$ 。考虑域的扩张链 $F=F_0\subseteq F_1\subseteq\cdots\subseteq F_n=E$ 。对于每一步扩张 $F_{i+1}/F_i$ ，元素 $\alpha_{i+1}$ 都是代数元，因此 $\alpha_{i+1}$ 在 $F_i$ 上的极小多项式存在，其次数有限，从而每次的扩张次数 $[F_{i+1}:F_i]$ 有限。而总的扩张次数等于各步扩张次数的乘积，是有限的，因此 $E/F$ 是有限扩张，从而使代数扩张。

接下来介绍同构扩张定理，是证明分裂域唯一性的关键定理，也是Galois理论中的一个重要定理。

同构扩张定理：设 $\sigma:F\to F'$ 为域同构，多项式

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

在 $F$ 上的分裂域为 $E$ ， $\sigma$ 作用于 $f(x)$ 的系数的多项式

$f^{\sigma}(x)=\sigma(a_n)x^n+\cdots+\sigma(a_1)x+\sigma(a_0)\in F'[x]$

在 $F'$ 上的分裂域为 $E'$ 。那么

存在域同构 $\tilde\sigma: E\to E'$ 满足 $\tilde\sigma|_F=\sigma$ ；
这样的同构 $\tilde\sigma$ 的个数 $\leqslant [E:F]$ ，当 $f(x)$ 在 $F$ 上可分时等号成立；

证明：若 $[E:F]=1$ ，即 $E=F$ ，说明 $f(x)$ 的所有根都在 $F$ 上。由于 $F\cong F'$ ，故 $f^{\sigma}(x)$ 的所有根也都在 $F'$ 上，即 $E'=F'$ 。此时 $\tilde\sigma=\sigma$ 是唯一的同构扩张。

假设 $[E:F]>1$ ，则 $f(x)$ 在 $F$ 上必有一个次数 $d\geq2$ 的首一不可约因式 $p(x)\in F[x]$ 。设 $\alpha\in E$ 为 $p(x)$ 的一个根(也是 $f(x)$ 的一个根)，我们先考虑单代数扩张 $F(\alpha)/F$ 。因为 $p(x)$ 是 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式，故存在同构，对于任意 $g(x)\in F[x]$ 定义为

$\pi_{\alpha}:F[x]/\lang p(x)\rang\to F(\alpha),\quad g(x)+\lang p(x)\rang\mapsto g(\alpha)$

对于任意满足 $\tau|_F=\sigma$ 的单同态 $\tau:F(\alpha)\to E'$ 有

$p^\sigma(\tau(\alpha))=\tau(p(\alpha))=\tau(0)=0$

因此 $\tau(\alpha)$ 必须是 $p^\sigma(x)\in F'[x]$ 的根。令 $\beta\in E'$ 是 $p^\sigma(x)$ 的一个根，由于同构的性质， $p^\sigma(x)$ 也是 $\beta$ 在 $F'$ 上的极小多项式，且 $\deg(p^\sigma)=d$ 。类似地存在同构，对于任意 $g'(x)\in F’[x]$ 定义为

$\pi_{\beta}:F'[x]/\lang p^\sigma(x)\rang\to F'(\alpha),\quad g'(x)+\lang p^\sigma(x)\rang\mapsto g'(\beta)$

由于 $\sigma$ 自然地可以扩张为多项式环的同构

$\phi:F[x]\to F'[x],\quad \sum a_ix^i\mapsto\sum \sigma(a_i)x^i$

其中任意主理想陪集 $g(x)+\langle p(x)\rangle$ 和 $g^\sigma(x)+\langle p^\sigma(x)\rangle$ 都是一一对应的，故引出商环同构

$\psi:F[x]/\lang p(x)\rang\to F'[x]/\lang p^\sigma(x)\rang,\quad g(x)+\lang p(x)\rang \mapsto g^\sigma(x)+\lang p^\sigma(x)\rang$

综上可得到复合域同构 $\tau=\pi_{\beta}\circ\psi\circ\pi_{\alpha}^{-1}$

$F(\alpha)\cong F'(\beta)$

且对于任意 $a\in F$ ，有

$\begin{aligned} \tau(a)&=\pi_{\beta}\circ\psi\circ\pi_{\alpha}^{-1}(a) \\ &=\pi_{\beta}\circ\psi(a+\lang p(x)) \\ &=\pi_{\beta}(\sigma(a)+\lang p^\sigma(x)\rang) \\ &=\sigma(a) \end{aligned}$

即 $\tau|_F=\sigma$ ，同理还得到 $\tau(\alpha)=\beta$ 。

根据单代数扩张定理，任意 $F(\alpha)$ 中的元素都可唯一表示为 $\{1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{d-1}\}$ 的线性组合。因此，同构映射 $\tau$ 可由 $\alpha\mapsto\tau(\alpha)$ 完全确定。因 $\beta=\tau(\alpha)$ 必须是 $p^\sigma(x)$ 的根，故 $\tau$ 至多有 $\deg(p^\sigma)=\deg(p)$ 种不同选择。

接下来我们基于 $F_1=F(\alpha)$ 继续扩张，事实上每次扩张 $F_k(\alpha_k)/F_k$ 都是在分解 $f(x)$ 在 $E_k$ 上的不可约因式(添加根)，直至 $f(x)$ 可完全分解为一次因子的乘积，此时 $F'$ 也同时完全分解。最终得到域同构 $\tilde\sigma: E\to E'$ ，满足 $\tilde\sigma|_F=\sigma$ 。

最后，我们来看 $\tilde\sigma$ 的个数。在上述每次单扩张 $F_k(\alpha_k)/F_k$ 中，不可约因式 $p_k(x)$ 为 $\alpha_k$ 在 $E_k$ 上的极小多项式，故 $[F_k(\alpha_k):F_k]=\deg(p_k)$ 。而 $\beta_k$ 必须是不可约多项式 $p_k^\sigma(x)$ 的根，因此 $\beta_k$ 至多有 $\deg(p_k^\sigma)=\deg(p_k)$ 种选择。因此总的同构个数至多有

$\prod_k \deg(p_k)= \prod_k [F_k(\alpha_k):F_k]=[E:F]$

当 $f(x)$ 可分时，即 $p_k(x)$ 均没有重根，故 $p_k^\sigma$ 也没有重根。每次单扩张恰有 $\deg(p_k)$ 种选择，此时最终同构 $\tilde\sigma$ 的个数正好为 $[E:F]$ 。

推论1：非常数多项式 $f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 上的分裂域存在且唯一。

证明：考虑域同构 $\text{Id}:F\to F$ ，由同构扩张定理可证。

下面推论则突出了分裂域一个非常强的性质。

推论2：设 $E$ 为 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域，且 $p(x)$ 是 $F$ 上的不可约多项式，若 $p(x)$ 有一个根在 $E$ 中，则 $p(x)$ 的所有根都在 $E$ 中。

证明：设 $\alpha\in E$ 是 $p(x)$ 的一个根，而 $\beta$ 是 $p(x)$ 的另一个根，则有同构 $F(\alpha)\cong F(\beta)$ 。而 $E(\alpha)$ 是 $f(x)$ 在 $F(\alpha)$ 上的分裂域， $E(\beta)$ 是 $f(x)$ 在 $F(\beta)$ 上的分裂域，则存在域同构 $E(\alpha)\cong E(\beta)$ 。因为 $\alpha\in E$ ，所以 $[E(\alpha):E]=1$ ，因此 $[E(\beta):E]=1$ ，即 $\beta\in E$ 。

定理：设 $E$ 为 $f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 上的分裂域， $n=\deg(f)$ ，则 $[E:F]\leqslant n!$

正规扩张：设 $E/F$ 是代数扩张，如果 $F[x]$ 中任一不可约多项式 $p(x)$ 在 $E$ 中有根，则 $p(x)$ 的所有根都在 $E$ 中，则称 $E/F$ 是正规扩张 (normal extension)。也就是说 $E$ 上任意元素的极小多项式在 $E[x]$ 中都能分解为一次因式的乘积。

例如， $\mathbb{C}$ 是任何数域的正规扩张。

定理：有限扩张 $E/F$ 是正规扩张，当且仅当 $E$ 是某个多项式 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域。

证明：( $\rArr$ ) 因 $E/F$ 是有限扩张，取 $E$ 作为 $F$ -向量空间的一组基

$E=F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$

令 $m_i(x)$ 是 $\alpha_i$ 在 $F$ 上的极小多项式，令

$f(x)=\prod_{i=1}^n m_i(x)$

由于 $E/F$ 是正规扩张，则 $m_i(x)$ 在 $E$ 中可完全分解，即 $f(x)$ 的所有根都在 $E$ 中。且 $E$ 由 $\alpha_i$ 生成，因此 $E$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。

( $\lArr$ ) 若 $E$ 是多项式 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域，由同构扩张定理的推论2知 $E/F$ 是正规扩张。

可分扩张

可分扩张：设域扩张 $E/F$

若多项式 $f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 上的不可约因式均无重根，则称 $f(x)$ 是可分的(separable)；
若 $E$ 中的任意元素在 $F$ 上的极小多项式都是可分的，则称 $E/F$ 是可分扩张(seperable extension)；

判断多项式是否可分的一个有效方法是形式导数。对于域 $F$ 上的多项式

$f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0$

定义它的形式导数为

$f'(x)=na_nx^{n-1}+\cdots+a_1$

可以验证，常见的导数运算法则 $(f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)$ 和 $(f(x)g(x))'=f(x)g'(x)+f'(x)g(x)$ ，对于形式导数依然成立。

如果域 $F$ 上的多项式 $f(x)\in F[x]$ 有重根 $\alpha$ ，那么导数 $f'(x)$ 也有同样的根 $\alpha$ 。进而，多项式 $f(x)$ 可分的充分必要条件是 $f(x)$ 与它的导数 $f'(x)$ 互素，即 $\gcd(f(x),f'(x))=1$ 。

例如，多项式 $(x-2)^2$ 和它的导数 $2(x-2)$ 有相同的根2，因此 $(x-2)^2$ 有重根2。

如果域 $F$ 的任何代数扩张均为可分扩张，则称为完全域 (perfect field) 。等价地，完全域上的每一个不可约多项式都是可分的。

定理：特征为0的域都是完全域；任何有限域都是完全域。

证明：设 $F$ 是域。令 $f(x)\in F[x]$ 不可约。若 $\deg f(x)=1$ ，显然无重根。假设 $\deg f(x)>1$ ，有重根，则在它的分裂域中， $f(x)$ 与它的形式导数 $f'(x)$ 有公因子。由于 $f(x)$ 不可约，故这个公因子只能是 $f(x)$ 本身，因此 $f(x)\mid f'(x)$ 。但定义的 $\deg f'(x)< \deg f(x)$ ，这迫使 $f'(x)=0$ 。

(1) 当 $\text{char}(F)=0$ 时， $f'(x)=0$ 等价于 $f(x)$ 为常数，这与 $\deg f(x)>1$ 矛盾。因此， $F$ 上的任意不可约多项式无重根，即可分。故特征为0的域都是完全域。

定理：完全域上的代数扩张还是完全域。

证明：设 $F$ 是完全域， $L/E/F$ 是任意代数扩张，故 $E/F$ 是可分扩张。则对于任意 $\alpha\in F$ 在 $F$ 上的极小多项式 $f(x)$ 均无重根。而 $\alpha$ 在 $E$ 上的极小多项式为 $g(x)$ 整除 $f(x)$ ，因此 $g(x)$ 也无重根。由于 $L$ 的任意性， $E$ 的每个代数扩张都是可分扩张，故 $E$ 是完全域。

推论：复数域 $\mathbb{C}$ 内域的代数扩张都是可分扩张。

对于域不是完全域的情形，的确存在不可分的不可约多项式，但不是本文的重点，这里就不举例子了。

本原元定理：有限可分扩张 $E/F$ 必为单扩张。即存在元素 $\alpha\in E$ 使得 $E=F(\alpha)$ ，元素 $\alpha$ 叫作一个本原元(primitive element)。

证明： $F$ 分为有限域和无限域两种情况讨论。

首先考虑 $F$ 是有限域，此时 $E$ 也是有限域。有限域的乘法群 $E^*$ 是循环群，设其生成元是 $\alpha$ ，则 $E=F(\alpha)$ 。结论成立。

接下来假设 $F$ 是无限域。由于扩张是有限的，即存在一组生成元使得 $E=F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$ 。利用归纳法，只需对任意两个元素 $\beta,\gamma\in E$ ，寻找一个形式为 $\alpha=\beta+c\gamma$ 的本原元，其中 $c\in F$ 。这样逐次合并，便可得到最终的本原元。

令 $f(x)$ 和 $g(x)$ 分别是 $\beta$ 和 $\gamma$ 在 $F$ 上的极小多项式。由于 $E/F$ 是可分扩张， $f(x)$ 的全部根 $\beta=\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_r$ 两两不同，并且 $g(x)$ 的全部根 $\gamma=\gamma_1,\gamma_2,\cdots,\gamma_s$ 两两不同。

寻找的 $c\in F$ 需要满足

$c\notin S=\{\frac{\beta_i-\beta}{\gamma-\gamma_j}:i=1,\cdots,r,\ j=2,\cdots,s\}$

这里只考虑 $\gamma\neq\gamma_j$ 的情形。由于 $F$ 是无限域，而 $S$ 是有限集，故存在这样一个 $c\in F\setminus S$ 。然后令

$\alpha=\beta+c\gamma$

显然 $\alpha\in F(\beta,\gamma)$ ，故 $F(\alpha)\subseteq F(\beta,\gamma)$ 。

现在考虑多项式

$h(x)=f(\alpha-cx)\in F(\alpha)[x]$

则 $h(\gamma)=f(\beta)=0$ ，即 $\gamma$ 是 $h(x)$ 的根。另一方面，对于 $g(x)$ 的任一其他根 $\gamma_j(j\ge2)$ ，有

$h(\gamma_j)=f(\alpha-c\gamma_j)=f(\beta+c(\gamma-\gamma_j))\neq0$

因此， $h(x)$ 和 $g(x)$ 只有唯一的公共根 $\gamma$ 。设 $m(x)$ 为 $\gamma$ 在 $F(\alpha)$ 上的极小多项式，则 $m(x)$ 整除 $h(x)$ 和 $g(x)$ 。另 $g(x)$ 无重根，故 $m(x)=x-\gamma$ 。于是 $x-\gamma\in F(\alpha)[x]$ ，即 $\gamma\in F(\alpha)$ 。从而

$\beta=\alpha-c\gamma\in F(\alpha)$

得出 $F(\beta,\gamma)\subseteq F(\alpha)$ ，于是

$F(\beta,\gamma)=F(\alpha)$

由归纳法，对任意有限个生成元，存在本原元。定理得证。

为了说明给定扩域的本原元的构造，给出下面的例子。

示例： $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)=\mathbb{Q}(\sqrt2+\sqrt3)$ 。

解：下面按照定理中的方法找到本原元 $\alpha$ 。设 $\sqrt2$ 在 $\mathbb Q$ 中的极小多项式 $f(x)=x^2-2$ ， $\sqrt 3$ 在 $\mathbb Q$ 中的极小多项式 $g(x)=x^2-3$ 。因此

$\beta=\sqrt2,\beta_2=-\sqrt2 \\ \gamma=\sqrt3,\gamma_2=-\sqrt3$

寻找的 $c\in \mathbb Q$ 需要满足

$c\notin\{\frac{\pm\sqrt2-\sqrt2}{\sqrt3-(-\sqrt3)}\}=\{0,-\sqrt6/3\}$

因此可以取除0外的任何一个有理数。令 $c=1$ 得到本源元

$\alpha=\sqrt2+\sqrt3$

Galois群

对于Galois扩张 $E/F$ ，考虑多项式

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

假设 $r$ 是多项式 $f(x)$ 的根，即 $f(r)=0$ 。对于任意 $\phi\in \text{Aut}(E)$ ，都有

$\phi(f(r))=\phi(a_n)\phi(r)^n+\cdots+\phi(a_1)\phi(r)+\phi(a_0)=0$

若要使 $\phi(r)$ 也是多项式 $f(x)$ 的根，则必须使得 $\phi$ 在系数上是恒等映射，即 $\phi(a_i)=a_i$ 。

定义：设域扩张 $E/F$

若 $E$ 的自同构 $\phi\in\text{Aut}(E)$ 在基域 $F$ 上是恒等映射，则称 $\phi$ 为域 $E$ 的 $F$ -自同构；
全体 $F$ -自同构在复合映射运算下构成群，称为Galois群，记作

$\text{Gal}(E/F)=\{\phi\in\text{Aut}(E):\phi|_F=\text{Id}\}$

对于 $\mathbb{Q}$ 的任意自同构 $\phi$ ，有 $\phi(1)=1,\ \phi(0)=0$ 。归纳可得，对于任意自然数 $n$ ，有 $\phi(n)=n$ ，又因为 $\phi(-x)=-\phi(x)$ ，所以对于任意整数 $n$ ，有 $\phi(n)=n$ 。由于任何有理数都是整数之比，所以对于任意 $r\in\mathbb{Q}$ 都有 $\phi(r)=r$ 。因此 $\mathbb{Q}$ 的唯一自同构就是恒等映射。

对于单扩张 $F(\alpha)$ 的 $F$ -自同构，由于 $F(\alpha)$ 中的元素都可唯一表示为 $\alpha$ 在 $F$ 上的多项式，于是我们只要确定了 $\sigma(\alpha)$ 的值，便完全确定了 $\sigma$ 。又因为 $F$ -自同构不改变 $F$ 上多项式，于是 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式 $p(x)$ 也是 $\sigma(\alpha)$ 在 $F$ 上的极小多项式。

而对于 $p(x)$ 的分裂域 $F(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$ 则是将有限个根添加到 $F$ 的单扩张，因此只要确定了所有根的映射值 $\sigma(\alpha_i)$ ，便完全确定了分裂域的 $F$ -自同构。这表明分裂域的自同构对应于根的置换，即

$\sigma=\begin{pmatrix} \alpha_1 & \cdots &\alpha_n \\ \sigma(\alpha_1) &\cdots &\sigma(\alpha_n) \end{pmatrix}$

例如扩域 $\mathbb{Q}(\sqrt2,\sqrt3)$ ，元素的一般形式为

$\alpha=a+b\sqrt2+c\sqrt3+d\sqrt6$

对于 $\mathbb{Q}$ 上的任意自同构都是恒等映射。那么

$\phi(\alpha)=a+b\phi(\sqrt2)+c\phi(\sqrt3)+d\phi(\sqrt2)\phi(\sqrt3)$

也就是说，对于任意自同构 $\phi$ ，一旦确定 $\phi(\sqrt2),\phi(\sqrt3)$ 后，其余元素的像也就确定了。由于 $\sqrt2$ 是不可约多项式 $x^2-2$ 的根，故 $\sqrt2$ 只能映射到根集 $\pm\sqrt2$ 。同理， $\sqrt3$ 只能映射到根集 $\pm\sqrt3$ 。下面给出全部4个自同构

恒等映射 $e$ ；
自同构 $\phi_2$ 交换 $\pm\sqrt2$ 而固定 $\pm\sqrt3$ ，元素的像为 $a-b\sqrt2+c\sqrt3-d\sqrt6$ ；
自同构 $\phi_3$ 交换 $\pm\sqrt3$ 而固定 $\pm\sqrt2$ ，元素的像为 $a+b\sqrt2-c\sqrt3-d\sqrt6$ ；
自同构 $\phi_2\phi_3$ 同时交换了 $\pm\sqrt2$ 和 $\pm\sqrt3$ ，元素的像为 $a-b\sqrt2-c\sqrt3+d\sqrt6$ ；

构成 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 的 Galois 群 $\{e,\phi_2, \phi_3, \phi_2\phi_3\}$ ，同构于 $V_4$ ，其乘法表和凯莱图如下：

它在多项式 $(x^2-2)(x^2-3)$ 四个根上的作用如图：

定理：设有限扩张 $E/F$ 是正规可分扩张，则 $|\text{Gal}(E/F)|=[E:F]$ 。

证明：由于 $E/F$ 是有限可分扩张，根据本原元定理，存在元素 $\alpha\in E$ 使得 $E=F(\alpha)$ 。设 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式 $m(x)$ 次数为 $n$ ，则扩张次数 $[E:F]=n$ 。根据单代数扩张定理，对于任意 $\beta\in E$ ，都存在唯一的 $b_i\in F$ 使得

$\beta=b_0+b_1\alpha+b_2\alpha^2+\cdots+b_{n-1}\alpha^{n-1}$

因此对于任意 $\sigma\in \text{Gal}(E/F)$ 都有

$\sigma(\beta)=b_0+b_1\sigma(\alpha)+b_2\sigma(\alpha)^2+\cdots+b_{n-1}\sigma(\alpha)^{n-1}$

即元素 $\sigma$ 由映射 $\alpha\mapsto\sigma(\alpha)$ 完全确定。由于

$m(\sigma(\alpha))=\sigma(m(\alpha))=\sigma(0)=0$

因此 $\sigma(\alpha)$ 必须是 $m(x)$ 的根。由于 $E/F$ 是正规可分扩张，则 $m(x)$ 在 $E$ 上有 $n$ 个不重复的根 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$ 。故共存在 $n$ 个不同的自同构映射

$\sigma_i:F(\alpha)\to F(\alpha_i),\quad \sigma_i(\alpha)=\alpha_i$

对于任意 $\sigma_i$ ，取元素 $a\in F$ ，有 $\sigma_i(a)=a$ ，故每个 $\sigma_i$ 都是 $F$ -自同构映射。所以

$|\text{Gal}(E/F)|=n=[E:F]$

这个定理使得计算 $x^3-2\in\mathbb{Q}$ 分裂域的 Galois 群变得十分容易。因为共有3个根，所以 Galois 群（根的置换）必定同构于 $S_3$ 的某个子群，该定理告诉我们 Galois 群的阶等于扩张次数6，所以推出它必为整个 $S_3$ 。

下图描述了 $S_3$ 在3个根上的群作用 $\psi:S_3\to\text{Sym}(\{r_1,r_2,r_3\})$

固定域

固定域：设 $E/F$ 是域扩张，且 $G< \text{Aut}(E)$ ，则

$E^G=\{\alpha\in E:\sigma(\alpha)=\alpha,\forall\sigma\in G\}$

称为 $G$ 的固定域(fixed filed)。有时也记作 $\text{Fix}(G)$ 或 $\text{Inv}(G)$ 。

证明：任取 $\sigma\in G$ ，有 $\sigma(0)=0$ 和 $\sigma(1)=1$ 。且对于 $\forall a,b\in E^G$ 有

$\sigma(a+b)=\sigma(a)+\sigma(b)=a+b \\ \sigma(ab)=\sigma(a)\sigma(b)=ab$

所以 $0,1,a+b,ab\in E^G$ 。因此，固定域 $E^G$ 是域 $E$ 的一个子域。

之前的例子中， $E=\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 在 Galois 群 $G=\text{Gal}(E/\mathbb{Q})$ 的各个子群的固定域分别为

平凡子群 $\{e\}$ 的固定域是整个域 $E$ ；
子群 $\langle\phi_2\rangle$ 的固定域是 $\{a+c\sqrt3:a,c\in\mathbb{Q}\}=\mathbb{Q}(\sqrt3)$ ；
子群 $\langle\phi_3\rangle$ 的固定域是 $\{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb{Q}\}=\mathbb{Q}(\sqrt2)$ ；
子群 $\langle\phi_2\phi_3\rangle$ 的固定域是 $\{a+d\sqrt6:a,d\in\mathbb{Q}\}=\mathbb{Q}(\sqrt6)$ ；
整个群 $G$ 的固定域则只有 $\mathbb{Q}$ ；

上面这些固定域其实已经是 $K/\mathbb{Q}$ 的全部中间域

定理：设 $E/F$ 是域扩张，则自同构集合 $H=\{\sigma\in\text{Aut}(E):\sigma|_F=\text{Id}\}$ 是 $\text{Aut}(E)$ 的子群，且 $F$ 是固定域 $E^H$ 的子域。

证明：对于任意 $\sigma,\tau\in H$ ， $a\in F$ 有

$(\sigma\tau)(a)=\sigma(\tau(a))=\sigma(a)=a$

因此 $\sigma\tau\in H$ 。另外 $H$ 包含恒等映射，且 $\sigma^{-1}(a)=a$ ，故 $H$ 是 $\text{Aut}(E)$ 的子群。

最后， $H$ 中的所有自同构都保持 $F$ 的元素不变，因此 $F$ 是固定域 $E^H$ 的子域。

Galois基本定理

为了构建Galois理论基本定理，首先需要介绍几个重要的定理。

Dedekind 引理：设 $E$ 和 $F$ 是域，则 $n$ 个不同的单同态 $\sigma_i:E\to F$ 在 $F$ 上线性无关，即若存在 $c_1,\cdots,c_n\in F$ 使得对于任意 $x\in E$ ，都有

$c_1\sigma_1(x)+\cdots+c_n\sigma_n(x)=0$

则所有 $c_i=0$ 。

证明：使用数学归纳法。

当 $n=1$ 时，条件为对任意 $x\in E$ 都有 $c_1\sigma_1(x)=0$ ，则 $c_1=0$ ，成立。

设 $n\geqslant 2$ ，假设对于 $n-1$ 成立。设 $\sigma_1,\cdots,\sigma_n$ 两两不同，设有线性关系

$c_1\sigma_1(x)+\cdots+c_n\sigma_n(x)=0\tag{1}$

因为 $\sigma_1\neq\sigma_n$ ，故存在 $y\in E$ 使得 $\sigma_1(y)\neq\sigma_n(y)$ 。使用 $xy$ 代替上式中的 $x$ ，对任意 $xy\in E$ ，

$\sum_{i=1}^nc_i\sigma_i(xy)=\sum_{i=1}^nc_i\sigma_i(x)\sigma_i(y)=0\tag{2}$

用 $\sigma_n(y)$ 乘 (1) 式并与 (2) 相减，得

$\sum_{i=1}^{n-1}c_i(\sigma_i(y)-\sigma_n(y))\sigma_i(x)=0$

记 $d_i=c_i(\sigma_i(y)-\sigma_n(y))$ ，则上式表明 $\sum_{i=1}^{n-1}d_i\sigma_i(x)=0$ 对所有 $x\in E$ 成立。由归纳假设，所有 $d_i=0$ 。特别地，对 $i=1$ 有

$c_1(\sigma_1(y)-\sigma_n(y))=0$

由于 $\sigma_1(y)\neq\sigma_n(y)$ ，故 $c_1=0$ 。于是 (1) 式变为

$c_2\sigma_2(x)+\cdots+c_n\sigma_n(x)=0$

再次由归纳假设，所有 $c_2=\cdots=c_n=0$ 。因此所有 $c_i=0$ ，证闭。

推论：设 $S=\{\sigma_1,\cdots,\sigma_r\}$ 是域 $F$ 的 $r$ 个不同的自同构，则有 $|S|\leqslant [F:F^S]$ 。

引理1：(Artin) 设 $E$ 是域，群 $G$ 是 $\text{Aut}(E)$ 的有限子群，则 $[E:E^G]=|G|$ 。

证明：令 $|G|=n$ ，记 $G=\{\sigma_1=\text{Id},\sigma_2,\cdots,\sigma_n\}$ 。

(1) 首先证明 $[E:E^G]\leqslant n$ ，也就是向量空间 $E/E^G$ 的维度不超过 $n$ ，只需证明 $E$ 中任意 $n+1$ 个非零元素 $a_1,\cdots,a_{n+1}\in E$ 在 $E^G$ 上线性相关。

考虑关于未知量 $x_1,\cdots,x_{n+1}$ 的齐次线性方程组

$\begin{bmatrix} \sigma_1(a_1)&\cdots&\sigma_1(a_{n+1}) \\ \vdots &\ddots &\vdots\\ \sigma_n(a_1)&\cdots&\sigma_n(a_{n+1}) \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\\vdots \\ x_{n+1}\end{bmatrix}=0$

该方程组有 $n+1$ 个变量 $n$ 个方程，则必有非零解。设

$\alpha=(r_1,\cdots,r_{n+1})^T$

是所有非零解中非零分量个数最少的一个，不妨调换下标使得 $r_1\neq0$ ，同时缩放使 $r_1=1$ 。

对任意 $\tau\in G$ ，带入 $x_j=r_j$ 并将 $\tau$ 作用于方程组的每个方程，则有

$\tau\sigma_i(a_1)\tau(r_1)+\cdots+\tau\sigma_i(a_{n+1})\tau(r_{n+1})=0,\quad \forall 1\leq i\leq n$

根据群的重排定理， $\{\tau\sigma_1,\cdots,\tau\sigma_n\}$ 只是 $G$ 中元素的置换，因此

$\beta=(\tau(1),\cdots,\tau(r_{n+1}))^T$

也是上述方程组的一个解。将两个解相减，得到方程组的另一个解

$\gamma=\beta-\alpha=(\tau(1)-1,\cdots,\tau(r_{n+1})-r_{n+1})^T$

由于 $1\in E^G$ ，即 $\tau(1)-1=0$ ，非零分量个数严格减少。由极小性假设，此差值必为零向量，即对于任意 $r_j$ ，都有 $\tau(r_j)=r_j$ 。另由于 $\tau\in G$ 的随意性，故任意 $r_j\in E^G$ 。带入原方程组的第一个等式 ( $\sigma_1=\text{Id}$ )

$a_1r_1+\cdots+a_{n+1}r_{n+1}=0$

由于 $r_j\in E^G$ 不全为0，故 $a_1,\cdots,a_{n+1}$ 在 $E^G$ 上线性相关，因此

$[E:E^G]\leqslant n=|G|$

(2) 接下来证明 $[E:E^G]\geqslant n$ 。设 $[E:E^G]=m$ ， $e_1,\cdots,e_m$ 是 $E/E^G$ 的一组基，考虑矩阵

$A=\begin{bmatrix} \sigma_1(e_1)&\cdots&\sigma_1(e_m) \\ \vdots&\ddots&\vdots \\ \sigma_n(e_1)&\cdots&\sigma_n(e_m) \end{bmatrix}$

若 $m<n$ ，则这 $n$ 个行向量线性相关，即存在不全为零的 $c_1,\cdots,c_n$ 使得对于任意 $j=1,\cdots,m$ 都有

$c_1\sigma_1(e_j)+\cdots+c_n\sigma_n(e_j)=0$

又任意 $x\in E$ 可表示为基向量的唯一线性组合

$x=\sum_{j=1}^ma_je_j\quad (a_j\in E^G)$

而 $\sigma_i$ 固定 $E^G$ ，于是

$\sum_{i=1}^nc_i\sigma_i(x)=\sum_{i=1}^nc_i\sigma_i(\sum_{j=1}^ma_je_j)=\sum_{j=1}^ma_j\sum_{i=1}^nc_i\sigma_i(e_j)=0$

由 Dedekind 引理，所有 $c_i=0$ ，矛盾，故 $[E:E^G]=m\geqslant n$

综合 (1) 和 (2) 的结论，最终得到 $[E:E^G]=|G|$ 。

定理：设 $E/F$ 是有限扩张，则以下条件等价：

(1) $E/F$ 是 Galois扩张，即正规且可分；
(2) 域 $E$ 为 $F$ 上某个可分多项式的分裂域；
(3) $|\text{Gal}(E/F)|=[E:F]$ ；
(4) $E^{\text{Gal}(E/F)}=F$ ；

证明：我们按 (1) $\rArr$ (2) $\rArr$ (3) $\rArr$ (4) $\rArr$ (1) 的顺序证明。

(1) $\rArr$ (2) 由于 $E/F$ 有限可分，根据本原元定理，存在 $\alpha\in E$ 使得 $E=F(\alpha)$ 。令 $m(x)\in F[x]$ 是 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式。由于 $E/F$ 可分，故 $m(x)$ 是可分多项式，又因为 $E/F$ 正规，则 $m(x)$ 的所有根都在 $E$ 中。因此 $E$ 是可分多项式 $m(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。

(2) $\rArr$ (3) 设 $E$ 是可分多项式 $f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 上的分裂域。因为 $f(x)$ 在 $F$ 可分，根据同构扩张定理，同构映射 $\text{Id}:F\to F$ 扩张为满足 $\phi|_F=\text{Id}_F$ 的同构映射 $\phi: E\to E$ 的个数为 $[E:F]$ ，即 $E$ 的 $F$ -自同构个数为 $[E:F]$ ，所以 $|\text{Gal}(E/F)|=[E:F]$ 。

(3) $\rArr$ (4) 令 $G=\text{Gal}(E/F)$ ，且 $|G|=[E:F]$ 。因为 $E/F$ 是有限扩张，故 $G$ 是 $\text{Aut}(E)$ 的有限子群，根据 Artin 引理，有 $[E:E^G]=|G|$ 。因为 $G$ 中所有元素都固定 $F$ ，根据固定域的定义显然有 $F\subseteq E^G\subseteq E$ ，因此

$[E:F]=[E:E^G]\cdot[E^G:F]=|G|\cdot [E^G:F]=[E:F]\cdot [E^G:F]$

所以 $[E^G:F]=1$ ，即 $E^G=F$ 。

(4) $\rArr$ (1) 记 $G=\text{Gal}(E/F)$ 。由于 $E/F$ 有限，故是代数扩张。任取 $\alpha\in E$ ，设 $m(x)\in F[x]$ 为 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式。对于任意 $\sigma\in G$ 有

$m(\sigma(\alpha))=\sigma(m(\alpha))=\sigma(0)=0$

即 $\sigma(\alpha)\in E$ 也是多项式 $m(x)$ 的根。因此 $\alpha$ 在 $G$ 作用下的轨道大小有限，设为

$\text{Orb}_G(\alpha)=\{\sigma(\alpha):\sigma\in G\}=\{\alpha,\alpha_2,\cdots,\alpha_r\}$

构造多项式

$f(x)=(x-\alpha)\cdots(x-\alpha_r)$

对任意 $\sigma\in G$ ， $\sigma$ 实际上是置换了 $\text{Orb}_G(\alpha)$ 中的元素，故 $f^{\sigma}(x)=f(x)$ ，也即 $\sigma$ 固定了 $f(x)$ 的每个系数。同时 $\sigma$ 的任意性说明 $G$ 固定了 $f(x)$ 的系数。从而

$f(x)\in E^G[x]=F[x]$

并且每个 $\alpha_i$ 是 $m(x)$ 的根，因此 $x-\alpha_i$ 整除 $m(x)$ ，故 $f(x)$ 整除 $m(x)$ 。根据 $m(x)$ 的极小性可知 $m(x)=f(x)$ 。因此 $E$ 包含 $m(x)$ 的所有根，且 $m(x)$ 无重根。由于 $\alpha$ 任意，故 $E/F$ 是正规且可分的，即为Galois扩张。

例如， $\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ 是 $\mathbb Q$ 上的可分多项式 $(x^2+2)(x^2+3)$ 的分裂域，故 $\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)/\mathbb Q$ 是有限Galois扩张。

引理2：(中间域) 设 $E/F$ 是有限Galois扩张， $M$ 为任意中间域 ( $F\subseteq M\subseteq E$ )，则 $E/M$ 也是有限Galois扩张。

证明：由于 $E/F$ 是有限Galois扩张，设 $E$ 为可分多项式 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域。因为 $F\subseteq M$ ，故 $f(x)\in M[x]$ ，即 $E$ 为 $M$ 上可分多项式的分裂域。另外 $E/F$ 是有限扩张，故 $E/M$ 也是有限扩张。因此 $E/M$ 是有限Galois扩张。

接着上例中， $\mathbb Q(\sqrt2)$ 是中间域，故 $\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$ 是有限Galois扩张。

引理3：(正规性) 设 $E/F$ 是正规扩张， $M$ 为任意中间域 ( $F\subseteq M\subseteq E$ )，则 $M/F$ 是正规扩张当且仅当对于任意 $\sigma\in \text{Gal}(E/F)$ 有 $\sigma(M)=M$ 。

证明：设任意元素 $\alpha\in M$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $m(x)\in F[x]$ 。对于任意 $\sigma\in \text{Gal}(E/F)$ ， $\sigma(\alpha)$ 也是 $m(x)$ 的根。

(1) 假设 $M/F$ 是正规扩张，则 $m(x)$ 的所有根都在 $M$ 中，即 $\sigma(\alpha)\in M$ 。由于 $\alpha$ 的任意性，故 $\sigma(M)\subseteq M$ 。而 $\sigma$ 是一个同构映射(双射)，于是只能有 $\sigma(M)=M$ 。

(2) 反过来，假设对任意 $\sigma\in \text{Gal}(E/F)$ 有 $\sigma(M)=M$ 。

令 $\alpha=\alpha_1,\cdots,\alpha_r$ 是 $m(x)$ 的所有互异的根，而 $\sigma$ 是一个同构映射(双射)，于是 $\sigma(\alpha_1),\cdots,\sigma(\alpha_r)$ 也是 $m(x)$ 的所有互异的根。考虑 $\sigma(M)=M$ ，故 $m(x)$ 的所有根都在 $M$ 中，因此 $M/F$ 是正规扩张。

设 $\beta\in E$ 是 $m(x)$ 的任意一个根，根据同构扩张定理，存在同构映射 $\tau:F(\alpha)\to F(\beta)$ ，满足 $\tau|_F=\text{Id}_F$ 且 $\tau(\alpha)=\beta$ 。而 $E$ 同时是 $m(x)$ 在 $F(\alpha)$ 和 $F(\beta)$ 的分裂域，再次使用同构扩张定理， $\tau$ 扩张为自同构 $\tilde\sigma:E\to E$ 满足 $\tilde\sigma|_{F(\alpha)}=\tau$ 。因为 $\tilde\sigma|_F=\tau|_F=\text{Id}_F$ ，故 $\tilde\sigma\in\text{Gal}(E/F)$ ，于是 $\beta=\tau(\alpha)=\tilde\sigma(\alpha)\in M$ ，因此 $M/F$ 是正规扩张。

Galois基本定理：设 $E/F$ 为有限Galois扩张，令 $G=\text{Gal}(E/F)$

(1) 中间域集合 $\mathcal M=\{M:F\sube M\sube E\}$ 和子群集合 $\mathcal H=\{H:H< G\}$ 之间存在反序双射，称为Galois对应

$\begin{aligned} \text{Gal}:\mathcal M\to\mathcal H,&\quad M\mapsto \text{Gal}(E/M) \\ \text{Fix}:\mathcal H\to\mathcal M,&\quad H\mapsto E^H \end{aligned}$

且它们互为逆映射：

$E^{\text{Gal}(E/M)}=M \\ \text{Gal}(E/E^H)=H$

而且上述对应是反序的：

$M_1\sube M_2\iff\text{Gal}(E/M_1)\supe \text{Gal}(E/M_2) \\ H_1\sube H_2\iff E^{H_1}\supe E^{H_2}$

(2) 对任意中间域 $M$ 有

$[E:M]=|\text{Gal}(E/M)| \\ [M:F]=[G:\text{Gal}(E/M)]$

(3) $M/F$ 是正规扩张，当且仅当 $\text{Gal}(E/M)\lhd G$ 。此时，有群同构

$\text{Gal}(M/F)\cong\ G/\text{Gal}(E/M)$

下面是Galois 基本定理的证明

(1) 一一对应关系：对任意的中间域 $M$ ，由引理2知道 $E/M$ 是有限Galois扩张。应用Galois扩张的等价条件可得

$E^{\text{Gal}(E/M)}=M$

对任意子群 $H< G$ ，由Artin引理得 $[E:E^H]=|H|$ 。由定义知 $F\subseteq E^H\subseteq E$ ，由引理2知道 $E/E^H$ 是有限Galois扩张。应用Galois扩张的等价条件可得 $|\text{Gal}(E/E^H)|=[E:E^H]$ 。因此 $|\text{Gal}(E/E^H)|=|H|$ 。由Galois群的定义知 $H< \text{Gal}(E/E^H)$ ，故

$\text{Gal}(E/E^H)=H$

再看包含关系：

若 $M_1\subseteq M_2$ 则固定 $M_2$ 的自同构必然固定 $M_1$ ，故 $\text{Gal}(E/M_1)\supe \text{Gal}(E/M_2)$
若 $H_1\subseteq H_2$ 则被 $H_2$ 固定的元素必然被 $H_1$ 固定，故 $E^{H_1}\supe E^{H_2}$

(2) 次数与指数：由引理2知，对任意中间域 $M$ ， $E/M$ 是有限Galois扩张。故

$[E:M]=|\text{Gal}(E/M)|$

再由扩张次数公式和子群的 Lagrange 定理

$[M:F]=\frac{[E:F]}{[E:M]}=\frac{|G|}{|\text{Gal}(E/M)|}=[G:\text{Gal}(E/M)]$

(3) 正规扩张与正规子群：设 $M/F$ 是正规扩张，要证明 $\text{Gal}(E/M)\lhd G$ 。由引理3，对任意 $\sigma^{-1}\in G$ ，限制 $\sigma^{-1}(M)=M$ 。因此，对于任意 $\alpha\in M,\ \tau\in \text{Gal}(E/M)$ 有 $\tau(\sigma^{-1}(\alpha))=\sigma^{-1}(\alpha)$ ，进一步

$\sigma\tau\sigma^{-1}(\alpha)=\sigma\sigma^{-1}(\alpha)=\alpha$

因此 $\sigma\tau\sigma^{-1}\in \text{Gal}(E/M)$ ，由正规子群的判定定理可知 $\text{Gal}(E/M)\lhd G$ 。

接着假设 $H=\text{Gal}(E/M)\lhd G$ ，要证明 $M/F$ 是正规扩张。设任意 $\alpha\in M$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $m(x)\in F[x]$ 。对任意的 $\sigma\in G$ ， $\sigma(\alpha)$ 也是 $m(x)$ 的根。由于 $H$ 是正规子群，对任意 $\tau\in H$ 有 $\sigma^{-1} \tau\sigma\in H$ 。于是，对于任意 $\alpha\in M$

$\sigma^{-1} \tau\sigma(\alpha)=\alpha \iff \tau(\sigma(\alpha))=\sigma(\alpha)$

这表明 $\sigma(\alpha)\in E^H=M$ ，由于 $\alpha$ 的任意性，故 $\sigma(M)\subseteq M$ 。同理用 $\sigma^{-1}$ 可得 $M\subseteq \sigma(M)$ ，于是 $\sigma(M)=M$ 。由引理3， $M/F$ 是正规扩张。

因为 $M/F$ 是正规扩张，对于任意 $\sigma\in G$ 有 $\sigma(M)=M$ ，即 $\sigma|_M\in \text{Gal}(M/F)$ 。利用这一事实定义映射

$\phi:G\to\text{Gal}(M/F),\quad\phi(\sigma)=\sigma|_M$

显然 $\phi$ 是群同态，且

$\ker(\phi)=\{\sigma\in G:\sigma|_M=\text{Id}_M\}=\text{Gal}(E/M)$

由同态基本定理得

$G/\text{Gal}(E/M)\cong\text{Im}(\phi)\sube\text{Gal}(M/F)$

最后证明 $\text{Im}(\phi)=\text{Gal}(M/F)$ ，有两种方法。

一种是使用简单易理解的同构次数计算：

$|G/\text{Gal}(E/M)|=\frac{|G|}{|\text{Gal}(E/M)|}=\frac{[E:F]}{[E:M]}=[M:F]=|\text{Gal}(M/F)|$

这说明 $\text{Gal}(M/F)$ 和同态像一样大，故 $\text{Im}(\phi)=\text{Gal}(M/F)$ ，群同构得证。

或者使用同构扩张定理：由于 $E/F$ 是有限Galois扩张，设 $E$ 是 $f(x)\in F[x]\subseteq M[x]$ 的分裂域。对任意 $\tau\in\text{Gal}(M/F)$ 有 $f^\tau(x)=f(x)$ 。根据同构扩张定理，自同构 $\tau:M\to M$ 可扩张为自同构 $\sigma: E\to E$ ，且 $\sigma|_M=\tau$ 。则 $\sigma|_F=\tau|_F=\text{Id}_F$ ，故 $\sigma\in G$ 。因此 $\phi$ 是满射，群同构得证。

至此，Galois基本定理证明完毕。

Galois基本定理建立了有限Galois扩张的中间域与Galois群的子群之间的一一对应关系。它将研究域扩张的难题，转化为了研究有限群的子群结构，后者往往更易于处理。

推论：设 $E/F$ 是有限Galois扩张，对于两个中间域 $M_1$ 和 $M_2$ ，如果存在 $\sigma\in\text{Gal}(E/F)$ 使得 $M_1=\sigma(M_2)$ ，则称 $M_1$ 和 $M_2$ 是共轭的。 $\text{Gal}(E/F)$ 的子群 $H_1$ 和 $H_2$ 是共轭的当且仅当中间域 $E^{H_1}$ 和 $E^{H_2}$ 是共轭的。

证明： $H_1$ 和 $H_2$ 共轭当且仅当存在 $\sigma\in\text{Gal}(E/F)$ 使得 $H_1=\sigma H_2\sigma^{-1}$ ，当且仅当 $E^{H_1}=E^{\sigma H_2\sigma^{-1}}$ 。根据定义

$\begin{aligned} E^{\sigma H_2\sigma^{-1}}&=\{a\in E:\sigma \tau\sigma^{-1}(a)=a,\forall\tau\in H_2\} \\ &=\{a\in E:\tau(\sigma^{-1}(a))=\sigma^{-1}(a),\forall\tau\in H_2\} \\ &=\{a\in E:\sigma^{-1}(a)\in E^{H_2}\} \\ &=\sigma(E^{H_2}) \end{aligned}$

故 $E^{H_1}=\sigma(E^{H_2})$ ，从而当且仅当中间域 $E^{H_1}$ 和 $E^{H_2}$ 是共轭的。

根式扩张

本节及之后的章节所考虑的域的特征都是0，不可约多项式都是可分的。如数域 $\mathbb Q$ ，这是Galois理论的经典情形。

任何算术⽅程都能化简成如下的⼀般形式

$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$

由于⽅程来源于基本算术，所以它们的系数都是有理数。

先来看下多项式 $x^3-2$ ，它的三个根如下图

就 $\mathbb{Q}$ ⽽⾔这三个根是无法区分的，因此引入了 $\sqrt[3]{2}$ 来描述。于是，它的根集可以表示为 $\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\zeta,\sqrt[3]{2}\zeta^2$ ，其中 $\zeta=e^{2\pi\mathrm i/3}$ 。

考虑 $\mathbb{Q}$ 上的多项式 $3x^3+x^2-6x-2=(3x+1)(x^2-2)$ 。它只有⼀个根 $1/3$ 在 $\mathbb{Q}$ ，要找到另外两个根我们就必须转移到 $\mathbb{Q}$ 之外。于是数学家创造了（除算术运算和⾃然数外的）新符号 $\sqrt{2}$ 来代表其平⽅为2的数，也是⽅程 $x^2-2=0$ 在 $\mathbb{Q}$ 之外的根。

同理，我们可以把任何不可约多项式 $x^n-a$ （对任意整数 $n>1$ ）的一个根写作 $\sqrt[n]{a}$ 。通过新符号 $\sqrt[n]{a}$ 结合已有的算术运算（加减乘除），我们可以构造出所有不超过 4 次的多项式的根。

这个便捷的符号 $\sqrt[n]{a}$ 是为了解某些不可约多项式⽽发明的，通过在 $\mathbb{Q}$ 上添加根号得到的是代数解的⼀部分，但不是它的全部。事实上，我们应该惊讶，它竟然能⽤于解所有的 1~4 次多项式！

在代数学中，一个方程（多项式）根式可解是指它的所有根可以通过系数域中的元素经过有限次加、减、乘、除以及开方得到。如果方程是根式可解的，意味着我们可以从系数所在的基域 $F$ (比如有理数域 $\mathbb{Q}$ ) 出发，通过反复添加一个数 $a_i\in F_i$ 的 $n$ 次方根 $\alpha_i=\sqrt[n_i]{a_i}$ 得到新域 $F_{i+1}=F_i(\alpha_i)$ 。最终构造出一个包含方程所有根的更大的数域 $E$ 。这个过程就是根式扩张，这些域构成的链条叫根式塔(Radical Tower)。

如果存在域塔

$F=F_0\sube F_1\sube \cdots \sube F_m=E$

使得每个 $F_{i+1}=F_i(\alpha_i)$ 且 $\alpha_i^{n_i}\in F_i$ ，则称 $E/F$ 为根式扩张(radical extension)；
设 $E$ 是多项式 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域，如果存在某个根式扩张 $E/F$ ，则称多项式 $f(x)$ 在 $F$ 上根式可解(radical sovable)；

考虑 $\mathbb Q$ 上的三次方程 $x^3-2=0$ 的根式可解性。它有三个根 $\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{2}\zeta,\sqrt[3]{2}\zeta^2$ ，其中 $\zeta=e^{2\pi\mathrm i/3}$ 是3次单位根。我们依次添加了 $\zeta$ 和立方根 $\sqrt[3]{2}$ 得到 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},\zeta)$ 。注意，虽然这里 $\zeta$ 本身不是直接添加 $x^3-2$ 的根，但我们最终的域包含了方程的全部三个根。因此，该方程是根式可解的。

在实际应用中要求方程的根包含在某个根式扩张中，但不严格要求恰好等于分裂域。这是因为在构造根式解的过程中，我们可能需要添加一些辅助的根式（如单位根），它们并不一定都在分裂域中。

另外，对于任何一个单根式扩张 $F(\alpha)/F$ ，如果 $n=[F(\alpha):F]$ 是合数，例如 $n=pq$ ，则存在 $F(\alpha)$ 和 $F$ 的中间域 $M=F(\alpha^p)$ 使得 $F\subseteq M\subseteq F(\alpha)$ ，而且 $[M:F]=p,\ [F(\alpha):M]=q$ 。因此对于任何一个根式扩张，都可以插入适当的中间域使得每个 $[F_{i+1}:F_i]$ 是素数。

Abel扩张

本节先来研究最简单的根式扩张。考虑特征为0的域 $F$ ，多项式 $x^n-1\in F[x]$ 的 $n$ 个不同的根称为 $n$ 次单位根。全体单位根在乘法运算下构成循环群

$U_n=\{1,\zeta,\zeta^2,\cdots,\zeta^{n-1}\}$

这个循环群的生成元 $\zeta$ 称为 $n$ 次本原单位根(primitive root)，即 $\zeta^n=1$ 且对任意的正整数 $1\leq m< n$ 有 $\zeta^n\neq 1$ 。易知，当 $k$ 与 $n$ 互素时， $\zeta^k$ 也是 $n$ 次本原单位根。

扩域 $F(\zeta)$ 就是多项式 $x^n-1$ 在 $F$ 上的分裂域，故 $F(\zeta)/F$ 是正规扩张，从而是Galois扩张，称为 $n$ 次分圆扩张(cyclotomic extension) 。

根据单代数扩张定理，任意 $F(\zeta)$ 中的元素都可唯一表示为 $\{1,\zeta,\zeta^2,\cdots,\zeta^{n-1}\}$ 的线性组合。因此，同构映射 $\sigma$ 可由 $\sigma\mapsto\sigma(\zeta)$ 完全确定。

令 $G=\text{Gal}(F(\zeta)/F)$ ，任取 $\sigma\in G$ ，有

$(\sigma(\zeta))^n=\sigma(\zeta^n)=1$

所以 $\sigma(\zeta)$ 是 $n$ 次单位根。假设存在某个正整数 $1\leq m< n$ 使得 $(\sigma(\zeta))^m=1$ ，则有 $\sigma(\zeta^m)=1$ 。由于 $\sigma$ 是域同构，故 $\zeta^m=1$ ，这与 $\zeta$ 是本原单位根矛盾。因此对于任意 $1\leq m< n$ 都有 $(\sigma(\zeta))^m\neq 1$ 。

综上，本原单位根 $\zeta$ 的像 $\sigma(\zeta)$ 仍然是本原单位根。对任意 $\sigma,\tau\in G$ ，假设 $\sigma(\zeta)=\zeta^i,\ \tau(\zeta)=\zeta^j$ 则

$(\sigma\tau)(\zeta)=\sigma(\zeta^{j})=(\sigma(\zeta))^{j}=\zeta^{ij}$

同理可证 $(\tau\sigma)(\zeta)=\zeta^{ij}$ ，也就是 $\sigma\tau=\tau\sigma$ 。这说明 $G$ 是有 $\varphi(n)$ 个元素的Abel群，这里 $\varphi(n)$ 为 Euler 函数。

定理：设 $F$ 是特征为0的域，则分圆扩张 $F(\zeta_n)/F$ 是Galois扩张，且 $\text{Gal}(F(\zeta_n)/F)$ 是有 $\varphi(n)$ 个元素的Abel群。

示例，求8次分圆扩张 $\mathbb Q(\zeta)/\mathbb Q$ 的Galois群。

解：易知8次本原单位根集合 $U(8)=\{\zeta,\zeta^3,\zeta^5,\zeta^7\}$ 。则Galois群为

$G=\{\text{Id},a:\zeta\mapsto\zeta^3,b:\zeta\mapsto\zeta^5,c:\zeta\mapsto\zeta^7\}$

易验证 $G\cong V_4$ 。

接下来我们研究更一般的多项式 $x^n-a\in F[x]$ ，该多项式的全部 $n$ 个根可表示为

$\{\alpha,\zeta\alpha,\zeta^2\alpha,\cdots,\zeta^{n-1}\alpha\}$

其中 $\zeta$ 是 $n$ 次本原单位根，引入根式符号 $\alpha=\sqrt[n]{a}$ 来表示该多项式的一个根。

若域 $F$ 包含 $n$ 次本原单位根 $\zeta$ ，则 $F(\alpha)$ 包含多项式 $x^n-a$ 的全部根，我们称 $F(\alpha)/F$ 为Kummer扩张。

定理：设 $F$ 是特征为0的域，且包含 $n$ 次本原单位根 $\zeta$ 。则 $K/F$ 是Kummer扩张当且仅当 $K/F$ 是循环Galois扩张。

证明：( $\rArr$ ) 若 $K/F$ 是 $n$ 次Kummer扩张，即存在 $\alpha\in K$ ，使得 $K=F(\alpha)$ 且 $\alpha^n=a\in F$ 。故 $K$ 是多项式 $x^n-a\in F[x]$ 的分裂域，且 $\text{char}(F)=0$ ，所以 $K/F$ 是Galois扩张。

根据单代数扩张定理，任意 $F(\alpha)$ 中的元素都可唯一表示为 $\{1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{n-1}\}$ 的线性组合。因此，同构映射 $\sigma$ 可由 $\sigma\mapsto\sigma(\alpha)$ 完全确定。

令 $G=\text{Gal}(K/F)$ ，则 $|G|=n$ 。对任意 $\sigma\in G$ 有

$(\sigma(\alpha))^n=\sigma(\alpha^n)=a$

故 $\sigma(\alpha)$ 是多项式 $x^n-a$ 的一个根，即 $\sigma(\alpha)\mapsto\zeta^{k_\sigma}\alpha$ 。定义映射

$f:G\to \Z_n,\quad \sigma\mapsto k_\sigma$

对任意 $\sigma,\tau\in G$ 有

$(\sigma\tau)(\alpha)=\sigma(\zeta^{k_\tau}\alpha)=\sigma(\zeta^{k_\tau})\sigma(\alpha)=\zeta^{k_\sigma+k_\tau}\alpha$

因此 $f(\sigma\tau)=k_\sigma+k_\tau=f(\sigma)+f(\tau)$ ，故 $f$ 是同态。

若 $f(\sigma)=0$ 则 $\sigma(\alpha)=\alpha$ ，于是 $\sigma$ 固定整个 $K$ ，即 $\sigma=\text{Id}$ ，因此 $f$ 是单同态。因此 $G$ 同构于 $\Z_n$ 的一个子群，故为循环群。

注意，若 $F$ 不含 $n$ 次本原单位根，则 $F(\alpha)/F$ 未必正规，例如 $\mathbb Q(\sqrt[3]{2})/\mathbb Q$ 不是正规扩张。因此，在根式可解理论中，我们总是通过添加单位根来保证这一条件。

( $\lArr$ ) 若 $K/F$ 是 $n$ 次循环Galois扩张，由Galois扩张的等价条件知 $G=\text{Gal}(K/F)$ 为 $n$ 阶循环群，假设 $\sigma$ 为群生成元。

构造Lagrange预解式：对任意 $\beta\in K$ 定义

$\alpha=\beta+\zeta\sigma(\beta)+\zeta^2\sigma^2(\beta)+\cdots+\zeta^{n-1}\sigma^{n-1}(\beta)\in K$

由于 $\zeta\in F,\ \zeta^n=1$ 且 $\sigma|_F=\text{Id}$ ，故

$\sigma(\alpha)=\sigma(\beta)+\zeta\sigma^2(\beta)+\cdots+\zeta^{n-1}\beta=\zeta^{-1}\alpha$

于是

$\sigma(\alpha^n)=\sigma^n(\alpha)=\alpha^n$

所以 $\alpha^n$ 在 $\sigma$ 作用下不变，从而 $\alpha^n$ 在 $G$ 作用下不变，故

$\alpha^n\in K^G=F$

对于任意 $k=1,2,\cdots,n-1$ 递推可得到

$\begin{aligned} \sigma(\alpha)&=\zeta^{-1}\alpha \\ \sigma^2(\alpha)&=\sigma(\zeta^{-1}\alpha)=\zeta^{-1}\sigma(\alpha)=\zeta^{-2}\alpha \\ &\vdots \\ \sigma^k(\alpha)&=\zeta^{-k}\alpha \end{aligned}$

由 Dedekind 引理，不同自同构

$G=\{\text{Id},\sigma,\sigma^2,\cdots,\sigma^{n-1}\}$

在 $K$ 上线性无关，故存在 $\beta\in K$ 使得 $\alpha\neq 0$ 。又由 $\sigma(\alpha)=\zeta^{-1}\alpha$ 知 $\alpha\notin F$ 。

考虑中间域 $F(\alpha)\sube K$ ，对应子群 $H=\text{Gal}(K/F(\alpha))< G$ 。任取 $\sigma^k\in H$ ，由于 $\alpha\in F(\alpha)=K^H$ ，于是

$\zeta^{-k}\alpha=\sigma^k(\alpha)=\alpha$

约去 $\alpha$ 得到 $\zeta^k=1$ 。因为 $\zeta$ 是 $n$ 次本原单位根，满足 $\zeta^k=1$ 当且仅当 $n\mid k$ 。在 $0\leqslant k< n$ 范围内，仅 $k=0$ 满足条件，即

$H=\{\text{Id}\}$

由Galois对应定理知 $K=F(\alpha)$ 。

综上所述 $\alpha^n\in F$ 且 $K=F(\alpha)$ ，故 $K/F$ 是Kummer扩张。

注意，一般Kummer扩张通常由多个 $n$ 次根生成，其Galois群是若干个循环群的直积(Abel群)。

若有限Galois扩张的Galois群 $\text{Gal}(E/F)$ 是Abel群，则称 $E/F$ 是有限Abel扩张。

定理：有限Abel扩张可分解为有限个素数阶循环Galois扩张的复合。

下面将 $E/F$ 分解为满足条件的扩张列。

首先，令 $G=\text{Gal}(E/F)$ ，若 $|G|$ 是合数，则必存在一个素数 $p$ 整除 $|G|$ ，由 Cauchy 定理 $G$ 必有一个 $p$ 阶子群 $H$ 。由Galois对应，存在中间域 $F_1=E^H$ 满足 $G\supe F_1\supe F$ ，且 $H=\text{Gal}(E/F_1)$ 。而素数阶群必为循环群，故 $E/F_1$ 是素数阶循环Galois扩张。由于 $G$ 是Abel群，它的每一个子群都是正规子群，因此 $F_1/F$ 也是Galois扩张，且

$\text{Gal}(F_1/F)\cong G/H$

由于 $G$ 和 $H$ 均为Abel群，故 $\text{Gal}(F_1/F)$ 也是Abel群。

然后，若 $|\text{Gal}(F_1/F)|$ 为合数，则必然存在一个中间域 $F_1\supe F_2\supe F$ ，其中 $F_1/F_2$ 是素数阶循环Galois扩张，且 $F_2/F$ 是Galois扩张，以此类推，可得域扩张塔

$E=M_0\supe M_1\supe M_2\supe \cdots\supe M_r=F$

其中每次扩张 $M_i/M_{i+1}$ 都是素数阶循环Galois扩张。

可解群

定义：群 $G$ 是可解群指存在一条正规子群链

$\{e\}=G_0\lhd G_1\lhd\cdots\lhd G_r=G$

使得每个商群 $G_{i+1}/G_{i}$ 都是 Abel 群。这样的链称为可解列。

任意 Abel 群 $G$ 都是可解的，因为短链 $\{e\}\lhd G$ 满足 $G/\{e\}$ 是 Abel 群。

例如， $V_4$ 是 Abel 群，是可解的。 $S_3$ 有一个正规子群链 $\{e\}\lhd \langle r\rangle\lhd S_3$ ，它的商群 $\langle r\rangle/\{e\}$ 和 $S_3/\langle r\rangle$ 都是 Abel 群，说明了 $S_3$ 也是可解群。

下面讨论可解群的性质，首先引入交换子的概念。

引理：群 $G$ 为Abel群当且仅当对于任意 $x,y\in G$ ，交换子 $[x,y]=xyx^{-1}y^{-1}=e$ 。

证明：必要性，若群 $G$ 为Abel群，则 $xy=yx$ ，于是 $xyx^{-1}y^{-1}=xx^{-1}yy^{-1}=e$ 。

充分性，对于任意 $x,y\in G$ 有 $xyx^{-1}y^{-1}=e$ ，则 $xyx^{-1}=y$ ，两边右乘 $x$ 得 $xy=yx$ ，所以 $G$ 是 Abel 群。

进一步，商群 $G/H$ 是Abel群，等价于 $\forall x,y\in G,\ xyx^{-1}y^{-1}H=H$ ，即 $xyx^{-1}y^{-1}\in H$ 。

基本性质：设 $G$ 是可解群

若 $\phi:G\to G'$ 是同态，则 $\phi(G)$ 是可解群；
若 $N\lhd G$ ，则 $G/N$ 是可解群；
若 $H< G$ ，则 $H$ 是可解群；

证明：由可解群的定义，存在正规子群列

$\{e\}=G_0\lhd G_1\lhd\cdots\lhd G_r=G$

且每个商群 $G_{i+1}/G_{i}$ 都是 Abel 群，即对于任意 $x,y\in G_{i+1}$ ，交换子 $[x,y]\in G_{i}$ 。

(1) 由群同态的性质知

$\{e'\}=\phi(G_0)< \phi(G_1)< \cdots< \phi(G)$

对任意 $g\in G_{i+1},\ h\in G_i$ ，由 $G_i\lhd G_{i+1}$ 得 $ghg^{-1}\in G_i$ ，于是

$\phi(g)\phi(h)\phi(g)^{-1}=\phi(ghg^{-1})\in\phi(G_i)$

故 $\phi(G_i)\lhd \phi(G_{i+1})$ 。

任取 $\phi(x),\phi(y)\in\phi(G_{i+1})$ ，其中 $x,y\in G_{i+1}$ 。交换子

$[\phi(x),\phi(y)]=\phi(x)\phi(y)\phi(x)^{-1}\phi(y)^{-1}=\phi(xyx^{-1}y^{-1})=\phi([x,y])\in\phi(G_i)$

因此商群 $\phi(G_{i+1})/\phi(G_i)$ 是Abel 群。

综上所述，可解群的像 $\phi(G)$ 仍是可解群。

(2) 考虑自然同态 $\phi: G\to G/N$ 是满同态，故 $G/N$ 是可解群。

(3) 令 $H_i=H\cap G_i$ 则得到子群列

$\{e\}=H_0< H_1< \cdots< H$

由 $G_i\lhd G_{i+1}$ ，对任意 $g\in H_{i+1}=H\cap G_{i+1}$ 有

$gH_ig^{-1}=g(H\cap G_{i})g^{-1}=H\cap G_i=H_i$

故 $H_i\lhd H_{i+1}$ 。然后，对于每个 $i$ 构造同态

$\phi:H_{i+1}\to G_{i+1}/G_i,\quad \phi(h)=hG_i$

同态的核

$\ker(\phi)=\{h\in H_{i+1}:hG_i=G_i\}=H_{i+1}\cap G_i=H_i$

由同态基本定理

$H_{i+1}/H_i\cong \text{Im}(\phi)$

由于 $G_{i+1}/G_i$ 是Abel群，其子群 $\text{Im}(\phi)$ 也是Abel群，故 $H_{i+1}/H_i$ 是Abel群。

综上所述，子群 $H$ 是可解群。

定理：有限群 $G$ 可解，则 $G$ 存在一个可解列，其所有商群 $G_{i+1}/G_i$ 都是素数阶循环群。

证明：设群 $G$ 有可解列

$G=G_0\rhd G_1\rhd\cdots\rhd G_r=\{e\}$

其中每个商群 $G_{i}/G_{i+1}$ 都是 Abel 群。要证明本定理，需要先引入3个命题。

(1) 若在正规列中插入一个子群 $N$ 满足 $G_i\rhd N\rhd G_{i+1}$ ，则称该操作为加细(refinement)。可解列的任何加细都是可解列。

由于 $G_{i}/G_{i+1}$ 是Abel群，其子群 $N/G_{i+1}$ 也是Abel群。由群同构定理

$G_{i}/N\cong(G_{i}/G_{i+1})/(N/G_{i+1})$

从而 $G_{i}/N$ 也是Abel群，得证。

(2) 若 $N\lhd G$ ，则 $G/N$ 的任何子群都有 $H/N$ 的形式，因此 $G/N$ 为单群当且仅当 $N$ 为 $G$ 的极大正规子群，即 $G$ 中真包含 $N$ 的正规子群只有 $G$ 。

(3) 若有限Abel群 $G$ 是单群，则 $G$ 必为素数阶循环群。

若 $|G|=n$ 为合数，则必存在一个素数 $p$ 整除 $n$ ，由 Cauchy 定理 $G$ 必有一个 $p$ 阶子群。由于 $G$ 是Abel群，它的每一个子群都是正规子群。故 $|G|$ 必为素数，而素数阶群必为循环群。

下面将 $G$ 的可解列加细为满足条件的可解列。首先，取 $G$ 的极大正规子群 $H_1\rhd G_1$ ，若 $H_1\neq G_1$ ，则再取 $H_1$ 的极大正规子群 $H_2\rhd G_1$ ，以此类推，可得

$G\rhd H_1\rhd\cdots\rhd H_k\rhd G_1$

其中 $G/H_1,\ H_i/H_{i+1},\ H_k/G_1$ 均为Abel 群，且都是单群。而有限 Abel 群是单群，则必然是素数阶循环群。用相同的方法处理 $G_i\rhd G_{1+1}$ ，即得一个可解列，且所有商群都是素数阶循环群。

方程的可解性

Natural Irrationalities Theorem：设 $E/F$ 是Galois扩张， $K/F$ 是任意域扩张。记 $KE=K(E)=E(K)$ 为 $K$ 与 $E$ 的复合域，则

$KE/K$ 是Galois扩张；
$\text{Gal}(KE/K)\cong\text{Gal}(E/(E\cap K))$ ；

定理：设 $F$ 是特征为0的域， $E$ 是多项式 $f(x)\in F[x]$ 在 $F$ 上的分裂域。多项式 $f(x)$ 根式可解，当且仅当它的Galois群 $\text{Gal}(E/F)$ 为可解群。

证明：在Galois理论中，我们通常先添加足够的本原单位根来确保中间域包含所需的单位根，从而使用 Kummer 理论。令 $m=\deg(f)$ ， $\zeta$ 为 $n=m!$ 阶本原单位根，易知 $L=E(\zeta)$ 是多项式 $(x^n-1)f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，故 $L/F$ 是Galois扩张。

( $\rArr$ ) 假设 $f(x)$ 根式可解，即 $E/F$ 是根式扩张。令 $K_1=F(\zeta),\ K_{i+1}=K_i(\alpha_i)$ ，这里 $\alpha_i^{n_i}\in F_i$ 。于是，得到Galois根式扩张塔

$F=K_0\sube K_1\sube \cdots \sube K_r=L$

其中， $K_1/F$ 是分圆扩张。当 $i\geq2$ 时， $K_i$ 包含 $n_i$ 次本原单位根（因为 $\zeta\in K_i$ ），故 $K_{i+1}/K_i$ 是Kummer扩张。于是，每个扩张 $K_{i+1}/K_i$ 都是Galois扩张，且其Galois群 $\text{Gal}(K_{i+1}/K_i)$ 是Abel群。令 $G_i=\text{Gal}(L/K_i)$ ，由Galois基本定理，对应正规子群链

$G=G_0\rhd G_1\rhd\cdots\rhd G_r=\{\text{Id}\}$

且每个商群

$G_i/G_{i+1}\cong \text{Gal}(K_{i+1}/K_i)$

是Abel群。因此， $G=\text{Gal}(L/F)$ 是可解群。

由于 $E$ 是 $f(x)\in F[x]$ 的分裂域，故 $E/F$ 是正规扩张。由Galois基本定理 $\text{Gal}(L/E)\lhd G$ 且

$\text{Gal}(E/F)\cong G/\text{Gal}(L/E)$

可解群的商群仍可解，所以 $\text{Gal}(E/F)$ 是可解群。

( $\lArr$ ) 假设 $\text{Gal}(E/F)$ 为可解群。设 $K=F(\zeta)$ ，由前面的定理知

$\text{Gal}(L/K)\cong \text{Gal}(E/(E\cap K))< \text{Gal}(E/F)$

而可解群的子群仍可解，所以 $G=\text{Gal}(L/K)$ 是可解群。设 $G$ 的可解列细化为

$G=G_0\rhd G_1\rhd\cdots G_r= \{\text{Id}\}$

这里每个商群 $G_i/G_{i+1}$ 是循环群。由Galois基本定理，对应域塔

$K=K_0\sube K_1\sube \cdots \sube K_r=L$

其中 $K_i=L^{G_i}$ 。此时，每个扩张 $K_{i+1}/K_i$ 的Galois群

$\text{Gal}(K_{i+1}/K_i)\cong G_i/G_{i+1}$

是循环群。同时，由于 $K_i$ 包含 $n_i$ 次本原单位根（因为 $\zeta\in K_i$ ），故每个扩张 $K_{i+1}/K_i$ 是Kummer扩张，从而是根式扩张，因此整个扩张 $L/K$ 是根式扩张。又 $K/F$ 是根式扩张，故复合扩张 $K/F$ 也是根式扩张。又由于分裂域 $E\subseteq K$ ， $E$ 中每个元素都属于根式扩张，因此 $f(x)$ 在 $F$ 上根式可解。

推论1：二次、三次和四次方程总有根式解。

证明： $S_2,\ S_3,\ S_4$ 是可解群：

正规子群列 $S_2\rhd\{e\}$ ，商群同构于 $C_2$ ，是循环群；
正规子群列 $S_3\rhd A_3\rhd\{e\}$ ，商群分别同构于 $C_2$ 和 $C_3$ ，都是循环群；
正规子群列 $S_4\rhd A_4\rhd V_4\rhd\{e\}$ ，商群分别同构于 $C_2$ ， $C_3$ 和 $V_4$ ，都是 Abel群；

推论2：(Theorem of Abel-Ruffini) 一般的五次及更高次多项式方程不存在通用的根式解。

证明： $n$ 次一般方程的Galois群是 $S_n$ 。当 $n\geqslant 5$ 时， $A_n$ 是单群且非交换，故 $S_n$ 不可解。

接下来我们来寻找一个不可解的五次多项式，即它的 Galois 群不可解。五次多项式5个根的对称将形成 $S_5$ 的一个子群，其中最小的不可解子群是没有任何正规子群的 $A_5$ 。我们可以用之前学过的共轭作用来尝试搜索 $A_5$ 的正规子群，得到的正规子群列只有 $\{e\}\lhd A_5$ ，但是 $A_5/\{e\}$ 不是Abel群，故 $A_5$ 不可解。

现在我们寻找一个五次多项式，其根的 Galois 群是 $A_5$ 。例如

$x^5+10x^4-2$

由Eisenstein判别法知这个多项式是不可约的。设它的5个根是 $r_1,r_2,r_3,r_4,r_5$ ，因为该多项式是5次的，故 $\mathbb{Q}(r_1)$ 是5次扩张。因为 $\mathbb{Q}(r_1,r_2,r_3,r_4,r_5)$ 是Galois扩张，所以它的 Galois 群的阶等于扩张的次数，即5的某个倍数。

柯西定理确保了这个 Galois 群包含一个5阶元。该元素置换了5个根，而 $S_5$ 中仅有的5阶置换是五个根的轮换 $(12345)$ 。与所有 Galois 群一样，该 Galois 群必包含复共轭自同构。这个自同构如何置换5个根依赖于有多少个实根。

上图（左）显示，实轴上有 3 个点使该多项式等于 0，这意味着有 3 个实根和两个复根。其中，两个复根必是共轭的，所以复共轭自同构互换了他们。对应的置换设为对换 $(12)$ 。

尽管我们只知道 Galois 群中的这两个置换，但已经足够了。可以证明 $S_5$ 中包含这两个置换的子群一定是整个 $A_5$ 。于是，我们找到了一个不可解多项式。上图（右）画出了 $x^5+10x^4-2$ 的5个根，但只给出了它们的近似值。

其实解方程就是一点点破坏根的对称性。代数中，加根号只能破坏最基本的循环群的对称性。如果方程中蕴含的对称性比循环更复杂，那当然就无能为力了。

附录

分圆多项式

设 $\zeta$ 是 $n$ 次本原单位根，所有 $n$ 次本原单位根的一次因式的乘积

$\Phi_n(x)=\prod_{\gcd(k,n)=1}(x-\zeta^k)$

称为分圆多项式，次数 $\deg(\Phi_n)=\varphi(n)$ 。

令 $G=\text{Gal}(F(\zeta)/F)$ ，对任意 $\sigma\in G$ ， $\sigma$ 实际上置换了 $\varphi(n)$ 个 $n$ 次本原单位根，故 $\sigma(\Phi_n)(x)=\Phi_n(x)$ ，也即 $\sigma$ 固定了 $\Phi_n(x)$ 的每个系数。同时 $\sigma$ 的任意性说明 $\text{Gal}(F(\zeta)/F)$ 固定了 $\Phi_n(x)$ 的系数。从而