伽罗瓦理论（1）
伽罗瓦理论（2）
伽罗瓦理论（4）

伽罗瓦基本定理

有了前面的刻画，我们就可以进行进一步的探索。伽罗瓦基本定理，将伽罗瓦扩张的中间域和伽罗瓦群的子群联系起来，对伽罗瓦扩张进行分解。为什么是用群，而不是多项式呢？似乎多项式更加合适，但是多项式不具有不变性。

定理（伽罗瓦基本定理） 设$E\supset F$为伽罗瓦扩张，$G=Gal(E/F)$为伽罗瓦群，则子群和中间域通过映射$H\mapsto E^H$和$M\mapsto Gal(E/M)$建立起一一对应。而且这个对应具有以下性质：

1. 集合上反包含：$H_1\supset H_2\Rightarrow E^{H_1}\subset E^{H_2}$
2. 保持数值不变量：$(H_1:H_2)=[E^{H_2}:E^{H_1}]$
3. 共轭对应：$\sigma H{\sigma }^{-1}\mapsto \sigma E^H$
4. 正规对应：$H$为正规子群$\iff E^H$是正规扩张（因而是伽罗瓦扩张），此时有$$G/H\simeq Gal(E^H/F)$$

由此，如果有群的正规列： { 1 } = H n ⊂ ⋯ ⊂ H 2 ⊂ H 1 ⊂ H 0 = G \{1\}=H_n\subset \cdots\subset H_2\subset H_1\subset H_0=G { 1}=Hn​⊂⋯⊂H2​⊂H1​⊂H0​=G
则可以得到域的分解：
$$E\supset \cdots \supset E^{H_2}\supset E^{H_1}\supset E^G=F$$
要是群的分解粒度足够细，则域的分解粒度也会很细，当细到单扩张的时候，就比较容易理解了。更有意义的是，通过这种对应，可以将域列的存在转化为群列的存在，从而达到整体的刻画。

证明 $H=Gal(E/E^H)$：设$I=Gal(E/E^H),$则 $H\subset I$。因为$E/E^H$是伽罗瓦扩张，所以由分裂域刻画有$|I|=[E:E^H]$,于是根据伽罗瓦理论（2）中的引理有$|I|\le |H|$，因此$H=I.$

$M=E^{Gal(E/M)}$：这个只要说明$E/M$是伽罗瓦扩张，这个通过分裂域刻画就行。

1是显然的。2根据分裂域的等式也是显然。3要证明$Gal(E/\sigma (E^H))=\sigma H{\sigma }^{-1}$，首先有$\supset$关系，然后考虑阶数，因为$E=\sigma (E)$，容易知道左边群的阶和$Gal(E/E^H)$的阶相等，右边群的阶自然和$H$的阶相等。

4根据3来看。看$\Rightarrow$部分，由3知道$\sigma (E^H)\subset E^H$，再直接根据伽罗瓦理论（2）中的引理得到任何$E^H$中的元素都是正规的。看$\Leftarrow$部分，$\sigma \in G$ 。每一个$E^H$同构都可以扩充为$E$同构，扩充方式有$|H|$种，从而由$Gal(E^H/F)$扩充出来的同构总共有$|Gal(E^H/F)||H|=[E^H:F][E:E^H]=[E:F]=|G|$个，则从$G$到$Gal(E^H/F)$有一个限制满同态，其核就是$H$. 从而每个$\sigma$都可以限制到$E^H$上，因而有$\sigma (E^H)\subset E^H$，再根据3就行了。

总结：可以看到证明到最后，都归约到最基本的线性代数和多项式理论上面了。

可解性定理

定理（可解性） 设域$F$的特征为0，则$f\in F[x]-F$根式可解当且仅当$f$的分裂域对应的伽罗瓦群可解。

对这个定理的证明自然分为两个部分。先看必要性。如果$f$根式可解，则有域塔

$$F=F_0\subset F_1\subset \cdots \subset F_m$$

使得：

• $f$在$F_m$中分裂
• $F_i=F_{i-1}[{\alpha }_i],{\alpha }_i^{r_i}\in F_{i-1}$

第一点保证根都在$F_m$中，第二点保证根都可以表示成系数中元素的有限次根式嵌套。

令$N={\prod }_i{r}_i$，$\zeta$为$N$次本原单位根，于是我们有域塔

$$F\subset F^{\prime }=F[\zeta ]\subset F_1^{\prime }=F^{\prime }[{\alpha }_1]\subset \cdots \subset F_m^{\prime }=F_{m-1}^{\prime }[{\alpha }_m]$$

设$E=F[x_1,\cdots ,x_n]\subset F_m^{\prime }$为分裂域，则伽罗瓦群为$G=Gal(E/F)$。我们要证明这个群是可解的。但是显然这并不友好，域塔是关于$F_m^{\prime }$的。选择$F_m^{\prime }$作为切入点，构造$F$的一个包含$F_m^{\prime }$的伽罗瓦扩张$K$，这样$G$是$H=Gal(K/F)$的商群，只用证明$H$可解就行了。由于特征为0，极小多项式肯定是可分的，所以将$\zeta ,{\alpha }_i,i=1,2,\cdots ,m$的极小多项式去掉重复的相乘后，还是可分的，这个多项式的分裂域作为$K$就行。

这个$K$实际上就是$F$添加了全部$\zeta ,{\alpha }_i$和它们的共轭后生成的。设 σ ∈ G a l ( K / F ) = { σ 1 , σ 2 , ⋯   , σ l } \sigma\in Gal(K/F)=\{\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_l\} σ∈Gal(K/F)={ σ1​,σ2​,⋯,σl​}，则$$(\sigma ({\alpha }_i){)}^{r_i}=\sigma ({\alpha }_i^{r_i})\in \sigma (F_{i-1}^{\prime })=F[\sigma (\zeta ),\cdots ,\sigma ({\alpha }_{i-1})]$$

我们依次在$F$中添加以下元素来构建域塔：

$$\zeta ,{\sigma }_1(\zeta ),\cdots ,{\sigma }_l(\zeta )；{\alpha }_1,{\sigma }_1({\alpha }_1),\cdots ,{\sigma }_l({\alpha }_1)；{\alpha }_m,{\sigma }_1({\alpha }_m),\cdots ,{\sigma }_l({\alpha }_m)$$

令得到的域塔为
$$F=E_0\subset E_1\subset \cdots \subset E_t=K$$

则相邻的扩张都是abel扩张（伽罗瓦群为abel群的伽罗瓦扩张，这个地方需要补充说明），从而对应的群正规列
G = G a l ( K / E 0 ) ⊃ G a l ( K / E 1 ) ⊃ ⋯ ⊃ { 1 } G=Gal(K/E_0)\supset Gal(K/E_1)\supset \cdots \supset \{1\} G=Gal(K/E0​)⊃Gal(K/E1​)⊃⋯⊃{ 1}

是可解的。

再看充分性。$E$为分裂域，$G$为伽罗瓦群。首先还是要把基域扩大到包含$n=|G|$次本原单位根（在这之前需要说明$G$是有限群）。设$\zeta$为$n$次本原单位根，$F^{\prime }=F[\zeta ]$. 于是$G^{\prime }=Gal(E/F^{\prime })<G$也是可解群。于是有群正规列：
{ 1 } ⊂ G 1 ⊂ G 2 ⊂ ⋯ ⊂ G m = G ′ \{1\}\subset G_1\subset G_2\subset \cdots \subset G_m=G^{\prime} { 1}⊂G1​⊂G2​⊂⋯⊂Gm​=G′

使得$G_k/G_{k-1}$是有限循环群。于是，对应有域塔：
$$E=F_0\supset F_1\supset F_2\cdots \supset F_m=F^{\prime }$$

而且有$F_{k-1}/F_k$是Galois扩张，对应的Galois群为
$Gal(F_{k-1}/F_k)\simeq G_k/G_{k-1}$，是一个有限循环群。我们只要证明此时一定有某个${\alpha }_k\in F_{k-1}$使得$F_{k-1}=F_k[{\alpha }_k]，{\alpha }_k^{r_k}\in F_k$.另外再把$F^{\prime }=F[\zeta ]$考虑进来，就可以完成整个证明。

所以接下来的工作，就是研究循环扩张和分圆扩张。

分圆扩张

设$E$的特征为$p>0,n=p^{e}q$为$p$的倍数，$x^n=1$在$E$上分裂，根集记为$N(n)$。$y^p=1\Rightarrow (y-1{)}^p=0\Rightarrow y=1$。从而$x^q=1$。若$q=rs$为两个不同素数的乘积，则$q$阶元的个数

$$\begin{array}{rl}& N(q)-N(r)-N(s)+N(1)\\ =& rs-r-s+1\\ =& (r-1)(s-1)>0\end{array}$$

若$q=r^2$，则$q$阶元的个数
$$N(q)-N(r)=r^2-r=r(r-1)>0$$

若$q=r^{2}s$，则$q$阶元的个数
$$\begin{array}{rl}& N(q)-N(r^2)-N(rs)+N(r)\\ =& q-\frac{q}{s}-\frac{q}{r}+\frac{q}{rs}\\ =& q(1-\frac{1}{s})(1-\frac{1}{r})>0\end{array}$$

若$q=r_1^{e_1}{r}_2^{e_2}$，则$q$阶元的个数
$$\begin{array}{rl}& N(q)-N(\frac{q}{r_1})-N(\frac{q}{r_2})+N(\frac{q}{r_1{r}_2})\\ =& q-\frac{q}{r_1}-\frac{q}{r_2}+\frac{q}{r_1{r}_2}\\ =& q(1-\frac{1}{r_1})(1-\frac{1}{r_2})>0\end{array}$$

若$q=r_1^{e_1}{r}_2^{e_2}\cdots r_m^{e_m}$，则$q$阶元的个数
$$\begin{array}{rl}& N(q)-\sum _{i}N(\frac{q}{r_i})+\sum _{i,j}N(\frac{q}{r_i{r}_j})-\cdots +(-1{)}^{m}N(\frac{q}{r_1{r}_2\cdots r_m})\\ =& q-\sum _i\frac{q}{r_i}+\sum _{i,j}\frac{q}{r_i{r}_j}-\cdots +(-1{)}^m\frac{q}{r_1{r}_2\cdots r_m}\\ =& q(1-\frac{1}{r_1})(1-\frac{1}{r_2})\cdots (1-\frac{1}{r_m})>0\end{array}$$

以上证明了

引理 $n>0$次本原单位根存在当且仅当考虑的系数域$F$的特征为0或者为$p\nmid n$.

设$\zeta$为$n$次本原单位根，$F[\zeta ]/F$称为分圆扩张。这部分的主要结果就是说明分圆扩张的Galois群是Abel群。

定理 设$F$特征为0或者特征$p$不整除$n$，则对分圆扩张$F[\zeta ]/F$有单射
$$Gal(F[\zeta ]/F)\hookrightarrow (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$$

证明 $\sigma \in Gal(F[\zeta ]/F)$由$\zeta \mapsto {\zeta }^i,i\in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$唯一确定，这样就有了一个映射$Gal(F[\zeta ]/F)\to (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$。

由于$\sigma \tau (\zeta )=({\zeta }^j{)}^i={\zeta }^{ij}$，此映射是群同态。$i=1$必然有$\sigma =id$，从而是单同态。

循环扩张

若$E/F$的Galois群为循环群，则称为循环扩张。循环扩张的重要性质是，其扩张是基本的根式扩张。

设$F$包含$n>1$次本原单位根$\zeta$，${\alpha }^n=b\in F$且$n$为满足此性质的最小正整数。

$\sigma \in Gal(F[\alpha ]/F)\Rightarrow \sigma (\alpha )={\zeta }^i\alpha ,i\in \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$。这样就确定了一个映射。对于两个$\sigma ,\tau \in Gal(F[\alpha ]/F)\Rightarrow \sigma \tau (\alpha )={\zeta }^j({\zeta }^i\alpha )={\zeta }^{i+j}\alpha$，于是这个映射是群同态。这个同态还是单的。设同态像为$d\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，则$\sigma ({\alpha }^{\frac{n}{d}})={\alpha }^{\frac{n}{d}},\sigma \in Gal(F[\alpha ]/F)$。由于
$x^n-b\in F[x]$ 是可分多项式，$F[\alpha ]$是可分多项式的分裂域，所以是Galois扩张，${\alpha }^{\frac{n}{d}}\in F$，这与$n$的最小性矛盾。因此此同态是同构。

反过来，如果Galois扩张$Gal(E/F)\simeq \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，生成元为$\sigma$。群特征$\sigma :E^{\times }\stackrel{\sim }{\to }{E}^{\times }$，且 { i d , σ , σ 2 , ⋯   , σ n − 1 } 互 不 相 同 ， \{id, \sigma,\sigma^2,\cdots,\sigma^{n-1}\}互不相同， { id,σ,σ2,⋯,σn−1}互不相同，由Dedekinds定理，其非零线性组合$\tau ={\sum }_{i=0}^{n-1}{\zeta }^i{\sigma }^i$不为0，于是存在$\gamma \in E^{\times }$使得$\alpha =\tau (\gamma )\ne 0$。又
$$\sigma (\alpha )=\sum _{i=0}^{n-1}{\zeta }^i{\sigma }^{i+1}(\gamma )={\zeta }^{-1}\tau (\gamma )={\zeta }^{-1}\alpha$$

从而$\sigma ({\alpha }^n)={\alpha }^n$，${\alpha }^n\in F$。因为$n$是满足此性质的最小正整数，由前证，知道$Gal(F[\alpha ]/F)\simeq \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，从而$E=F[\alpha ]$。

以上证明了

定理 设$F$包含$n>1$次本原单位根$\zeta$。$E/F$为Galois扩张且$Gal(E/F)\simeq \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$（循环扩张）当且仅当$E=F[\alpha ],{\alpha }^n\in F$且$n$为满足此条件的最小正整数。