5.8. Galois 理论的经典应用

5.8.1尺规作图

根据 Wantzel 的结论, 即定理 1.3.4, $x\in \mathbb{R}$ 是尺规可作的当且仅当存在有限个域扩张$$\mathbb{Q}=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m\subset \mathbb{R}$$使得 $[K_i:K_{i-1}]=2$ ($i=1,\cdots ,m$) 并且 $x\in K_m$. 通过添加 $i$ 以及考虑 $z$ 的实部和虚部, 那么, $z\in \mathbb{C}$ 是尺规可作的当且仅当存在有限个域扩张$$\mathbb{Q}=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m\subset \mathbb{C}$$使得 $[K_i:K_{i-1}]=2$ ($i=1,\cdots ,m$) 并且 $z\in K_m$. 通过考虑 $z$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式 $P(X)$ 以及域同构 $\mathbb{Q}[X]\simeq \mathbb{Q}(z)\subset K_m$ 是 $K_m$ 的子域, 所以 $\mathrm{deg}(P)$ 是 $2$ 的幂.

定理 5.8.1. $z\in \mathbb{C}$ 是代数数 (即 $z$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是代数的) , $P(X)\in \mathbb{Q}[X]$ 为其极小多项式, $L$ 为 $P(X)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域. 那么, $z$ 是尺规可作的当且仅当 $[L:K]$ 为 $2$ 的幂.

引理 5.8.2. $G$ 是 $p$-群, 即 $|G|=p^n$, $p$ 为素数, 则存在滤链 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$, 使得$$G_{i-1}\simeq \mathbb{Z},i=1,\cdots n.$$

证明. 对 $n$ 进行归纳. $n=1$ 时, 命题是平凡的. 假设命题对 $<n$ 的整数都成立. 当 $|G|=p^n$ 时, 根据命题 3.2.12, $G$ 的中心 $\mathrm{Z}(G)$ 非平凡, 所以可以选取 $G_{n-1}<\mathrm{Z}(G)$, 使得 $G_{n-1}\simeq \mathbb{Z}$. 我们还有 $G_{n-1}⊲G$. 那么, $G$ 是阶为 $p^{n-1}$ 群. 根据归纳假设, 存在 $G$ 的子群 $G_i$, 其中, $i=1,\cdots ,n-2$, 使得$$G⊳G_1⊳\cdots G_{n-2}⊳1,$$并且$$G_i\simeq G_i\simeq \mathbb{Z}.$$那么, $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$ 为所求的滤链.

$\square$

定理的证明. 假设 $L$ 为 $P$ 的分裂域, $z=z_1,\cdots ,z_n$ 为 $P$ 在 $L$ 中所有的根.

如果 $z$ 是尺规可作的, 则有域扩张的序列$$\mathbb{Q}=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m\subset \mathbb{C},$$使得 $[K_i:K_{i-1}]=2$ ($i=1,\cdots ,m$) 并且 $z\in K_m$. 选取 Galois 扩张 $M$, 使得 $M\supset K_m\cup L$. 由于 $P$ 是不可约多项式, 对每个根 $z_j$, 存在 $g\in \mathbf{Gal}\left(M\right)$, 使得 $g(z)=z_i$. 实际上, 由于 $L$ 是 Galois 扩张, 所以存在 $\sigma \in \mathbf{Gal}\left(L\right)$, 使得 $g(z)=z_i$. 另外, $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 是 $\mathbf{Gal}\left(M\right)$ 的商群, 所以以上陈述成立.

根据上面的讨论, 对任意的 $i$, 我们有域扩张的序列$$\mathbb{Q}=g(K_0)\subset g(K_1)\subset \cdots \subset g(K_m)\subset \mathbb{C},$$使得 $[g(K_i):g(K_{i-1})]=2$ ($i=1,\cdots ,m$) 并且 $g(z)=z_j\in K_m$. 所以, $P$ 的每个根都是尺规可作的. 此时, 由于尺规可作的复数是 $\mathbb{C}$ 的子域而 $L=\mathbb{Q}(z_1,\cdots ,z_n)$, 所以 $L$ 中的元素都是尺规可作的.

由于 $L$ 是有限可分扩张, 根据本原元素定理, 即推论 5.5.35, 存在 $\xi \in L$, 使得 $L=\mathbb{Q}(\xi )$. 由于 $\xi$ 是尺规可作的, 所以, $\xi$ 落在 $\mathbb{Q}$ 的某个扩张 $M^{\prime }$ 中, 其中, $[M^{\prime }:\mathbb{Q}]=2^m$ 而 $L=\mathbb{Q}(\xi )\subset M^{\prime }$, 所以, $[L:\mathbb{Q}]$ 为 $2$ 的幂.

最后证明若 $[L:\mathbb{Q}]=2^m$, 那么, $L$ 中的元素是是尺规可作的. 此时, $\mathbf{Gal}(L)$ 是 $2$-群. 根据上一引理, 存在滤链 $\mathbf{Gal}(L)=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$, 使得$$G_{i-1}\simeq \mathbb{Z},i=1,\cdots n.$$根据 Galois 对应, 存在中间域 $\mathbb{Q}=M_0\subset M_1\subset \cdots \subset M_n=L$, 使得 $[M_i:M_{i-1}]=2$, 其中, $i=1,\cdots ,n$. 根据 Wantzel 的定理, 每个 $M_i$ 中的元素都是尺规可作的.

$\square$

令 $F_m=2^{2^m}+1$, 其中, $m=1,2,\cdots$. 如果 $F_m$ 是素数, 就称之为 Fermat 素数. 我们可以计算$$F_0=3,F_1=5,F_2=17,F_3=257,F_4=65537.$$前 $4$ 个数是素数而 $641\mid F_5$.

注记 5.8.3. 若 $2^n+1$ 是素数, 则 $n$ 为 $2$ 的幂.

实际上, 可以假设 $n=2^{l}m$, 其中, $m$ 是奇数. 若 $m>1$, 则$$2^n+1={\left(2^{2^l}\right)}^m+1=(2^{2^l}+1)\sum _{k=0}^{m-1}(-1{)}^k{\left(2^{2^l}\right)}^k$$是合数.

定理 5.8.4. 正 $n$ 边形是尺规可作的当且仅当 $n$ 形如 $2^m{F}_{l_1}\cdots F_{l_k}$, 其中, $l_1<\cdots <l_k$.

证明. 我们有两个基本的观察:

•	若正 $n$ 边形可作, 由于可以二等分已知角, 从而正 $2n$ 边形也可作;
•	若可以做正 $n$ 边形和正 $m$ 边形, 其中, $n$ 和 $m$ 互素, 则可以做出正 $nm$ 边形. 根据 Bézout 定理, 存在 $a,b\in \mathbb{Z}$, 使得 $an+bm=1$, 从而, $\frac{a}{m}+\frac{b}{n}=\frac{1}{nm}$. 据此, $$e^{\frac{1}{mn}2\pi i}=e^{\frac{a}{m}2\pi i}\cdot e^{\frac{b}{n}2\pi i}$$也是尺规可作的.

根据这两个性质, 只要对奇素数 $p$ 证明如下两条即可:

1)	正 $p$ 边形尺规可作当且仅当 $p$ 是 Fermat 素数.
2)	$p$ 是 Fermat 素数, 正 $p^2$-边形不是尺规可作的.

正 $p$ 边形尺规可作当且仅当 $e^{\frac{2\pi i}{p}}$ 是尺规可作, 其分裂域为 $\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$ 并且 $[\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}}):\mathbb{Q}]=p-1$. 从而, 正 $p$ 边形尺规可作当且仅当 $p-1$ 是 $2$ 的幂, 这也等价于 $p$ 为 Fermat 素数.

另外, 对于素数 $p>2$, 正 $p^2$ 边形尺规可作当且仅当 $e^{\frac{2\pi i}{p^2}}$ 是尺规可作的, 其在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域的次数为 $\phi (p^2)=p(p-1)$, 这显然不是 $2$ 的幂. 所以正 $p^2$-边形不是尺规可作的.

$\square$

例子 5.8.5. 我们考虑多项式 $P(X)=X^4+X^3-X^2-X+1$ 的根是否是尺规可作的, 这等价于研究它在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域 $L$.

首先证明 $P(X)$ 是 $\mathbb{Q}[X]$ 上的不可约多项式. 我们用 $\mathrm{mod}2$ 的方法. 在 ${\mathbb{F}}_2[X]$ 中, $P(X)$ 对应着多项式 $\overline{P}(X)=X^4+X^3+X^2+X+1$, 它显然在 ${\mathbb{F}}_2$ 中没有根. 反设 $P(X)$ 可约, 则其根是某个二次不可约多项式的根, 从而落在 ${\mathbb{F}}_4$ 中. 令 ${\mathbb{F}}_4={\mathbb{F}}_2(a)$, 此时, $a$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上的极小多项式为 $X^2+X+1$, 则 ${\mathbb{F}}_4=\{0,1,a,a+1\}$. 直接计算, 可以给出 $\overline{P}(a)=a+1,\overline{P}(a+1)=a$, 它们均非零, 矛盾. 所以, $\overline{P}$ 是不可约的, 进而 $P$ 在 $\mathbb{Q}[X]$ 中不可约.

由于 $P(X)$ 是实系数多项式, 在 $\mathbb{C}[X]$ 中, 它可以被写成$$P(X)=(X^2+aX+b)(X^2+\overline{a}X+\overline{b}).$$据此, $$\{\begin{array}{ll}& a+\overline{a}=1,\\ & a\overline{a}+b+\overline{b}=-1,\\ & a\overline{b}+b\overline{a}=-1,\\ & b\overline{b}=1.\end{array}$$当 $b=\overline{b}=-1$ 时, 第一个与第三个方程一样, 此时可以解出 $a$, 从而, $$P(X)=(X^2+\frac{1+i\sqrt{3}}{2}X-1)(X^2+\frac{1-i\sqrt{3}}{2}X-1).$$任意选取 $\alpha$ 为 $P(X)$ 的根. 根据以上因式分解, $\frac{1+i\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{1-i\sqrt{3}}{2}$ 在 $\mathbb{Q}(\alpha )$ 中, 即 $i\sqrt{3}\in \mathbb{Q}(\alpha )$, 从而, 我们有域扩张不妨假设 $\alpha$ 是 $X^2+\frac{1+i\sqrt{3}}{2}X-1$ 的根而另一个根是 $\beta ={\alpha }^{-1}$, 则 $X^2+\frac{1+i\sqrt{3}}{2}X-1$ 的根是 $\overline{\alpha }$ 和 $\overline{\beta }$. 此时, 我们有域扩张的图表: 以上每个相邻中间域的扩张次数均为 $2$, 所以 $[L:\mathbb{Q}]=8$. 这表明 $P(X)$ 的所有根都是尺规可作的.

以下我们计算 $\mathbf{Gal}(L)$. 由于 $P(X)$ 不可约, 所以 $\mathbf{Gal}(L)$ 在根 $\{\alpha ,\beta ,\overline{\alpha },\overline{\beta }\}$ 上的作用是传递的. 受此启发, 先考虑如下群论的问题:

注记 5.8.6. 将 ${\mathfrak{S}}_4$ 视作是在 $\{1,2,3,4\}$ 上作用的变换群, $H<{\mathfrak{S}}_4$ 并且 $H$ 在 $\{1,2,3,4\}$ 上的作用是传递的, 我们要找出所有可能的 $H$. 很显然, $4\mid |H|$ 并且 $|H|\mid 24$, 所以, $|H|=4,8,12$ 或者 $24$.

•	$|H|=24$, 则 $H={\mathfrak{S}}_4$.
•	$|H|=12$, 则 $H={\mathfrak{A}}_4$. 实际上, 该群的指标为 $2$, 从而 $H⊲{\mathfrak{S}}_4$. 特别地, $H$ 中不能包含任何的对换, 否则通过共轭它包含所有对换, 从而 $H={\mathfrak{S}}_4$. 所以, $H$ 中包含所有的 $(a,b)(c,d)$ 型置换, 从而包含 ${\mathfrak{A}}_4$.
•	$|H|=8$, 那么, $H={\mathfrak{D}}_4$. 此时, $H$ 为某个 ${\mathfrak{S}}_4$ 的 Sylow $2$-子群. 由于所有的 Sylow $2$-子群同构, 所以, 我们只要给出一个 ${\mathfrak{S}}_4$ 的 Sylow $2$-子群的结构即可. 考虑正 $4$ 边形的对称群 ${\mathfrak{D}}_4$ 作用在 $4$ 个顶点集上, 我们得到 ${\mathfrak{D}}_4\hookrightarrow {\mathfrak{S}}_4$.
•	$|H|=4$, 那么, $H=\mathbb{Z}$ 或者 $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$. 根据上述讨论, 通过共轭可以假设 $H$ 落在 Sylow $2$-子群 ${\mathfrak{D}}_4$ 中. 它的传递的 $4$ 阶子群为 $\mathbb{Z}$ (由旋转 $\frac{\pi }{2}$ 来实现) 或者 $⟨(1,2)(3,4),(1,4)(2,3)⟩$.

根据以上注记, $P(X)=X^4+X^3-X^2-X+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上分裂域的 Galois 群只能是 ${\mathfrak{D}}_4$.

5.8.2多项式的根式解

在这一节中, 为了避免过多的技术负担, 我们只讨论特征为 $0$ 的域. 假设 $K$ 为特征零的域, $P\in K[X]$, 如果 $P$ 在 $\overline{K}$ 的每个根都可以通过有限步如下的操作得到: 每一步都是对前面步骤已经得到数 (包括 $K$) 进行一次加减乘除或者开 $n$ 次方的操作, 我们就说 $P$ 是根式可解的. 类似于尺规作图问题, 这可以用域的语言来表达:

定义 5.8.7. 假设 $K$ 的特征为零, $L$ 是域扩张. 如果存在中间域的序列: $$K=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m=L$$使得对任意的 $i=1,\cdots ,m$, 存在 $x_i\in K_i$ 以及正整数 $d_i$, 使得 $K_i=K_{i-1}(x_i)$ 并且 $x_i^{d_i}\in K_{i-1}$, 就称 $L$ 是根式扩张. 换而言之, $L$ 是通过对 $K$ 添加有限个 $d_i$ 次方根得到的.

对于多项式 $P(X)\in K[X]$, 若存在根式扩张 $L$, 使得 $P$ 在 $L$ 中分裂, 则称 $\mathbf{P}(\mathbf{X})$ 在 $\mathbf{K}$ 上有根式解.

注记 5.8.8. 给定域扩张 $L$ 及中间域 $K\subset M\subset L$, 若 $L$ 和 $M$ 是根式扩张, 则 $L$ 也是.

引理 5.8.9 (技术性引理: 过渡到 Galois 扩张). 域 $K$ 的特征为零, $L$ 是根式扩张, 那么, $L$ 在 $\overline{K}$ 中的正规闭包 $N$ 也是 $K$ 的根式扩张.

注记 5.8.10. $L$ 由 $K$ 添加上 $P(X)\in K[X]$ 的某些根生成. 现在把 $P(X)$ 的所有根都添到 $K$ 中就得到了 $L$ 在 $\overline{K}$ 中的正规闭包 $N$.

证明. $L$ 是根式扩张, 所以存在中间域的序列: $$K=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m=L$$使得对任意的 $i=1,\cdots ,m$, 存在 $x_i\in K_i$ 以及正整数 $d_i$, $K_i=K_{i-1}(x_i)$ 并且 $x_i^{d_i}\in K_{i-1}$. 对 $m$ 进行归纳来证明该命题, 其中 $m=0$ 时, 命题是显然的. 假设命题对 $m-1$ 成立. 我们选取 $x\in L$, 使得 $L=K_{m-1}(x)$ 并且 $x^d\in K_{m-1}$; 令 $N_{m-1}$ 为 $K_{m-1}$ 在 $\overline{K}$ 中的正规闭包; 令 $N$ 为 $K_m=L$ 在 $\overline{K}$ 中的正规闭包. 由于 $x\in L\subset N$, $K_{m-1}\subset L\subset N$, 从而, $N_{m-1}(x)\subset N$. 令 $N^{\prime }$ 为 $N_{m-1}(x)$ 的正规闭包, 从而, $N=N^{\prime }$. 根据归纳假设, $N_{m-1}$ 是根式扩张, 只要证明 $N^{\prime }$ 是根式扩张即可. 由于 $N_{m-1}(x)$ 是根式扩张 (因为 $x^d\in N_{m-1}$) , 只要说明 $N^{\prime }$ 是根式扩张: 根据正规扩张的构造, $N^{\prime }$ 可以看作是从 $N_{m-1}(x)$ 出发, 逐次加入 $x$ 的极小多项式的根 $x_1,\cdots ,x_l$. 由于 $x^d\in N_{m-1}$, 从而, 每次加入的 $x_i^d\in N_{m-1}$, 这当然是根式扩张.

$\square$

定理 5.8.11 (Galois). 域 $K$ 的特征为零, $L$ 是有限的 Galois 扩张, 则如下等价:

1)	存在 $K$ 的根式扩张 $M$, 使得 $K\subset L\subset M$;
2)	$\mathbf{Gal}(L)$ 是可解群.

我们首先做一些准备工作:

注记 5.8.12. 在研究 Kummer 理论时, 我们有如下结论: $K$ 是域并且 $|{\mu }_n(K)|=n$, $L$ 是 $X^n-a$ 在 $K$ 上的分裂域, 则 $\mathbf{Gal}(L)$ 是 ${\mu }_n(K)$ 的子群, 它通过$$\mathbf{Gal}(L)⟶{\mu }_n(K),g\mapsto {\zeta }_g,\text{其中}g(\alpha )={\zeta }_g\alpha .$$来实现.

注记 5.8.13. 以下我们主要用到如下关于可解群的性质: 可解群的子群和商群都是可解的; 对于群 $G$ 及其正规子群 $N⊲G$, 若 $N$ 和 $G$ 可解, 则 $G$ 可解. 另外, 对有限群 $G$ 而言, 可解等价于以下任何一条:

•	$G$ 有滤链 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=1$, 使得 $G_{i+1}$ 是 $G_i$ 的正规子群并且 $G_i$ 交换, 其中 $0⩽i⩽n-1$.
•	$G$ 有滤链 $G=H_0⊳H_1⊳\cdots ⊳H_m=1$, 使得 $H_{i+1}$ 是 $H_i$ 的正规子群并且 $H_i$ 是循环群, 其中 $0⩽i⩽m-1$.

证明. 1)$\Rightarrow$2). 根据上述技术性引理, 选取 $M^{\prime }$ 为 $M$ 在 $\overline{K}$ 中的正规闭包, 那么, $M^{\prime }$ 也是根式扩张. 通过把 $M$ 替换为 $M^{\prime }$, 我们不妨假设 $M$ 是根式扩张也是 Galois 扩张. 因为 $\mathbf{Gal}(L)$ 为 $\mathbf{Gal}(M)$ 的商群, 只要证明 $\mathbf{Gal}(M)$ 是可解群即可. 我们选取$$K=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m=M,$$其中, $K_i=K_{i-1}(x_i)$ 并且 $x_i^{d_i}\in K_{i-1}$, $1⩽i⩽m$. 为了应用 Kummer 理论的想法, 令 $K_i^{\prime }$ 为 $K_i$ 上在 $\overline{K}$ 中) 添加上 $X^{d_1{d}_2\cdots d_m}-1$ 的所有根, 我们就得到如下扩张的示意图. 很明显, 我们仍然有 $K_i^{\prime }=K_{i-1}^{\prime }(x_i)$ 并且 $x_i^{d_i}\in K_{i-1}^{\prime }$, 所以, $M^{\prime }=K_m^{\prime }$ 仍然是 $K^{\prime }$ 上的根式扩张. 另外, $K_m^{\prime }$ 是 Galois 扩张, 这因为 $M=K_m$ 是 $K$ 上某个多项式 $P(X)$ 的分裂域, 所以 $K_m^{\prime }$ 是 $K$ 上多项式 $P(X)$ 和 $X^{d_1{d}_2\cdots d_m}-1$ 的分裂域, 从而是 Galois 扩张. 考虑如下的正合序列: $$1\to \mathbf{Gal}(M^{\prime })\to \mathbf{Gal}(M^{\prime })\to \mathbf{Gal}(K^{\prime })\to 1.$$根据分圆域的理论, $\mathbf{Gal}(K^{\prime })$ 是交换群从而是可解的. 所以, 只要证明 $\mathbf{Gal}(M^{\prime })$ 是可解群即可.

通过以上讨论, 我们不妨设 $K$ 中含所有 $d_1{d}_2\cdots d_m$ 次单位根. 此时, 每个 $K_i$ 都是循环扩张 ($K_i$ 现在是添加了 $X^{d_i}-x_i^{d_i}$ 的所有根) , 通过考虑 $K_{i-1}\subset K_i\subset M$, 我们知道 $\mathbf{Gal}(M)$ 是 $\mathbf{Gal}(M)$ 的正规子群. 如果令 $G_i=\mathbf{Gal}(M)$, 我们就得到滤链: $$G_0⊳G_1⊳\cdots G_{m-1}⊳1,$$并且$$G_{i-1}=\mathbf{Gal}(M)\simeq \mathbf{Gal}(K_i)$$是循环群. 从而, $G_0=\mathbf{Gal}(M)$ 是可解群.

2)$\Rightarrow$1). 假设 $\mathbf{Gal}(L)$ 可解, 我们要构造根式扩张 $M$, 使得 $L\subset M$. 为了使用 Kummer 理论的想法, 令 $K^{\prime }$ 和 $L^{\prime }$ 分别为 $K$ 和 $L$ 添加上 $[L:K]!$ 次的所有单位根所得到的域, 即类似于前面的讨论, $L^{\prime }$ 是 Galois 扩张. 另外, $L$ 是 Galois 扩张, 从而, $\mathbf{Gal}(L^{\prime })⊲\mathbf{Gal}(L^{\prime })$. 另外, 分圆扩张 $L^{\prime }$ 是 Abel 扩张而 $\mathbf{Gal}(L)$ 是可解群, 从而 $\mathbf{Gal}(L^{\prime })$ 是可解群, 所以其子群 $\mathbf{Gal}(L^{\prime })$ 也是可解群. 另外, $[L^{\prime }:K^{\prime }]⩽[L:K]$: 假设 $L=K(\alpha )$, $P(X)$ 为 $\alpha$ 在 $K$ 上的极小多项式, 那么, $L^{\prime }=K^{\prime }(\alpha )$ 而 $\alpha$ 在 $K^{\prime }$ 上的极小多项式的次数不超过 $\mathrm{deg}(P)$. 此时, $K^{\prime }$ 包含了所有 $[L^{\prime }:K^{\prime }]!$ 次单位根. 由于 $K^{\prime }$ 为 $K$ 添加了一个本原单位根, 所以 $K^{\prime }$ 是根式扩张. 于是, 只要对 $L^{\prime }$ 证明即可.

综上所述, 我们不妨设 $K$ 包含了所有的 $[L:K]!$ 次单位根. 由于 $\mathbf{Gal}(L)$ 可解, 所以存在滤链$$\mathbf{Gal}(L)=G_0⊳G_1⊳\cdots G_{m-1}⊳G_m=1,$$使得 $G_{i-1}$ 是循环群, 其中, $i=1,2,\cdots ,m$. 令 $K_i=L^{G_i}$, 根据 Galois 对应, 我们有域扩张的序列: $$K=K_0\subset K_1\subset \cdots \subset K_m=L,$$由于 $G_1⊲G_0$, 所以, $K_1$ 是 Galois 扩张; 由于 $G_2⊲G_1$, 所以, $K_2$ 是 Galois 扩张; 以此类推, $K_i$ 为 Galois 扩张, 其 Galois 群为 $[K_i:K_{i-1}]$ 阶循环群. 由于 $[K_i:K_{i-1}]\mid [L:K]$, $K_{i-1}$ 中包含所有的 $[K_i:K_{i-1}]$ 次单位根. 根据 Kummer 理论, 存在 $x_i\in K_i$, 使得 $K_i=K_{i-1}(x_i)$ 并且 $x_i^{[K_i:K_{i-1}]}\in K_{i-1}$. 所以, $L$ 是根式扩张.

至此, 我们完整地证明了 Galois 的定理.

$\square$

例子 5.8.14. 多项式 $X^5-6X+3\in \mathbb{Q}[X]$ 的分裂域的 Galois 群为 ${\mathfrak{S}}_5$. ${\mathfrak{S}}_5$ 是不可解群, 所以 $X^5-6X+3=0$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不能通过根式求解.

例子 5.8.15 (三次方程). 假设 $\mathrm{Char}(K)=0$ 并且包含一个三次本原单位根 $\xi$, $P(X)=X^3+aX+b\in K[X]$ 是不可约多项式, $L$ 为 $P$ 在 $K$ 上的分裂域. $\alpha ,\beta ,\gamma \in L$ 为 $P$ 的三个根. 此时, $[L:K]=3$ 或 $6$ 而 $\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$ 或 ${\mathfrak{S}}_3$.

令 $H<G$ 为其唯一的 $3$ 阶子群, $\sigma \in H$ 为其生成元并不妨假设 $\sigma (\alpha )=\beta ,\sigma (\beta )=\gamma ,\sigma (\gamma )=\alpha$. 定义 Lagrange 解式$$z=\alpha +\xi \beta +{\xi }^2{\beta }^3,z^{\prime }=\alpha +{\xi }^2\beta +\xi {\beta }^3.$$由于 $\sigma (z)=z,\sigma (z^{\prime })=z^{\prime }$, 所以, $z,z^{\prime }\in L^H$.

现在考虑 Galois 对应: 那么, $[L^H:K]=1$ 或 $2$. 无论何种情形, 我们都有 $L^H=K(\Delta )$, 其中, $$\Delta =(\alpha -\beta )(\alpha -\gamma )(\beta -\gamma ).$$另外, 对于 $P(X)=X^3+aX+b$ 而言, $$\mathrm{Disc}(P)=(-1{)}^{\frac{3(3-1)}{2}}{\Delta }^2=4a^3+27b^2.$$所以, 理论上 $z^3,z^{\prime 3}$ 可以用 $K(\sqrt{-4a^3-27b^2})$ 元素表达, 所以可以用系数 $a,b$ 的根式表达. 通过开三次方, $z,z^{\prime }$ 用系数的根式表达, 在与 $\alpha +\beta +\gamma =0$ 联立, 这就给出了求根公式.

我们现在给出具体的计算. 根据$$\begin{array}{rl}& ({\alpha }^2\beta +{\beta }^2\gamma +{\gamma }^2\alpha )-({\alpha }^2\gamma +{\beta }^2\alpha +{\gamma }^2\beta )=\Delta ,\\ & ({\alpha }^2\beta +{\beta }^2\gamma +{\gamma }^2\alpha )+({\alpha }^2\gamma +{\beta }^2\alpha +{\gamma }^2\beta )=3b\end{array}$$我们可以计算$$\begin{array}{rl}{z}^3& ={\alpha }^3+{\beta }^3+{\gamma }^3+3\xi ({\alpha }^2\beta +{\beta }^2\gamma +{\gamma }^2\alpha )+3{\xi }^2({\alpha }^2\gamma +{\beta }^2\alpha +{\gamma }^2\beta )+6\alpha \beta \gamma \\ & =\frac{3}{2}(\xi -{\xi }^2)\Delta -\frac{27}{2}b,\end{array}$$以及$$\begin{array}{rl}{z}^{\prime 3}& =-\frac{3}{2}(\xi -{\xi }^2)\Delta -\frac{27}{2}b.\end{array}$$进一步, $$\{\begin{array}{l}3\alpha =\alpha +\beta +\gamma +z+z^{\prime },\\ 3\beta =\alpha +\beta +\gamma +{\xi }^{2}z+\xi z^{\prime },\\ 3\gamma =\alpha +\beta +\gamma +\xi z+{\xi }^2{z}^{\prime }.\end{array}$$这就可以给出 Cardanno 的公式.

例子 5.8.16 (四次方程). 假设 $\mathrm{Char}(K)=0$ 并且包含一个三次本原单位根 $\xi$, $P(X)=X^4+a{X}^2+bX+c\in K[X]$ 是不可约多项式, $M$ 为 $P$ 在 $K$ 上的分裂域. $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in M$ 为 $P$ 的四个根. 此时, $\mathbf{Gal}\left(L\right)<{\mathfrak{S}}_4$.

令 $H:=\{1,(1,2)(3,4),(1,3)(2,4),(1,4)(2,3)\}$ 为 ${\mathfrak{S}}_4$ 中的双置换给出的 $4$ 阶子群. 我们有 $H\simeq \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$. 考虑下述 Galois 对应:

令 $u=(\alpha +\beta )(\gamma +\delta ),v=(\alpha +\gamma )(\beta +\delta ),w=(\alpha +\delta )(\beta +\gamma )$. 问题的关键在于注意到 $u,v,w\in L^{H\cap \mathbf{Gal}\left(L\right)}$. 此时, $[L:K]=2,3$ 或 $6$, 所以, $u,v,w$ 理论上是某个 $3$ 次多项式的根, 从而可以被解出来. 实际上, 根据对称性, 我们计算$$(X-u)(X-v)(X-w)=X^3-2a{X}^2+(a^2-4c)X+b^2\in K[X].$$所以, 我们可以利用 Cardanno 的结果来计算 $u,v,w$. 另外, 根据 $\alpha +\beta +\gamma +\delta =0$ 以及 $u=(\alpha +\beta )(\gamma +\delta )$, 我们可以解出 $\alpha +\beta$ 和 $\gamma +\delta$; 类似地, 我们可以解出 $\{\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \}$ 中任意两个数的和, 从而解出所有的根.