5.10. Galois 群计算举例

例子 5.10.1. 令 $K$ 为 $P(X)=X^4+4$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

我们观察到 $P(X)=(X^2+2i)(X^2-2i)$, 所以 $P$ 的根为 $\{\pm \sqrt{\pm 2i}\}$. 再注意到 $\sqrt{2i}=\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}(1+i)=1+i$, 所以, 这个根的极小多项式是二次的, 即 $P$ 是可约的. 实际上, $$P(X)=(X^4+4X^2+4)-4X^2=(X^2+2X+2)(X^2-2X+2).$$我们可以把 $P$ 的根都写成 $\{\pm 1\pm i\}$, 所以, $K=\mathbb{Q}(i)$, 从而 $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq \mathbb{Z}$.

例子 5.10.2. 令 $K$ 为 $P(X)=X^3-3X+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

$P(X)=X^3-3X+1$ 在 $\mathbb{Z}[X]$ 上不可约, 所以, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$ 或 ${\mathfrak{S}}_3$. 我们计算其判别式$$\mathrm{Disc}(P)=-4(-3{)}^3-27\cdot 1^2=81=9^2.$$所以, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$.

例子 5.10.3. 令 $K$ 为 $P(X)=X^3-3TX-T-T^2$ 在 $\mathbb{C}(T)$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

首先, 根据 Eisenstein 判别法以及考察 $\mathbb{C}[T]$ 的素理想 $(T)$, 我们知道 $P(X)$ 在 $\mathbb{C}[T]$ 上不可约, 从而 $P(X)$ 在 $\mathbb{C}(T)=\mathrm{Frac}(\mathbb{C}[T])$ 上不可约, 所以 $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$ 或 ${\mathfrak{S}}_3$. 我们计算其判别式$$\mathrm{Disc}(P)=-4(-3T{)}^3-27(-T-T^2{)}^2=-108T^2(T-1{)}^2=(\sqrt{-108}T(T-1){)}^2.$$所以, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$.

例子 5.10.4. 令 $K$ 为 $P(X)=X^{2^m}-1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 其中, $m⩾2$, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

根据分圆扩张的理论, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\left(\mathbb{Z}\right)}^{\times }$. 我们使用习题 2.7.2 的结论, 即存在群同构: $$\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}⟶{\left(\mathbb{Z}\right)}^{\times },(a,b)\mapsto (-1{)}^a{5}^b\mathrm{mod}{2}^m.$$所以, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq \mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$.

例子 5.10.5. 令 $K$ 为 $P(X)=X^4-5$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

考虑域扩张的序列 $\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}(5^{\frac{1}{4}})\subset K=\mathbb{Q}(5^{\frac{1}{4}},i)$, 我们知道 $[K:\mathbb{Q}]=8$.

根据例子 5.6.52, $\mathbf{Gal}(L)$ 是 ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群. 然而, $|{\mathbf{Aff}}_1(\mathbb{Z})|=8$, 所以, $$\mathbf{Gal}(L)\simeq {\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right).$$

另外, ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)\simeq {\mathfrak{D}}_4$. 实际上, ${\mathbf{Aff}}_1$ 中的元素$$x\mapsto 3x,x\mapsto x+1$$恰好对应着 ${\mathfrak{D}}_4$ 中的一个反射与一个旋转.

例子 5.10.6. 令 $K$ 为 $P(X)=X^6-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

根据例子 5.6.52, $\mathbf{Gal}(L)$ 是 ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群. 另外, 由于 $|(\mathbb{Z})|=2$, 所以, $|{\mathbf{Aff}}_1(\mathbb{Z})|=12$ 并且 ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)\simeq {\mathfrak{D}}_6$. 实际上, ${\mathbf{Aff}}_1$ 中的元素$$x\mapsto 5x,x\mapsto x+1$$对应 ${\mathfrak{D}}_6$ 中的一个反射与一个旋转.

另外, 域扩张的序列 $\mathbb{Q}\subset \mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}})\subset K=\mathbb{Q}(2^{\frac{1}{6}},{\xi }_6)$ 表明 $[K:\mathbb{Q}]⩾12$. 所以, $$\mathbf{Gal}(L)\simeq {\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)\simeq {\mathfrak{D}}_6.$$

例子 5.10.7. 令 $L$ 为 $P(X)=X^n-T$ 在 $K=\mathbb{C}(T)$ 或 $K=\mathbb{R}(T)$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$.

根据 Eisenstein 判别法, $P(X)$ 在这两个域上均为不可约多项式. 当 $K=\mathbb{C}(T)$ 时, 由于 $\mathbb{C}(T)$ 上包含所有 $n$-次单位根, 根据 Kummer 理论, $\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq \mathbb{Z}$.

当 $K=\mathbb{R}(T)$, 我们仍然有 $L=\mathbb{C}(\sqrt[n]{T})=\mathbb{R}(T)(\sqrt[n]{T},i)$, 即 $\mathbb{R}(T)\subset \mathbb{R}(T)(\sqrt[n]{T})\subset \mathbb{R}(T)(\sqrt[n]{T},i)$, 所以, $[L:K]=2n$. 另外, 仿照例子 5.6.52, 对任意 $g\in \mathbf{Gal}\left(L\right)$, 通过考虑 $g$ 在 $i$ 和 $\sqrt[n]{T}$ 的作用, 我们知道 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 是由映射$$\{(i,\sqrt[n]{T})\mapsto (\pm i,{\xi }_n^k\sqrt[n]{T})\}$$构成的群的子群. 容易看出, 这是 ${\mathfrak{D}}_n$. 由于 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 恰有 $2n$ 个元素, 所以, $\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq {\mathfrak{D}}_n$.

例子 5.10.8. 令 $K$ 为 $P(X)=X^6+3$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

根据 Eisenstein 判别法, $P$ 是不可约多项式, 从而, $6\mid [K:\mathbb{Q}]$. 注意到 $\alpha =i\sqrt[6]{3}$ 是 $P$ 的根并且 $K$ 包含 $6$ 次单位根 ${\xi }_6$, 从而, $K=\mathbb{Q}(\alpha ,{\xi }_6)$.

根据例子 5.6.52, $\mathbf{Gal}(L)$ 是 ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群. 然而, $|{\mathbf{Aff}}_1(\mathbb{Z})|=12$, 所以, $[K:\mathbb{Q}]=6$ 或 $12$. 通过考虑 $\mathbf{Gal}(L)$ 对 $\alpha$ 和 ${\xi }_6$ 的作用, 我们来证明 $[K:\mathbb{Q}]=6$.

给定 $g\in \mathbf{Gal}(L)$, 由于 ${\xi }_6$ 和 ${\xi }_6^{-1}$ 是仅有的 $6$ 次本原单位根, 所以$$g({\xi }_6)={\xi }_6^a,g(\alpha )={\xi }_6^b\cdot \alpha ,$$其中, $a=\pm 1$, $b=0,1,\cdots ,5$ 并且 $a,b$ 的值决定了 $g$. 由于 ${\xi }_6=\frac{1}{2}+\frac{i\sqrt{3}}{2}$, 所以, ${\xi }_6$ 在 $g$ 下的像由 $g(i\sqrt{3})$ 决定, 即 $g(i\sqrt{3})=a\cdot i\sqrt{3}$. 另外, $-{\alpha }^3=i\sqrt{3}$, 从而, $$a=i\sqrt{3}=g(-{\alpha }^3)=-g(\alpha {)}^3=-{\xi }_6^{3b}{\alpha }^3={\xi }_6^{3b}\cdot i\sqrt{3}.$$所以, $a={\xi }_6^{3b}$. 当 $a=1$ 时, $b=0,2,4$; 当 $a=-1$ 时, $b=1,3,5$. 所以, 这样的 $(a,b)$ 的个数不超过 $6$. 据此, $[K:\mathbb{Q}]=6$. 实际上, 以上运算表明 ${\alpha }^3=i\sqrt{3}$, 从而 ${\xi }_6=\frac{1}{2}-\frac{{\alpha }^3}{2}$, 这就直接证明了 $K=\mathbb{Q}(\alpha ,{\xi }_6)=\mathbb{Q}(\alpha )$.

令 $X=\{\{\alpha ,-\alpha \},\{{\xi }_6\alpha ,-{\xi }_6\alpha \},\{{\xi }_6^2\alpha ,-{\xi }_6^2\alpha \}\}$ 为根的集合的一个分拆, 不难看出, $\mathbf{Gal}(L)$ 作用在 $X$ 上, 这就给出了 $\mathbf{Gal}(L)\simeq {\mathfrak{S}}_3$.

例子 5.10.9. 令 $L$ 为 $P(X)=(X^5-2)(X^5-3)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$.

首先考虑 $K=\mathbb{Q}({\xi }_5,\sqrt[5]{2})$, 这是 $X^5-2$ 的分裂域. 由于 $K$ 有 $4$ 次中间域 $\mathbb{Q}({\xi }_5)$ 和 $5$ 次中间域 $\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2})$, 所以, $[K:\mathbb{Q}]=20$. 根据例子 5.6.52, $\mathbf{Gal}(K)$ 是 ${\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群, 其中, $|{\mathbf{Aff}}_1(\mathbb{Z})|=20$, 所以, $\mathbf{Gal}(K)\simeq {\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$. 给定 $g\in \mathbf{Gal}(K)$, 它由以下 $a,b$ 决定: $$g({\xi }_5)={\xi }_5^a,g(\sqrt[5]{2})={\xi }_5^b\cdot \sqrt[5]{2},1⩽a⩽4,0⩽b⩽4.$$

我们现在证明 $X^5-3$ 在 $K=\mathbb{Q}({\xi }_5,\sqrt[5]{2})$ 上不可约:

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$X^5-3$ 在 $K$ 上没有根. 我们注意到 $\mathbb{Q}({\xi }_5^b\cdot \sqrt[5]{2})$ 是 $K$ 的 $5$ 个不同的 $5$ 次中间域, 其中, $b=0,1,\cdots ,5$ (如果有两个相同, 则 ${\xi }_5$ 和 $\sqrt[5]{2}$ 都在这个中间域中) , 它们对应着 $\mathbf{Gal}(K)$ 的 $5$ 个子群. 由于 $20$ 阶的群的 Sylow $2$-子群最多有 $5$ 个, 所以, 这是 $K$ 的所有 $5$ 次中间域. 如果 $\sqrt[5]{3}\in K=\mathbb{Q}({\xi }_5,\sqrt[5]{2})$, 则 $\mathbb{Q}(\sqrt[5]{3})$ 为一个 $5$ 次中间域并且落在 $\mathbb{R}$ 中, 这表明 $\mathbb{Q}(\sqrt[5]{3})=\mathbb{Q}(\sqrt[5]{2})=M$. 据此, 由于 $\left\{\right(\sqrt[5]{2}{)}^b{\}}_{b=0}^4$ 是 $M$ 的基, 所以, 存在 $l_0,\cdots ,l_4\in \mathbb{Q}$, 使得$$\sqrt[5]{3}=l_0+l_1\sqrt[5]{2}+l_2(\sqrt[5]{2}{)}^2+l_3(\sqrt[5]{2}{)}^3+l_4(\sqrt[5]{2}{)}^4.$$通过取迹 ${\mathrm{Tr}}_{{}_M}$, 则 $l_0=0$. 此时, 考虑$$\sqrt[5]{3}(\sqrt[5]{2}{)}^4=l_1+l_2\sqrt[5]{2}+l_3(\sqrt[5]{2}{)}^2+l_4(\sqrt[5]{2}{)}^3.$$那么, $\beta =\sqrt[5]{3}(\sqrt[5]{2}{)}^4=\sqrt[5]{3\cdot 2^4}$ 满足 ${\beta }^5-3\cdot 2^4=0$, 从而, $1,\beta ,\cdots ,{\beta }^4$ 也是 $M$ 的基, 从而, 取迹 ${\mathrm{Tr}}_{{}_M}$ 给出 $l_1=0$. 以此类推, $l_0=\cdots =l_4=0$, 矛盾.

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$X^5-3$ 在 $K$ 上不能分解成一个二次与一个三次不可约多项式的乘积. 如若不然, 根据上述, $X^5-3=P(X)Q(X)$, 其中, $P(X),Q(X)\in K[X]$ 并且 $P,Q$ 是首一的并且是不可约的. 那么, 对任意的 $\sigma \in \mathbf{Gal}(K)$, 我们有$$X^5-3=(X^5-3{)}^{\sigma }=P^{\sigma }(X)Q^{\sigma }(X).$$此时, $P^{\sigma }(X),Q^{\sigma }(X)$ 均为首一不可约多项式. 根据 $K[X]$ 是唯一分解整环以及 $P$ 与 $Q$ 的次数为 $2$ 和 $3$, 我们必有 $P^{\sigma }(X)=P(X),Q^{\sigma }(X)=Q(X)$, 其中, $\sigma \in \mathbf{Gal}(K)$. 这说明 $P,Q\in \mathbb{Q}[X]$, 矛盾.

综上所述, 我们得到 $[L:\mathbb{Q}]=100$, 其中, $L=K(\sqrt[5]{3})=\mathbb{Q}({\xi }_5,\sqrt[5]{2},\sqrt[5]{3})$.

我们现在将 $\mathbf{Gal}(L)$ 实现为 ${\mathbf{Aff}}_2\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群, $${\mathbf{Aff}}_2\left(\mathbb{Z}\right)=\left\{f_{A,b}:{\mathbb{F}}_5^2\to {\mathbb{F}}_5^2|\text{对任意 x∈F52，}{f}_{A,b}(x)=A\cdot x+b,A\in \mathbf{GL}(2;{\mathbb{F}}_5),b\in {\mathbb{F}}_5^2\right\}$$$\mathbf{Gal}(K)\simeq {\mathbf{Aff}}_1\left(\mathbb{Z}\right)$. 给定 $g\in \mathbf{Gal}(K)$, 它由以下 $a,b_1,b_2$ 决定: $$g({\xi }_5)={\xi }_5^a,g(\sqrt[5]{2})={\xi }_5^{b_1}\cdot \sqrt[5]{2},g(\sqrt[5]{3})={\xi }_5^{b_2}\cdot \sqrt[5]{3},1⩽a⩽4,0⩽b_1,b_2⩽4.$$按照定义, 令 $A=\left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& a\end{array}\right),b=\left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\end{array}\right)$, 定义$$\phi :\mathbf{Gal}(L)\mapsto {\mathbf{Aff}}_2\left(\mathbb{Z}\right),g\mapsto \left(\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)\mapsto \left(\begin{array}{cc}a& 0\\ 0& a\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\end{array}\right)\right)$$这样的元素恰好有 $100$ 个.

特别地, ${\mathbf{Aff}}_2\left(\mathbb{Z}\right)$ 的子群$$\left\{f_{A,b}:{\mathbb{F}}_5^2\to {\mathbb{F}}_5^2|A\in \mathbf{GL}(2;{\mathbb{F}}_5)\text{ 且是对角阵},b\in {\mathbb{F}}_5^2\right\}$$是可解群. 实际上, $100$ 阶的群的 Sylow $5$-子群都是正规子群. 由于 $5$-群均可解, 所以每个 $100$ 阶的群都是可解群.

例子 5.10.10. 令 $L$ 为 $P(X)=X^6-3X^2+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$.

令 $Q(X)=X^3-3X^2+1$, 则 $Q$ 是不可约多项式并且有三个实根依次记作 $\alpha <0<\beta <\gamma$. 令 $K$ 为 $Q(X)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 由于 $\Delta (Q)=81=9^2$, 所以 $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{A}}_3$, 选取生成元 $\sigma \in \mathbf{Gal}\left(K\right)$, 使得 $\sigma (\alpha )=\beta ,\sigma (\beta )=\gamma ,\sigma (\gamma )=\alpha$. 由于 $[K:\mathbb{Q}]=3$, 我们还有 $K=\mathbb{Q}(\alpha )=\mathbb{Q}(\beta )=\mathbb{Q}(\gamma )$.

由于 $P(X)=Q(X^2)$, 所以, $L=K(\sqrt{\alpha },\sqrt{\beta },\sqrt{\gamma })=\mathbb{Q}(\sqrt{\alpha },\sqrt{\beta },\sqrt{\gamma })$. 由于 $\sqrt{\alpha }\notin \mathbb{R}$, 所以, $[L:K(\sqrt{\beta },\sqrt{\gamma })]=2$.

由于 $\mathbf{Gal}\left(L\right)\stackrel{\mathrm{Res}}{⟶}\mathbf{Gal}\left(K\right)$ 是满射, 任选 $\overline{\sigma }$ 为 $\sigma$ 在 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 中的延拓. 那么, $\overline{\sigma }(\sqrt{\alpha })=\pm \sqrt{\beta },\overline{\sigma }(\sqrt{\beta })=\pm \sqrt{\gamma },\overline{\sigma }(\sqrt{\gamma })=\pm \sqrt{\alpha }$. 利用 $\overline{\sigma }$, 我们可以看出 $[K(\sqrt{\beta }):K]=2$: 否则 $\sqrt{\beta }\in K$ 而 $\overline{\sigma }(K)\subset K$, 所以, ${\overline{\sigma }}^2(\sqrt{\alpha })=\pm \gamma \in K$, 这与 $K\subset \mathbb{R}$ 矛盾. 类似地, $[K(\sqrt{\gamma }):K]=2$.

利用 $\overline{\sigma }$, 我们证明 $\mathbb{Q}(\sqrt{\beta })\ne \mathbb{Q}(\sqrt{\gamma })$: 若不然, 令 $\mathbb{Q}(\sqrt{\beta })=\mathbb{Q}(\sqrt{\gamma })=M$, 由于 $\overline{\sigma }(\sqrt{\beta })=\pm \sqrt{\gamma }$, 所以 $\overline{\sigma }(M)\subset M$, 从而, ${\overline{\sigma }}^2(\sqrt{\beta })=\pm \sqrt{\alpha }\in M$, 这与 $M\subset \mathbb{R}$ 矛盾. 综合上述讨论, 我们得到上述扩张的图表.

由于 $L$ 是 $(X^2-\alpha )(X^2-\beta )(X^2-\gamma )$ 的分裂域, 其 Galois 群的 $8$ 个元素可以罗列如下: $$\{\alpha \mapsto \pm \sqrt{\alpha },\beta \mapsto \pm \sqrt{\beta },\gamma \mapsto \pm \sqrt{\gamma }\}.$$所以, $\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq {\left(\mathbb{Z}\right)}^3$. 特别地, 我们有$$1⟶{\left(\mathbb{Z}\right)}^3⟶\mathbf{Gal}\left(L\right)⟶\mathbb{Z}⟶1.$$(5.10.1)我们也可以将 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 的元素全部罗列出来: $$\{\begin{array}{ll}& \alpha \mapsto \pm \sqrt{\alpha },\\ & \beta \mapsto \pm \sqrt{\beta },\\ & \gamma \mapsto \pm \sqrt{\gamma }.\end{array},\{\begin{array}{ll}& \alpha \mapsto \pm \sqrt{\beta },\\ & \beta \mapsto \pm \sqrt{\gamma },\\ & \gamma \mapsto \pm \sqrt{\alpha }.\end{array},\{\begin{array}{ll}& \alpha \mapsto \pm \sqrt{\gamma },\\ & \beta \mapsto \pm \sqrt{\alpha },\\ & \gamma \mapsto \pm \sqrt{\beta }.\end{array}$$这自然给出了 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 的群结构.

我们现在用矩阵群或者更为熟悉的群来表示 $\mathbf{Gal}\left(L\right)$. 实际上, 我们有$$\mathbf{Gal}\left(L\right)=\left\{\left(\begin{array}{ccc}\pm 1& 0& 0\\ 0& \pm 1& 0\\ 0& 0& \pm 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}0& \pm 1& 0\\ 0& 0& \pm 1\\ \pm 1& 0& 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{ccc}0& 0& \pm 1\\ \pm 1& 0& 0\\ 0& \pm 1& 0\end{array}\right)\right\}.$$

另外, 根据正合列 (5.10.1), $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 中有 $3$ 阶子群 $H\simeq ⟨\overline{\sigma }⟩$ (可能要重选 $\overline{\sigma }$) , 其像为 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$; $\mathbf{Gal}\left(L\right)$ 中有同构于 ${\mathbb{F}}_2^3$ 的 $8$ 阶子群 $N$. 由于它们的阶互素, 所以, $\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq N{⋊}_{\phi }H$, 其中, 作用 $\phi$ 由如下映射给出: $$\phi (\overline{\sigma }):(x_1,x_2,x_3)\mapsto (x_2,x_3,x_1),\forall (x_1,x_2,x_3)\in N\simeq {\mathbb{F}}_2^3.$$以上给出了$$\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq {\left(\mathbb{Z}\right)}^3{⋊}_{\phi }\mathbb{Z}.$$

我们还可以证明$$\mathbf{Gal}\left(L\right)\simeq {\mathfrak{A}}_4\times \mathbb{Z}.$$首先观察到 $H$ 在 $N={\mathbb{F}}_3^2$ 上的作用有一个 $1$ 维不变子空间: $$V={\mathbb{F}}_2\cdot (1,1,1)=\{(0,0,0),(1,1,1)\}\subset {\mathbb{F}}_3^2.$$注意到 $V$ 在 ${\mathbb{F}}_3^2$ 中有一个 $2$ 维的补空间 $W$, 它由 $(1,1,0),(1,0,1)$ 和 $(0,1,1)$ 张成. 实际上,$$W=\{(x_1,x_2,x_2)\in {\mathbb{F}}_2^3|x_1+x_2+x_3=0\}.$$此时, ${\mathbb{F}}_3^2=V\oplus W$ 并且 $W$ 在 $H$ 的作用下也不变. 此时, 我们有$${\mathbb{F}}_2^3{⋊}_{\phi }H\simeq (V\times W){⋊}_{\phi }H\simeq V\times (W{⋊}_{\phi }H)\simeq \mathbb{Z}\times (W{⋊}_{\phi }H).$$将 $W$ 等同于 ${\mathfrak{A}}_4$ 中的 $\{1,(1,2)(3,4),(1,3)(2,4),(1,4)(2,3)\}$ 而 $H$ 等同于某个 $3$-循环生成的子群, 容易看出, ${\mathfrak{A}}_4\simeq W{⋊}_{\phi }H$, 这就完成了计算.