5.9. modp 的理论

5.9.1代数整数环的有限性

我们现在利用 5.3 一节关于整扩张的概念来研究 $\mathrm{mod}p$ 约化的理论. 我们回忆以下关于整扩张的图像: $A$ 是整环, $K=\mathrm{Frak}(A)$ 为其分式域, $L$ 为代数扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包.

注记 5.9.1. 根据命题 5.3.15, 对任意的 $x\in B$, 其极小多项式 $P(X)\in A[X]$. 我们回忆 ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}$ 和 ${\mathrm{N}}_{{}_L}$ 的定义 ¹. 给定 $x\in L$, 对乘法定义的线性映射: $$m_x:L⟶L,y\mapsto x\cdot y.$$其迹、行列式和特征多项式给出了 ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}$ 和 ${\mathrm{N}}_{{}_L}$: $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x)=\mathrm{Tr}(m_x),{\mathrm{N}}_{{}_L}(x)=\det (m_x),P_{{}_L,x}(X)=\det (X\cdot I-m_x).$$其中, $$P_{{}_L,x}(X)=P(X{)}^{[L:K(x)]}.$$从而, $P_{{}_L,x}(X)\in A[X]$. 特别地, ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x),{\mathrm{N}}_{{}_L}(x)\in A$.

命题 5.9.2 (有限性). 假设 $A$ 是整闭的 Noether 环, $K=\mathrm{Frak}(A)$, $L$ 为有限可分扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包. 那么, $B$ 是有限生成的 $A$-模.

特别地, 若 $A$ 是主理想整环, 则 $B$ 是自由 $A$-模且其秩为 $[L:K]$.

证明. 作为 $K$-线性空间, 我们可以选取 $L$ 的一组基 $\{x_1,\cdots ,x_n\}$, 使得 $\{x_1,\cdots ,x_n\}\subset B$. 这是因为 $L=(A^{\times }{)}^{-1}B$. 由于 $L$ 可分, 非退化的双线性型$$L\times L⟶K,(x,y)\mapsto {\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y),$$给出 $K$-线性空间的同构: $$L⟶L^{\ast },x\mapsto (y\mapsto {\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y)).$$据此, 选取 $\{y_i{\}}_{1⩽i⩽n}\subset L$ 为 $\{x_1,\cdots ,x_n\}$ 的对偶基, 即$${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x_i\cdot y_j)={\delta }_i^j,1⩽i,j⩽n.$$定义 $B$ 的对偶模: $$B^{\prime }=\{x\in L|{\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot x_j)\in A,1⩽j⩽n\}.$$这显然是 $A$-模并且 $B\subset B^{\prime }$. 另外, 对任意的 $x\in B^{\prime }$, 我们有$$x=\sum _{j=1}^n{\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot x_j)y_j.$$这表明 $B^{\prime }$ 是有限生成的 $A$-模, 其中 $\{y_i{\}}_{1⩽i⩽n}$ 是生成元. 由于 $A$ 是 Noether 环, 所以 $B^{\prime }$ 是 Noether 模, 进而其子模 $B$ 是有限生成的.

若 $A$ 是主理想整环, 由于 $B\subset L$ 是无挠的, 主理想整环上有限生成模的分类定理表明 $B$ 是自由 $A$-模. 再令 $B^{\prime \prime }:={\oplus }_{j=i}^{n}A{x}_i$, 则$$B^{\prime \prime }\subset B\subset B^{\prime }.$$由于 $B^{\prime \prime }$ 和 $B^{\prime }$ 都是秩为 $[L:K]$ 的自由模, 所以 $B$ 也是.

$\square$

注记 5.9.3 (数域的扩张). 考虑 $\mathbb{Q}$ 的有限扩张 $K$, 令 ${\mathcal{O}}_K$ 为 $K$ 的整数环; $L$ 为 $K$ 的有限扩张, ${\mathcal{O}}_L$ 为 ${\mathcal{O}}_K$ 在 $L$ 中的整闭包. 从而, ${\mathcal{O}}_L$ 也是 $\mathbb{Z}$ 在 $L$ 中的整闭包, 即 ${\mathcal{O}}_L$ 为 $L$ 所对应的代数整数环. 根据以上命题, ${\mathcal{O}}_L$ 是秩为 $[L:\mathbb{Q}]$ 的自由交换群.

例子 5.9.4 ($\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$ 的整数环, $p$ 是素数). 令 $\xi =e^{\frac{2\pi i}{p}}$, $L=\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$, $\xi$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式为$$X^{p-1}+\cdots +X+1.$$特别地, $\xi \in {\mathcal{O}}_L$ 并且 $\underset{j=0}{\overset{p-2}{⨁}}\mathbb{Z}\cdot {\xi }^j\subset {\mathcal{O}}_L$.

容易看出, $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}({\xi }^k)=\{\begin{array}{ll}p,& k=0;\\ -1,& 1⩽k⩽p-1.\end{array}$$我们现在证明$${\mathrm{N}}_{{}_L}(1-\xi )=(-1{)}^{p-1}p.$$我们可以利用 $1,\xi ,\cdots ,{\xi }^{p-2}$ 为 $L$ 的基对 $m_{\xi }$ 所对应的矩阵直接计算行列式; 也可以对 $1-\xi$ 在 Galois 群作用下的像取乘积. 根据$$P(X)=X^{p-1}+\cdots +X+1=\frac{X^p-1}{X-1},$$我们考虑$$Q(X)=P(X+1)=\frac{(X+1{)}^p-1}{X}=X^{p-1}+\cdots +p.$$那么, $\xi -1$ 是 $Q(X)$ 的根, 从而, $${\mathrm{N}}_{{}_L}(\xi -1)=\prod _{\sigma \in \mathbf{Gal}(L)}\sigma (\xi -1)=p.$$特别地, 上述计算给出$${\mathrm{N}}_{{}_L}(\xi -1)=(-1{)}^{p-1}\prod _{k=1}^{p-1}(1-{\xi }^k)=(-1{)}^{p-1}p.$$从而, $$p=\prod _{k=1}^{p-1}(1-{\xi }^k).$$特别地, $p\in {\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi )$, 其中, ${\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi )$ 是 ${\mathcal{O}}_L$ 的主理想. 由于 $1-\xi \notin {\mathcal{O}}_L^{\times }$, 所以, ${\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi )\cap \mathbb{Z}=p\mathbb{Z}$ (因为 ${\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi )$ 要包含在某个素理想 $\mathfrak{p}$ 中而 $\mathfrak{p}\cap \mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 中的素理想并且包含 $p$) .

令 $x\in {\mathcal{O}}_L$, 那么, 对任意的 $\sigma \in \mathbf{Gal}(L)$, $\sigma (x)\in {\mathcal{O}}_L$ (它们满足同一个首一整系数多项式) . 从而, $$\sigma (x\cdot (1-\xi ))=\sigma (x)\cdot (1-{\xi }^{k_{\sigma }})=\sigma (x)\cdot (1+\xi +\cdots +{\xi }^{k_{\sigma }}-1)(1-\xi )\in {\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi ).$$据此, $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot (1-\xi ))=\sum _{\sigma \in \mathbf{Gal}(L)}\sigma (x\cdot (1-\xi ))\in {\mathcal{O}}_L\cdot (1-\xi ).$$另一方面, ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot (1-\xi ))\in \mathbb{Z}$. 从而, $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot (1-\xi ))\in p\mathbb{Z},\forall x\in {\mathcal{O}}_L.$$假设 $x=a_0+a_1\xi +\cdots +a_{p-2}{\xi }^{p-2}\in {\mathcal{O}}_L$, 其中, $a_0,\cdots ,a_{p-2}\in \mathbb{Q}$. 那么, $$\begin{array}{rl}{\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot (1-\xi ))& ={\mathrm{Tr}}_{{}_L}(a_0(1-\xi )+\sum _{i=1}^{p-2}{a}_i{\xi }^i-\sum _{i=1}^{p-2}{a}_i{\xi }^{i+1})\\ & ={\mathrm{Tr}}_{{}_L}(a_0(1-\xi ))+\sum _{i=1}^{p-2}{a}_i{\xi }^i-\sum _{i=1}^{p-2}{a}_i{\xi }^{i+1}\\ & =p{a}_0.\end{array}$$从而, $p{a}_0\in p\mathbb{Z}$, 所以, $a_0\in \mathbb{Z}$. 另外, ${\xi }^{-1}={\xi }^{p-1}\in {\mathcal{O}}_L$, 从而, $$a_1+a_2\xi +\cdots +a_{p-2}{\xi }^{p-2}=(x-a_0)\cdot {\xi }^{-1}\in {\mathcal{O}}_L.$$从而, $a_1\in \mathbb{Z}$. 重复这个过程, 我们得到 $a_i\in \mathbb{Z}$, $i=0,\cdots ,p-2$. 最终, 我们证明$${\mathcal{O}}_{\mathbb{Q}(\xi )}=\mathbb{Z}[\xi ],\xi =e^{\frac{2\pi i}{p}}.$$

5.9.2素理想与 Galois 群

我们研究 $A$ 与其整扩张 $B$ 的素理想之间的关联. 我们不加证明的引用如下定理:

定理 5.9.5 (Cohen-Seidenberg). 给定环的整扩张 $A\subset B$, $\mathfrak{p}\subset A$ 是素理想. 那么, 存在素理想 $\mathfrak{q}\subset B$, 使得 $\mathfrak{q}$ 在 $\mathfrak{p}$ 之上, 即 $\mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}$.

注记 5.9.6. Cohen-Seidenberg 定理的证明并不困难, 自然的想法是对 $\mathfrak{p}$ 的局部化. 这个证明与课程的主旨关联不大, 所以略去.

注记 5.9.7. 在 Cohen-Seidenberg 定理中, $\mathfrak{p}$ 是极大理想当且仅当 $\mathfrak{q}$ 是极大理想.

实际上, 我们有环的扩张 $A\hookrightarrow B$, 这是整扩张.

如果 $\mathfrak{p}$ 是极大理想, 那么, $A$ 是域, 从而, 对任意的 $x\in B$, 存在 $a_0,\cdots ,a_{n-1}\in A$, 其中, $a_0\ne 0$, 使得$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0\Rightarrow x\cdot a_0^{-1}(x^{n-1}+a_{n-1}{x}^{n-2}+\cdots +a_1)=1.$$这说明 $x$ 有逆, 从而, $B$ 是域, 所以, $\mathfrak{q}$ 是极大理想.

反之, $\mathfrak{q}$ 是极大理想, 那么, $B$ 是域. 对任意的 $x\in A$, $x^{-1}$ 在 $A$ 上是整的, 从而, 存在 $a_0,\cdots ,a_{n-1}\in A$, 其中, $a_0\ne 0$, 使得$$x^{-n}+a_{n-1}{x}^{1-n}+\cdots +a_1{x}^{-1}+a_0=0\Rightarrow x^{-1}=-(a_{n-1}+\cdots +a_1{x}^{n-2}+a_0{x}^{n-1})\in A.$$所以, $A$ 是域, 即 $\mathfrak{p}$ 是极大理想.

假设 $K_0=\mathbb{Q}$ 的有限扩张 $K$, 令 $A$ 为 $A_0=\mathbb{Z}$ 在 $K$ 中的整闭包, $L$ 为 $K$ 的有限扩张, $B$ 为 $A$ 在 $L$ 中的整闭包. ²令 $I_{\mathfrak{p}}=\{\mathfrak{q}\subset B|\text{q是素理想并且在p之上}\}$. 根据 Cohen-Seidenberg 定理, $I_{\mathfrak{p}}\ne \varnothing$.

考虑 $\mathfrak{p}\cap A_0$, 这是 $A_0$ 中的素理想, 从而是 $A_0$ 中的极大理想 (因为 $A_0$ 是主理想整环) . 从而, $\mathfrak{p}$ 是 $A$ 中的极大理想. 特别地, 每个 $\mathfrak{q}\in I_{\mathfrak{p}}$ 都是 $B$ 中的极大理想. 这表明$$I_{\mathfrak{p}}=\{\mathfrak{q}\subset B|\text{q是素理想并且在p之上}\}=\{\mathfrak{q}\supset \mathfrak{p}\cdot B\left|\text{q是素理想}\right\}.$$

注记 5.9.8 (有限性). 根据 $A$ 和 $B$ 是 Noether 环, 我们可以证明 $I_{\mathfrak{p}}$ 为有限集. 以下只对 $L$ 是 Galois 扩张的情形证明此结果 (据此也能推出一般的结论) .

定理 5.9.9. $A,B,K,L$ 和 $\mathfrak{p}$ 如上所述, 进一步假设 $L$ 是 Galois 扩张. 那么, $\mathbf{Gal}(L)$ 可以传递地作用在 $I_{\mathfrak{p}}$ 上: $$\mathbf{Gal}(L)\times I_{\mathfrak{p}}\to I_{\mathfrak{p}},(\sigma ,\mathfrak{q})\mapsto \sigma (\mathfrak{q}).$$特别地, $|I_{\mathfrak{p}}|⩽|\mathbf{Gal}(L)|$.

注记 5.9.10 (Galois 群对素理想的作用). 对于 $x\in B$, $x$ 是 $A$-系数的首一多项式的根, 所以对任意的 $\sigma \in \mathbf{Gal}(L)$, $\sigma (x)$ 也是该方程的根. 从而, $\sigma (x)\in B$. 这就给出了环同构: 特别地, 对于 $\mathfrak{q}\in I_{\mathfrak{p}}$, $\sigma (\mathfrak{q})$ 仍然是 $B$ 中的素理想; 由于 $\sigma {|}_A=\mathrm{id}$, 所以 $\mathfrak{q}$ 仍在 $\mathfrak{p}$ 之上. 这就给出了定理中的群作用.

证明. 现在证明 $\mathbf{Gal}(L)$ 在 $I_{\mathfrak{p}}$ 上的作用传递. 如若不然, 选取 $\mathfrak{q},{\mathfrak{q}}^{\prime }\in I_{\mathfrak{p}}$, 使得 $\mathfrak{q}\notin \{\sigma ({\mathfrak{q}}^{\prime })|\sigma \in \mathbf{Gal}(L)\}$. 由于它们都是极大理想, 所以是两两互素的. 根据中国剩余定理, $$\pi :B\to B\times \prod _{\sigma \in \mathbf{Gal}(L)}B$$是满射, 从而, 存在 $x\in B$, 使得$$\{\begin{array}{ll}& x\equiv 0\mathrm{mod}\mathfrak{q};\\ & x\equiv 1\mathrm{mod}\sigma ({\mathfrak{q}}^{\prime }),\forall \sigma \in \mathbf{Gal}(L).\end{array}$$根据范数映射的定义及上面第一个同余式, ${\mathrm{N}}_{{}_L}(x)\in \mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}$; 根据第二个同余式, 对任意的 $\sigma \in \mathbf{Gal}(L)$, $\sigma (x)\equiv 1\mathrm{mod}{\mathfrak{q}}^{\prime }$, 从而, ${\mathrm{N}}_{{}_L}(x)={\prod }_{\sigma \in \mathbf{Gal}(L)}\sigma (x)\notin {\mathfrak{q}}^{\prime }$, 特别地, ${\mathrm{N}}_{{}_L}(x)\notin {\mathfrak{q}}^{\prime }\cap A=\mathfrak{p}$, 矛盾.

$\square$

定义 5.9.11. 任意给定 $\mathfrak{q}\in I_{\mathfrak{p}}$, 定义 $\mathfrak{q}$ 的分解群为以上作用在 $\mathfrak{q}$ 出的稳定化子: $${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}:=\{\sigma \in \mathbf{Gal}(L)|\sigma (\mathfrak{q})=\mathfrak{q}\}.$$

注记 5.9.12. 对其他 $g(\mathfrak{q})\in I_{\mathfrak{p}}$, 其中, $g\in \mathbf{Gal}(L)$, 有$$G_{g(\mathfrak{q})}=g{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}{g}^{-1}.$$从而, 每个 $\mathfrak{q}\in I_{\mathfrak{p}}$ 定义的分解群均同构.

给定 $\sigma \in {\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}$, 根据 $\sigma :B\to B$ 和 $\sigma :\mathfrak{q}\to \mathfrak{q}$, 我们有域同构 $\overline{\sigma }:B\to B$. 另外, $\overline{\sigma }:A\to A$ 是单位映射 $\mathrm{id}$. 从而,

注记 5.9.13. 当 $A=\mathbb{Z}$ 且 $\mathfrak{p}=(p)$ 为素数 $p$ 的素理想时, 由于 $B$ 为有限生成 $\mathbb{Z}$-模, 所以域扩张是有限扩张. 这表明 $B$ 是有限域.

以上讨论给出了群同态$${\mathrm{Res}}_{\mathfrak{q}}:{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}⟶\mathbf{Gal}\left(B\right).$$由于 $B$ 是有限域的有限扩张, $\mathbf{Gal}\left(B\right)$ 是循环群. 我们称以上同态的核 ${\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}$ 为 $\mathfrak{q}$ 的惯性群: $${\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}:=\mathrm{Ker}({\mathrm{Res}}_{\mathfrak{q}}:{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}⟶\mathbf{Gal}(B\left)\right).$$

我们现在对 $L$ 使用 Galois 理论. 根据 Galois 对应, 令 $L^{\mathfrak{q}}$ 为 $G_{\mathfrak{q}}$ 的中间域, 即令 $B^{\mathfrak{q}}=B\cap L^{\mathfrak{q}}$, 这是 $A$ 在 $L^{\mathfrak{q}}$ 中的整闭包; 令 $\mathfrak{r}=\mathfrak{q}\cap B^{\mathfrak{q}}$, 这是 $B^{\mathfrak{q}}$ 的素理想, 它在 $\mathfrak{p}$ 之上. 那么, $\mathfrak{q}$ 是唯一一个在 $\mathfrak{r}$ 上的理想: 实际上, $\mathbf{Gal}(L)=G_{\mathfrak{q}}$ 在 $\mathfrak{r}$ 上的素理想集上的作用传递, 根据 $G_{\mathfrak{q}}$ 的定义, 只有一个这样的 $\mathfrak{q}$.

引理 5.9.14. 域扩张 $A$ 是平凡的, 即 $A=B^{\mathfrak{q}}$.

证明. 对 $x\in B^{\mathfrak{q}}$, 我们构造 $z\in A$, 使得 $z\equiv x\mathrm{mod}\mathfrak{r}$: 根据中国剩余定理, 存在 $y\in B^{\mathfrak{q}}$, 使得$$\{\begin{array}{ll}& y\equiv x\mathrm{mod}\mathfrak{r};\\ & y\equiv 1\mathrm{mod}{\sigma }^{-1}(\mathfrak{q})\cap B^{\mathfrak{q}},\forall \sigma \in \mathbf{Gal}(L)-{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}.\end{array}$$以上, 我们用到了 $\mathfrak{q}$ 为 $\mathfrak{r}$ 上唯一的素理想, 从而, ${\sigma }^{-1}(\mathfrak{q})\cap B^{\mathfrak{q}}\ne \mathfrak{r}$. 根据以上同余关系, 我们有$$\{\begin{array}{ll}& y\equiv x\mathrm{mod}\mathfrak{r};\\ & \sigma (y)\equiv 1\mathrm{mod}\mathfrak{r},\forall \sigma \in \mathbf{Gal}(L)-{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}.\end{array}$$从而, $z={\mathrm{N}}_{{}_{L^{\mathfrak{q}}}}(y)\equiv x\mathrm{mod}\mathfrak{r}$.

$\square$

定理 5.9.15. ${\mathrm{Res}}_{\mathfrak{q}}$ 为满的群同态.

证明. 根据上述讨论, 可以假设 $L^{\mathfrak{q}}=K$. 令 $K_{\mathfrak{p}}=A,L_{\mathfrak{q}}=B$, 那么, 存在 $x\in B$, 使得它在 $L_{\mathfrak{q}}$ 中的像 $\overline{x}$ 满足 $L_{\mathfrak{q}}=K_{\mathfrak{p}}(\overline{x})$ (这是有限域的扩张) . 令 $P(X)\in A[X]$ 为 $x$ 在 $K$ 上的极小多项式, $Q(X)$ 为 $\overline{x}$ 在 $K_{\mathfrak{p}}$ 上的极小多项式. 通过 $\mathrm{mod}\mathfrak{p}$, 我们有 $\overline{P}(X)\in K_{\mathfrak{p}}[X]$ 并且 $Q(X)\mid \overline{P}(X)$, 这是因为 $\overline{x}$ 是 $\overline{P}(X)$ 的根.

对任意的 $\overline{\sigma }\in \mathbf{Gal}(L_{\mathfrak{q}})$, $\overline{\sigma }$ 完全由 $\overline{\sigma }(\overline{x})$ 决定. 另外, $\overline{\sigma }(\overline{x})$ 仍然是 $Q$ 的根, 从而是 $\overline{P}(X)$ 的根, 所以, 存在 $P(X)$ 的根 $y\in L$, 使得 $y=\overline{\sigma }(\overline{x})\mathrm{mod}\mathfrak{q}$. 先选定 ${\sigma }^{\prime }\in {\mathrm{Hom}}_K(K(x),L)$, 使得 ${\sigma }^{\prime }(x)=y$, 再将 ${\sigma }^{\prime }$ 扩张成 $\sigma \in {\mathrm{Hom}}_K(L,L)$. 这个 $\sigma$ 给出了 $\overline{\sigma }$.

$\square$

注记 5.9.16. 令 $K_{\mathfrak{p}}=A,L_{\mathfrak{q}}=B$, 我们有如下正合列: $$1\to {\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}⟶{\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}⟶\mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right)\to 1.$$

命题 5.9.17. 假设 $L=K(x)$, $P(X)$ 为 $x$ 在 $K$ 上的极小多项式. 若 $\overline{P}(X)\in K_{\mathfrak{p}}[X]=A[X]$ 可分, 则惯性群 ${\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}$ 是平凡的. 特别地, 我们有群同构$${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}\stackrel{\simeq }{⟶}\mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right).$$

证明. $P(X)$ 在 $L$ 中分裂, 即 $P(X)=(X-x_1)\cdots (X-x_n)$, 其中, $x_1=x,x_2,\cdots ,x_n\in L$. 通过 $\mathrm{mod}\mathfrak{q}$, 在 $L_{\mathfrak{q}}$ 中, 我们有$$\overline{P}(X)=(X-\overline{x_1})\cdots (X-\overline{x_n}),\overline{x_i}\ne \overline{x_j},1⩽i<j⩽n.$$根据惯性群的定义, 对任意的 $\sigma \in {\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}$, $\overline{\sigma }(\overline{x_i})=\overline{x_i}$. 由于 $L=K(x)$, 为了决定 $\sigma \in {\mathfrak{I}}_{\mathfrak{q}}$, 我们只要考虑 $\sigma (x)=x_j$. 根据 $\overline{\sigma }(\overline{x_1})=\overline{x_1}$, $j=1$, 从而 $\sigma (x)=x$. 这表明 $\sigma =1$.

$\square$

用同样的想法也可以研究不可约多项式的分裂域:

定理 5.9.18. $P(X)$ 为 $A[X]$ 中首一不可约多项式, $L$ 为 $P$ 的分裂域, $\mathfrak{p}\subset A$ 为素理想, $\mathfrak{q},K_{\mathfrak{p}}=A,L_{\mathfrak{q}}=B$ 如前所述, $\overline{P}(X)$ 是 $P$ 在 $K_{\mathfrak{p}}[X]$ 中的像.

若 $\overline{P}(X)$ 可分, 则 $L_{\mathfrak{q}}$ 是 $\overline{P}$ 在 $K_{\mathfrak{p}}$ 上的分裂域并且 ${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}\simeq \mathbf{Gal}(L_{\mathfrak{q}})$.

进一步, 如果 $\overline{P}(X)=\overline{P_1}(X)\overline{P_2}(X)\cdots \overline{P_l}(X)$ 是 $\overline{P}$ 在 $K_{\mathfrak{p}}[X]$ 中的不可约分解, 其中, $\overline{P_i}(X)$ 为不可约多项式. 根据可分性, $P$ 在 $L$ 上根的集合 $Z_P(L)$ 可以写成: $$Z_P(L)=Z_1\cup Z_2\cup \cdots \cup Z_l,$$使得 $\mathrm{mod}\mathfrak{q}$ 之后 $Z_i$ 恰好给出了 $Z_{{\overline{P}}_i}(L_{\mathfrak{q}})$ (${\overline{P}}_i$ 在 $L_{\mathfrak{q}}$ 上根的集合) . 那么, 对任意的 $\sigma \in {\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}$ 和 $i⩽l$, $\sigma (Z_i)=Z_i$.

注记 5.9.19. $\overline{P}$ 是可分的, 所以 $\overline{P}$ 没有重根. 据此, $P$ 在 $L$ 上无重根, 这表明 $L$ 是 Galois 扩张.

证明. 在 $L$ 中, 我们有 $P(X)=(X-x_1)\cdots (X-x_n)$, 其中, $x_1,x_2,\cdots ,x_n\in L$. 通过 $\mathrm{mod}\mathfrak{q}$, 在 $L_{\mathfrak{q}}$ 中, 我们有$$\overline{P}(X)=(X-\overline{x_1})\cdots (X-\overline{x_n}),\overline{x_i}\ne \overline{x_j},1⩽i<j⩽n.$$其中, $x_i\equiv \overline{x_j}\mathrm{mod}\mathfrak{q}$ 并且 $\overline{x_j}\in L_{\mathfrak{q}}$. 我们考虑 $L_{\mathfrak{q}}$ 的中间域:

对任意的 $\sigma \in {\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}$, $\sigma$ 把 $P$ 的根映射成 $P$ 的根, 所以 $\sigma$ 把每个 $\overline{x_i}$ 映射成某个 $\overline{x_j}$. 据此, 我们有群同态$${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}⟶\mathbf{Gal}\left(K_{\mathfrak{p}}(\overline{x_1},\cdots ,\overline{x_n})\right),\sigma \mapsto \overline{\sigma }.$$由于 $\{{\overline{x}}_i{\}}_{i⩽n}$ 两两不同, 所以 $\overline{\sigma }({\overline{x}}_i)={\overline{x}}_j$ 决定了 $\sigma (x_i)=x_j$, 从而上述群同态是单射. 根据 Galois 对应以及 ${\mathrm{Res}}_{\mathfrak{q}}$ 为满射, 我们有如下交换图表: 所以, 所有的映射均为双射, 进而 $K_{\mathfrak{p}}(\overline{x_1},\cdots ,\overline{x_n})=L_{\mathfrak{q}}$ 并且 ${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}\simeq \mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right)$.

以下, 假设 $\overline{P}(X)=\overline{P_1}(X)\overline{P_2}(X)\cdots \overline{P_l}(X)$ 是 $\overline{P}$ 在 $K_{\mathfrak{p}}[X]$ 中的不可约分解, 我们证明对任意的 $\sigma \in {\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}$ 和 $i⩽l$, $\sigma :Z_i\to Z_i$. 实际上, 对 $\sigma$ 在 $\mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right)$ 中的像 $\overline{\sigma }$ 而言, 我们显然有 $\overline{\sigma }:\overline{Z_i}\to \overline{Z_i}$, 这里, $\overline{Z_i}$ 为 $Z_i$ 中的元素 $\mathrm{mod}\mathfrak{q}$ 之后的像, 从而只能有 $\sigma :Z_i\to Z_i$.

$\square$

作为推论, 我们就得到了如下的著名定理:

定理 5.9.20 (Dedekind). $P(X)$ 为首一的、整系数 $n$ 次不可约多项式, $L$ 是 $P$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 通过在 $P$ 的根上的作用, 将 $\mathbf{Gal}(L)$ 视为 ${\mathfrak{S}}_n$ 的子群. 假设存在素数 $p$, 使得 $\overline{P}(X)$ 是可分的, 其中 $\overline{P}$ 是 $P$ 在 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 中的像.

令 $\overline{P}(X)=\overline{P_1}(X)\cdots \overline{P_l}(X)$ 为 $\overline{P}$ 在 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 中的不可约分解, 其中, 对 $i=1,\cdots ,l$, $\mathrm{deg}(\overline{P_i})=n_i$. 那么, 存在 $(n_1,\cdots ,n_l)$-型的 $\sigma \in \mathbf{Gal}(L)<{\mathfrak{S}}_n$ (把 $\sigma$ 写成两两不交的循环之积) .

证明. 这是上一个定理的直接推论: 我们取 $A=\mathbb{Z},K=\mathbb{Q},\mathfrak{p}=(p)$. 此时, ${\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}\simeq \mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right)$. 由于 $\mathbf{Gal}\left(L_{\mathfrak{q}}\right)$ 是循环群, 我们选取 $\sigma \in {\mathfrak{D}}_{\mathfrak{q}}<\mathbf{Gal}(L)<{\mathfrak{S}}_n$, 使得 $\sigma$ 给出该循环群的生成元. 因为 $\overline{P_i}(X)$ 是不可约的, $\sigma$ 在 $Z_i$ 上的作用是传递的, 从而, $\sigma$ 在 $Z_i$ 这 $d_i$ 个根上给出了一个 $d_i$-循环. 命题得证.

$\square$

例子 5.9.21. 计算多项式 $P(X)=X^4+4X^3+2X^2+3X-5$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域 $L$ 的 Galois 群 $\mathbf{Gal}(L)$.

在 ${\mathbb{F}}_2$ 中考虑, 我们有 $\overline{P}(X)=X^4+X+1$. 容易看出, $\overline{P}$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 和 ${\mathbb{F}}_4$ 中没有根, 从而, $\overline{P}$ 是不可约的. 据此, $\mathbf{Gal}(L)$ 中有 $4$-循环.

在 ${\mathbb{F}}_3$ 中考虑, 我们有 $\overline{P}(X)=X^4+X^3+2X^2+1$. 容易看出, $\overline{P}$ 在 ${\mathbb{F}}_3$ 恰有一个根 $-1$. 从而, $$\overline{P}(X)=(X+1)(X^3-X+1).$$并且 $X^3-X+1$ 是不可约的. 据此, $\mathbf{Gal}(L)$ 中有 $3$-循环.

以上表明 $|\mathbf{Gal}(L)|⩾3\times 4=12$, 所以, $\mathbf{Gal}(L)$ 为 ${\mathfrak{S}}_4$ 或者 ${\mathfrak{A}}_4$.

在 ${\mathbb{F}}_5$ 中考虑, 我们有 $\overline{P}(X)=X^4-X^3+2X^2-2X$, 从而, $$\overline{P}(X)=X(X-1)(X^2+2).$$此时, $X^2+2$ 在 ${\mathbb{F}}_5[X]$ 上不可约. 据此, $\mathbf{Gal}(L)$ 中有对换. 从而, $\mathbf{Gal}(L)\ne {\mathfrak{A}}_4$.

综上所述, $\mathbf{Gal}(L)\simeq {\mathfrak{S}}_4$.

练习 5.9.22. 令 $K$ 为 $P(X)=X^4+2X^2+X+3$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$. 进一步, 不用计算给出 $P(X)=X^4+2X^2-59X-27$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域的 Galois 群.

引理 5.9.23. $G$ 是 ${\mathfrak{S}}_n$ 的子群, 考虑 ${\mathfrak{S}}_n$ 在 $\{1,\cdots ,n\}$ 上的自然作用并假设 $G$ 的作用是传递的. 如果 $G$ 包含一个对换和一个 $(n-1)$-循环, 那么 $G={\mathfrak{S}}_n$

证明. 不妨设 $\sigma =(2,3,\cdots ,n)\in G$ 以及 $(a,b)\in G$. 由于 $G$ 的作用传递, 通过选取 $g\in G$ 使得 $g(a)=1$, 则 $g(a,b)g^{-1}=(1,g(b))$. 所以, 我们不妨设 $(1,b)\in G$. 据此, $${\sigma }^k(1,b){\sigma }^{-k}=({\sigma }^k(1),{\sigma }^k(b))=(1,{\sigma }^k(b)).$$所以, $(1,2),(1,3),\cdots ,(1,n)\in G$, 从而 $G={\mathfrak{S}}_n$.

$\square$

例子 5.9.24. 令 $K$ 为 $P(X)=X^6+22X^5+6X^4+12X^3-52X^2-14X-30$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

通过 $\mathrm{mod}2$ 以及 Eisenstein 判别法, $P$ 不可约. 这表明 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$ 是 ${\mathfrak{S}}_6$ 的一个传递的子群.

在 ${\mathbb{F}}_3[X]$ 中, $P(X)=X^6+X^5-X^2+X=X(X^5+X^4-X+1)$. 然而, 在 ${\mathbb{F}}_3[X]$ 中 $X^5+X^4-X+1$ 不可约 (利用 $X^2+1,X^2\pm X-1$ 是唯一的二次不可约多项式) , 从而 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$ 包含 $5$-循环.

在 ${\mathbb{F}}_5[X]$ 中, $$P(X)=X^6+2X^5+X^4+2X^3-2X^2+X=X(X-1)(X+1)(X+2)(X^2+2).$$在 ${\mathbb{F}}_5[X]$ 中 $X^2+2$ 不可约, 从而 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$ 包含一个对换.

根据上述引理, $\mathbf{Gal}\left(K\right)\simeq {\mathfrak{S}}_6$.

练习 5.9.25. 令 $K$ 为多项式 $P(X)=X^6+22X^5-9X^4+12X^3-37X^2-29X-15$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 试计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

练习 5.9.26. 令 $K$ 为多项式 $P(X)=X^6+18X^5+12X^4-6X^3+32X^2+13X+45$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域, 试计算 $\mathbf{Gal}\left(K\right)$.

1.	^ 参考作业 5.11.1
2.	^ 在函数域的情形, 我们会考虑 $K_0={\mathbb{F}}_q(X)$.