Galois 群与固定域

一个多项式的根可以被重新排列，但不是所有排列都来自保持加法和乘法的映射。Galois 群记录的，正是这些“允许的根置换”。它把方程的对称性和域的结构放进同一个对象里。

域自同构如何移动根

设 $E/F$ 是域扩张。域自同构是保加法、保乘法、保幺的双射；它固定 $F$，指对每个 $a\in F$ 都有 $\sigma(a)=a$。$Aut(E/F)$ 由所有固定 F 的域自同构组成，记为 $Gal(E/F)$（当扩张是 Galois 时尤其重要）。若 α 是 $p∈F[x]$ 的根，σ 固定 F，则

所以 σ(α) 仍是 p 的根。若根之间有乘法关系，σ 必须同时保住这些关系。

“保持根”由运算保持性推出来；只说把有限根集置换了一下，还不足以定义整个域上的映射。

例题：$\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$

E 中任意元素是 $a+b\sqrt{2}$。定义 σ($a+b\sqrt{2}$) = 。

在 $x^3-2$ 的分裂域 $E=\mathbb Q(\alpha,\omega)$ 中，记 $\alpha=\sqrt[3]{2}$，三根为 。这里恰好。

定义 $r(\alpha)=\omega\alpha,r(\omega)=\omega$。上一章已知 $[E:\mathbb Q(\omega)]=3$，所以 $$ 仍是 在 上的最小多项式。把它映到另一个根给出域同构，且像仍生成 ，故 为自同构。复共轭 固定实根 ，把 送到 ，也为自同构。

在三根上，$r$ 是三循环，$s$ 固定一根、交换另两根。因此 $1,r,r^2,s,rs,r^2s$ 给出六种不同排列。域由这些根生成，一个自同构在根上的作用便决定它，所以群不会超过三根的全部六种排列。由此 ，并有 、。

在根置换实验中，约定 $rs$ 表示先做 $s$ 再做 $r$。从同一个根出发分别执行 $rs$ 与 $sr$，看它们落在不同位置。再把 $srs$ 与 $r^{-1}$ 比较。复合的顺序不是记号细节，它决定这个群为什么不交换。

固定域

给定子群 H≤Aut(E/F)，定义固定域

它确实是子域：固定元素的和、差、积和非零逆元仍被每个 σ 固定。H 越大，要求越多，固定域越小；这是对应关系中包含反向的来源。

整群的固定域等于底域，需要有限 Galois 条件。一般情形只保证底域包含在固定域中，下面会看到严格包含的例子。

在 Q(√2) 中，整个群 $\{1,\sigma\}$ 的固定元素满足 $a+b\sqrt{2}=a−b\sqrt{2}$，所以 ，b=0，固定域为 Q。只含恒等元的子群固定整个 E。

在 $L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ 中，每个元素唯一写为

令 $\sigma$ 只把 $\sqrt2$ 变号，$\tau$ 只把 $\sqrt3$ 变号。这些映射在基上保留平方关系，逐项展开乘积可验证保运算。四个符号选择给出四个自同构，群为 。

若被 $\sigma$ 固定，比较基系数得到 $b=d=0$，固定域为 $\mathbb Q(\sqrt3)$。被 固定要求 ，固定域为 。被 固定则要求 ，固定域为 。同时被 固定，只能剩有理数部分。

在系数实验里选 $a=b=c=d=1$，依次施加这些变号映射。每一项是否留下来，要比较它实际的符号，不能只看式子里是否出现根号。选择两个生成自同构时，页面应同时检查它们生成的整个子群；共同固定条件自然比单个条件更严格。

Galois 条件和阶数

多项式在分裂域中没有重根时叫可分。不可约多项式可分，当且仅当它与形式导数互素：重根会同时使多项式及导数为零，反之公共根必为重根。特征 $0$ 时，正次数不可约多项式的导数非零且次数更小，不可能有非平凡公因子，所以自动可分。有限域中的元素最小多项式整除 $x^{p^n}-x$，而后者导数为 $-1$，所以有限域扩张也可分。

若扩张中每个元素的最小多项式都可分，就称这个扩张可分。有限扩张 $E/F$ 称为正规，指 $F[x]$ 中任一在 $E$ 有根的不可约多项式都在 $E$ 完全分裂。它又可分又正规时称为 Galois 扩张；等价地，它是某个可分多项式在 $F$ 上的分裂域。

这里解释一下等价性用到的嵌入。取一个容纳所需根的代数闭包 $\overline F$。$F$-嵌入把代数元送到其最小多项式的根，每选一个根就能按第七章的商域方法延拓。对有限生成塔逐层做这件事，嵌入数至多是各层次数之积，即 $[E:F]$；若扩张可分，每一层都有恰好该层次数那么多互异根，因此恰有 $[E:F]$ 个嵌入。

若 $E$ 是分裂域，任一 $F$-嵌入都置换生成它的根集，像仍为 $E$。反过来，若所有嵌入都把 $E$ 送回自身，对任意 $\alpha\in E$，将它送到任一共轭根的嵌入都能逐层延拓到 $E$，该根便仍在 $E$，所以正规。正规且可分时，取有限个生成元的最小多项式相乘，就得到以 为分裂域的可分多项式（重复因子删去）。

因此有限 Galois 扩张满足

这个计数也可以用在单个元素上。设 $E/F$ 为有限 Galois 扩张，$\alpha\in E$。$\alpha$ 的每个共轭根都给出 $F(\alpha)$ 的一个嵌入，而嵌入能延拓到 $E$；正规性又保证延拓后的像仍是 $E$。因此群轨道恰好由最小多项式的全部互异根组成。把这些不同的根各取一次，有

乘积遍历的是不同的轨道元素，不能把所有群元素逐个代入后直接相乘，因为不同自同构可能给出同一个根。

缺少正规性时，嵌入可能跑到 $E$ 外面。$\mathbb Q(\sqrt[3]{2})$ 是实域，唯一能留在其中的共轭根就是实根本身，所以只有恒等自同构。它的整群固定域是它自己，严格大于 $\mathbb Q$。不是“少检查了一个排列”，而是域里确实缺根。

为下一章准备一个生成元

有限可分扩张有原始元：存在 $\gamma$ 使 $E=F(\gamma)$。有限底域时，$E$ 也是有限域，上一章乘法群的生成元已经能生成整个域。

若 $F$ 无限，先处理 $E=F(\alpha,\beta)$。设 $\alpha_i$、$\beta_j$ 分别为二者最小多项式的互异根。选非零 ，避开有限多个会使

成立的数。每个 $(i,j)$ 最多排除一个 $c$，无限域保证仍有选择。令 $\gamma=\alpha+c\beta$。

在 $F(\gamma)[T]$ 中，$m_\beta(T)$ 与 $m_\alpha(\gamma-cT)$ 的共同根只能是 ：若另有 ，就会撞上刚才排除的等式。 可分，故二者的首一最大公因子为 。欧几里得算法在 内进行，所以这个一次式的系数 属于 ；于是 也属于它，得到 。有限多个生成元可依次合并。

下一章会利用原始元，把一整个扩张的次数压到一个最小多项式的次数上；这里的可分性保证了“唯一共同根”真的对应一次最大公因子。

练习：从映射检查到固定域

练习 1｜验证共轭。 证明 Q(√3) 上的映射 $a+b\sqrt{3}↦a−b\sqrt{3}$ 是 Q-自同构。

练习 2｜固定域。 求 Q(√5) 的共轭自同构群的固定域。

练习 3｜Galois 门槛。 为什么 Q(∛2)/Q 不能直接使用“中间域与子群一一对应”的完整结论？

练习 4｜变式。 若 $H_1\subseteq H_2$ 是自同构子群，证明 $E^{H_2}\subseteq E^{H_1}$。

练习 5｜共同固定。 在 $\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$ 中，求由同时变号的 生成的子群的固定域，并找一个被它固定但不被 固定的元素。

练习 6｜换一个分裂域。 求 $x^4-1$ 在 $\mathbb Q$ 上的分裂域和 Galois 群。为什么不是四阶群？