Galois 对应与尺规作图

在上一章，要求一个元素同时被更多自同构固定，会让可选的元素变少。现在把这个观察用到底：一个中间域能否由“固定它的那些自同构”完整找回来？有限 Galois 扩张给出的答案是肯定的。次数、子群大小和作图限制，也从这里连到一起。

两个方向怎样互相还原

设 $E/F$ 为有限 Galois 扩张，$G=\operatorname{Gal}(E/F)$。中间域 $K$ 对应子群

$$H_K=\operatorname{Gal}(E/K),$$

子群 $H\le G$ 对应固定域 $E^H$。要证明这是一一对应，需要证明来回操作后确实回到起点，光有两个定义还不够。

取 $K=E^H$。上一章的原始元定理使 $E=F(\theta)$，所以也有 $E=K(\theta)$。考虑

$$P_H(T)=\prod_{\sigma\in H}(T-\sigma(\theta)).$$

$H$ 的任意元素作用在系数上，只会重排这些因子，因此系数都在 $K$。$θ$ 是其根，所以最小多项式次数给出 $[E:K]\le |H|$。另一方面，$H$ 中每个自同构都固定 $$，而自同构数至多为扩张次数，所以 。于是

$$[E:E^H]=|H|,\qquad \operatorname{Gal}(E/E^H)=H.$$

再从任意中间域 $K$ 出发。$E/K$ 仍可分且正规：任何固定 $K$ 的嵌入也固定 $F$，而 $E/F$ 正规使其像回到 $E$。所以 $\mathrm{\mid }{H}_K\mathrm{\mid }=[$。又 ，刚证明的次数等式使 ；塔式公式迫使 。两个方向都还原了起点。

包含关系反向：若 $K_1\subseteq K_2$，固定较大域的要求更严，所以 $H_{K_2}\subseteq H_{K_1}$。若 ，同时接受更多自同构的固定条件，得到 。

对应 $K=E^H$ 时，还有

$$[K:F]=[G:H]=\frac{|G|}{|H|}.$$

注意 $|H|$ 对应上层次数 $[E:K]$，指数对应下层次数 $[K:F]$。把它们换过来，会把整张对应图都读反。

从两个端点走到完整的六节点例子

在 $\mathbb Q(\sqrt2)/\mathbb Q$ 中，整个群的固定域是 $\mathbb Q$，平凡子群的固定域是整个扩域，只有两个端点。

更能看出结构的是 $x^3-2$ 的分裂域 $E=\mathbb Q(\alpha,\omega)$，其中 $\alpha=\sqrt[3]{2}$。沿用 与复共轭 ，群为 。它的子群为平凡群、三个二阶子群、三阶子群 和整个群；拉格朗日定理限定阶只能为 ，因此这已经列完。

三阶子群固定 $\omega$，固定域次数为 $6/3=2$，所以恰为 $\mathbb Q(\omega)$。每个二阶子群固定三根中的一个，对应三个三次域

$$\mathbb Q(\alpha),\quad \mathbb Q(\omega\alpha),\quad \mathbb Q(\omega^2\alpha).$$

这些三次域互不相同；若某一个同时含两根，它便含两根之比 $\omega$，从而等于次数为 $6$ 的整个分裂域，矛盾。

在对应格实验中选 $\langle r\rangle$，核对它的固定域和上下两层次数；再选一个二阶子群，观察 $2$ 和 $3$ 交换了位置。打开“共轭”操作，三个二阶子群会彼此移动，三阶子群保持原位。这一现象对应下一段的正规性。

正规子群与中间域的自同构

对任意 $\sigma\in G$，有

$$\sigma H_K\sigma^{-1}=H_{\sigma(K)}.$$

核对方法是把 $\sigma(a)$ 代入左侧映射：若原映射固定 $a\in K$，共轭后就固定 $\sigma(a)$。由固定域对应，$H_K$ 正规当且仅当每个 $\sigma$ 都把 送回自身。

这又等价于 $K/F$ 正规。任一 $F$-嵌入 $K\to\overline F$ 可逐层延拓到 $E$；$E/F$ 正规使延拓成为 的自同构，因此检查 对 的作用已经覆盖全部共轭。可分性由 传给 ，故

$$H_K\trianglelefteq G\quad\Longleftrightarrow\quad K/F\text{ 为 Galois 扩张}.$$

此时限制映射 $G\to\operatorname{Gal}(K/F)$ 满射，核为 $H_K$，于是 $\operatorname{Gal}(K/F)\cong G/H_K$。若 不正规，这个商群就没有定义，不能硬写出来。在刚才的例子里， 是二次 Galois 扩张；三个三次域都不是 Galois 扩张。

尺规操作为什么只产生二次台阶

从原点、单位长度及给定点出发，直尺只能连接已有两点，圆规只能以已有点为圆心、已有长度为半径作圆。若已知坐标都在实域 $K$ 中，两条直线求交只需解线性方程；直线与圆求交归到一个二次方程；两圆方程相减会消去二次项，仍归到直线与圆。新坐标因此留在 $K$，或落在 $K(\sqrt d)$ 中，其中 $d\ge0$。

反过来，线段的加减可以接续完成，乘除可用相似三角形构造；对正数 $d$，把长度 $1,d$ 接成直径，在分点作垂线与半圆相交，垂线长度的平方为 $d$，从而构造 $\sqrt d$。这些步骤把实二次塔中的坐标逐个构造出来。

所以，一个实数可尺规构造，当且仅当它属于从初始坐标域出发的有限实二次扩张塔。没有扩大域的步骤次数为 $1$，真正增加的步骤次数为 $2$；删去平凡步骤后才得到每层次数都为 $2$ 的塔。

若从有理坐标出发，可构造代数数 $a$ 的次数 $[\mathbb Q(a):\mathbb Q]$ 必为 $2$ 的幂：它整除塔顶次数，而不是必定等于塔顶次数。反方向只知道“次数为 $2$ 的幂”一般不够，还需要存在二次塔。下面的正多边形能得到充分性，是因为其扩域具有额外的 Galois 结构。

两个具体的作图障碍

倍立方要求把单位立方体的体积变成 $2$，所以新边长是 $\sqrt[3]{2}$，不是 $2$。$x^3-2$ 在有理数域不可约，所需长度次数为 ，因此不可尺规构造。

立方体大小仅作示意；体积翻倍要求边长乘以 $\sqrt[3]{2}$，不是乘以 $2$。

若能把任意角三等分，就能把可构造的 $60^\circ$ 角三等分。设 $t=2\cos20^\circ$，三倍角公式给出

$$t^3-3t-1=0.$$

有理根判别只允许 $\pm1$，代入都不为零，所以这个三次多项式不可约，$t$ 的次数为 $3$。于是 $20^\circ$ 不能尺规构造，通用三等分作图不可能。这不排除某些特定角可以三等分，例如 $90^\circ$ 分成三个 $30^\circ$。

正多边形的充分条件从哪里来

令 $n\ge3$，$\zeta_n=e^{2\pi i/n}$。单位圆上的点 $\zeta_n$ 决定正 边形。先说明需要用到的圆分事实，而不是直接拿次数当作答案。

定义 $\Phi_n(x)$ 为所有本原 $n$ 次单位根对应的一次因子的乘积。本原指数与 $n$ 互素，因而 $\deg\Phi_n=\varphi(n)$。恒等式 按 归纳，利用首一多项式的整数长除法，说明 。

圆分多项式为什么不可约。 设 $f$ 是 $\zeta_n$ 的首一最小多项式，它是 $\Phi_n$ 的首一整数因子。对素数 $p\nmid n$，若 不为 的根，取其另一首一不可约因子 。因为 ，有 。模 后 ，故 与 有公共不可约因子。它的平方就整除 ，进而整除 。然而模 时， 与导数 互素，不可能有重因子，矛盾。

因此 $\zeta_n^p$ 仍为 $f$ 的根。对与 $n$ 互素的指数逐个素因子重复此论证，所有本原根都是 $f$ 的根，所以 $f=\Phi_n$。这就证明

$$[\mathbb Q(\zeta_n):\mathbb Q]=\varphi(n),\qquad \operatorname{Gal}(\mathbb Q(\zeta_n)/\mathbb Q)\cong(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times.$$

最后的同构来自 $\zeta_n\mapsto\zeta_n^a$，其中 $\gcd(a,n)=1$；所有这些共轭都在同一分裂域中，复合对应指数相乘。因此该 Galois 群是阿贝尔群。

取实子域 $K=\mathbb Q(\zeta_n+\zeta_n^{-1})=\mathbb Q(2\cos(2\pi/n))$。 满足 ，又非实，所以 ，即 。

若正多边形可构造，余弦可构造，故 $\varphi(n)/2$ 必为 $2$ 的幂，等价于 $\varphi(n)$ 为 $2$ 的幂。反过来，若 $\varphi(n)$ 为 $2$ 的幂，圆分 Galois 群是有限阿贝尔 $$-群。复共轭生成的子群正规，对应的 仍为 Galois 扩张，群也是 -群。有限阿贝尔 -群可逐级取指数为 的子群：一个极大真子群的商为简单阿贝尔 -群，只能为 ，再归纳。Galois 对应把这条链变成 内的实二次塔。于是余弦可构造，正弦由 得到，正多边形可构造。

欧拉函数公式 $\varphi(n)=\prod_{p^e\parallel n}p^{e-1}(p-1)$ 还把条件化成整数分解：奇素因子只能出现一次，且 必为 的幂。若 为素数， 只能为 的幂，否则写 ， 为奇数， 会因式分解。于是

$$n=2^k p_1\cdots p_t,$$

其中 $p_i$ 为互异的 Fermat 素数。这给出正 $n$ 边形可构造的充要条件。

在实验中比较 $15,17,19,9$。$15=3\cdot5$ 与 $17$ 满足条件，$19$ 的欧拉函数含奇因子，而 $9=3^2$ 重复使用了奇素因子。点选分解中的因子，核对阻碍出现在哪一步。多边形画得出来只是示意图；数学上的尺规可构造性由刚才的二次塔证明保证。

根式可解性与本章边界

尺规只允许开平方；根式扩张允许逐步添入满足 $a_i^{m_i}\in F_{i-1}$ 的元素，形成 $F_i=F_{i-1}$。在特征 中，可分多项式可用根式解，当且仅当其分裂域的 Galois 群是可解群。可解指存在子群链，每个下一项在上一项中正规，且相邻商群为阿贝尔群。本课在这里给出准确的连接，不把这一更长的等价定理证明纳入要求。

$S_3\trianglerighteq A_3\trianglerighteq\{1\}$ 的两个商群分别为 $C_2,C_3$，所以 可解。倍立方失败的原因是尺规不允许三次开根，并不是 不可解。二次、三次、四次方程有通用根式方法；五次起存在不可解 Galois 群的方程，因此没有覆盖全部五次多项式的根式公式。某些五次方程仍可用根式解，数值求根也不受这条结论禁止。

练习

1. 在 $x^3-2$ 的分裂域例子中，二阶子群对应的固定域次数是多少？这个固定域在 $\mathbb Q$ 上是否为 Galois 扩张？

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固定域次数为 $6/2=3$。二阶子群在 $S_3$ 中不正规，所以对应的三次域在 $\mathbb Q$ 上不是 Galois 扩张。不能把上层 $[E:K]=2$ 写成下层 。

2. 最小多项式次数为 $12$ 的实数能否尺规构造？若次数为 $8$，仅凭次数能否保证可以？

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$12$ 不为 $2$ 的幂，可以排除。$8$ 通过必要条件，但一般还须证明存在包含该数的实二次塔；只检查次数并不保证可构造。

3. 用系数与根的判别解释，为什么 $t^3-3t-1$ 的不可约性足以排除 $60^\circ$ 的三等分，而不排除所有特定角的三等分。

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其有理根只能为 $\pm1$，二者均不成立，故三次式不可约。$2\cos20^\circ$ 的次数为 $3$，违反必要条件。通用作图必须处理 $60^\circ$，所以一个反例足以否定通用方法；其他特定角对应的次数可能不同，例如 $30^\circ$ 本来就可构造。

4. 判断正 $20$ 边形与正 $21$ 边形的可构造性，并分别说明充分与排除的理由。

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$20=2^2\cdot5$，满足互异 Fermat 素数的形式，$\varphi(20)=8$，其圆分实子域有二次塔，因此可构造。$21=3\cdot7$， 含奇因子，故不可构造。

5. 写出一个具有根式解的五次方程，并解释它为什么不与“没有通用五次根式公式”冲突。

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例如 $x^5-2=0$，根为 $\sqrt[5]{2}\,\zeta_5^j$。五次单位根也可由根式得到，因为其圆分扩张的群为循环群 。这只说明一个特定方程可解；不存在覆盖全部五次方程的统一根式公式，不等于每个五次方程都不可解。

1

有限 Galois 扩张中，H 对应 K=E^H，哪一项正确？

A.[E:K] 等于子群指数B.[K:F] 等于子群阶C.[E:K] 等于 |H|，而 [K:F] 等于 [G:H]D.中间域越大，固定它的子群越大

2

S3 是可解群，因此用尺规就能构造实立方根 2。

正确错误