域论（一）：高次方程与 Galois 理论

封面图来自知乎上阐释的一个使用拓扑 Galois 理论的证明。

前置知识

• 线性代数
• 群论（二）

背景

代数基本定理

只需证明非常值复系数多项式有根。以下给出 Frode Terkelsen 的一个简短且较为初等的证明。

由分析¹知 $|P(z)|$ 有最小值，若最小值非零，不妨设其为 $|P(0)| = 1$

设 $P(z) = 1+az^n+z^{n+1}Q(z), a\neq 0$

取 $\omega$，使 $a\omega^n < 0, |\omega Q(\omega)| < \frac{1}{2}|a|$，则有 $|P(\omega)|\leq 1+\frac{1}{2}|a|\omega^n<1$，矛盾。

求根公式

对于一、二次方程来说，求根公式（使用初等运算的复合给出所有根的公式）较为简单。

Gerolamo Cardano 在 1545 年出版的著作 Ars Magna 中第一次给出三次方程的完整通解。考虑换元将原方程化为 $x^3+px+q=0$，令 $x=u+v$，此时只需同时满足

$$ \begin{cases} u^3+v^3=-q \\ 3uv=-p \end{cases} $$

如此转化成了二次方程。

此后，其学生 Lodovico Ferrari 提出了四次方程的解法。换元将原方程化为 $x^4+px^2+qx+r=0$，再化为 $(x^2+p+u)^2 = (p+2u)x^2-qx+(p^2-r+u^2+2pu)$，辅助变量 $u$ 使得右边为完全平方式。$\Delta = 0$ 是一个三次方程。

之后 Niels Abel 严格证明了五次方程不存在通用根式解，Évariste Galois 彻底解决了任意次方程的可解性问题。

Lagrange 预解式

Lagrange 在解方程时构造了辅助量。

对三次方程的情形，$L_1 = x_1 + \omega x_2 + \omega^2 x_3, L_2 = x_1 + \omega^2 x_2 + \omega x_3$.

考察 $(x_1, x_2, x_3)$ 上的置换群，$L_1$ 与 $L_2$ 在 $A_3$ 下不变，

而解二次方程 $Z^2-(L_1^3+L_2^3)Z+(L_1^3L_2^3)=0$ 的过程解决了对换。

这已经暗含了对称性的思想。可阅读：为什么要消去二次项才能解一元三次方程？ - 酱紫君的回答 - 知乎。

四次方程同样可被类似的方式解决。但 Lagrange 发现使用该方法解五次方程时，需要解一个六次方程。

基本概念

基本定义

域 $F$ 是一个配备两种运算的集合，满足：

• $(F, +)$ 是交换群，记单位元为 0
• $(F\setminus \{0\}, \times)$ 是交换群，记单位元为 1
• 分配律 $a(b+c) = ab+ac$

子域、同态的定义是平凡的。

对域 $E$，子域 $F\subseteq E$，称前者是后者的扩域，$E/F$ 是域扩张。此时，$E$ 是 $F$ 上的线性空间，记次数 $[E:F] = \dim_F E$ 为维数（允许 $\infty$）。通过取一组基 $\alpha_i\beta_j$ 可以说明 $[E:F]=[E:K][K:F]$.

例如，$\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{a+b\sqrt{2}\mid a,b\in \mathbb{Q}\}$ 是 $\mathbb{Q}$ 的次数为 2 的扩张，基为 ${1, \sqrt{2}}$，而 $\mathbb{R}/\mathbb{Q}$ 为无限扩张。

特征

域 $F$ 的特征 $\mathrm{char}\ F$ 是使得 $n\cdot 1=0$ 成立的最小正整数 $n$，如果不存在，则称特征是 0.

易说明，若特征是 0，一定存在子域同构于 $\mathbb{Q}$，否则特征一定是素数，同构于子域 $F_p = Z/pZ$，并且由 $(x+y)^p = x^p+y^p$ 有 Frobenius 自同态 $x\mapsto x^p$.

最典型的特征 p 的域是 $F_p$，定义为整数在 mod p 意义下的代表类按照常规的加法、乘法构成的域。

不那么平凡但重要的例子如下：

其特征为 $p$.

其特征与 $F$ 一致。

多项式

对 $\alpha\in E$ 若存在非零多项式 $f\in F[x]$ 使 $f(\alpha) = 0$，则称其为代数元，否则称为超越元。

一个代数元的极小多项式 $m_{\alpha, F}(x)$ 是一个首一、不可约、满足 $m(\alpha) = 0$ 的多项式。

对 $S\subset E$，由 $S$ 生成的域 $F$ 上的扩张 $F(S)$ 是同时包含 $F$ 和 $S$ 的最小的 $E$ 的子域。若 $S$ 为单元集，且 $E=F(S)$，称其是域 $F$ 的单扩张。考虑同态 $\varphi: F[x] \to F(\alpha), f \mapsto f(\alpha)$ 知 $[F(\alpha):F]=\deg m_{\alpha, F}$.

Galois 扩张

如果域扩张 $E/F$ 满足 $E$ 是 $F[x]$ 某个元素的分裂域（即 $f$ 可以写成 $E[x]$ 中一次式的乘积），则称其为正规扩张。

如果一个不可约多项式没有重根，则称它可分。

给定域扩张 $E/F$，对 $\alpha\in E$，要么是 $F$ 上的超越元，要么是代数元且极小多项式可分，则称其为可分元。若所有元素都是可分元，则称它为可分扩张。

Galois 扩张是指正规且可分的扩张。

对不可约的 $f$，由于特征为 0，$f'$ 非零，从而 $\gcd(f, f')=1$，$f$ 没有重根。

Galois 理论

Galois 群

Galois 理论给出了域的扩张与其自同构群的联系。

对域扩张 $E/F$，对自同构 $\mathrm{Aut}(E)$ 中的元素 $\sigma$，称其保持 $F$，如果 $\sigma(a)=a, \forall a\in F$

以下讨论 $n$ 次首一多项式 $f\in F[x]$ 在 $E/F$ 中分裂，所有根 $\Omega = \{z_i\}$ 有序且 $E=F(\Omega)$

因为 $f(\sigma(z_i)) = \sigma(f(z_i)) = 0, \sigma(z_i)\in\Omega$，且 $\sigma$ 是单射。

记 Galois 群 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 为 $\mathrm{Aut}(E)$ 中所有保持 $F$ 的元素构成的群。

我们可以说明单位元对应的是 $E$ 上的单位映射：

对 $n$ 归纳，$n=1$ 时 $E$ 中元素均形如 $\frac{f(z_1)}{g(z_1)}$ 知成立。又 $F(z_1, \cdots z_n) = (F(z_1))(z_2, \cdots z_n)$

进一步地，$\mathrm{Gal}(E/F)$ 同构于 $S_n$ 的一个子群。考察

$$ \begin{aligned} \varphi \colon \mathrm{Gal}(E/F) & \longrightarrow S(\Omega),\\ \sigma & \longmapsto \sigma |_\Omega \end{aligned} $$

有 $\ker\varphi = \{e\}$，从而 $\mathrm{Gal}(E/F)\cong \mathrm{Im}(\varphi)\leq S(\Omega)$

根式可解性

我们用代数的语言定义根式可解性。

对域 $F$ 和非常数多项式 $f\in F[x]$，对应正规扩张 $E$，如果存在一列扩张 $F=K_0\subset K_1\subset \cdots K_t$ 满足 $K_{i+1} = K_i(u)$，其中 $u^k\in K_i, k\in\mathbb{Z}^+$，且 $E\subseteq K_t$，则称 $f$ 根式可解。

第一个结论由定义易得。

$$ \begin{aligned} \varphi \colon \mathrm{Gal}(E/F) & \longrightarrow \mathrm{Gal}(K/F),\\ \sigma & \longmapsto \sigma |_K \end{aligned} $$

给出结论二、三。

令 $G_i = \mathrm{Gal}(K_t/F)$. 再由群论（二）知上述为次正规群列。

我们给出：

特别地，

此时对应的 $\mathrm{Gal}(E/F)\cong S_n, n\geq 5$.

我们知道 $S_n, n\geq 5$ 不可解，因为其子群 $A_n$ 为单群（通过说明非平凡正规子群一定包含全体三轮换），不可解。

计算 Galois 群

关于一到六次方程计算 Galois 群的流程图可参考：为什么课本上计算 Galois 群都是先求出根再计算的（不可解的除外）？ - 酱紫君的回答 - 知乎

mod p 约化

使用 mod p 约化技巧，有时会得到一些有用的结果。

过程如下：²

1. 对多项式 $f\in \mathbb{Z}[x]$，例如 $x^4+3x^2−3x−2$，取一个素数（这里是 3）
2. 在 $F_3[x]$ 下多项式变为 $\bar{f} = x^4-2 = (x^2+x+2)(x^2+2x+2)$
3. 其分裂域为 $F_9$，$\mathrm{Gal}(\mathbb{F}_9/\bar{f}) = Z_2$，从而 $f$ 的 Galois 群中有阶为 3 的元素
4. 再 mod 7 做一次，知 Galois 群中有阶为 4 的元素，故为 $S_4$

通用方法

以下设 $f\in F[x]$ 是首一不可约可分多项式，且 $\mathrm{char}\ F\neq 2$. 我们令：

$$D = \prod_{1\leq i\le j\leq n}(z_i-z_j)=\begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ z_1 & z_2 & \cdots & z_n \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ z_1^{n-1} & z_2^{n-1} & \cdots &z_n^{n-1} \end{vmatrix}$$

它具有这样的性质：$\sigma$ 是偶置换当且仅当 $D(\sigma(\Omega)) = D(\Omega)$.

从而 $\mathrm{Gal}(f)\leq A_n \iff D\in F$.

又，$z_i, z_j$ 在 $F$ 上的极小多项式相同，有 $\mathrm{Gal}(f)$ 是传递子群。

注释