14.1 伽罗瓦理论基本定义

伽罗瓦理论基本定义

在上一章中，我们证明了存在一个有限扩展域 $F$，它包含给定多项式 $f\left( x\right)$ 的所有根，且该多项式的系数在 $F$ 中。伽罗瓦理论（以埃瓦里斯特·伽罗瓦命名，1811-1832）的主要思想是考虑多项式 $f\left( x\right)$ 的根的置换群与其分裂场的代数结构之间的关系。这种联系由下一节的基本定理给出。它可以被视为数学中一个重要思想的另一个（非常优雅的）应用，即一个（在我们的情况下是代数的）对象作用于另一个对象，提供了关于两者的结构信息。

在这一节中，我们介绍感兴趣的对象的术语和基本性质。设 $K$ 为一个域。

定义。

(1) $K$ 与其自身的同构 $\sigma$ 被称为 $K$ 的自同构。$K$ 的自同构集合记作 $\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 。如果 $\alpha \in K$ ，我们将写 ${\sigma \alpha }$ 表示 $\sigma \left( \alpha \right)$ 。

(2) 自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}\left( K\right)$ 被说成是固定一个元素 $\alpha \in K$ 如果 ${\sigma \alpha } = \alpha$ 。如果 $F$ 是 $K$ 的一个子集（例如，一个子域），那么自同构 $\sigma$ 被说成是固定 $F$ 如果它固定了 $F$ 的所有元素，即， ${\sigma a} = a$ 对于所有 $a \in F$ 。

注意任何域至少有一个自同构，即恒等映射，表示为 1，有时被称为平凡自同构。

$K$ 的素域由 $1 \in K$ 生成，因为任何自同构 $\sigma$ 都会将 1 映射到 1（并将 0 映射到 0），即 $\sigma \left( 1\right) = 1$，因此 ${\sigma a} = a$ 对于素域中的所有 $a$。因此，任何域 $K$ 的自同构都会固定其素子域。特别地，我们看到 $\mathbb{Q}$ 和 ${\mathbb{F}}_{p}$ 只有无意义自同构：$\operatorname{Aut}\left( \mathbb{Q}\right) = \{ 1\}$ 和 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{F}}_{p}\right) = \{ 1\}$。

定义。设 $K/F$ 是域的扩展。设 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 是 $K$ 的自同构集合，这些自同构固定 $F$。

注意如果 $F$ 是 $K$ 的素子域，那么 $\operatorname{Aut}\left( K\right) = \operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$，因为 $K$ 的每个自同构都会自动固定 $F$。

如果 $\sigma$ 和 $\tau$ 是 $K$ 的自同构，那么复合 ${\sigma \tau }$（以及可能是不同的复合 ${\tau \sigma }$）是定义好的，并且再次是 $K$ 的自同构。

命题 1。$\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 在复合下构成一个群，$\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 是一个子群。

证明：显然 $\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 是一个群。如果 $\sigma$ 和 $\tau$ 是 $K$ 的自同构，且固定 $F$ ，那么 ${\sigma \tau }$ 和 ${\sigma }^{-1}$ 在 $F$ 上也是恒等映射，这表明 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 是一个子群。

下面这个命题对于确定代数扩张的自同构非常有用。

命题 2。设 $K/F$ 是一个场扩张，且 $\alpha \in K$ 在 $F$ 上是代数的。那么对于任意的 $\sigma \in \operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) ,{\sigma \alpha }$ ，它是 $\alpha$ 在 $F$ 上的最小多项式的根，即 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 对不可约多项式的根进行排列。等价地，任何以 $F$ 为系数且以 $\alpha$ 为根的多项式，也以 ${\sigma \alpha }$ 为根。

证明：假设 $\alpha$ 满足方程

其中 ${a}_{0},{a}_{1},\ldots ,{a}_{n - 1}$ 是 $F$ 的元素。应用自同构 $\sigma$ ，我们得到（利用 $\sigma$ 是加法同态的事实）

利用 $\sigma$ 也是一个乘法同态的事实，这变为

根据假设，$\sigma$ 固定了 $F$ 的所有元素，所以 $\sigma \left( {a}_{i}\right) = {a}_{i},i = 0,1,\ldots ,n - 1$ 。因此

但这恰好说明 ${\sigma \alpha }$ 是与 $\alpha$ 在 $F$ 上相同的多项式的根。这证明了命题。

示例

(1) 设 $K = \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 。如果 $\tau \in \operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) }\right) = \operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ ，那么 $\tau \left( \sqrt{2}\right) = \pm \sqrt{2}$ ，因为这是 $\sqrt{2}$ 的最小多项式的两个根。由于 $\tau$ 固定了 $\mathbb{Q}$ ，这完全确定了 $\tau$ ：

映射 $\sqrt{2} \mapsto \sqrt{2}$ 仅是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 的恒等自同构 1。映射 $\sigma : \sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2}$ 是在例 2 中根据推论 13.7 考虑的同构。因此 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) }\right) = \operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}}\right) = \{ 1,\sigma \}$ 是由 $\sigma$ 生成的阶为 2 的循环群。

(2) 设 $K = \mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 。如前所述，如果 $\tau \in \operatorname{Aut}\left( {K/\mathbb{Q}}\right)$ ，那么 $\tau$ 完全由其作用于 $\sqrt[3]{2}$ 的方式确定，因为

由于 $\tau \sqrt[3]{2}$ 必须是 ${x}^{3} - 2$ 的根，而这个方程的其他两个根不是 $K$ 的元素（回想这个多项式的分裂域在 $\mathbb{Q}$ 上的次数为 6），唯一可能的情况是 $\tau \sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{2}$ 即，$\tau = 1$ 。因此 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right) /\mathbb{Q}}\right) = 1$ 是平凡群。

一般地，如果 $K$ 由某些元素在 $F$ 上生成，那么任何自同构 $\sigma \in \operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 完全由其对生成元的作用决定。如果 $K/F$ 是有限的，那么 $K$ 由代数元素在 $F$ 上有限生成，所以根据命题，固定 $F$ 的 $K$ 的自同构数量是有限的，即 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 是有限群。特别地，有限扩展的自同构可以被视为有限个方程根的排列（然而，如上述例 2 所说明的，并非每个排列都产生自同构）。正是对方程根的排列的研究引导了伽罗瓦提出了我们正在描述的理论。

我们将每个域扩张 $K/F$（等价地，与 $K$ 的子域 $F$ ）关联一个群，$\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$，即固定 $F$ 的 $K$ 的自同构群。人们也可以逆转这个过程，将每个自同构群关联到一个域扩张。

命题 3。设 $H \leq \operatorname{Aut}\left( K\right)$ 是 $K$ 的自同构群的一个子群。那么 $K$ 中被 $H$ 中所有元素固定的元素集合 $F$ 是 $K$ 的一个子域。

证明：设 $h \in H$ 并且设 $a,b \in F$。那么根据定义 $h\left( a\right) = a,h\left( b\right) = b$，因此

$h\left( {a \pm b}\right) = h\left( a\right) \pm h\left( b\right) = a \pm b,h\left( {ab}\right) = h\left( a\right) h\left( b\right) = {ab}\;\mathrm{{and}}\;h\left( {a}^{-1}\right) = h{\left( a\right) }^{-1} = {a}^{-1},$

使得 $F$ 是闭集，因此是 $K$ 的一个子域。

注意在这个命题中，$H$ 实际上是 $\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 的一个子群并不重要 —— $K$ 中被 $\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 的一个子集的所有元素固定的元素集合也是一个子域。

定义。如果 $H$ 是 $K$ 的自同构群的一个子群，那么 $K$ 中被 $H$ 的所有元素固定的子域称为 $H$ 的固定域。

命题 4。上述定义的群与域以及域与群之间的关联是包含逆反的，即

（1）如果 ${F}_{1} \subseteq {F}_{2} \subseteq K$ 是 $K$ 的两个子域，那么 $\operatorname{Aut}\left( {K/{F}_{2}}\right) \leq \operatorname{Aut}\left( {K/{F}_{1}}\right)$，

（2）如果 ${H}_{1} \leq {H}_{2} \leq \operatorname{Aut}\left( K\right)$ 是两个自同构群，它们分别关联的固定域是 ${F}_{1}$ 和 ${F}_{2}$，那么 ${F}_{2} \subseteq {F}_{1}$。

证明：任何固定 $K$ 的自同构也固定其子域 ${F}_{1}$ ，这给出了 (1)。第二个断言以类似方式证明。

示例

(1) 假设 $K = \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 如上述示例 1 中所示。那么 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) }\right) =$ $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}}\right) = \{ 1,\sigma \}$ 的固定域将是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 中元素的集合

因为所有东西都被恒等自同构固定。这是方程

这等价于 $b = 0$ ，所以 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ 的固定域就是 $\mathbb{Q}$ 。

(2) 现在假设 $K = \mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 如上述示例 2 中所示。在这种情况下 $\operatorname{Aut}\left( K\right) = 1$ ，因此 $K$ 的每个元素都被固定，即 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ 的固定域是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 。

给定 $K$ 的子域 $F$ ，相关联的群是 $K$ 的自同构的集合，这些自同构固定 $F$ 。给定 $K$ 的自同构群，相关联的扩张是通过取 $F$ 为自同构的固定域来定义的。在第一个示例中，从 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 的子域 $\mathbb{Q}$ 开始，得到群 $\{ 1,\sigma \}$ ，从群 $\{ 1,\sigma \}$ 开始，得到子域 $\mathbb{Q}$ ，因此两者之间存在“对偶性”。然而，在第二个示例中，从 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 的子域 $\mathbb{Q}$ 开始，只能得到平凡群，从平凡群开始，得到整个域 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 。

对这两个例子的考察表明，对于第二个例子，存在“不足够”的自同构来强制固定域为 $\mathbb{Q}$ 而不是完整的 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 。这反过来似乎是因为 ${x}^{3} - 2$ 的其他根，这些根是 $\sqrt[3]{2}$ 在自同构下的唯一可能像，不是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 的元素。（尽管即使它们是，我们也需要检查我们能够定义的额外映射是否是自同构。）我们现在明确了具有“足够”自同构的域的概念（从而引导出伽罗瓦扩张的定义）。正如人们可能从这两个例子中怀疑的那样（我们将在下一节证明），这些与分裂域有关。

我们首先研究在分裂域情况下自同构群的大小。

设 $F$ 为一个域，$E$ 为 $F$ 上 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的分裂域。主要工具是定理13.27，关于同构扩展的存在性，该定理表明任何 $F$ 与 ${F}^{\prime }$ 之间的同构 $\varphi : F\overset{ \sim }{ \rightarrow }{F}^{\prime }$ 都可以扩展为 $E$ 与 ${f}^{\prime }\left( x\right) = \varphi \left( {f\left( x\right) }\right) \in {F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 的分裂域 ${E}^{\prime }$ 之间的同构 $\sigma : E\overset{ \sim }{ \rightarrow }{E}^{\prime }$。

我们现在通过在 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack$ 上进行归纳来证明，这样的扩展数量最多为 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack$ ，如果 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上是可分的，则数量相等。如果 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack = 1$ ，那么 $E = F$ ，${E}^{\prime } = {F}^{\prime },\sigma = \varphi$ ，扩展的数量为 1 。如果 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack > 1$ ，那么 $f\left( x\right)$ 至少有一个不可约因子 $p\left( x\right)$ ，其次数为 $> 1$ ，对应的 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的不可约因子为 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 。设 $\alpha$ 为 $p\left( x\right)$ 的一个固定根。如果 $\sigma$ 是 $\varphi$ 到 $E$ 的任意扩展，那么 $\sigma$ 在 $E$ 的子域 $F\left( \alpha \right)$ 上的限制是 $F\left( \alpha \right)$ 与 ${E}^{\prime }$ 的某个子域的同构 $\tau$ 。这个同构 $\tau$ 完全由其作用于 $\alpha$ 的行为确定，即由 ${\tau \alpha }$ 确定，因为 $\alpha$ 在 $F$ 上生成了 $F\left( \alpha \right)$ 。正如命题 2 中所示，我们发现 ${\tau \alpha }$ 必须是 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 的某个根 $\beta$ 。然后我们有一个图示

反之，对于任意 $\beta$ 的根 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ ，存在扩展 $\tau$ 和 $\sigma$ 使得有这样一个图示（这是定理 13.8 和定理 13.27）。因此，为了计算扩展 $\sigma$ 的数量，我们只需要计算这些图示的可能数量。

| $\varphi$ 到同构 $\tau$ 的扩展数等于 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 的不同根的数量 $\beta$ 。由于 $p\left( x\right)$ 和 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 的次数都等于 $\left\lbrack {F\left( \alpha \right) : F}\right\rbrack$ ，我们可以看到 $\varphi$ 到 $\tau$ 的扩展数最多为 $\left\lbrack {F\left( \alpha \right) : F}\right\rbrack$ ，如果 $p\left( x\right)$ 的根是不同的，则达到这个数量。

| 由于 $E$ 也是 $f\left( x\right)$ 在 $F\left( \alpha \right) ,{E}^{\prime }$ 上的分裂域，${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在 ${F}^{\prime }\left( \beta \right)$ 上的分裂域，以及 $\left\lbrack {E : F\left( \alpha \right) }\right\rbrack < \left\lbrack {E : F}\right\rbrack$ ，我们可以将这些场扩展应用到我们的归纳假设中。通过归纳，$\tau$ 到 $\sigma$ 的扩展数是 $\leq \left\lbrack {E : F\left( \alpha \right) }\right\rbrack$ ，如果 $f\left( x\right)$ 有不同的根，则达到这个数量。

| 由 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack = \left\lbrack {E : F\left( \alpha \right) }\right\rbrack \left\lbrack {F\left( \alpha \right) : F}\right\rbrack$ 可知，$\varphi$ 到 $\sigma$ 的扩展数是 $\leq \left\lbrack {E : F}\right\rbrack$ 。如果 $p\left( x\right)$ 和 $f\left( x\right)$ 有不同的根，则我们有相等，这等价于 $f\left( x\right)$ 有不同的根，因为 $p\left( x\right)$ 是 $f\left( x\right)$ 的因子，通过归纳完成证明。

| 在特殊情况下，当 $F = {F}^{\prime }$ 和 $\varphi$ 是恒等映射时，我们有 $f\left( x\right) = {f}^{\prime }\left( x\right)$ 和 $E = {E}^{\prime }$ ，因此 $E$ 到 ${E}^{\prime }$ 的同构在 $F$ 上限制为 $\varphi$ 的自同构。我们表述如下：

| 命题 5。设 $E$ 是多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $F$ 上的分裂域。那么

| 如果 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上是可分的，则达到相等。

备注：虽然我们主要关注的是计算 $E$ 的自同构，这些自同构固定 $F$（即上述 $F = {F}^{\prime },\varphi = 1$ 的情况），但由于证明中的归纳步骤（涉及 $F\left( \alpha \right)$ 和 $F\left( \beta \right)$ 这两个多项式的根的字段 ${F}^{\prime }$ 和 $p\left( x\right)$），仍然需要考虑更一般的 $\varphi$（和不同的字段 ${F}^{\prime }$）的情况。

可以修改上述证明，以更一般地表明 $\left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right| \leq \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ 对任何有限扩展 $K/F$ 都成立（我们将在下一节从稍微不同的角度证明这一点）。这给了我们一个关于具有“足够”自同构的扩展的概念。

定义。设 $K/F$ 为有限扩展。如果 $\left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right| = \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ ，则称 $K$ 在 $F$ 上是伽罗瓦的，$K/F$ 是伽罗瓦扩展。如果 $K/F$ 是伽罗瓦的，那么自同构群 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 被称为 $K/F$ 的伽罗瓦群，记作 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$。

备注：有时将扩展 $K/F$ 的伽罗瓦群定义为所有 $K/F$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$。我们选择上述定义，以便 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 的符号将强调扩展 $K/F$ 具有最大数量的自同构。

推论6。如果 $K$ 是可分多项式 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域，那么 $K/F$ 是伽罗瓦的。

我们将在下一节看到，逆命题也是成立的，这将完全刻画伽罗瓦扩展。

请注意，推论6暗示了任何多项式在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域是Galois的，因为 $f\left( x\right)$ 的分裂域显然与 $f\left( x\right)$ 的不可约因子的乘积（即移除重因子得到的多项式）的分裂域相同，这是可分的（推论13.34）。

定义。如果 $f\left( x\right)$ 是在 $F$ 上的可分多项式，那么 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的Galois群是 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域的Galois群。

示例

(1) 扩展 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}$ 是Galois扩展，其Galois群为 $\operatorname{Gal}\left( {\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}}\right) = \{ 1,\sigma \} \cong$ $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ，其中 $\sigma$ 是自同构

(2) 更一般地，任何特征不为2的任何域 $F$ 的二次扩展 $K$ 都是Galois的。这遵循了在推论13.13之后关于二次扩展的讨论，该讨论表明任何 $F$ （特征不为2）的二次扩展 $K$ 都具有 $F\left( \sqrt{D}\right)$ 的形式，对于某些 $D$ ，因此它是 ${x}^{2} - D$ 的分裂域（因为如果 $\sqrt{D} \in K$ ，那么也有 $- \sqrt{D} \in K$ ）。

(3) 扩展 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right) /\mathbb{Q}$ 不是Galois的，因为其自同构群仅阶数为1。

(4) 扩展 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是Galois的，因为它是多项式 $\left( {{x}^{2} - 2}\right) \left( {{x}^{2} - 3}\right)$ 的分裂域。任何自同构 $\sigma$ 都完全由其作用于生成元 $\sqrt{2}$ 和 $\sqrt{3}$ 的作用确定，它们必须分别映射到 $\pm \sqrt{2}$ 和 $\pm \sqrt{3}$ 。因此，自同构的唯一可能性是映射

由于伽罗瓦群的阶为4，所有这些元素实际上是 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的自同构。

定义自同构 $\sigma$ 和 $\tau$ 为

或者更明确地，定义为

（因为，例如，

然后 ${\sigma }^{2}\left( \sqrt{2}\right) = \sigma \left( {\sigma \sqrt{2}}\right) = \sigma \left( {-\sqrt{2}}\right) = \sqrt{2}$ 显然 ${\sigma }^{2}\left( \sqrt{3}\right) = \sqrt{3}$ 。因此 ${\sigma }^{2} = 1$ 是恒等自同构。类似地，${\tau }^{2} = 1$ 。自同构 ${\sigma \tau }$ 可以轻松计算：

以及

使得 ${\sigma \tau }$ 是伽罗瓦群中剩余的非平凡自同构。由于这个自同构在伽罗瓦群中显然也有阶2，我们有

即，伽罗瓦群同构于克莱因四元群。

与 $\operatorname{Gal}\left( {\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ 的每个子群相对应的是 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 的相应固定子域。例如，对应于 $\{ 1,{\sigma \tau }\}$ 的子域是映射固定的元素集合

这是元素 $a + d\sqrt{6}$ 的集合，即，域 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{6}\right)$ 。可以类似地确定伽罗瓦群的其他子群的固定域：

（5）${x}^{3} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域是6次的伽罗瓦域。这个方程的根是 $\sqrt[3]{2},\rho \sqrt[3]{2},{\rho }^{2}\sqrt[3]{2}$ ，其中 $\rho = {\zeta }_{3} = \frac{-1 + \sqrt{-3}}{2}$ 是单位根的立方根。因此分裂域可以写成 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho \sqrt[3]{2}}\right)$ 。任何自同构都将这两个元素映射到 ${x}^{3} - 2$ 的根之一，给出9种可能性，但由于伽罗瓦群的阶为6，并非每个这样的映射都是域的自同构。

为了确定伽罗瓦群，我们使用了一组更方便的生成元，即 $\sqrt[3]{2}$ 和 $\rho$ 。然后任何自同构 $\sigma$ 都将 $\sqrt[3]{2}$ 映射到 $\sqrt[3]{2},\rho \sqrt[3]{2},{\rho }^{2}\sqrt[3]{2}$ 中的一个，并将 $\rho$ 映射到 $\rho$ 或 ${\rho }^{2} = \frac{-1 - \sqrt{-3}}{2}$，因为这些都是循环多项式的根 ${\Phi }_{3}\left( x\right) = {x}^{2} + x + 1$ 。由于 $\sigma$ 完全由其在这两个元素上的作用确定，这只有6种可能性，因此每一种可能性实际上都是一个自同构。为了明确给出这些自同构，设 $\sigma$ 和 $\tau$ 是由以下定义的自同构

如前所述，这些可以在 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho }\right)$ 的元素上明确给出，这些元素是基 $\left\{ {1,\sqrt[3]{2},{\left( \sqrt[3]{2}\right) }^{2},\rho ,\rho \sqrt[3]{2},\rho {\left( \sqrt[3]{2}\right) }^{2}}\right\}$ 的线性组合。例如

我们同样可以确定 $\sigma$ 对其他基元素的作用。这给出

(14.1)

伽罗瓦群的其他元素是

计算 ${\sigma \tau }$ 我们得到

即，

因此 ${\sigma \tau } = \tau {\sigma }^{2}$ 。类似地，可以计算出 ${\sigma }^{3} = {\tau }^{2} = 1$ 。因此

是3个字母的对称群。或者（计算上较少），由于 $G = \operatorname{Gal}\left( {\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},{\zeta }_{3}}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ 作为 ${x}^{3} - 2,G$ 的3个根的置换，是 ${S}_{3}$ 的子群，因此必须是 ${S}_{3}$ ，因为它有6个元素。上述计算明确地确定了 $G$ 中的自同构，并给出了 $G$ 与 ${S}_{3}$ 的显式同构。

与前一个例子一样，我们可以确定伽罗瓦群的任一子群的固定域。例如，考虑由 $\left\{ {1,\sigma ,{\sigma }^{2}}\right\}$ 生成的子群 $\sigma$ 的固定域。这些只是由 $\sigma$ 固定的元素（在方程（1）中明确给出），因为如果一个元素被 $\sigma$ 固定，那么它也会被 ${\sigma }^{2}$ 固定。（一般来说，某个子群的固定域是由该子群生成集合固定的域。）由 $\sigma$ 固定的元素是那些具有

这等同于 $b = c = f = e = 0$ 。因此，$\left\{ {1,\sigma ,{\sigma }^{2}}\right\}$ 的固定域是域 $\mathbb{Q}\left( \rho \right)$ 。

注意：这个例子表明，在确定伽罗瓦群时必须小心处理生成元的操作。如前所述，并非每一个将 $\sqrt[3]{2}$ 和 $\rho \sqrt[3]{2}$ 映射到 ${x}^{3} - 2$ 的根的映射都会产生域的自同构（例如，这个映射

显然不可能是自同构，因为它显然不是一个单射）。关键在于，生成元之间可能存在（有时非常微妙的）代数关系，这些关系必须被自同构所尊重。例如，这里生成元的商是 $\rho$，它被映射到1而不是 $\rho$ 的最小多项式的根。换句话说，这些生成元的商满足一个二次方程，而这个映射没有尊重这个性质。

另一个（不那么平凡）的例子是，与第2节中关于分裂域 ${x}^{8} - 2$ 的讨论进行比较。

(6) 与例3中一样，由于任何自同构都由它发送 $\sqrt[4]{2}$ 的位置确定，且在四种可能性 $\{ \pm \sqrt[4]{2}, \pm i\sqrt[4]{2}\}$ 中，只有两个是域的元素（两个实根），所以域 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[4]{2}\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不是伽罗瓦域。请注意我们已經有

其中 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) /\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[4]{2}\right) /\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 都是通过对例2的Galois扩张，因为它们都是二次扩张。这表明一个Galois扩张的Galois扩张并不一定是Galois的。

(7) 根据命题13.37构造的有限域扩张 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}$ 是Galois扩张，由推论6可知，因为 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 是分离多项式 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的分裂域。因此，这个扩张的自同构群阶数为 $n$ 。命题13.35中的单射同态在这种情况下是满射的，因为 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}$ 是有限的，因此是同构。这给出了一个 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}$ 的自同构，称为Frobenius自同构，我们用 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 表示。重复应用 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 我们得到 ${\mathbb{F}}_{p}$ 。同样我们有

由于 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ ，我们看到 ${\sigma }_{p}$ 是恒等自同构。 ${\sigma }_{p}^{2}\left( \alpha \right) = {\sigma }_{p}\left( {{\sigma }_{p}\left( \alpha \right) }\right) = {\left( {\alpha }^{p}\right) }^{p} = {\alpha }^{{p}^{2}}$ 的任何低次幂都不能是恒等，因为这将会意味着对于某个 [latex5] ，所有的 [latex4] 都满足 [latex3] ，这是不可能的，因为方程只有 [latex6] 个根。因此 ${\sigma }_{p}^{2}\left( \alpha \right) = {\sigma }_{p}\left( {{\sigma }_{p}\left( \alpha \right) }\right) = {\left( {\alpha }^{p}\right) }^{p} = {\alpha }^{{p}^{2}}$ 在Galois群中的阶数为 [latex7] ，这意味着 [latex8] 是阶数为 [latex7] 的循环群，以Frobenius自同构 ${\sigma }_{p}^{2}\left( \alpha \right) = {\sigma }_{p}\left( {{\sigma }_{p}\left( \alpha \right) }\right) = {\left( {\alpha }^{p}\right) }^{p} = {\alpha }^{{p}^{2}}$ 作为生成元。

由于 ${\alpha }^{{p}^{n}} = \alpha$ ，我们看到 ${\sigma }_{p}^{{p}^{n}} = 1$ 是恒等自同构。 ${\sigma }_{p}$ 的任何低次幂都不能是恒等，因为这将会意味着对于某个 $i < n$ ，所有的 $\alpha \in {\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 都满足 ${\alpha }^{{p}^{i}} = \alpha$ ，这是不可能的，因为方程只有 ${p}^{i}$ 个根。因此 ${\sigma }_{p}$ 在Galois群中的阶数为 $n$ ，这意味着 $\operatorname{Gal}\left( {{\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}}\right)$ 是阶数为 $n$ 的循环群，以Frobenius自同构 ${\sigma }_{p}$ 作为生成元。

"(8) 第13.5节中考虑的 ${\mathbb{F}}_{2}\left( x\right)$ 在 ${\mathbb{F}}_{2}\left( t\right)$ 上的不可分扩展不是Galois扩展。这个2次扩展的任何自同构都由其作用在 $x$ 上确定，该作用必须发送到方程 ${x}^{2} - t$ 的一个根。我们已经看到，由于我们处于特征为2的域中，这个方程只有一个根（重数为2）。因此，这个扩展只有平凡自同构。注意 ${\mathbb{F}}_{2}\left( x\right)$ 是 ${x}^{2} - t$ 在 ${\mathbb{F}}_{2}\left( t\right)$ 上的分裂域，因此这个例子显示了推论6中的可分性条件是必要的。"

"## 练习"

1. (a) Show that if the field $K$ is generated over $F$ by the elements ${\alpha }_{1},\ldots ,{\alpha }_{n}$ then an automorphism $\sigma$ of $K$ fixing $F$ is uniquely determined by $\sigma \left( {\alpha }_{1}\right) ,\ldots ,\sigma \left( {\alpha }_{n}\right)$ . In particular show that an automorphism fixes $K$ if and only if it fixes a set of generators for $K$ .

(b) Let $G \leq \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ be a subgroup of the Galois group of the extension $K/F$ and suppose ${\sigma }_{1},\ldots ,{\sigma }_{k}$ are generators for $G$ . Show that the subfield $E/F$ is fixed by $G$ if and only if it is fixed by the generators ${\sigma }_{1},\ldots ,{\sigma }_{k}$ .

"2. 设 $\tau$ 是由 $\tau : \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$ 定义的映射 $\tau \left( {a + {bi}}\right) = a - {bi}$ （复共轭）。证明 $\tau$ 是 $\mathbb{C}$ 的自同构。"

"3. 确定 $\mathbb{C}$ 上复共轭的不动域。"

"4. 证明 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 和 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{3}\right)$ 不是同构的。"

"5. 明确确定扩展 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[4]{2}\right) /\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 的自同构。"

"6. 设 $k$ 是一个域。"

"(a) 显示由 $\varphi : k\left\lbrack t\right\rbrack \rightarrow k\left\lbrack t\right\rbrack$ 定义的映射 $\varphi \left( {f\left( t\right) }\right) = f\left( {{at} + b}\right)$ 对于固定的 $a,b \in k,a \neq 0$ 是 $k\left\lbrack t\right\rbrack$ 的自同构，且在 $k$ 上是恒等映射。"

"(b) 反之，设 $\varphi$ 是 $k\left\lbrack t\right\rbrack$ 的自同构，且在 $k$ 上是恒等映射。证明存在 $a,b \in k$ 使得 $a \neq 0$ 且 $\varphi \left( {f\left( t\right) }\right) = f\left( {{at} + b}\right)$ 如(a)中所示。"

"7. 这个练习确定了 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{R}/\mathbb{Q}}\right)$ 。"

(a) 证明任何 $\sigma \in \operatorname{Aut}\left( {\mathbb{R}/\mathbb{Q}}\right)$ 将平方映射到平方，并将正实数映射到正实数。得出 $a < b$ 蕴含 ${\sigma a} < {\sigma b}$ 对每个 $a,b \in \mathbb{R}$ 成立。

(b) 证明 $- \frac{1}{m} < a - b < \frac{1}{m}$ 蕴含 $- \frac{1}{m} < {\sigma a} - {\sigma b} < \frac{1}{m}$ 对每个正整数 $m$ 成立。得出 $\sigma$ 在 $\mathbb{R}$ 上是连续映射。

(c) 证明任何在 $\mathbb{R}$ 上的连续映射，在 $\mathbb{Q}$ 上是恒等映射，因此 $\operatorname{Aut}\left( {\mathbb{R}/\mathbb{Q}}\right) = 1$。

8. 证明有理函数域 $k\left( t\right)$ 的自同构，固定 $k$ 的正是由 $t \mapsto \frac{{at} + b}{{ct} + d}$ 对 $a,b,c,d \in k,{ad} - {bc} \neq 0$ 确定的分式线性变换（因此 $f\left( t\right) \in k\left( t\right)$ 映射到 $f\left( \frac{{at} + b}{{ct} + d}\right)$）（参见第13.2节的练习18）。

9. 确定自同构 $t \mapsto t + 1$ 的固定域。

10. 设 $K$ 是域 $F$ 的一个扩展。设 $\varphi : K \rightarrow {K}^{\prime }$ 是 $K$ 与域 ${K}^{\prime }$ 的同构，它将 $F$ 映射到 ${K}^{\prime }$ 的子域 ${F}^{\prime }$ 中。证明映射 $\sigma \mapsto {\varphi \sigma }{\varphi }^{-1}$ 定义了一个群同构 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) \overset{ \sim }{ \rightarrow }\operatorname{Aut}\left( {{K}^{\prime }/{F}^{\prime }}\right)$。