14.2 伽罗瓦理论的基本定理

伽罗瓦理论的基本定理

在上一节中考虑的伽罗瓦扩展 $\operatorname{Gal}\left( {\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right) /\mathbb{Q}}\right)$ 中，伽罗瓦群的子群图与以下图之间存在强烈相似性：

以及相应固定域的图

（我们反转了子群的格，因为对应具有包含反转的性质）。

注意，这也是所有已知子域的图，并且在这种情况下，每个子域也是 $\mathbb{Q}$ 的伽罗瓦扩展。

In a similar way there is a strong similarity between the diagram

of subgroups of the Galois group and the diagram of known subfields for the splitting field of ${x}^{3} - 2$ :

where the subfields in the second diagram are precisely the fixed fields of the subgroups in the first diagram.

注意在这对图表中，只有由 $\langle \sigma \rangle$ 生成的子群 $\sigma$ 在 ${S}_{3}$ 中是正规子群，并且子域 $\mathbb{Q}\left( \rho \right)$ 是唯一在 $\mathbb{Q}$ 上伽罗瓦的子域。

伽罗瓦理论的基本定理表明，上述两个例子中观察到的关系并非巧合，对于任何伽罗瓦扩张都成立。在证明这一点之前，我们首先研究一些关于群特征标的前期结果，其中域自同构给出了特定例子。

定义。一个群 $G$ 的特征标 ${}^{1}\chi$ 是一个将 $G$ 映射到 $L$ 的乘法群的同态：

即 $\chi \left( {{g}_{1}{g}_{2}}\right) = \chi \left( {g}_{1}\right) \chi \left( {g}_{2}\right)$ 对于所有 ${g}_{1},{g}_{2} \in G$ 和 $\chi \left( g\right)$ 是 $L$ 的非零元素对于所有 $g \in G$ 。

定义。若 ${\chi }_{1},{\chi }_{2},\ldots ,{\chi }_{n}$ 在 $G$ 上的字符被认为是线性无关的，则它们作为 $G$ 上的函数是线性无关的，即不存在非平凡关系。

作为 $G$ 上的函数（也就是说，${a}_{1}{\chi }_{1}\left( g\right) + {a}_{2}{\chi }_{2}\left( g\right) + \cdots + {a}_{n}{\chi }_{n}\left( g\right) = 0$ 对于所有 $g \in G$）。

定理 7。（字符的线性无关性）如果 ${\chi }_{1},{\chi }_{2},\ldots ,{\chi }_{n}$ 是 $G$ 的不同字符，且它们的值在 $L$ 中，那么它们在 $L$ 上是线性无关的。

证明：假设字符是线性相关的。在上述所有的线性依赖关系中（2），选择一个具有最小非零系数 $m$ 数量的关系 ${a}_{i}$ 。我们可以假设（如果需要，通过重新编号）非零系数是 ${a}_{1},{a}_{2},\ldots ,{a}_{m}$ ：

然后，对于任意的 $g \in G$ 我们有

设 ${g}_{0}$ 为具有 ${\chi }_{1}\left( {g}_{0}\right) \neq {\chi }_{m}\left( {g}_{0}\right)$ 的元素（因为 ${\chi }_{1} \neq {\chi }_{m}$ 存在）。由于（3）对于 $G$ 的每个元素都成立，特别是我们有

即，

将方程（3）乘以 ${\chi }_{m}\left( {g}_{0}\right)$ 并从方程（4）中减去，我们得到

这对于所有的 $g \in G$ 都成立。但是第一个系数是非零的，这是一个具有更少非零系数的关系，产生了矛盾。

现在考虑一个从字段 $K$ 到字段 $L$ 的单射同态 $\sigma$，这个同态被称为 $K$ 到 $L$ 的嵌入。特别地，$\sigma$ 是乘法群 $G = {K}^{ \times }$ 到乘法群 ${L}^{ \times }$ 的同态，因此 $\sigma$ 可以被视为 ${K}^{ \times }$ 的一个取值在 $L$ 中的字符。还应注意，这个字符包含了关于 $\sigma$ 视为 $K$ 上的函数的所有有用信息，因为 ${K}^{ \times }$ 中唯一没有考虑的 $K$ 的点是 0，并且我们知道 $\sigma$ 将 0 映射到 0。

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${}^{1}$ 这是线性字符的定义。更一般的字符将在第 18 章中研究。

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推论 8。如果 ${\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\ldots ,{\sigma }_{n}$ 是一个域 $K$ 到另一个域 $L$ 的不同嵌入，那么它们作为 $K$ 上的函数是线性无关的。特别地，域 $K$ 的不同自同构作为 $K$ 上的函数也是线性无关的。

我们现在使用推论 8 来证明域 $K$ 的自同构群子群的阶与它们固定域上的扩展次数之间的基本关系。

定理 9。设 $G = \left\{ {{\sigma }_{1} = 1,{\sigma }_{2},\ldots ,{\sigma }_{n}}\right\}$ 是域 $K$ 的自同构子群，$F$ 是固定域。那么

证明：首先假设 $n > \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ 并且设 ${\omega }_{1},{\omega }_{2},\ldots ,{\omega }_{m}$ 是 $K$ 在 $F\left( {m = \left\lbrack {K : F}\right\rbrack }\right)$ 上的一个基。那么系统

的 $m$ 个方程在 $n$ 个未知数 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 中有一个非平凡解 ${\beta }_{1},{\beta }_{2},\ldots ,{\beta }_{n}$ 在 $K$ 中，因为根据假设未知数的数量多于方程的数量。

设 ${a}_{1},{a}_{2},\ldots ,{a}_{m}$ 是 $m$ 中的任意元素。根据定义，域 $F$ 被 ${\sigma }_{1},\ldots ,{\sigma }_{n}$ 固定，所以这些元素中的每一个都被每一个 ${\sigma }_{i}$ 固定，即 ${\sigma }_{i}\left( {a}_{j}\right) = {a}_{j}$ ，$i = 1,2,\ldots ,n,j = 1,2,\ldots ,m$。将上面的第一个方程乘以 ${a}_{1}$，第二个方程乘以 ${a}_{2},\ldots$，最后一个方程乘以 ${a}_{m}$，可以得到方程组

将这些方程相加，我们看到存在 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{n}$ 中的元素 $K$，不全为零，满足

对于所有 ${a}_{1},\ldots ,{a}_{m}$ 在 $F$ 中的选择。由于 ${\omega }_{1},\ldots ,{\omega }_{m}$ 是 $K$ 的一个 $F$ -基，每一个 $\alpha \in K$ 都是 ${a}_{1}{\omega }_{1} + {a}_{2}{\omega }_{2} + \cdots + {a}_{m}{\omega }_{m}$ 的形式，所以前一个方程意味着

对于所有 $\alpha \in K$ 。但这意味着不同的自同构 ${\sigma }_{1},\ldots ,{\sigma }_{n}$ 在 $K$ 上线性相关，这与推论 8 相矛盾。

我们已经证明了 $n \leq \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ 。请注意，到目前为止我们还没有使用 ${\sigma }_{1},{\sigma }_{2},\ldots ,{\sigma }_{n}$ 是一个群的元素的事实。

现在假设 $n < \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ 。那么存在超过 ${nF}$ 个 $K$ 中的线性无关元素，比如说 ${\alpha }_{1},\ldots ,{\alpha }_{n + 1}$ 。该系统

(14.5)

由 $n$ 个方程组成的 $n + 1$ 个未知数 ${x}_{1},\ldots ,{x}_{n + 1}$ 有一个解 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{n + 1}$ 在 $K$ 中，其中并非所有的 ${\beta }_{i},i = 1,2,\ldots ,n + 1$ 都为 0。如果解 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{n + 1}$ 的所有元素都是 $F$ 的元素，那么第一个方程（回想 ${\sigma }_{1} = 1$ 是恒等自同构）将与 ${\alpha }_{1},{\alpha }_{2},\ldots ,{\alpha }_{n + 1}$ 在 $F$ 上的线性无关性相矛盾。因此至少有一个 ${\beta }_{i},i = 1,2,\ldots ,n + 1$ 不是 $F$ 的元素。

在系统 (5) 的所有非平凡解 $\left( {{\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{n + 1}}\right)$ 中，选择一个具有最小数量 $r$ 非零 ${\beta }_{i}$ 的解。如果需要，通过重新编号，我们可以假设 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{r}$ 是非零的。将方程除以 ${\beta }_{r}$，我们还可以假设 ${\beta }_{r} = 1$ 。我们已经看到至少有一个 ${\beta }_{1},\ldots ,{\beta }_{r - 1},1$ 不是 $F$ 的元素（这特别表明 $r > 1$ ），比如说 ${\beta }_{1} \notin F$ 。那么我们的方程系统 reads

(14.6)

或者更简短地说

由于 ${\beta }_{1} \notin F$ ，存在一个自同构 ${\sigma }_{{k}_{0}}\left( {{k}_{0} \in \{ 1,2,\ldots ,n\} }\right)$ 使得 ${\sigma }_{{k}_{0}}{\beta }_{1} \neq {\beta }_{1}$ 。如果我们将自同构 ${\sigma }_{{k}_{0}}$ 应用于 (6) 中的方程，我们得到方程系统

对于 $j = 1,2,\ldots ,n$ 。但是元素

与元素相同

在某种顺序下，因为这些元素构成了一个群。换句话说，如果我们通过 ${\sigma }_{{k}_{0}}{\sigma }_{j} = {\sigma }_{i}$ 定义索引 $i$，那么 $i$ 和 $j$ 都遍历集合 $\{ 1,2,\ldots ,n\}$。因此，方程（8）可以写成

(14.8′)

现在我们从方程（7）中减去 $\left( {8}^{\prime }\right)$ 中的方程，得到系统

对于 $i = 1,2,\ldots ,n$。但是这是方程组（5）的解，其中

（由 ${k}_{0}$ 的选择），因此不是平凡的，并且少于 $r$ 个非零 ${x}_{i}$。这是一个矛盾，从而完成了证明。

我们首先使用这个结果来证明命题5中的不等式对于任何有限扩展 $K/F$ 都成立。

推论10。设 $K/F$ 为任何有限扩展。那么

当且仅当 $F$ 是 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 的固定域时，才有等式成立。换句话说，$K/F$ 是伽罗瓦扩张当且仅当 $F$ 是 Aut $\left( {K/F}\right)$ 的固定域。

证明：设 ${F}_{1}$ 是 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 的固定域，因此

由定理9，$\left\lbrack {K : {F}_{1}}\right\rbrack = \left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right|$。因此 $\left\lbrack {K : F}\right\rbrack = \left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right| \left\lbrack {{F}_{1} : F}\right\rbrack$，这证明了推论。

推论11。设 $G$ 是域 $K$ 的自同构的有限子群，$F$ 是固定域。那么 $K$ 中每个固定 $F$ 的自同构都包含在 $G$ 中，即 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) = G$，因此 $K/F$ 是伽罗瓦扩张，其伽罗瓦群为 $G$。

证明：根据定义 $F$ 被 $G$ 的所有元素固定，所以我们有 $G \leq \operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$（问题在于是否存在 $K$ 的自同构固定 $F$ 而不在 $G$ 中，即这个包含是否是适当的）。因此 $\left| G\right| \leq \left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right|$。根据定理我们有 $\left| G\right| = \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ ，并且根据之前的推论 $\left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right| \leq \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$。这给出了

因此可以得出结论，我们必须在整个过程中保持等式成立，从而证明了推论。

推论 12。如果 ${G}_{1} \neq {G}_{2}$ 是域 $K$ 的不同有限自同构子群，那么它们的固定域也是不同的。

证明：假设 ${F}_{1}$ 是 ${G}_{1}$ 的固定域，${F}_{2}$ 是 ${G}_{2}$ 的固定域。如果 ${F}_{1} = {F}_{2}$，那么根据定义 ${F}_{1}$ 被 ${G}_{2}$ 固定。根据之前的推论，任何固定 ${F}_{1}$ 的自同构都包含在 ${G}_{1}$ 中，因此 ${G}_{2} \leq {G}_{1}$。类似地 ${G}_{1} \leq {G}_{2}$，因此 ${G}_{1} = {G}_{2}$。

根据上述推论，我们可以看到，对于 $\operatorname{Aut}\left( K\right)$ 的不同有限子群取固定域，会得到 $K$ 的不同子域，$K$ 在这些子域上是伽罗瓦的。此外，扩展的度数由子群的阶数给出。我们已经在上述的字 $K = \mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 和 $K = \mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho }\right)$ 中明确地看到了这一点。基本定理的一部分表明，这些都是 $K$ 的子域。

下一个结果提供了命题 5 的逆命题，并刻画了伽罗瓦扩展。

定理13。扩展 $K/F$ 是伽罗瓦扩展当且仅当 $K$ 是某个在 $F$ 上的可分多项式的分裂域。进一步地，如果情况如此，那么每个在 $F$ 中具有系数的可约多项式，如果它在 $K$ 中有根，则是可分的，并且它的所有根都在 $K$ 中（因此特别是 $K/F$ 是一个可分扩展）。

证明：命题5证明了可分多项式的分裂域是伽罗瓦域。

我们现在证明如果 $K/F$ 是伽罗瓦的，那么在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中每个在 $K$ 中有根的可约多项式 $p\left( x\right)$ 都在 $K$ 中完全分裂。设 $G = \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 。令 $\alpha \in K$ 是 $p\left( x\right)$ 的一个根，并考虑元素

其中 $\left\{ {1,{\sigma }_{2},\ldots ,{\sigma }_{n}}\right\}$ 是 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 的元素。令

表示 (9) 中的不同元素。如果 $\tau \in G$ ，那么由于 $G$ 是一个群，元素 $\left\{ {\tau ,\tau {\sigma }_{2},\ldots ,\tau {\sigma }_{n}}\right\}$ 与某些顺序中的元素 $\left\{ {1,{\sigma }_{2},\ldots ,{\sigma }_{n}}\right\}$ 相同。因此，将 $\tau \in G$ 应用于 (9) 中的元素只是将它们排列，特别是在应用 $\tau$ 到 $\alpha ,{\alpha }_{2},{\alpha }_{3},\ldots ,{\alpha }_{r}$ 时也排列这些元素。多项式

因此具有由 $G$ 的所有元素固定的系数，因为 $G$ 的元素只是排列因子。因此系数位于 $G$ 的固定域中，根据推论10，这个固定域是 $F$ 。因此 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 。

由于 $p\left( x\right)$ 是不可约的并且以 $\alpha$ 为根，$p\left( x\right)$ 是 $\alpha$ 在 $F$ 上的最小多项式，因此它可以整除任何以 $F$ 为系数并且以 $\alpha$ 为根的多项式（这是命题13.9）。因此 $p\left( x\right)$ 可以整除 $f\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，并且由于 $f\left( x\right)$ 显然可以整除 $p\left( x\right)$ 在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中，根据命题2，我们有

特别地，这表明 $p\left( x\right)$ 是可分的，并且它的所有根都在 $K$ 中（实际上它们是元素 $\alpha ,{\sigma }_{2}\alpha ,\ldots ,{\sigma }_{n}\alpha$ 中的），证明了定理的最后陈述。

为了完成证明，假设 $K/F$ 是伽罗瓦的，并且让 ${\omega }_{1},{\omega }_{2},\ldots ,{\omega }_{n}$ 成为 $K/F$ 的一个基。设 ${p}_{i}\left( x\right)$ 是 ${\omega }_{i}$ 在 $F,i = 1,2,\ldots ,n$ 上的最小多项式。那么根据我们刚刚证明的，${p}_{i}\left( x\right)$ 是可分的，并且它的所有根都在 $K$ 中。设 $g\left( x\right)$ 是通过去除乘积 ${p}_{1}\left( x\right) \cdots {p}_{n}\left( x\right)$ 中的任何重因子得到的多项式（"无平方部分"）。那么这两个多项式的分裂域是相同的，这个域是 $K$（所有根都在 $K$ 中，所以 $K$ 包含了分裂域，但 ${\omega }_{1},{\omega }_{2},\ldots ,{\omega }_{n}$ 是根的一部分，所以分裂域包含 $K$）。因此 $K$ 是可分多项式 $g\left( x\right)$ 的分裂域。

定义。设 $K/F$ 为一个伽罗瓦扩张。如果 $\alpha \in K$ 元素 ${\sigma \alpha }$ 对于 $\sigma$ 在 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 中称为共轭元（或伽罗瓦共轭元）$\alpha$ 在 $F$ 上。如果 $E$ 是包含 $F$ 的 $K$ 的子域，那么域 $\sigma \left( E\right)$ 被称为 $E$ 在 $F$ 上的共轭域。

定理的证明表明，在伽罗瓦扩张 $K/F$ 中，任何元素 $\alpha \in K$ 的最小多项式在 $F$ 上的其他根正是 $\alpha$ 在 $K/F$ 的伽罗瓦群下的不同共轭元。

该定理中的第二个陈述还表明，如果我们能找到一个在 $F$ 上不可约的多项式在 $K$ 中有一个根，但它的 ${all}$ 根不在 $K$ 中，那么 $K$ 不是在 $F$ 上的伽罗瓦扩张。这在很大程度上证明了早期例子中的直觉，即伽罗瓦扩张是具有“足够”的不可约多项式的不同根的扩张（即，如果它包含一个根，那么它就包含所有根）。

最后，请注意，我们现在有了伽罗瓦扩张 $K/F$ 的4个特征化：

（1）可分多项式在 $F$ 上的分裂域

（2）域，其中 $F$ 正是 $\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right)$ 固定的元素集合（一般而言，固定域可能大于 $F$）

（3）具有 $\left\lbrack {K : F}\right\rbrack = \left| {\operatorname{Aut}\left( {K/F}\right) }\right|$ 的域（原始定义）

（4）有限、正规和可分扩张。

定理14。（伽罗瓦理论基本定理）设 $K/F$ 为伽罗瓦扩张并设 $G = \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$。

由对应关系给出

这些对应关系是互逆的。在这种对应关系下，

(1) （包含逆反）如果 ${E}_{1},{E}_{2}$ 分别对应于 ${H}_{1},{H}_{2}$ ，那么 ${E}_{1} \subseteq {E}_{2}$ 当且仅当 ${H}_{2} \leq {H}_{1}$ （2）$\left\lbrack {K : E}\right\rbrack = \left| H\right|$ 和 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack = \left| {G : H}\right|$ ，$H$ 在 $G$ 中的指标： （3）$K/E$ 总是伽罗瓦的，其伽罗瓦群为 $\operatorname{Gal}\left( {K/E}\right) = H$ ：

（4）如果且仅当 $H$ 是 $G$ 中的正规子群时，$E$ 在 $F$ 上是伽罗瓦的。如果情况如此，那么伽罗瓦群与商群同构

更一般地，即使 $H$ 在 $G$ 中不一定是正规子群，$E$ 的同构（到包含 $K$ 的 $F$ 的固定代数闭包中）固定 $F$ 的也与 $H$ 在 $G$ 中的陪集 $\{ {\sigma H}\}$ 一一对应。

(5) 如果 ${E}_{1},{E}_{2}$ 分别对应于 ${H}_{1},{H}_{2}$，那么交集 ${E}_{1} \cap {E}_{2}$ 对应于由 ${H}_{1}$ 和 ${H}_{2}$ 生成的群 $\left\langle {{H}_{1},{H}_{2}}\right\rangle$，并且复合域 ${E}_{1}{E}_{2}$ 对应于交集 ${H}_{1} \cap {H}_{2}$。因此，子域的格

包含 $K$ 和 $F$ 的格与 $G$ 的子群格是“对偶”的（一个的格图是另一个格图颠倒后的样子）。

证明：给定 $G$ 的任意子群 $H$，根据推论 12，我们得到一个唯一的固定域 $E = {K}_{H}$。这表明上述对应从右到左是单射的。

如果 $K$ 是可分多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的分裂域，那么我们可以也将 $f\left( x\right)$ 视为 $E\left\lbrack x\right\rbrack$ 的元素，对于包含 $F$ 的 $K$ 的任何子域 $E$ 。那么 $K$ 也是 $f\left( x\right)$ 在 $E$ 上的分裂域，因此扩展 $K/E$ 是伽罗瓦扩张。由推论 ${10},E$ 是 $\operatorname{Aut}\left( {K/E}\right) \leq G$ 的固定域，表明 $K$ 的每个包含 $F$ 的子域都是某个 $G$ 的子群的固定域。因此上述对应关系从右到左是满射，因此是双射。这些对应关系是互逆的，因为由推论 10，固定 $E$ 的自同构恰好是 $\operatorname{Aut}\left( {K/E}\right)$ 。

我们已经看到，在命题 4 中伽罗瓦对应关系是包含逆的，这给出了 (1)。

如果 $E = {K}_{H}$ 是 $H$ 的固定域，那么定理 9 给出 $\left\lbrack {K : E}\right\rbrack = \left| H\right|$ 和 $\left\lbrack {K : F}\right\rbrack = \left| G\right|$ 。取商得到 $\left\lbrack {E : F}\right\rbrack = \left| {G : H}\right|$ ，这证明了 (2)。

推论 11 立刻给出 (3)。

假设 $E = {K}_{H}$ 是子群 $H$ 的固定域。每一个 $\sigma \in G = \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 在限制到 $E$ 上时都是 $E$ 到其子域 $\sigma \left( E\right)$ 的嵌入 ${\left. \sigma \right| }_{E}$ 。反之，设 $\tau : E\overset{ \sim }{ \rightarrow }\tau \left( E\right) \subseteq \bar{F}$ 是任意一个将 $E$ 嵌入到包含 $K$ 的固定代数闭包 $\bar{F}$ 的嵌入（其中 $F$ 被固定）。那么 $\tau \left( E\right)$ 实际上包含在 $K$ 中：如果 $\alpha \in E$ 在 $F$ 上的最小多项式是 ${m}_{\alpha }\left( x\right)$，那么 $\tau \left( \alpha \right)$ 是 ${m}_{\alpha }\left( x\right)$ 的另一个根，根据定理13，$K$ 包含所有这些根。如上所述，$K$ 是 $f\left( x\right)$ 在 $E$ 上的分裂域，因此也是 ${\tau f}\left( x\right)$ 的分裂域（因为 $f\left( x\right)$ 的系数在 $F$ 中，所以 ${\tau f}\left( x\right)$ 与 $f\left( x\right)$ 相同）在 $\tau \left( E\right)$ 上的分裂域。定理13.27关于同构扩展表明，我们可以将 $\tau$ 扩展为一个同构 $\sigma$ ：

由于 $\sigma$ 固定 $F$（因为 $\tau$ 这样做），因此每一个固定 $F$ 的 $E$ 的嵌入 $\tau$ 都是某个固定 $F$ 的 $K$ 的自同构 $\sigma$ 在 $E$ 上的限制，换句话说，每一个 $E$ 的嵌入都是 ${\left. \sigma \right| }_{E}$ 的形式，对于某些 $\sigma \in G$ 。

两个自同构 $\sigma ,{\sigma }^{\prime } \in G$ 在 $E$ 上限制为相同的嵌入当且仅当 ${\sigma }^{-1}{\sigma }^{\prime }$ 是 $E$ 上的恒等映射。但是此时 ${\sigma }^{-1}{\sigma }^{\prime } \in H$（即 ${\sigma }^{\prime } \in {\sigma H}$），因为根据（3），$K$ 的自同构，固定 $E$ 的正是 $H$ 中的元素。因此，$E$ 的不同嵌入与 $H$ 在 $G$ 中的陪集 ${\sigma H}$ 成一一对应。特别地，这给出了

其中 $\operatorname{Emb}\left( {E/F}\right)$ 表示固定代数闭包 $F$ 中固定 $F$ 的 $E$ 的嵌入集合。注意 $\operatorname{Emb}\left( {E/F}\right)$ 包含自同构 $\operatorname{Aut}\left( {E/F}\right)$。

扩展 $E/F$ 是伽罗瓦扩展当且仅当 $\left| {\operatorname{Aut}\left( {E/F}\right) }\right| = \left\lbrack {E : F}\right\rbrack$。根据上述等式，这将成立的条件是每个 $E$ 的嵌入实际上是 $E$ 的自同构，即当且仅当 $\sigma \left( E\right) = E$ 对每个 $\sigma \in G$ 成立。

如果 $\sigma \in G$，那么 $G$ 中固定字段 $\sigma \left( E\right)$ 的子群是群 ${\sigma H}{\sigma }^{-1}$，即，

为了看到这一点，注意到如果 ${\sigma \alpha } \in \sigma \left( E\right)$ 则

因为 $h$ 固定 $\alpha \in E$，这表明 ${\sigma H}{\sigma }^{-1}$ 固定 $\sigma \left( E\right)$。固定 $\sigma \left( E\right)$ 的群的阶等于 $K$ 在 $\sigma \left( E\right)$ 上的次数。但由于这些字段是同构的，所以这也等于 $K$ 在 $E$ 上的次数，因此等于 $H$ 的阶。因此 ${\sigma H}{\sigma }^{-1}$ 正是固定 $\sigma \left( E\right)$ 的群，因为我们已经证明了包含关系，并且它们的阶相同。

因为伽罗瓦对应的双射性质已经被证明，我们知道两个包含 $K$ 的子域当且仅当它们的固定子群在 $G$ 中相等时才相等。因此 $\sigma \left( E\right) = E$ 当且仅当 ${\sigma H}{\sigma }^{-1} = H$ 对于所有 $\sigma \in G$ ，换句话说 $E$ 在 $F$ 上是伽罗瓦扩张当且仅当 $H$ 是 $G$ 的正规子群。

我们已经确定 $E$ 在 $F$ 上的嵌入作为 $G$ 中 $H$ 的陪集集合，并且当 $H$ 在 $G$ 中是正规的时候，看到嵌入是自同构。因此在这种情况下，陪集的群 $G/H$ 与伽罗瓦扩张 $E/F$ 的自同构群通过群运算的定义（自同构的复合）相一致。因此 $G/H \cong \operatorname{Gal}\left( {E/F}\right)$ 当 $H$ 在 $G$ 中是正规的时候，这完成了 (4) 的证明。

假设 ${H}_{1}$ 是 $G$ 中固定子域 ${E}_{1}$ 的元素构成的子群，而 ${H}_{2}$ 是 $G$ 中固定子域 ${E}_{2}$ 的元素构成的子群。 ${H}_{1} \cap {H}_{2}$ 中的任何元素都会固定 ${E}_{1}$ 和 ${E}_{2}$，因此会固定组合 ${E}_{1}{E}_{2}$ 中的每个元素，因为该域中的元素是 ${E}_{1}$ 和 ${E}_{2}$ 元素的代数组合。反之，如果一个自同构 $\sigma$ 固定组合 ${E}_{1}{E}_{2}$，那么特别地，$\sigma$ 会固定 ${E}_{1}$，即 $\sigma \in {H}_{1}$，并且 $\sigma$ 会固定 ${E}_{2}$，即 $\sigma \in {H}_{2}$，因此 $\sigma \in {H}_{1} \cap {H}_{2}$。这证明了组合 ${E}_{1}{E}_{2}$ 对应于交集 ${H}_{1} \cap {H}_{2}$。类似地，交集 ${E}_{1} \cap {E}_{2}$ 对应于由 ${H}_{1}$ 和 ${H}_{2}$ 生成的群 $\left\langle {{H}_{1},{H}_{2}}\right\rangle$，完成了定理的证明。

示例：$\left( {\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right) \text{and}\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho }\right) }\right)$

我们已经在本节的开始看到了这个定理的例子。我们现在看到，之前给出的两个域 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 和 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho }\right)$ 的子域图表明了这两个域的所有子域。

由于克莱因四元群的每个子群都是正规子群，因此 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 的所有子域都是 $\mathbb{Q}$ 的伽罗瓦扩张。

同样地，由于 ${S}_{3}$ 的唯一非平凡正规子群是阶为3的子群，我们可以看到只有 $K = \mathbb{Q}\left( {\sqrt[3]{2},\rho }\right)$ 的子域 $\mathbb{Q}\left( \rho \right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是伽罗瓦扩张，其伽罗瓦群同构于 ${S}_{3}/\langle \sigma \rangle$ ，即阶为2的循环群。例如，$\mathbb{Q}\left( \rho \right)$ 的非平凡自同构是由限制 $\langle \sigma \rangle$ 的非平凡陪集中的任意元素（例如 $\tau$）到 $\mathbb{Q}\left( \rho \right)$ 引起的。这一点从前面对这些自同构的显式描述中可以看得很清楚——该陪集中的每个元素 $\tau ,{\tau \sigma },\tau {\sigma }^{2}$ 将 $\rho$ 映射到 ${\rho }^{2}$ 。将 $\operatorname{Gal}\left( {K/\mathbb{Q}}\right)$ 的元素限制到（非伽罗瓦）的立方子域通常不会给出这些域的自同构，而是给出这些域之间的同构，这与定理中的（4）一致。

示例：$\left( {\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2} + \sqrt{3}}\right) }\right)$

考虑域 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2} + \sqrt{3}}\right)$ 。这显然是伽罗瓦扩张 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 的子域。因此，$\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式的其他根是

在伽罗瓦群下的不同共轭。共轭是

这很容易看出是不同的。因此，最小多项式是

这可以迅速计算为多项式 ${x}^{4} - {10}{x}^{2} + 1$ 。因此，这个多项式是不可约的，并且

要么通过次数考虑，要么通过注意到只有 $\{ 1,\sigma ,\tau ,{\sigma \tau }\}$ 的自同构1固定 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ ，所以这个域的固定群与 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 的固定群相同。

示例：（${x}^{8} - 2$ 的分裂域）

分裂域 ${x}^{8} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是由 $\theta = \sqrt[8]{2}$（任何一个固定的 ${8}^{\text{th }}$ 的根，比如说实根）和一个本原的 ${8}^{\text{th }}$ 次单位根 $\zeta = {\zeta }_{8}$ 生成的。回顾第13.6节中的内容

由于 ${\theta }^{4} = \sqrt{2}$ 我们看到分裂域是由 $\theta$ 和 $i$ 生成的。子域 $\mathbb{Q}\left( \theta \right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的次数为8（因为 ${x}^{8} - 2$ 是不可约的，是Eisenstein判定的），并且这个域的所有元素都是实数。因此 $i \notin \mathbb{Q}\left( \theta \right)$ ，并且由于 $i$ 最多生成这个域的二次扩张，分裂域

在 $\mathbb{Q}$ 上的次数为16。

Galois群由对生成元 $\theta$ 和 $i$ 的作用确定，这给出了可能性

由于我们已经看到扩展的次数是16，并且只有16个这样的映射是可能的，因此实际上上述每个映射都是 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[8]{2},i}\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的自同构。

定义两个自同构

（$\tau$ 是由复共轭引起的映射）。由于

我们可以很容易地从以下图1中 $\zeta$ 的幂的显式表达式计算出 $\zeta$ 发生了什么。

使用这些显式的值，我们发现

图1

注意我们之所以对元素 $\zeta$ 的作用也感兴趣，是因为在计算自同构的复合时将需要它，例如在计算

我们可以同样计算出以下自同构：

由于这穷尽了所有可能性，这些元素（连同1和$\tau$一起构成了伽罗瓦群。我们特别注意到$\sigma$和$\tau$生成了伽罗瓦群。为了确定这些元素满足的关系，我们首先观察到显然${\tau }^{2} = 1$和${\left( {\sigma }^{4}\right) }^{2} = 1$，因此

此外，我们计算

因此

证明这些关系完全定义了该群并不困难，即，

这样的群被称为准二面体群（回想一下，阶数为16的二面体群会有关系${\sigma \tau } = \tau {\sigma }^{7}$而不是${\sigma \tau } = \tau {\sigma }^{3}$）并且是${S}_{8}$的子群，因为伽罗瓦群是${x}^{8} - 2$的8个根的置换的子群。

这个例子再次说明，在从生成元的操作确定伽罗瓦群时必须小心。我们首先计算了上述伽罗瓦扩张的次数以确定伽罗瓦群中的元素数量。如果我们直接从原始生成元$\theta = \sqrt[8]{2}$和$\zeta = {\zeta }_{8}$出发，我们可能（错误地）得出伽罗瓦群总共有32个元素，因为第一个生成元可以映射到${x}^{8} - 2$的任意一个可能的根，第二个生成元可以映射到其最小多项式的任意一个可能的根${\Phi }_{4}\left( x\right) = {x}^{4} + 1$。正如之前指出的，问题在于这些选择不是独立的。在这里，代数关系提供了原因。

这表明无法独立地指定 $\theta$ 和 $\zeta$ 的像 - 它们的像必须再次满足这种代数关系。这种关系或许足够微妙，足以警告我们不要轻率地得出映射是自同构的结论。我们注意到，通常需要提供证明映射是自同构的合理性。例如，可以通过使用扩展定理或像我们在这里所做的那样使用次数考虑来实现。

确定这个群 $G$ 的子群格是一个简单的问题。

该格如下所示：

确定与这些子群对应的子域（根据基本定理，这将给出 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[8]{2},i}\right)$ 的所有子域）对于上面许多子群来说相当简单，可以使用基本定理的第（2）部分，该部分指出扩展的次数等于固定子群的指标。然后，找到被讨论的子群固定的适当次数的子域就足够了。还要记住，如果一个子域被子群的生成元固定，那么它就被该子群固定。例如，从自同构 $\sigma$ 的显式描述中，我们看到 $\mathbb{Q}\left( i\right)$ 被由 $\sigma$ 生成的群固定。由于这是一个指标为2的子群，而 $\mathbb{Q}\left( i\right)$ 是关于 $\mathbb{Q}$ 的次数为2的，它必须是完整的固定字段。上面大多数子群的固定字段都可以用同样简单的方式确定。

对于右侧的阶为4的子群（即由 $\tau {\sigma }^{3}$ 和 ${\tau \sigma }$ 生成的子群），或许不容易看出如何确定相应的固定字段。对于由 $\tau {\sigma }^{3}$ 生成的子群 $H$，我们可以按以下方式进行：元素 ${\theta }^{2} = \sqrt[4]{2}$ 显然被 ${\sigma }^{4}$ 固定。由上面的图可知，${\sigma }^{4}$ 是 $H$ 的一个指数为2的正常子群，其代表元为 $1,\tau {\sigma }^{3}$ 对于陪集。考虑元素

然后 $\alpha$ 被 ${\sigma }^{4}$ 固定（我们处于一个阶为4的交换群 $H$ 中，所以 ${\sigma }^{4}$ 与1和 $\tau {\sigma }^{3}$ 交换，并且我们已经知道 ${\theta }^{2}$ 被 ${\sigma }^{4}$ 固定）。但是（这就是关键），$\alpha$ 也被 $\tau {\sigma }^{3}$ 固定：

最后这个表达式仅仅是 $\alpha$，因为 ${\sigma }^{4}{\theta }^{2} = {\theta }^{2}$。因此 $\alpha$ 是 $H$ 的固定字段的一个元素。具体来说

快速检查表明 $\alpha$ 没有被自同构 ${\sigma }^{2}$ 固定，所以根据上面的子群图，可以得出固定字段 $\mathbb{Q}\left( \alpha \right)$ 的固定子群不会大于 $H$，因此正是 $H$，这给了我们我们的固定字段。这也给出了 $\langle {\tau \sigma }\rangle$ 的固定字段，因为回想一下，一般来说如果 $E$ 是 $H$ 的固定字段，那么 ${\tau H}{\tau }^{-1}$ 的固定字段就是字段 $\tau \left( E\right)$。对于 $H = \left\langle {\tau {\sigma }^{3}}\right\rangle ,{\tau H}{\tau }^{-1} = \langle {\tau \sigma }\rangle$，其固定字段由 $\tau \left( \alpha \right) = \left( {1 - i}\right) \sqrt[4]{2}$ 给出。

通常，人们试图确定由伽罗瓦群$H$的给定子群固定的元素（参见练习，它们指示了上述元素的产生位置），并尝试生成一个足够大的场，以给出完全固定的场。在我们的情况下，我们能够用一个生成元就完成了这个任务。我们稍后会看到，每个有限扩展$\mathbb{Q}$都是一个简单扩展，所以将会有一个这种类型的单个生成元，但在一般情况下，可能很难直接产生它。

元素$\alpha$是多项式的根

因此，这个多项式必须是不可约的，因为我们已经确定了这个多项式的根生成一个在$\mathbb{Q}$上的四次扩展。

同样地，可以完成$\mathbb{Q}\left( {\sqrt[8]{2},i}\right)$的子字段图，我们已经将其反转以强调其与上述子群图的关联$\left( {\theta = \sqrt[8]{2}}\right)$：

注意，群$\left\langle {\sigma }^{4}\right\rangle$在$G$中是正规群（实际上它是$G$的中心），其商为$G/\left\langle {\sigma }^{4}\right\rangle \cong {D}_{8}$，因此相应的固定场$\mathbb{Q}\left( {i,\sqrt[4]{2}}\right)$在$\mathbb{Q}$上是伽罗瓦场，以${D}_{8}$为伽罗瓦群。由于它是伽罗瓦场，它是一个分裂场，显然是${x}^{4} - 2$的分裂场。这个场的子字段格可以从上面的格直接得出。

我们以这个伽罗瓦扩展的以下有趣方面结束这个例子。很容易验证

其中${D}_{8}$是阶为8的二元群，${Q}_{8}$是阶为8的四元数群。因此，场$\mathbb{Q}\left( {\sqrt[8]{2},i}\right)$在其三个二次子字段上是8次伽罗瓦扩展。

分别具有二面体、循环和四元数Galois群，因此5个可能的8阶群（包括两个非阿贝尔群）都作为这个扩张的Galois群出现。

我们将在以下各节中考虑额外的示例和应用。

练习

1. 确定$\mathbb{Q}$上的元素$\sqrt{2} + \sqrt{5}$的最小多项式。

2. 确定$\mathbb{Q}$上的元素$1 + \sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}$的最小多项式。

3. 确定$\left( {{x}^{2} - 2}\right) \left( {{x}^{2} - 3}\right) \left( {{x}^{2} - 5}\right)$的Galois群。确定该多项式分裂域的所有子域。

4. 设$p$为一个素数。确定${x}^{p} - 2$的Galois群的元素。

5. 证明${x}^{p} - 2$的$p$的Galois群与矩阵群同构。

6. 设$K = \mathbb{Q}\left( {\sqrt[8]{2},i}\right)$且${F}_{1} = \mathbb{Q}\left( i\right) ,{F}_{2} = \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) ,{F}_{3} = \mathbb{Q}\left( \sqrt{-2}\right)$。证明。

$\mathrm{{Gal}}\left( {K/{F}_{1}}\right) \cong {Z}_{8},\mathrm{{Gal}}\left( {K/{F}_{2}}\right) \cong {D}_{8},\mathrm{{Gal}}\left( {K/{F}_{3}}\right) \cong {Q}_{8}.$

7. 确定${x}^{8} - 2$的分裂域的所有在$\mathbb{Q}$上Galois的子域。

8. 假设$K$是$F$的Galois扩张，其度为${p}^{n}$，对于某个素数$p$和某个$n \geq 1$。证明存在包含在$K$中的$F$的Galois扩张，其度为$p$和${p}^{n - 1}$。

9. 举一个具有 ${F}_{1},{F}_{2},{F}_{3}$ 和 $\mathbb{Q} \subset {F}_{1} \subset {F}_{2} \subset {F}_{3},\left\lbrack {{F}_{3} : \mathbb{Q}}\right\rbrack = 8$ 的域 ${F}_{2}$ 的例子，其中每个域在除了 $\mathbb{Q}$ 不在 [latex4] 上是Galois扩张之外，都是其所有子域上的Galois扩张。

10. 确定 $\mathbb{Q}$ 上 ${x}^{8} - 3$ 的分裂域的Galois群。

11. 假设 $f\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个不可约四次方程，其分裂域的Galois群在 ${S}_{4}$ 上是 $\mathbb{Q}$（有许多这样的四次方程，参见第6节）。设 $\theta$ 是 $f\left( x\right)$ 的一个根，并令 $K = \mathbb{Q}\left( \theta \right)$ 。证明 $K$ 是 $\mathbb{Q}$ 的一个四次扩张，且没有真子域。是否存在 $\mathbb{Q}$ 的没有真子域的四次Galois扩张？

12. 确定 $\mathbb{Q}$ 上 ${x}^{4} - {14}{x}^{2} + 9$ 的分裂域的Galois群。

13. 证明如果一个三次方程的分裂域的Galois群是阶数为3的循环群，那么该三次方程的所有根都是实数。

14. 证明 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2 + \sqrt{2}}\right)$ 是一个循环四次域，即是一个具有循环Galois群的四次Galois扩张。

15. （双二次扩张）设 $F$ 是特征为 $\neq 2$ 的域。

(a) 如果 $K = F\left( {\sqrt{{D}_{1}},\sqrt{{D}_{2}}}\right)$ 其中 ${D}_{1},{D}_{2} \in F$ 具有这样的性质：${D}_{1},{D}_{2}$ 和 ${D}_{1}{D}_{2}$ 都不是 $F$ 中的平方，证明 $K/F$ 是一个Galois扩张，且 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 同构于Klein四元群。

"(b) 反之，假设 $K/F$ 是一个伽罗瓦扩张，且 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 同构于克莱因四元群。证明 $K = F\left( {\sqrt{{D}_{1}},\sqrt{{D}_{2}}}\right)$ 其中 ${D}_{1},{D}_{2} \in F$ 具有这样的性质：${D}_{1},{D}_{2}$ 或 ${D}_{1}{D}_{2}$ 在 $F$ 中都不是平方数。"

"16. (a) 证明 ${x}^{4} - 2{x}^{2} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是不可约的。"

"(b) 显示这个四次方程的根是"

"(c) 设 ${K}_{1} = \mathbb{Q}\left( {\alpha }_{1}\right)$ 和 ${K}_{2} = \mathbb{Q}\left( {\alpha }_{2}\right)$ 。证明 ${K}_{1} \neq {K}_{2}$ ，并且 ${K}_{1} \cap {K}_{2} = \mathbb{Q}\left( \sqrt{3}\right) = F$ 。"

"(d) 证明 ${K}_{1},{K}_{2}$ 和 ${K}_{1}{K}_{2}$ 在 $F$ 上是伽罗瓦扩张，且 $\operatorname{Gal}\left( {{K}_{1}{K}_{2}/F}\right)$ 是克莱因四元群。明确写出 $\mathrm{{Gal}}\left( {{K}_{1}{K}_{2}/F}\right)$ 的元素。确定伽罗瓦群的所有子群以及它们对应的包含 $F$ 的 ${K}_{1}{K}_{2}$ 的固定子域。"

"(e) 证明 ${x}^{4} - 2{x}^{2} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域的次数为8，且具有二面体伽罗瓦群。"

"以下两个练习表明了一种在给定域的子域中构造元素的方法，这在许多计算中非常有用。"

"17. 设 $K/F$ 为任意有限扩张，且 $\alpha \in K$ 。设 $L$ 为包含 $K$ 的 $F$ 的伽罗瓦扩张，$H \leq \operatorname{Gal}\left( {L/F}\right)$ 为对应于 $K$ 的子群。定义从 $\alpha$ 到 $\alpha \in K$ 的范数"

"$K$ 到 $F$ 的范数定义为"

其中该积是在 $K$ 的所有嵌入到 $F$ 的代数闭包中取的（即通过伽罗瓦理论的基本定理，在 $\mathrm{{Gal}}\left( {L/F}\right)$ 中对 $H$ 的一组陪集代表取积）。这是 $\alpha$ 的伽罗瓦共轭的乘积。特别是，如果 $K/F$ 是伽罗瓦的，那么这是 $\mathop{\prod }\limits_{{\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) }}\sigma \left( \alpha \right)$ 。

（a）证明 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right) \in F$ 。

（b）证明 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( {\alpha \beta }\right) = {\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right) {\mathrm{N}}_{K/F}\left( \beta \right)$ ，因此范数是从 $K$ 到 $F$ 的乘法映射。

"(c) 设 $K = F\left( \sqrt{D}\right)$ 是 $F$ 的二次扩张。证明 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( {a + b\sqrt{D}}\right) =$ ${a}^{2} - D{b}^{2}$ 。"

"(d) 设 ${m}_{\alpha }\left( x\right) = {x}^{d} + {a}_{d - 1}{x}^{d - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0} \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是 $\alpha \in K$ 在 $F$ 上的最小多项式。设 $n = \left\lbrack {K : F}\right\rbrack$ 。证明 $d$ 整除 $n$ ，存在 $d$ 个不同的伽罗瓦共轭根 $\alpha$ ，它们都在上述乘积中重复 $n/d$ 次，并得出 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right) = {\left( -1\right) }^{n}{a}_{0}^{n/d}$ 。"

"18. 用与上一个问题相同的记号，定义从 $K$ 到 $F$ 的 $\alpha$ 的迹为"

"伽罗瓦共轭根 $\alpha$ 的和。"

(a) 证明 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) \in F$ 。

(b) 证明 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( {\alpha + \beta }\right) = {\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) + {\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \beta \right)$ ，使得迹是从 $K$ 到 $F$ 的加法映射。

(c) 设 $K = F\left( \sqrt{D}\right)$ 是 $F$ 的二次扩张。证明 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( {a + b\sqrt{D}}\right) = {2a}$ 。

(d) 设 ${m}_{\alpha }\left( x\right)$ 如前一个问题中所述。证明 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) = - \frac{n}{d}{a}_{d - 1}$ 。

19. 使用与之前问题相同的记号，证明对于基域 $F$ 中的所有 $a$ ，${\mathrm{N}}_{K/F}\left( {a\alpha }\right) = {a}^{n}{\mathrm{\;N}}_{K/F}\left( \alpha \right)$ 和 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( {a\alpha }\right) = a{\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right)$ 成立。特别地，证明对于所有 $a \in F$ ，${\mathrm{N}}_{K/F}\left( a\right) =$ ${a}^{n}$ 和 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( a\right) = {na}$ 成立。

20. 使用与之前问题相同的记号，更一般地证明 $\mathop{\prod }\limits_{\sigma }\left( {x - \sigma \left( \alpha \right) }\right) =$ ${\left( {m}_{\alpha }\left( x\right) \right) }^{n/d}$ 成立。

21. 利用字符的线性无关性来证明对于任何 $F$ 的伽罗瓦扩张 $K$ ，存在一个元素 $\alpha \in K$ 使得 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) \neq 0$ 。

22. 假设 $K/F$ 是一个伽罗瓦扩张，并设 $\sigma$ 是伽罗瓦群的一个元素。

(a) 假设 $\alpha \in K$ 是形如 $\alpha = \frac{\beta }{\sigma \beta }$ 的形式，对于某些非零的 $\beta \in K$ 。证明 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right) = 1$ 。

(b) 假设 $\alpha \in K$ 是形如 $\alpha = \beta - {\sigma \beta }$ 的形式，对于某些 $\beta \in K$ 。证明 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) = 0$ 。

下一练习和随后的练习26将建立希尔伯特定理90的乘法和加法形式。这些是第一同调群消失的实例，将在第17.3节中讨论。

23. (希尔伯特定理90) 设 $K$ 是 $F$ 的伽罗瓦扩张，具有阶为 $n$ 的循环伽罗瓦群，由 $\sigma$ 生成。假设 $\alpha \in K$ 有 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right) = 1$ 。证明 $\alpha$ 是形如 $\alpha = \frac{\beta }{\sigma \beta }$ 的形式，对于某些非零的 $\beta \in K$ 。[通过字符的线性无关性，证明存在某些 $\theta \in K$ 使得

是非零的。使用 $\alpha$ 的范数为1的事实来计算 $\frac{\beta }{\sigma \beta }$ $F$ 。]

24. 证明毕达哥拉斯方程 $a,b \in \mathbb{Q}$ 的有理数解 ${a}^{2} + {b}^{2} = 1$ 形式为 $a = \frac{{s}^{2} - {t}^{2}}{{s}^{2} + {t}^{2}}$ 和 $b = \frac{2st}{{s}^{2} + {t}^{2}}$ 对于某些 $s,t \in \mathbb{Q}$ ，因此证明任何具有整数边的直角三角形的边长为 $\left( {{m}^{2} - {n}^{2},{2mn},{m}^{2} + {n}^{2}}\right)$ 对于某些整数 $m,n$ 。[注意 ${a}^{2} + {b}^{2} = 1$ 等价于 ${\mathrm{N}}_{\mathbb{Q}\left( i\right) /\mathbb{Q}}\left( {a + {ib}}\right) = 1$ ，然后使用上述希尔伯特定理90，其中 $\beta = s + {it}$ 。]

25. 将前一个问题推广，确定方程 ${a}^{2} + D{b}^{2} = 1$ 对于 $D \in \mathbb{Z},D > 0,D$ 不是 $\mathbb{Z}$ 中的完全平方的所有有理数解。

26. （加法希尔伯特定理90）设 $K$ 是 $F$ 的伽罗瓦扩张，具有阶为 $n$ 的循环伽罗瓦群，由 $\sigma$ 生成。假设 $\alpha \in K$ 有 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right) = 0$ 。证明 $\alpha$ 形式为 $\alpha = \beta - {\sigma \beta }$ 对于某些 $\beta \in K$ 。[设 $\theta \in K$ 是由前一个练习中的元素，具有 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \theta \right) \neq 0$ ，令]

并计算 $\beta - {\sigma \beta }$ 。]

27. 设 $\alpha = \sqrt{\left( {2 + \sqrt{2}}\right) \left( {3 + \sqrt{3}}\right) }$ （为了具体性，取正实数的平方根）并考虑扩张 $E = \mathbb{Q}\left( \alpha \right)$ 。

(a) 证明 $a = \left( {2 + \sqrt{2}}\right) \left( {3 + \sqrt{3}}\right)$ 在 $F = \mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 中不是平方。[如果 $a = {c}^{2}$ ，$c \in F$ ，那么 ${a\varphi }\left( a\right) = {\left( 2 + \sqrt{2}\right) }^{2}\left( 6\right) = {\left( c\varphi c\right) }^{2}$ 对于固定 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ 的自同构 $\varphi \in \mathrm{{Gal}}\left( {F/\mathbb{Q}}\right)$ 。由于 ${c\varphi c} = {\mathrm{N}}_{F/\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) }\left( c\right) \in \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ ，得出这暗示 $\sqrt{6} \in \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$ ，产生矛盾。]

(b) 从 (a) 推断出 $\left\lbrack {E : \mathbb{Q}}\right\rbrack = 8$ 。证明 $\alpha$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式的根是 $\pm \sqrt{\left( {2 \pm \sqrt{2}}\right) \left( {3 \pm \sqrt{3}}\right) }$ 的8个元素。

(c) 设 $\beta = \sqrt{\left( {2 - \sqrt{2}}\right) \left( {3 + \sqrt{3}}\right) }$ 。证明 ${\alpha \beta } = \sqrt{2}\left( {3 + \sqrt{3}}\right) \in F$ 使得 $\beta \in E$ 。同样证明其他根也是 $E$ 的元素，因此 $E$ 是 $\mathbb{Q}$ 的伽罗瓦扩张。证明伽罗瓦群的元素恰好是由将 $\alpha$ 映射到 (b) 中的八个元素之一的映射所确定。

(d) 设 $\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {E/\mathbb{Q}}\right)$ 为自同构，将 $\alpha$ 映射到 $\beta$ 。证明由于 $\sigma \left( {\alpha }^{2}\right) = {\beta }^{2}$ ，所以 $\sigma \left( \sqrt{2}\right) = - \sqrt{2}$ 和 $\sigma \left( \sqrt{3}\right) = \sqrt{3}$ 。由 ${\alpha \beta } = \sqrt{2}\left( {3 + \sqrt{3}}\right)$ 推断出 $\sigma \left( {\alpha \beta }\right) = - {\alpha \beta }$ ，因此 $\sigma \left( \beta \right) = - \alpha$ 。证明 $\sigma$ 是 $\operatorname{Gal}\left( {E/\mathbb{Q}}\right)$ 中的阶为 4 的元素。

(e) 同样证明由 $\tau \left( \alpha \right) = \sqrt{\left( {2 + \sqrt{2}}\right) \left( {3 - \sqrt{3}}\right) }$ 定义的映射 $\tau$ 是 $\operatorname{Gal}\left( {E/\mathbb{Q}}\right)$ 中的阶为 4 的元素。证明 $\sigma$ 和 $\tau$ 生成了伽罗瓦群，${\sigma }^{4} = {\tau }^{4} = 1$ ，${\sigma }^{2} = {\tau }^{2}$ 且 ${\sigma \tau } = \tau {\sigma }^{3}$ 。

(f) 得出结论 $\operatorname{Gal}\left( {E/\mathbb{Q}}\right) \cong {Q}_{8}$ ，即阶为 8 的四元数群。

28. 设 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是域 $F$ 上的不可约多项式，其次数为 $n$ ，设 $L$ 是 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域，设 $\alpha$ 是 $f\left( x\right)$ 在 $L$ 中的一个根。如果 $K$ 是包含在 $L$ 中的 $F$ 的任意伽罗瓦扩张，证明多项式 $f\left( x\right)$ 可以分解为 $m$ 个次数为 $d$ 的不可约多项式的乘积，其中 $m = \left\lbrack {F\left( \alpha \right) \cap K : F}\right\rbrack$ 和 $d = \left\lbrack {K\left( \alpha \right) : K}\right\rbrack$ （参见第4节练习题4的推广）。[如果 $H$ 是 $L$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群中对应于 $K$ 的子群，那么 $f\left( x\right)$ 在 $K$ 上的因子对应于 $H$ 在 $f\left( x\right)$ 的根上的轨道。然后使用第4.1节的练习题9。]

29. 设 $k$ 是一个域，$k\left( t\right)$ 是变量 $t$ 的有理函数域。定义 $k\left( t\right)$ 到其自身的映射 $\sigma$ 和 $\tau$ ，使得 ${\sigma f}\left( t\right) = f\left( \frac{1}{1 - t}\right)$ 和 ${\tau f}\left( t\right) = f\left( \frac{1}{t}\right)$ 对 $f\left( t\right) \in k\left( t\right)$ 成立。

(a) 证明 $\sigma$ 和 $\tau$ 是 $k\left( t\right)$ 的自同构（参见第1节练习题8），并且它们生成的群同构于 ${S}_{3}$ 。

(b) 证明元素 $t = \frac{{\left( {t}^{2} - t + 1\right) }^{3}}{{t}^{2}{\left( t - 1\right) }^{2}}$ 被所有 $G$ 的元素固定。

(c) 证明 $k\left( t\right)$ 正好是 $G$ 在 $k\left( t\right)$ 中的固定域（计算扩张的次数）。

30. 证明在上一个问题中由 $\tau$ 生成的自同构子群的固定域是 $k\left( {t + \frac{1}{t}}\right)$ 。证明由自同构 $\tau {\sigma }^{2}$（将 $t$ 映射到 $1 - t$ ）生成的子群的固定域是 $k\left( {t\left( {1 - t}\right) }\right)$ 。确定由 ${\tau \sigma }$ 生成的子群的固定域和由 $\sigma$ 生成的子群的固定域。

31. 设 $K$ 是 $F$ 的有限次扩张，其次数为 $n$ 。设 $\alpha$ 是 $K$ 的一个元素。

(a) 证明 $\alpha$ 通过左乘作用于 $K$ 是一个 $F$ -线性变换 ${T}_{\alpha }$ 。

(b) 证明 $\alpha$ 在 $F$ 上的最小多项式与线性变换 ${T}_{\alpha }$ 的最小多项式相同。

(c) 证明迹 ${\operatorname{Tr}}_{K/F}\left( \alpha \right)$ 是由 ${T}_{\alpha }$ 定义的 $n \times n$ 矩阵的迹（这证明了这两个“迹”字的用法是合理的）。证明范数 ${\mathrm{N}}_{K/F}\left( \alpha \right)$ 是 ${T}_{\alpha }$ 的行列式。