14.6 多项式的伽罗瓦群

多项式的伽罗瓦群

回顾一下，可分多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的伽罗瓦群定义为该多项式分裂域的伽罗瓦群 $f\left( x\right)$ 关于 $F$ 。

如果 $K$ 是 $F$ 的伽罗瓦扩张，那么 $K$ 是某个可分多项式 $f\left( x\right)$ 关于 $F$ 的分裂域。任何自同构 $\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 都将不可约因子 $f\left( x\right)$ 的根映射到另一个根，并且 $\sigma$ 由其对根的作用唯一确定（因为它们生成了 $K$ 关于 $F$ ）。如果我们固定根 ${\alpha }_{1},\ldots ,{\alpha }_{n}$ 的标记，我们会看到任何 $\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right)$ 都定义了 ${\alpha }_{1},\ldots ,{\alpha }_{n}$ 的唯一排列，因此定义了下标 $\{ 1,2,\ldots ,n\}$ 的唯一排列（这取决于根的固定标记）。这给出了一个单射。

将伽罗瓦群嵌入到 $n$ 字母上的对称群中，这显然是一个同态（两个群的运算都是复合运算）。因此，我们可以将伽罗瓦群视为对称群的子群。由于分裂域的次数与伽罗瓦群的阶数相同，根据基本定理，这从群论的角度解释了为什么一个次数为 $n$ 的多项式在 $F$ 上的分裂域的次数最多为 $n$ ! 次 $F$（命题13.26）。

一般地，如果 $f\left( x\right)$ 分解为不可约元的形式是 $f\left( x\right) = {f}_{1}\left( x\right) \cdots {f}_{k}\left( x\right)$ ，其中 ${f}_{i}\left( x\right)$ 的次数为 ${n}_{i},i = 1,2,\ldots ,k$ ，那么由于伽罗瓦群在不可约因子的根之间进行置换，我们有 $\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) \leq {S}_{{n}_{1}} \times \cdots \times {S}_{{n}_{k}}$ 。

如果 $f\left( x\right)$ 是不可约的，那么给定 $f\left( x\right)$ 的任意两个根，伽罗瓦群 $G$ 中存在一个自同构将第一个根映射到第二个根（这遵循我们的扩展定理13.27）。这样的群被称为在根上传递，即，你可以通过应用 $G$ 的某个元素从任意一个根到达任意另一个根。伽罗瓦群必须在根的块（即不可约因子的根）上是传递的这个事实，通常有助于减少 $G$ 结构的可能性（参见下面关于四次多项式伽罗瓦群的讨论）。

示例

(1) 考虑在 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ 上的双二次扩展 $\mathbb{Q}$，它是 $\left( {{x}^{2} - 2}\right) \left( {{x}^{2} - 3}\right)$ 的分裂域。将根标记为 ${\alpha }_{1} = \sqrt{2},{\alpha }_{2} = - \sqrt{2},{\alpha }_{3} = \sqrt{3}$ 和 ${\alpha }_{4} = - \sqrt{3}$。伽罗瓦群的元素是 $\{ 1,\sigma ,\tau ,{\sigma \tau }\}$，其中 $\sigma$ 将 $\sqrt{2}$ 映射到 $- \sqrt{2}$ 并固定 $\sqrt{3}$，$\tau$ 固定 $\sqrt{2}$ 并将 $\sqrt{3}$ 映射到 $- \sqrt{3}$。

对于这种标记，我们看到 $\sigma$ 交换前两个并固定后两个，而 $\tau$ 固定前两个并交换后两个，即，

作为 ${S}_{4}$ 的元素。类似地，或者通过取这两个元素的乘积，我们看到

因此

将这个伽罗瓦群与 ${S}_{4}$ 的克莱因四元子群相识别。注意，如果我们改变了上面的根的标记，我们会得到伽罗瓦群作为 ${S}_{4}$ 的子群的一个不同的（同构的）表示（例如，交换第二个和第三个根将得到子群 $\{ 1,\left( {13}\right) ,\left( {24}\right) ,\left( {13}\right) \left( {24}\right) \} )$）。

(2) ${x}^{3} - 2$ 的伽罗瓦群作为 $\sqrt[3]{2},\rho \sqrt[3]{2}$ 和 ${\rho }^{2}\sqrt[3]{2}$ 的三个根的排列作用，其中 $\rho$ 是一个原始的 ${3}^{\text{rd }}$ 单位根。有了这个顺序，我们之前定义的生成元 $\sigma$ 和 $\tau$ 给出排列

这给出

在这种情况下，是3个字母的全对称群。

回顾一下，每个有限群同构于某个对称群的一个子群 ${S}_{n}$ 。一个未解决的问题是要确定每个有限群是否可以作为某个多项式在 $\mathbb{Q}$ 上的伽罗瓦群。我们在上一节看到，每个阿贝尔群都是某个循环场的子域上的伽罗瓦群（对于某些多项式）。下面我们将明确确定小次数多项式的伽罗瓦群 $\left( { \leq 4}\right)$ ，这将特别表明 ${S}_{4}$ 的每个子群都可以作为伽罗瓦群出现。

我们首先引入一些定义，并证明“一般”的次数为 $n$ 的多项式具有 ${S}_{n}$ 作为伽罗瓦群（因此上面的第二个例子应该被视为“典型”）。

定义。设 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 为不定元。初等对称函数 ${s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}$ 定义为

即，${i}^{\text{th }}$ 的 ${s}_{i}$ 对称函数 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 是所有 ${x}_{j}$ 的 $i$ 个取一个的乘积之和。

定义。次数为 $n$ 的通用多项式是多项式

其根为不定元 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 。

通过归纳法容易看出，次数为 $n$ 的通用多项式的系数由根的初等对称函数给出：

对于任何字段 $F$ ，扩展 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 是字段 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 的伽罗瓦扩展，因为它是次数为 $n$ 的通用多项式的分裂场。

如果 $\sigma \in {S}_{n}$ 是 $\{ 1,2,\ldots ,n\}$ 的任何排列，那么 $\sigma$ 通过交换变量 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 的下标作用于 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 中的有理函数。显然，这给出了 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 的一个自同构。将 $\sigma \in {S}_{n}$ 与 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 的这个自同构相识别，将 ${S}_{n}$ 识别为 $\operatorname{Aut}\left( {F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right) }\right)$ 的一个子群。

初等对称函数 ${s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}$ 在其下标的任何排列下都是固定的（这就是它们被称为对称函数的原因），这表明子域 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 包含在 ${S}_{n}$ 的固定域中。根据伽罗瓦理论的基本定理，${S}_{n}$ 的固定域在 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 中的指数恰好是 $n$ 的阶乘。由于 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 是 (13) 中次数为 $n$ 的多项式在 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 上的分裂域，因此我们有

这意味着我们实际上确实有等式成立，且 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 恰好是 ${S}_{n}$ 的固定域。这证明了以下结果。

命题 30。${S}_{n}$ 作为作用于 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 个变量 $n$ 的有理函数域上的对称群，其固定域是关于初等对称函数 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 的有理函数域。

定义。如果一个有理函数 $f\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 在变量的任何排列下都不改变，那么它被称为对称函数。

推论 31。（对称函数的基本定理）任何在变量 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 上的对称函数都是关于初等对称函数 ${s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}$ 的有理函数。

证明：对称函数位于 ${S}_{n}$ 以上的固定域中，因此它是一个关于 ${s}_{1},\ldots ,{s}_{n}$ 的有理函数。

这个推论解释了为什么这些函数被称为初等对称函数。

备注：如果 $f\left( {{x}_{1},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 是 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 的多项式并且是对称的，那么可以观察到 $f$ 实际上是在 ${s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}$ 上的多项式，这加强了推论的陈述。实际上，系数在 $R$ 中的对称多项式，其中 $R$ 是任何带有单位元的交换环，是初等对称函数上的多项式，其系数在 $R$ 中。这一事实的证明在练习中概述的将对称多项式写成初等对称函数多项式的算法中是隐含的。

示例

(1) 表达式 ${\left( {x}_{1} - {x}_{2}\right) }^{2}$ 在 ${x}_{1},{x}_{2}$ 中是对称的。我们有

初等对称函数的多项式。

(2) 多项式 ${x}_{1}^{2} + {x}_{2}^{2} + {x}_{3}^{2}$ 在 ${x}_{1},{x}_{2},{x}_{3}$ 中是对称的，在这种情况下我们有

(3) 多项式 ${x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2} + {x}_{1}^{2}{x}_{3}^{2} + {x}_{2}^{2}{x}_{3}^{2}$ 是对称的。因为

我们有

现在假设我们从一般多项式开始

在这个域 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 上，我们将 ${s}_{i},i = 1,2,\ldots ,n$ 视为不定元。如果我们定义这个多项式的根为 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$，那么 ${s}_{i}$ 恰好是根 ${x}_{1},\ldots ,{x}_{n}$ 的基本对称函数。此外，这些根在不定元的意义上也是独立的，即它们之间在 $F$ 上没有多项式关系。假设 $p\left( {{t}_{1},\ldots ,{t}_{n}}\right)$ 是一个在 $n$ 个变量上的非常数多项式，其系数在 $F$ 中，使得 $p\left( {{x}_{1},\ldots ,{x}_{n}}\right) = 0$。那么，所有 $\sigma$ 在 ${S}_{n}$ 上的 $p\left( {{t}_{\sigma \left( 1\right) },\ldots ,{t}_{\sigma \left( n\right) }}\right)$ 的乘积 $\widetilde{p}$ 是一个非零对称多项式，其系数在 $\widetilde{p}\left( {{x}_{1},\ldots ,{x}_{n}}\right) = 0$ 中。这给出了在 $F$ 上的 ${s}_{1},\ldots ,{s}_{n}$ 之间的一个非零多项式关系，产生了矛盾。反过来说，如果多项式 $f\left( x\right)$ 的根在 $F$ 上是独立的不定元，那么 $f\left( x\right)$ 的系数也是这样 - 参见第9节的开头。因此，将一般多项式定义为具有不定根或不定系数是等价的。从这个角度来看，我们的结果可以以下面的形式陈述。

定理32。一般多项式

在域 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 上是可分的，其伽罗瓦群为 ${S}_{n}$。

这个结果表明，如果次数为 $n$ 的多项式的系数之间不存在关系（这就是我们说 ${s}_{i}$ 是上方的未定元时的意思），那么这个多项式在由其系数生成的域上的伽罗瓦群是全对称群 ${S}_{n}$ 。粗略地说，这意味着“典型”的次数为 $n$ 的多项式将具有 ${S}_{n}$ 作为伽罗瓦群。但是请注意，在有限域上，每个多项式都有一个循环伽罗瓦群（所有有限域的扩张都是循环的），因此在某种意义上，“典型”的多项式不存在。在 $\mathbb{Q}$ 上，可以精确地定义“典型”多项式的概念，然后确实大多数多项式具有全对称群作为伽罗瓦群。

对于 $n \geq 5$ ，${S}_{n}$ 只有一个正规子群，即指数为2的子群 ${A}_{n}$ 。因此，一般来说，只有一个包含 $F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right)$ 的 $F\left( {{x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}}\right)$ 的正规子域，它是次数为2的扩张。

定义。通过公式定义 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{n}$ 的判别式 $D$ 。

定义多项式的判别式为该多项式根的判别式。

判别式 $D$ 是 ${x}_{1},\ldots ,{x}_{n}$ 的对称函数，因此它是元素属于

$K = F\left( {{s}_{1},{s}_{2},\ldots ,{s}_{n}}\right) .$

当我们首次定义交错群 ${A}_{n}$ 时，我们看到一个置换 $\sigma \in {S}_{n}$ 是子群 ${A}_{n}$ 的元素当且仅当 $\sigma$ 固定乘积

根据基本定理，如果 $F$ 的特征不同于2，那么 $\sqrt{D}$ 生成了 ${A}_{n}$ 的固定域，并生成 $K$ 的二次扩张。这证明了以下命题。

命题33。如果 $\operatorname{ch}\left( F\right) \neq 2$ 那么，排列 $\sigma \in {S}_{n}$ 是 ${A}_{n}$ 的元素当且仅当它固定判别式的平方根 $D$。

现在考虑特征不等于2和3的域 $F$ 上可分多项式的小次数的伽罗瓦群 $\left( { \leq 4}\right)$。注意，在 $\mathbb{Q}$ 或有限域（或更一般地，在任何完备域）上，任意多项式 $f\left( x\right)$ 的分裂域与该多项式的不可约因子的乘积的分裂域相同，且每个因子恰好取一次，这是一个可分多项式。

如果多项式 $f\left( x\right) = {x}^{n} + {a}_{n - 1}{x}^{n - 1} + \cdots + {a}_{1}x + {a}_{0}$ 的根是 ${\alpha }_{1},{\alpha }_{2},\ldots ,{\alpha }_{n}$，那么 $f\left( x\right) {\mathrm{{is}}}^{2}$ 的判别式

注意 $D = 0$ 当且仅当 $f\left( x\right)$ 不是可分的，即如果根 ${\alpha }_{1},\ldots ,{\alpha }_{n}$ 不是不同的。回忆在完备域（例如 $\mathbb{Q}$ 或有限域）上，这意味着 $f\left( x\right)$ 是可约的，因为每个在完备域上的不可约多项式都是可分的。

判别式 $D$ 在 $f\left( x\right)$ 的根中是对称的，因此被 $f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群的所有自同构固定。根据基本定理，它得出

---

${}^{2}$ 如果 $f\left( x\right) = {a}_{n}{x}^{n} + \cdots + {a}_{0}$ 不是首一多项式，那么它的判别式定义为上述 $D$ 的 ${a}_{n}^{{2n} - 2}$ 倍。

---

$D \in F$。判别式一般可以写成 $f\left( x\right)$ 的系数（由推论31得出）的多项式，对于较大的次数，这些系数相当复杂（我们将在下面给出 $n \leq 4$ 的公式）。最后，注意由于

我们有一个有用的结论，即 $\sqrt{D}$ 总是包含在 $f\left( x\right)$ 的分裂域中。

如果 $f\left( x\right)$ 的根是不同的，固定根的某种顺序，并将 $f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群视为 ${S}_{n}$ 的子群，如上所述。

命题 34。$f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的伽罗瓦群是 ${A}_{n}$ 的子群当且仅当判别式 $D \in F$ 是 $F$ 中某个元素的平方。

证明：这是命题 33 在本例中的重述。伽罗瓦群包含在 ${A}_{n}$ 中当且仅当伽罗瓦群的每个元素都固定

即，当且仅当 $\sqrt{D} \in F$ 。

这个性质，加上 $D = 0$ 决定了重根的存在这一事实，是 $D$ 被称为判别式的原因。

二次多项式

考虑具有根 $\alpha ,\beta$ 的多项式 ${x}^{2} + {ax} + b$ 。这个多项式的判别式 $D$ 是 ${\left( \alpha - \beta \right) }^{2}$ ，可以写成根的基本对称函数的多项式。我们在上面的示例 1 中做了这个：

这个二次多项式的通常判别式。

多项式是可分的当且仅当 ${a}^{2} - {4b} \neq 0$ 。伽罗瓦群是 ${S}_{2}$ 的子群，即 2 阶循环群，并且在 ${a}^{2} - {4b}$ 是有理数平方的情况下是平凡的（即 ${A}_{2}$），这完全决定了可能的伽罗瓦群。

注意，这重申了我们之前通过显式求解根得到的结果：如果多项式是可约的（即 $D$ 在 $F$ 中是一个平方），那么伽罗瓦群是平凡的（分裂域仅仅是 $F$ ），而如果多项式是不可约的，那么伽罗瓦群同构于 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ，因为分裂域是二次扩展 $F\left( \sqrt{D}\right)$ 。

三次多项式

假设三次多项式是

如果我们进行替换 $x = y - a/3$ ，多项式变为

611

其中

这两个多项式的分裂域是相同的，因为它们的根相差一个常数 $a/3 \in F$ ，并且由于判别式的公式涉及根的差，我们可以看到这两个多项式也有相同的判别式。

设多项式 (16) 的根为 $\alpha ,\beta$ 和 $\gamma$ 。我们首先计算这个多项式的判别式，用 $p$ 和 $q$ 表示。注意

因此，如果我们求导，我们有

然后

取乘积，我们看到

由于 ${D}_{y}g\left( y\right) = 3{y}^{2} + p$ ，我们有

在上述示例2和3中确定了根的基本对称函数的相应表达式。注意这里 ${s}_{1} = 0,{s}_{2} = p$ 和 ${s}_{3} = - q$ 。我们得到

因此

这与 (15) 中的 $f\left( x\right)$ 的判别式相同。使用 (17) 将 $D$ 表示为 $a,b,c$ 的形式，我们得到

(14.18′)

(三次方程的伽罗瓦群)

a. 如果三次多项式 $f\left( x\right)$ 可约，那么它可以分解为三个线性因子或一个线性因子和一个不可约二次因子。在第一种情况下伽罗瓦群是平凡的，在第二种情况下伽罗瓦群的阶为2。

b. 如果三次多项式 $f\left( x\right)$ 不可约，那么 $f\left( x\right)$ 的一个根生成了一个三次扩展场 $F$ ，因此分裂域 $F$ 的度数能被3整除。由于伽罗瓦群是 ${S}_{3}$ 的一个子群，所以只有两种可能性，即 ${A}_{3}$ 或 ${S}_{3}$ 。当且仅当 (18) 中的判别式 $D$ 是一个平方数时，伽罗瓦群是 ${A}_{3}$ （即3阶循环群）。

显然，如果 $D$ 是 $F$ 中某个元素的平方，那么不可约三次方程 $f\left( x\right)$ 的分裂域可以通过将 $f\left( x\right)$ 的任意一个根添加到 $F$ 中得到。得到的域在 $F$ 上是Galois域，其次数为3，Galois群是一个阶数为3的循环群。如果 $D$ 不是 $F$ 中某个元素的平方，那么 $f\left( x\right)$ 的分裂域在 $F$ 上的次数为6，因此是 $F\left( {\theta ,\sqrt{D}}\right)$ ，对于 $f\left( x\right)$ 的任意一个根 $\theta$ 都成立。这个扩张在 $F$ 上是Galois扩张，其Galois群为 ${S}_{3}$（生成元由 $\sigma$ 给出，它将 $\theta$ 映射到 $f\left( x\right)$ 的另一个根并固定 $\sqrt{D}$，以及 $\tau$，它将 $\sqrt{D}$ 映射到 $- \sqrt{D}$ 并固定 $\theta$）。

我们看到，在这两种情况下，不可约三次方程 $f\left( x\right)$ 的分裂域都是通过将 $\sqrt{D}$ 和 $f\left( x\right)$ 的一个根添加到 $F$ 中得到的。

我们将在下一节介绍Lagrange解的概念后，给出方程（16）（Cardano公式）根的显式公式。

四次多项式

设四次多项式为

在替换 $x = y - a/4$ 下，它变为四次方程

其中

设 $g\left( y\right)$ 的根为 ${\alpha }_{1},{\alpha }_{2},{\alpha }_{3}$ 和 ${\alpha }_{4}$，令 $G$ 表示 $g\left( y\right)$（或 $f\left( x\right)$）分裂域的Galois群。

假设首先 $g\left( y\right)$ 是可约的。如果 $g\left( y\right)$ 分解为一个线性项和一个三次项，那么 $G$ 是该三次项的伽罗瓦群，这是我们上面确定的。假设 $g\left( y\right)$ 分解为两个不可约的二次项。那么分裂域是扩展 $F\left( {\sqrt{{D}_{1}},\sqrt{{D}_{2}}}\right)$ ，其中 ${D}_{1}$ 和 ${D}_{2}$ 是两个二次项的判别式。如果 ${D}_{1}$ 和 ${D}_{2}$ 的差不是一个平方因子，那么这个扩展是双二次扩展，并且 $G$ 与 ${S}_{4}$ 的克莱因四元子群同构。如果 ${D}_{1}$ 是 ${D}_{2}$ 的平方倍，那么这个扩展是二次扩展，并且 $G$ 与 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 同构。

我们简化到 $g\left( y\right)$ 不可约的情况。在这种情况下，回想伽罗瓦群在根上是传递的，即通过应用伽罗瓦群的某些自同构，可以从一个给定的根得到任何其他根。考察这些可能性，我们发现 ${S}_{4}$ 的唯一传递子群，因此我们伽罗瓦群 $g\left( y\right)$ 的唯一可能性

是以下群

${S}_{4},\;{A}_{4}$

${D}_{8} = \{ 1,\left( {1324}\right) ,\left( {12}\right) \left( {34}\right) ,\left( {1423}\right) ,\left( {13}\right) \left( {24}\right) ,\left( {14}\right) \left( {23}\right) ,\left( {12}\right) ,\left( {34}\right) \}$ 及其共轭

$C = \{ 1,\left( {1234}\right) ,\left( {13}\right) \left( {24}\right) ,\left( {1432}\right) \}$ 及其共轭。

( ${D}_{8}$ 是二面体群，是 ${S}_{4}$ 的一个 Sylow 2-子群，在 ${S}_{4},V$ 中有 3 个（同构的）共轭子群；${S}_{4},V$ 是 ${S}_{4}$ 的克莱因四元子群，在 ${S}_{4}$ 中是正规子群；$C$ 是一个循环群，在 ${S}_{4}$ 中有 3 个（同构的）共轭)。

考虑元素

在 $g\left( y\right)$ 的分裂域中。这些元素通过 ${S}_{4}$ 的排列彼此置换。在 ${S}_{4}$ 中 ${\theta }_{1}$ 的稳定子是二面体群 ${D}_{8}$。在 ${S}_{4}$ 中 ${\theta }_{2}$ 和 ${\theta }_{3}$ 的稳定子是阶数为8的共轭二面体子群。在 ${S}_{4}$ 中稳定这三个元素的所有子群是这些子群的交集，即克莱因四元群 $V$。

由于 ${S}_{4}$ 只是对 ${\theta }_{1},{\theta }_{2},{\theta }_{3}$ 进行排列，因此可以得出 $\theta$ 的基本对称函数被 ${S}_{4}$ 的所有元素固定，因此它们在 $F$ 中。对称函数的基本计算表明这些基本对称函数是 ${2p},{p}^{2} - {4r}$ 和 $- {q}^{2}$，这表明 ${\theta }_{1},{\theta }_{2},{\theta }_{3}$ 是以下方程的根：

被称为四次方程 $g\left( y\right)$ 的解性三次方程。由于

同样地

我们看到解性三次方程的判别式与四次方程 $g\left( y\right)$ 的判别式相同，因此也与四次方程 $f\left( x\right)$ 的判别式相同。使用我们关于三次方程判别式的公式，我们可以很容易地用以下术语计算判别式：

$p,q,r :$

由此可以给出 $D$ 以 $a,b,c,d$ 表示的公式：

解性三次方程的分裂域是四次方程分裂域的子域，因此解性三次方程的伽罗瓦群是 $G$ 的一个商群。因此，了解伽罗瓦群在解性三次方程的根 $h\left( x\right)$ 上的作用可以提供关于 $g\left( y\right)$ 的伽罗瓦群的信息，如下所示：

（四次方程的伽罗瓦群）

a. 假设首先解决三次方程是不可约的。如果 $D$ 不是一个平方数，那么 $G$ 不包含在 ${A}_{4}$ 中，且解决三次方程的伽罗瓦群是 ${S}_{3}$ ，这意味着 $g\left( y\right)$ 的分裂域的次数能被6整除。唯一可能的情况是 $G = {S}_{4}$ 。

b. 如果解决三次方程是不可约的且 $D$ 是一个平方数，那么 $G$ 是 ${A}_{4}$ 的一个子群，且3整除 $G$ 的阶（解决三次方程的伽罗瓦群是 ${A}_{3}$ ）。唯一可能的情况是 $G = {A}_{4}$ 。

c1. 我们只剩下解决三次方程可约的情况。第一种可能是 $h\left( x\right)$ 在 $F$ 中有3个根（即完全分解）。因为 ${\theta }_{1},{\theta }_{2},{\theta }_{3}$ 的每个元素都在 $F$ 中，$G$ 的每个元素都固定这三个元素，这意味着 $G \subseteq V$ 。唯一可能的情况是 $G = V$ 。

如果 $h\left( x\right)$ 分解为一个线性项和一个二次项，那么恰好 ${\theta }_{1},{\theta }_{2},{\theta }_{3}$ 中的一个在 $F$ 中，假设是 ${\theta }_{1}$ 。那么 $G$ 稳定 ${\theta }_{1}$ 但不稳定 ${\theta }_{2}$ 和 ${\theta }_{3}$ ，因此我们有 $G \subseteq {D}_{8}$ 和 $G \nsubseteq V$ 。这留下了两种可能性：$G = {D}_{8}$ 或 $G = C$ 。区分这两种情况的一种方法是观察到 $F\left( \sqrt{D}\right)$ 是 $G$ 在 ${A}_{4}$ 中元素的固定域。对于正在考虑的两种情况，我们有 ${D}_{8} \cap {A}_{4} = V,C \cap {A}_{4} = \{ 1,\left( {13}\right) \left( {24}\right) \}$ 。第一个群在 $g\left( y\right)$ 的根上传递，第二个则不传递。因此，第一种情况发生的充要条件是 $g\left( y\right)$ 在 $F\left( \sqrt{D}\right)$ 上是不可约的。因此，我们可以通过对 $g\left( y\right)$ 在 $F\left( \sqrt{D}\right)$ 中进行因式分解来完全确定 $G$ ，从而在所有情况下完全确定伽罗瓦群。（参见接下来的练习和下一节中的练习，其中展示了如果 $D$ 不是两个平方数的和，则在 $\mathbb{Q}$ 上伽罗瓦群不能是4次的循环群——特别是当 $D < 0$ 时。）

我们将在下一节的末尾给出四次多项式根的显式公式。代数基本定理

我们以代数基本定理的两个证明来结束这一节。我们需要关于域 $\mathbb{C}$ 的两个事实：

(a) 每个奇数次的实系数多项式在实数中都有一个根。等价地，不存在奇数次的非平凡有限扩展 $\mathbb{R}$ 。

(b) 系数在 $\mathbb{C}$ 中的二次多项式在 $\mathbb{C}$ 中有根。等价地，不存在 $\mathbb{C}$ 的二次扩展。

第一个结果是微积分中中值定理的直接推论，因为奇数次首一多项式 $f\left( x\right) \in \mathbb{R}\left\lbrack x\right\rbrack$ 的图像在 $x$ 取较大负值时为负，在 $x$ 取较大正值时为正，因此必然在某个点穿过坐标轴。与第二个陈述的等价性是因为有限扩展 $\mathbb{R}$ 是一个简单扩展，且一个本原元素的最小多项式将有奇数次，因此它既在 $\mathbb{R}$ 上不可约，又在 $\mathbb{R}$ 中有根，因此必须是1次。

第二个结果可以通过直接计算得到。根据二次公式，足以证明每个复数 $\alpha = a + {bi},a,b \in \mathbb{R}$ 在 $\mathbb{C}$ 中都有一个平方根。设 $\alpha = r{e}^{i\theta }$ 为某个 $r \geq 0$ 和某个 $\theta \in \lbrack 0,{2\pi })$ 的形式。那么 $\sqrt{r}{e}^{{i\theta }/2}$ 是 $\alpha$ 的一个平方根。（具体来说，设 $c \in \mathbb{R}$ 为实数 $\frac{a + \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}}}{2}$ 的一个平方根，$d \in \mathbb{R}$ 为实数 $\frac{-a + \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}}}{2}$ 的一个平方根，选择两个平方根的符号使得 ${cd}$ 的符号与 $b$ 相同。然后展开乘积我们可以看到 ${\left( c + di\right) }^{2} = a + {bi}$ 。）

定理35.（代数基本定理）每个次数为 $n$ 的多项式 $f\left( x\right) \in \mathbb{C}\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $\mathbb{C}$ 中恰好有 $n$ 个根（考虑重数）。等价地，$\mathbb{C}$ 是代数闭域。

证明：I. 只需证明每个多项式 $f\left( x\right) \in \mathbb{C}\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $\mathbb{C}$ 中都有一个根。设 $\tau$ 表示自同构复共轭。如果 $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{C}$ 中没有根，那么通过将 $\tau$ 应用于 $f\left( x\right)$ 系数的共轭多项式 $\bar{f}\left( x\right) = {\tau f}\left( x\right)$ 也没有根（因为它的根是 $f\left( x\right)$ 根的共轭）。乘积 $f\left( x\right) \bar{f}\left( x\right)$ 的系数在复共轭下是不变的，因此具有实系数。接下来只需证明具有实系数的多项式在 $\mathbb{C}$ 中有一个根。

假设 $f\left( x\right)$ 是一个次数为 $n$ 的具有实系数的多项式，并写成 $n = {2}^{k}m$ ，其中 $m$ 是奇数。我们通过归纳 $k$ 来证明 $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{C}$ 中有一个根。对于 $k = 0,f\left( x\right)$ ，由于次数为奇数，且根据上述 (a) $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{R}$ 中有一个根，所以我们完成了证明。现在假设 $k \geq 1$ 。设 ${\alpha }_{1},{\alpha }_{2},\ldots ,{\alpha }_{n}$ 为 $f\left( x\right)$ 的根，并设 $K = \mathbb{R}\left( {{\alpha }_{1},{\alpha }_{2},\ldots ,{\alpha }_{n},i}\right)$ 。那么 $K$ 是包含 $\mathbb{C}$ 和 $f\left( x\right)$ 的根的 $\mathbb{R}$ 的伽罗瓦扩张。对于任何 $t \in \mathbb{R}$ ，考虑以下多项式

$K/\mathbb{R}$ 的任何自同构都会置换这个乘积中的项，所以 ${L}_{t}$ 的系数在 $\operatorname{Gal}\left( {K/\mathbb{R}}\right)$ 的所有元素下都是不变的。因此 ${L}_{t}$ 是一个具有实系数的多项式。 ${L}_{t}$ 的次数为

其中 ${m}^{\prime }$ 是奇数（因为 $k \geq 1$ ）。因此，这个次数中2的幂小于 $k$ ，所以通过归纳，多项式 ${L}_{t}$ 在 $\mathbb{C}$ 中有一个根。因此对于每个 $t \in \mathbb{R}$ ，存在某个 $i,j\left( {1 \leq i < j \leq n}\right)$ 的元素 ${\alpha }_{i} + {\alpha }_{j} + t{\alpha }_{i}{\alpha }_{j}$ 是 $\mathbb{C}$ 的元素。由于 $t$ 有无限多种选择，而 $i$ 和 $j$ 的值是有限的，我们可以看到对于某些 $i$ 和 $j$ （比如说，$i = 1$ 和 $j = 2$），存在不同的实数 $s$ 和 $t$ 使得

由于 $s \neq t$，因此 $a = {\alpha }_{1} + {\alpha }_{2} \in \mathbb{C}$ 和 $b = {\alpha }_{1}{\alpha }_{2} \in \mathbb{C}$ 。但是然后 ${\alpha }_{1}$ 和 ${\alpha }_{2}$ 是二次方程 ${x}^{2} - {ax} + b$ 的根，其系数在 $\mathbb{C}$ 中，因此根据上述（b），它们是 $\mathbb{C}$ 的元素，从而完成了证明。

第二个证明再次使用了上述的（a）和（b），但是将上述多项式 ${L}_{t}$ 的计算替换为涉及伽罗瓦群的一个 Sylow 2-子群的幂零性的简单群论论证：

设 $f\left( x\right)$ 是一个次数为 $n$ 的具有实系数的多项式，并且设 $K$ 是 $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{R}$ 上的分裂域。那么 $K\left( i\right)$ 是 $\mathbb{R}$ 的一个伽罗瓦扩张。设 $G$ 表示它的伽罗瓦群，${P}_{2}$ 表示 $G$ 的一个 Sylow 2-子群。${P}_{2}$ 的固定域是 $\mathbb{R}$ 的一个奇数次扩张，因此根据（a）是平凡的。

由此可见 $\operatorname{Gal}\left( {K\left( i\right) /\mathbb{C}}\right)$ 是一个2群。由于2群具有所有阶数的子群（回忆一下，对于任何素数 $p$ ，有限 $p$ -群都是如此，参见定理6.1），如果这个群非平凡，那么将存在 $\mathbb{C}$ 的二次扩张，这由(b)不可能，从而完成了证明。

代数基本定理最早由高斯在1816年严格证明（他1798年的博士论文提供了一个需要一些拓扑证明的几何考虑的证明）。上面第一个证明本质上归功于拉普拉斯在1795年的工作（因此命名多项式为 ${L}_{t}$ ）。拉普拉斯的证明被认为不可接受的原因是他假设了多项式存在分裂域（即，根存在于某个域中），这在当时尚未被确立。第二个优雅的证明是由阿廷简化的。