14.7 可解和根式扩张：五次方程不可解

翻斗花园爷爷
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可解和根式扩张：五次方程不可解

我们现在研究用根式求解多项式根的问题，即通过加法、减法、乘法、除法和提取 nth {n}^{\text{th }} 根的代数运算。二次方程的根的公式在初等代数中是熟悉的，下面我们将推导出类似的三次和四次多项式根的公式。然而，对于五次多项式，我们将看到这样的公式是不可能的——这是阿贝尔关于一般五次方程不可解的定理。这个原因很简单：我们将看到，一个多项式可以通过根式求解当且仅当它的伽罗瓦群是一个可解群（这解释了术语的由来），而对于 n≥5n \geq 5 ，群 Sn{S}_{n} 不是可解的。

我们首先讨论简单的根式扩张，即通过将 FF 字母的 nth {n}^{\text{th }} 次根添加到某个域中得到的扩张。由于多项式 xn−a{x}^{n} - a 的所有根都相差 nth {n}^{\text{th }} 的单位根的倍数，因此添加这样一个根将给出一个伽罗瓦扩张，当且仅当这个域包含 nth {n}^{\text{th }} 的单位根。当基域 FF 已经包含适当的单位根时，简单的根式扩张表现最佳。符号 an\sqrt[n]{a} 用于表示 a∈Fa \in F 的任何多项式 xn−a∈F[x]{x}^{n} - a \in F\left\lbrack x\right\rbrack 的根。

定义。如果扩张 K/FK/F 是伽罗瓦扩张且具有循环的伽罗瓦群，则称该扩张为循环扩张。

命题 36。设 FF 是一个特征不整除 nn 的域，且包含 nth {n}^{\text{th }} 的单位根。那么 F(an)F\left( \sqrt[n]{a}\right) 对 a∈Fa \in F 的扩张在 FF 上是循环的，且其次数能整除 nn。

证明：如果 FF 包含 nth {n}^{\text{th }} 的单位根，那么扩张 K=F(an)K = F\left( \sqrt[n]{a}\right) 在 FF 上是伽罗瓦的，因为它是 xn−a{x}^{n} - a 的分裂域。对于任何 σ∈Gal⁡(K/F),σ(an)\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) ,\sigma \left( \sqrt[n]{a}\right) 是该多项式的另一个根，因此存在某个 nth {n}^{\text{th }} 的单位根 ζσ{\zeta }_{\sigma } 使得 σ(an)=ζσan\sigma \left( \sqrt[n]{a}\right) = {\zeta }_{\sigma }\sqrt[n]{a}。这给出一个映射

Gal⁡(K/F)→μn\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) \rightarrow {\mu }_{n}
σ↦ζσ\sigma \mapsto {\zeta }_{\sigma }

其中 μn{\mu }_{n} 表示 nth {n}^{\text{th }} 的单位根群。由于 FF 包含 μn{\mu }_{n} ，每个 nth {n}^{\text{th }} 的单位根都被 Gal⁡(K/F)\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) 的每个元素固定。因此

στ(an)=σ(ζτan){\sigma \tau }\left( \sqrt[n]{a}\right) = \sigma \left( {{\zeta }_{\tau }\sqrt[n]{a}}\right)
=ζτσ(an) = {\zeta }_{\tau }\sigma \left( \sqrt[n]{a}\right)
=ζτζσan=ζσζτan = \frac{{\zeta }_{\tau }}{{\zeta }_{\sigma }}\sqrt[n]{a} = \frac{{\zeta }_{\sigma }}{{\zeta }_{\tau }}\sqrt[n]{a}

这表明 ζστ=ζσζτ{\zeta }_{\sigma \tau } = {\zeta }_{\sigma }{\zeta }_{\tau } ，因此上述映射是一个同态。核恰好由固定 an\sqrt[n]{a} 的自同构组成，即单位元。这给出了 Gal⁡(K/F)\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) 到阶数为 nn 的循环群 μn{\mu }_{n} 的一个单射，从而证明了命题。

现在让 KK 是域 FF 上的任意次数为 nn 的循环扩张，该域的特征不整除 nn 且包含 nth {n}^{\text{th }} 次单位根。让 σ\sigma 是循环群 Gal⁡(K/F)\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) 的生成元。

定义。对于 α∈K\alpha \in K 和任意 nth {n}^{\text{th }} 次单位根 ζ\zeta ，定义拉格朗日解算子 (α,ζ)∈K\left( {\alpha ,\zeta }\right) \in K 为

(α,ζ)=α+ζσ(α)+ζ2σ2(α)+⋯+ζn−1σn−1(α).\left( {\alpha ,\zeta }\right) = \alpha + {\zeta \sigma }\left( \alpha \right) + {\zeta }^{2}{\sigma }^{2}\left( \alpha \right) + \cdots + {\zeta }^{n - 1}{\sigma }^{n - 1}\left( \alpha \right) .

如果我们将自同构 σ\sigma 作用于 (α,ζ)\left( {\alpha ,\zeta }\right) ，我们得到

σ(α,ζ)=σα+ζσ2(α)+ζ2σ3(α)+⋯+ζn−1σn(α)\sigma \left( {\alpha ,\zeta }\right) = {\sigma \alpha } + \zeta {\sigma }^{2}\left( \alpha \right) + {\zeta }^{2}{\sigma }^{3}\left( \alpha \right) + \cdots + {\zeta }^{n - 1}{\sigma }^{n}\left( \alpha \right)

由于 ζ\zeta 是基域 FF 的一个元素，因此被 σ\sigma 固定。我们在 μn{\mu }_{n} 中有 ζn=1{\zeta }^{n} = 1 ，在 Gal⁡(K/F)\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) 中有 σn=1{\sigma }^{n} = 1 ，因此可以写成

σ(α,ζ)=σα+ζσ2(α)+ζ2σ3(α)+⋯+ζ−1α\sigma \left( {\alpha ,\zeta }\right) = {\sigma \alpha } + \zeta {\sigma }^{2}\left( \alpha \right) + {\zeta }^{2}{\sigma }^{3}\left( \alpha \right) + \cdots + {\zeta }^{-1}\alpha
=ζ−1(α+ζσ(α)+ζ2σ2(α)+⋅⋅⋅+ζn−1σn−1(α)) = {\zeta }^{-1}\left( {\alpha + {\zeta \sigma }\left( \alpha \right) + {\zeta }^{2}{\sigma }^{2}\left( \alpha \right) + \cdot \cdot \cdot + {\zeta }^{n - 1}{\sigma }^{n - 1}\left( \alpha \right) }\right)
=ζ−1(α,ζ)(14.19) = {\zeta }^{-1}\left( {\alpha ,\zeta }\right) \tag{14.19}

因此得出

σ(α,ζ)n=(ζ−1)n(α,ζ)n=(α,ζ)n\sigma {\left( \alpha ,\zeta \right) }^{n} = {\left( {\zeta }^{-1}\right) }^{n}{\left( \alpha ,\zeta \right) }^{n} = {\left( \alpha ,\zeta \right) }^{n}

使得 (α,ζ)n{\left( \alpha ,\zeta \right) }^{n} 被 Gal⁡(K/F)\operatorname{Gal}\left( {K/F}\right) 固定，因此对于任意的 α∈K\alpha \in K ，它是 FF 的一个元素。

让 ζ\zeta 是一个原始 nth {n}^{\text{th }} 次单位根。由于自同构 1,σ,…,σn−11,\sigma ,\ldots ,{\sigma }^{n - 1} 的线性无关性（定理7），存在一个元素 α∈K\alpha \in K 使得 (α,ζ)≠0\left( {\alpha ,\zeta }\right) \neq 0 。迭代（19）我们有

σi(α,ζ)=ζ−i(α,ζ),  i=0,1,…,{\sigma }^{i}\left( {\alpha ,\zeta }\right) = {\zeta }^{-i}\left( {\alpha ,\zeta }\right) ,\;i = 0,1,\ldots ,

并且得出 σi{\sigma }^{i} 对于任意的 i<ni < n 不固定 (α,ζ)\left( {\alpha ,\zeta }\right) 。因此这个元素不能位于 KK 的任何真子域中，所以 K=F((α,ζ))K = F\left( \left( {\alpha ,\zeta }\right) \right) 。由于我们上面证明了 (α,ζ)n=a∈F{\left( \alpha ,\zeta \right) }^{n} = a \in F ，所以我们有 F(an)=F((α,ζ))=KF\left( \sqrt[n]{a}\right) = F\left( \left( {\alpha ,\zeta }\right) \right) = K 。这证明了命题的以下逆命题

命题37. 任何在特征不整除nn的域FF上的次数为nn的循环扩张，如果包含nth {n}^{\text{th }}的单位根，则其形式为F(an)F\left( \sqrt[n]{a}\right)对于某些a∈Fa \in F。

备注：以上两个命题构成了所谓的库默理论的组成部分。一个群GG被称为指数为nn的，如果对于每个g∈Gg \in G都有gn=1{g}^{n} = 1。设FF是一个特征不整除nn且包含nth {n}^{\text{th }}单位根的域。如果我们取元素a1,…,ak∈F×{a}_{1},\ldots ,{a}_{k} \in {F}^{ \times }，那么正如命题36中所示，我们可以看到扩张

F(a1n,a2n,…,akn)(14.20)F\left( {\sqrt[n]{{a}_{1}},\sqrt[n]{{a}_{2}},\ldots ,\sqrt[n]{{a}_{k}}}\right) \tag{14.20}

是FF的一个阿贝尔扩张，其伽罗瓦群的指数为nn。反之，任何指数为nn的阿贝尔扩张都是这种形式。

令(F×)n{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}表示乘法群F×{F}^{ \times }的子群，由FF的非零元素的nth {n}^{\text{th }}次幂组成。F×/(F×)n{F}^{ \times }/{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}的商群是一个指数为nn的阿贝尔群。扩张(20)的伽罗瓦群与由F×/(F×)n{F}^{ \times }/{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}中的元素a1,…,ak{a}_{1},\ldots ,{a}_{k}生成的群同构，且如果且仅当(20)中的两个扩张的关联群在F×/(F×)n{F}^{ \times }/{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}中相等时，这两个扩张才相等。

因此，F×/(F×)n{F}^{ \times }/{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}的（有限生成的）子群分类了包含nth {n}^{\text{th }}单位根（且特征不整除F×/(F×)n{F}^{ \times }/{\left( {F}^{ \times }\right) }^{n}）的域上的指数为nn的阿贝尔扩张。这样的扩张被称为库默扩张。

这些结果推广了上述nn的情况，并且可以用类似的方法证明。

这些结果推广了上述k=1k = 1的情况，并且可以用类似的方法证明。

为了简化，我们现在考虑特征为 0 的基本域 FF 的情况。与之前的命题一样，结果在特征不整除将要取的根的阶数的域上是有效的。

定义。

(1) 如果 α\alpha 是一个在 FF 上代数的元素，则可以通过根式表示或用根式求解，前提是 α\alpha 是一个可以通过一系列简单根扩展获得的域 KK 的元素。

F=K0⊂K1⊂⋯⊂Ki⊂Ki+1⊂⋯⊂Ks=K(14.21)F = {K}_{0} \subset {K}_{1} \subset \cdots \subset {K}_{i} \subset {K}_{i + 1} \subset \cdots \subset {K}_{s} = K \tag{14.21}

其中 {K}_{i + 1} = {K}_{i}\left( \sqrt[{n}_{i}]{{a}_{i}}\right) 对于某些 ai∈Ki,i=0,1,…,s−1{a}_{i} \in {K}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1 成立。这里 \sqrt[{n}_{i}]{{a}_{i}} 表示多项式 xni−ai{x}^{{n}_{i}} - {a}_{i} 的某个根。这样的域 KK 将被称为 FF 的根扩张。

(2) 如果一个多项式 f(x)∈F[x]f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack 的所有根都可以用根式求解，那么这个多项式可以通过根式来解决。

这给出了一个精确的含义，即 α\alpha 是通过连续的代数运算（加法、减法、乘法和除法）以及连续的根式提取得到的。例如，元素

−1+17+2(17−17)+217+317−2(17−17)−22(17+17) - 1 + \sqrt{17} + \sqrt{2\left( {{17} - \sqrt{17}}\right) } + 2\sqrt{{17} + 3\sqrt{17} - \sqrt{2\left( {{17} - \sqrt{17}}\right) } - 2\sqrt{2\left( {{17} + \sqrt{17}}\right) }}

在第5节末遇到的（用于构造正17边形）的根式表达，包含在域 K4{K}_{4} 中，其中

K0=Q{K}_{0} = \mathbb{Q}
K1=K0(a0)  a0=17{K}_{1} = {K}_{0}\left( \sqrt{{a}_{0}}\right) \;{a}_{0} = {17}
K2=K1(a1)  a1=2(17−17){K}_{2} = {K}_{1}\left( \sqrt{{a}_{1}}\right) \;{a}_{1} = 2\left( {{17} - \sqrt{17}}\right)
K3=K2(a2)  a2=2(17+17){K}_{3} = {K}_{2}\left( \sqrt{{a}_{2}}\right) \;{a}_{2} = 2\left( {{17} + \sqrt{17}}\right)
K4=K3(a3)  a3=17+317−2(17−17)−22(17+17).{K}_{4} = {K}_{3}\left( \sqrt{{a}_{3}}\right) \;{a}_{3} = {17} + 3\sqrt{17} - \sqrt{2\left( {{17} - \sqrt{17}}\right) } - 2\sqrt{2\left( {{17} + \sqrt{17}}\right) }.

这些扩展中的每一个都是根式扩展。不需要除了平方根之外的根，这一事实反映了正17边形可以通过直尺和圆规构造出来。

在考虑根式扩展时，总是可以添加单位根，因为根据定义，单位根是根式。这很有用，因为这样循环扩展就变成了根式扩展，反之亦然。特别是我们有：

引理38。如果 α\alpha 包含在如上（21）中的根扩展 KK 中，那么 α\alpha 包含在一个在 FF 上是伽罗瓦的根扩展中，并且每个扩展 Ki+1/Ki{K}_{i + 1}/{K}_{i} 都是循环的。

证明：设 LL 是 FF 上 KK 的伽罗瓦闭包。对于任意的 σ∈Gal⁡(L/F)\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {L/F}\right) ，我们有子域的链

F=σK0⊂σK1⊂⋯⊂σKi⊂σKi+1⊂⋯⊂σKs=σKF = \sigma {K}_{0} \subset \sigma {K}_{1} \subset \cdots \subset \sigma {K}_{i} \subset \sigma {K}_{i + 1} \subset \cdots \subset \sigma {K}_{s} = {\sigma K}

其中 σKi+1/σKi\sigma {K}_{i + 1}/\sigma {K}_{i} 仍然是一个简单的根式扩张（因为它由元素 \sigma \left( \sqrt[{n}_{i}]{{a}_{i}}\right) 生成，该元素是方程 xni−σ(ai){x}^{{n}_{i}} - \sigma \left( {a}_{i}\right) 在 σ(Ki)\sigma \left( {K}_{i}\right) 上的根）。容易看出两个根式扩张的复合仍然是一个根式扩张（如果 K′{K}^{\prime } 是另一个具有子域 Ki′{K}_{i}^{\prime } 的根式扩张，首先取 K1′{K}_{1}^{\prime } 与域 K0,K1,…,Ks{K}_{0},{K}_{1},\ldots ,{K}_{s} 的复合，然后取这些域与 K2′{K}_{2}^{\prime } 的复合，等等，这样在这个过程中每一个单独的扩张都是一个简单的根式扩张）。因此，所有共轭域 σ(K)\sigma \left( K\right) 关于 σ∈Gal⁡(L/F)\sigma \in \operatorname{Gal}\left( {L/F}\right) 的复合仍然是一个根式扩张。由于这个域恰好是 LL ，我们看到 α\alpha 包含在一个伽罗瓦根式扩张中。

我们现在将所有在伽罗瓦根式扩张 K/FK/F 中的简单根式扩张的 ni{n}_{i} 次单位根添加到 FF 中，得到域 F′{F}^{\prime } ，比如说，然后将 F′{F}^{\prime } 与根式扩张的复合：

F⊆F′=F′K0⊆F′K1⊆⋯⊆F′Ki⊆F′Ki+1⊆⋯⊆F′Ks=F′K.\begin{array}{l} F \subseteq {F}^{\prime } = {F}^{\prime }{K}_{0} \subseteq {F}^{\prime }{K}_{1} \subseteq \cdots \subseteq {F}^{\prime }{K}_{i} \subseteq {F}^{\prime }{K}_{i + 1} \subseteq \cdots \subseteq {F}^{\prime }{K}_{s} = {F}^{\prime }K. \end{array}

该领域 F′K{F}^{\prime }K 是 FF 的伽罗瓦扩张，因为它是由两个伽罗瓦扩张组合而成的。从 FF 到 F′=F′K0{F}^{\prime } = {F}^{\prime }{K}_{0} 的扩张可以表示为每个单个扩张都是循环的子域链（这对于任何阿贝尔扩张都成立）。每个扩张 F′Ki+1/F′Ki{F}^{\prime }{K}_{i + 1}/{F}^{\prime }{K}_{i} 都是一个简单根式扩张，并且由于我们现在在基本字段中有了适当的单位根，因此每个从 F′{F}^{\prime } 到 F′K{F}^{\prime }K 的单个扩张根据命题36都是循环扩张。因此 F′K/F{F}^{\prime }K/F 是一个根式扩张，它在 FF 上是伽罗瓦扩张，且具有循环的中间扩张，从而完成了证明。

参见第3.4节（也参见第6.1节），一个有限群 GG 是可解的，如果存在一个子群链

1=Gs≤Gs−1≤⋯≤Gi+1≤Gi≤⋯≤G0=G(14.22)1 = {G}_{s} \leq {G}_{s - 1} \leq \cdots \leq {G}_{i + 1} \leq {G}_{i} \leq \cdots \leq {G}_{0} = G \tag{14.22}

其中 Gi/Gi+1{G}_{i}/{G}_{i + 1} 是循环的，i=0,1,…,s−1i = 0,1,\ldots ,s - 1 。我们已经证明了可解群的单群和商群是可解的，并且如果 H≤GH \leq G 和 G/HG/H 都是可解的，那么 GG 也是可解的。

我们现在证明伽罗瓦的基本联系，即通过根式解多项式的根与多项式的伽罗瓦群之间的关系。我们继续在特征为0的域 FF 上工作，但很容易看出证明对于任何特征不整除伽罗瓦群阶数或涉及根式的阶数的域都是有效的。

定理39。多项式 f(x)f\left( x\right) 可以通过根式求解，当且仅当它的伽罗瓦群是一个可解群。

证明：首先假设 f(x)f\left( x\right) 可以通过根式求解。那么 f(x)f\left( x\right) 的每一个根都包含在如引理中的扩张中。这些扩张的复合 LL 再次由命题21确定同类型的扩张。令 Gi{G}_{i} 为对应于子域 Ki,i=0,1,…,s−1{K}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1 的子群。由于

Gal⁡(Ki+1/Ki)=Gi/Gi+1  i=0,1,…,s−1\operatorname{Gal}\left( {{K}_{i + 1}/{K}_{i}}\right) = {G}_{i}/{G}_{i + 1}\;i = 0,1,\ldots ,s - 1

因此可以得出伽罗瓦群 G=Gal⁡(L/F)G = \operatorname{Gal}\left( {L/F}\right) 是一个可解群。域 LL 包含了 f(x)f\left( x\right) 的分裂域，所以 f(x)f\left( x\right) 的伽罗瓦群是可解群 GG 的商群，因此也是可解的。

现在假设 f(x)f\left( x\right) 的伽罗瓦群 GG 是一个可解群，并令 KK 为 f(x)f\left( x\right) 的分裂域。对 GG 的子群链 (22) 取固定域，得到一个链

F=K0⊂K1⊂⋯⊂Ki⊂Ki+1⊂⋯⊂Ks=KF = {K}_{0} \subset {K}_{1} \subset \cdots \subset {K}_{i} \subset {K}_{i + 1} \subset \cdots \subset {K}_{s} = K

其中 Ki+1/Ki,i=0,1,…,s−1{K}_{i + 1}/{K}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1 是度数为 ni{n}_{i} 的循环扩张。令 F′{F}^{\prime } 为 FF 上的所有阶为 ni,i=0,1,…,s−1{n}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1 的单位根的循环域，并形成复合域 Ki′=F′Ki{K}_{i}^{\prime } = {F}^{\prime }{K}_{i} 。我们得到一个扩张序列

∥F∥⊆F′=F′K0⊆F′K1⊆⋯⊆F′Ki⊆F′Ki+1⊆⋯⊆F′Ks=F′K.\parallel F\parallel \subseteq {F}^{\prime } = {F}^{\prime }{K}_{0} \subseteq {F}^{\prime }{K}_{1} \subseteq \cdots \subseteq {F}^{\prime }{K}_{i} \subseteq {F}^{\prime }{K}_{i + 1} \subseteq \cdots \subseteq {F}^{\prime }{K}_{s} = {F}^{\prime }K.

扩张 F′Ki+1/F′Ki{F}^{\prime }{K}_{i + 1}/{F}^{\prime }{K}_{i} 是度数整除 ni,i=0,1,…,s−1{n}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1 的循环扩张（由命题19得出）。由于我们现在在基域中有了适当的单位根，每个这样的循环扩张通过命题37都是简单根式扩张。因此 f(x)f\left( x\right) 的每一个根都包含在根式扩张 F′K{F}^{\prime }K 中，所以 f(x)f\left( x\right) 可以通过根式求解。

推论40。当 nn 为 n≥5n \geq 5 时，度数为一般的方程不能通过根式求解。

证明：对于 n≥5n \geq 5 ，群 Sn{S}_{n} 不是可解的，这我们在第4章中已经展示。推论直接由定理32和定理39得出。

这个推论表明，不存在类似于二次多项式的根的二次公式那样的涉及根式的公式，适用于五次多项式的根。为了给出一个具体的五次多项式的例子，其根不能用根式表示，我们必须展示一个具有有理系数的五次多项式，其伽罗瓦群为 S5{S}_{5}（或者 A5{A}_{5}，它也是不可解的）（参见练习21，其中给出了五次多项式可解性的判据）。

示例

考虑多项式 f(x)=x5−6x+3∈Q[x]f\left( x\right) = {x}^{5} - {6x} + 3 \in \mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack 。由于它在3处是爱森斯坦的，因此这个多项式是不可约的。因此，这个多项式的分裂域 KK 的次数能被5整除，因为将 f(x)f\left( x\right) 的一个根添加到 Q\mathbb{Q} 中产生了一个次数为5的扩展。因此，伽罗瓦群 GG 是 S5{S}_{5} 的一个子群，其次数能被5整除，所以包含一个次数为5的元素。在 S5{S}_{5} 中，次数为5的唯一元素是5-循环，所以 GG 包含一个5-循环。

由于 f(−2)=−17,f(0)=3,f(1)=−2f\left( {-2}\right) = - {17},f\left( 0\right) = 3,f\left( 1\right) = - 2 且 f(2)=23f\left( 2\right) = {23} ，我们可以看到 f(x)f\left( x\right) 在每个区间 (−2,0),(0,1)\left( {-2,0}\right) ,\left( {0,1}\right) 和 (1,2) 中都有一个实根。根据平均值定理，如果存在 4 个实根，那么导数 f′(x)=5x4−6{f}^{\prime }\left( x\right) = 5{x}^{4} - 6 至少会有 3 个实零点，但实际上并没有。因此这些就是唯一的实根。（这也很容易通过笛卡尔符号规则得出。）根据代数基本定理，f(x)f\left( x\right) 在 C\mathbb{C} 中有 5 个根。因此 f(x)f\left( x\right) 有两个非实的复根。设 τ\tau 表示 C\mathbb{C} 中的复共轭自同构。由于 f(x)f\left( x\right) 的系数是实数，这两个复根必须通过 τ\tau 交换（因为它们不是固定的，不是实数）。因此复共轭对 KK 的限制固定了 f(x)f\left( x\right) 的三个根，并交换了另外两个。因此，作为 G,τ∣KG,{\left. \tau \right| }_{K} 的一个元素，它因此是一个置换。

现在简单练习一下就可以证明，任何 5-循环与任何置换都可以生成 S5{S}_{5} 的所有元素。因此 G=S5G = {S}_{5} ，所以 x5−6x+3{x}^{5} - {6x} + 3 的根不能通过根式表达。

如这个例子所示，通过理解 GG 中自同构的循环类型，可以获取大量关于伽罗瓦群的信息，将其视为 Sn{S}_{n} 的一个子群。实际上，这是确定次数为 ≥5\geq 5 的多项式的伽罗瓦群的最有效方法（当然，随着次数的增加，这变得更加困难，因为 Sn{S}_{n} 的可能子群要多得多）。我们将在下一节中描述这个过程。

根据定理39，任何次数为 n≤4n \leq 4 的多项式都可以通过根式求解，因为 Sn{S}_{n} 对于这些 nn 是一个可解群。对于 n=2n = 2 这就是熟悉的二次公式。对于 n=3n = 3 的公式被称为卡尔丹公式（以杰罗尼莫·卡尔丹（1501-1576）命名），而 n=4n = 4 的公式可以化简为这个公式。这些公式在任意特征为 FF 的域 ≠2,3\neq 2,3 上都是有效的，这些特征是必要的根的阶数和可能的伽罗瓦群（S3{S}_{3} 和 S4{S}_{4} 的子群）的阶数除数。为了简化，我们将在 Q\mathbb{Q} 上推导这些公式。

通过根式解三次方程：卡尔丹公式

由定理39的证明以及方程（22）中 S3{S}_{3} 的复合系列由 1≤A3≤S31 \leq {A}_{3} \leq {S}_{3} 给出的实况，我们应该预期三次方程的解

f(x)=x3+ax2+bx+cf\left( x\right) = {x}^{3} + a{x}^{2} + {bx} + c

（或者等价地，在替换 x=y−a/3x = y - a/3 下，

g(y)=y3+py+q,g\left( y\right) = {y}^{3} + {py} + q,

其中

p=13(3b−a2)  q=127(2a3−9ab+27c))p = \frac{1}{3}\left( {{3b} - {a}^{2}}\right) \;q = \frac{1}{27}\left( {2{a}^{3} - {9ab} + {27c}}\right) )

需要涉及附加 3rd {3}^{\text{rd }} 的单位根以及涉及这些单位根的拉格朗日解的构造。

令 ρ\rho 表示一个原始的 3rd {3}^{\text{rd }} 单位根，使得 ρ2+ρ+1=0{\rho }^{2} + \rho + 1 = 0 。令 g(y)g\left( y\right) 的根为 α,β\alpha ,\beta 和 γ\gamma ，使得

α+β+γ=0\alpha + \beta + \gamma = 0

（改变从 f(x)f\left( x\right) 到 g(x)g\left( x\right) 的一个原因）。在 Q(D)\mathbb{Q}\left( \sqrt{D}\right) 域上，其中 DD 是判别式（在上一个部分计算得到），g(y)g\left( y\right) 的伽罗瓦群是 A3{A}_{3} ，即一个阶数为3的循环群。如果我们附加 ρ\rho ，那么这个扩展是根式扩展的

三次方程，生成元由拉格朗日解法给出，如命题37的证明中所示。因此考虑以下元素

(α,1)=α+β+γ=0\left( {\alpha ,1}\right) = \alpha + \beta + \gamma = 0
θ1=(α,ρ)=α+ρβ+ρ2γ{\theta }_{1} = \left( {\alpha ,\rho }\right) = \alpha + {\rho \beta } + {\rho }^{2}\gamma
θ2=(α,ρ2)=α+ρ2β+ργ.{\theta }_{2} = \left( {\alpha ,{\rho }^{2}}\right) = \alpha + {\rho }^{2}\beta + {\rho \gamma }.

注意这些解法之和是

θ1+θ2=3α(14.23){\theta }_{1} + {\theta }_{2} = {3\alpha } \tag{14.23}

因为 1+ρ+ρ2=01 + \rho + {\rho }^{2} = 0 。类似地

ρ2θ1+ρθ2=3β{\rho }^{2}{\theta }_{1} + \rho {\theta }_{2} = {3\beta }
ρθ1+ρ2θ2=3γ\rho {\theta }_{1} + {\rho }^{2}{\theta }_{2} = {3\gamma }

(14.23′)

我们之前在命题37之前已经证明，这些解法的立方必须位于 Q(D,ρ)\mathbb{Q}\left( {\sqrt{D},\rho }\right) 中。展开 θ13{\theta }_{1}^{3} 我们得到

α3+β3+γ3+3ρ(α2β+β2γ+αγ2){\alpha }^{3} + {\beta }^{3} + {\gamma }^{3} + {3\rho }\left( {{\alpha }^{2}\beta + {\beta }^{2}\gamma + \alpha {\gamma }^{2}}\right)
+3ρ2(αβ2+βγ2+α2γ)+6αβγ.(14.24) + 3{\rho }^{2}\left( {\alpha {\beta }^{2} + \beta {\gamma }^{2} + {\alpha }^{2}\gamma }\right) + {6\alpha \beta \gamma }. \tag{14.24}

我们有

D=(α−β)(α−γ)(β−γ)\sqrt{D} = \left( {\alpha - \beta }\right) \left( {\alpha - \gamma }\right) \left( {\beta - \gamma }\right)
=(α2β+β2γ+αγ2)−(αβ2+βγ2+α2γ). = \left( {{\alpha }^{2}\beta + {\beta }^{2}\gamma + \alpha {\gamma }^{2}}\right) - \left( {\alpha {\beta }^{2} + \beta {\gamma }^{2} + {\alpha }^{2}\gamma }\right) .

使用这个方程我们可以看到（24）可以写成

α3+β3+γ3+3ρ[12(S+D)]+3ρ2[12(S−D)]+6αβγ{\alpha }^{3} + {\beta }^{3} + {\gamma }^{3} + {3\rho }\left\lbrack {\frac{1}{2}\left( {S + \sqrt{D}}\right) }\right\rbrack + 3{\rho }^{2}\left\lbrack {\frac{1}{2}\left( {S - \sqrt{D}}\right) }\right\rbrack + {6\alpha \beta \gamma }

(14.24′)

其中为了简化，我们用 SS 表示表达式

(α2β+β2γ+αγ2)+(αβ2+βγ2+α2γ).\left( {{\alpha }^{2}\beta + {\beta }^{2}\gamma + \alpha {\gamma }^{2}}\right) + \left( {\alpha {\beta }^{2} + \beta {\gamma }^{2} + {\alpha }^{2}\gamma }\right) .

由于 SS 在根上对称，(24′)\left( {24}^{\prime }\right) 中的每个表达式都是 α,β\alpha ,\beta 和 γ\gamma 的对称多项式，因此是初等对称函数 s1=0,s2=p{s}_{1} = 0,{s}_{2} = p 和 s3=−q{s}_{3} = - q 的多项式。经过简短的计算后可以找到

α3+β3+γ3=−3q  S=3q{\alpha }^{3} + {\beta }^{3} + {\gamma }^{3} = - {3q}\;S = {3q}

因此从 (24′)\left( {24}^{\prime }\right) 我们得到 (ρ+ρ2=−1\left( {\rho + {\rho }^{2} = - 1}\right. 和 ρ−ρ2=−3)\left. {\rho - {\rho }^{2} = \sqrt{-3}}\right)

θ13=−3q+32ρ(3q+D)+32ρ2(3q−D)−6q{\theta }_{1}^{3} = - {3q} + \frac{3}{2}\rho \left( {{3q} + \sqrt{D}}\right) + \frac{3}{2}{\rho }^{2}\left( {{3q} - \sqrt{D}}\right) - {6q}
=−272q+32−3D(14.25) = \frac{-{27}}{2}q + \frac{3}{2}\sqrt{-{3D}} \tag{14.25}

类似地，我们找到

θ23=−272q−32−3D{\theta }_{2}^{3} = \frac{-{27}}{2}q - \frac{3}{2}\sqrt{-{3D}}

(14.25′)

方程（25）和（23）本质上给出了我们三次方程的解。然而，还有一个小问题，即如何从（25）中的表达式提取立方根以得到 θ1{\theta }_{1} 和 θ2{\theta }_{2} 。有3个可能的立方根，这可能暗示（23）中有9个表达式。但情况并非如此，因为 θ1{\theta }_{1} 和 θ2{\theta }_{2} 不是独立的（加入其中之一已经给出了包含所有根的伽罗瓦扩张）。上面类似的计算（但更简单）表明

θ1θ2=−3p(14.26){\theta }_{1}{\theta }_{2} = - {3p} \tag{14.26}

显示选择 θ1{\theta }_{1} 的立方根决定了 θ2{\theta }_{2} 。使用 D=−4p3−27q2D = - 4{p}^{3} - {27}{q}^{2} ，我们得到卡尔丹公式，如下所示。

设

A=−272q+32−3D3A = \sqrt[3]{\frac{-{27}}{2}q + \frac{3}{2}\sqrt{-{3D}}}
B=−272q−32−3D3B = \sqrt[3]{\frac{-{27}}{2}q - \frac{3}{2}\sqrt{-{3D}}}

其中立方根的选择使得 AB=−3p{AB} = - {3p} 。那么方程的根是

y3+py+q=0{y}^{3} + {py} + q = 0

是

α=A+B3  β=ρ2A+ρB3  γ=ρA+ρ2B3(14.27)\alpha = \frac{A + B}{3}\;\beta = \frac{{\rho }^{2}A + {\rho B}}{3}\;\gamma = \frac{{\rho A} + {\rho }^{2}B}{3} \tag{14.27}

其中 ρ=−12+12−3\rho = - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{-3} 。

示例

(1) 考虑三次方程 x3−x+1=0{x}^{3} - x + 1 = 0 。这个三次方程的判别式是

D=−4(−1)3−27(1)2=−23D = - 4{\left( -1\right) }^{3} - {27}{\left( 1\right) }^{2} = - {23}

这不是有理数的平方，所以这个多项式的伽罗瓦群是 S3{S}_{3} 。将上述公式代入，我们得到

A=−272+32693A = \sqrt[3]{\frac{-{27}}{2} + \frac{3}{2}\sqrt{69}}
B=−272−32693B = \sqrt[3]{\frac{-{27}}{2} - \frac{3}{2}\sqrt{69}}

其中我们选择 AA 为实数立方根，然后从 AB=3{AB} = 3 我们可以看出 BB 也是实数。三次方程的根由 (27) 给出，我们可以看到有一个实根和两个共轭复数根（当然，我们可以在不求解根的情况下确定这一点）。

(2) 考虑方程 x3+x2−2x−1=0{x}^{3} + {x}^{2} - {2x} - 1 = 0 。令 x=s−1/3x = s - 1/3 方程变为 s3−73s−727=0{s}^{3} - \frac{7}{3}s - \frac{7}{27} = 0 。乘以 27 以清除分母，并令 y=3sy = {3s} 我们可以看到 yy 满足三次方程

y3−21y−7=0.{y}^{3} - {21y} - 7 = 0.

这个三次方程的判别式 DD 是

D=−4(−21)3−27(−7)2=3672D = - 4{\left( -{21}\right) }^{3} - {27}{\left( -7\right) }^{2} = {3}^{6}{7}^{2}

这表明这个（Eisenstein在7处）三次方程的Galois群 A3{A}_{3} 。将上述公式中的值代入，我们得到

A=372+212−33A = 3\sqrt[3]{\frac{7}{2} + \frac{21}{2}\sqrt{-3}}
B=372−212−33B = 3\sqrt[3]{\frac{7}{2} - \frac{21}{2}\sqrt{-3}}

我们的三次方程的根可以用上述公式表示为 AA 和 BB 的函数。这个三次方程来源于尝试用类似其他小阶单位根的显式公式的根式来表示一个原始 7th {7}^{\text{th }} 单位根 ζ7{\zeta }_{7} （参见练习）。

在这个情况下，我们有 g(−5)=−27,g(−1)=13,g(0)=−7g\left( {-5}\right) = - {27},g\left( {-1}\right) = {13},g\left( 0\right) = - 7 和 g(5)=13g\left( 5\right) = {13} ，所以这个三次方程有3个实根。这些根的表达式是复数共轭的和。我们稍后会看到这是必要的，即仅使用涉及实数的根式来解决这些实根是不可能的。

具有有理系数的三次方程要么有一个实根和两个复共轭虚根，要么有三个实根。这两种情况可以通过判别式的符号来区分：

假设第一种情况下根是 aa 和 b±icb \pm {ic} ，其中 a,ba,b ，cc 是实数，且 c≠0c \neq 0 。那么

D=[a−(b+ic)][a−(b−ic)][(b+ic)−(b−ic)]\sqrt{D} = \left\lbrack {a - \left( {b + {ic}}\right) }\right\rbrack \left\lbrack {a - \left( {b - {ic}}\right) }\right\rbrack \left\lbrack {\left( {b + {ic}}\right) - \left( {b - {ic}}\right) }\right\rbrack
=2ic[(a−b)2+c2] = {2ic}\left\lbrack {{\left( a - b\right) }^{2} + {c}^{2}}\right\rbrack

是纯虚数，因此判别式 DD 是负的。那么在上述 AA 和 BB 的公式中，我们可以选择两者都为实数。那么（27）中的第一个根是实数，后两个是复共轭。

如果三个根都是实数，那么显然 D\sqrt{D} 是实数，因此 D≥0D \geq 0 是一个非负实数。如果 D=0D = 0 ，那么三次方程有重根。对于 D>0D > 0（有时称为不可约情形），根的公式涉及到非实数的根号，如示例2所示。我们现在证明对于不可约三次方程这是必要的。练习概述了以下推广的证明：如果不可约多项式 f(x)∈Q[x]f\left( x\right) \in \mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack 的所有根都是实数，并且其中一根可以用实数根式表示，那么 f(x)f\left( x\right) 的次数是2的幂，f(x)f\left( x\right) 的伽罗瓦群是一个2群，并且 f(x)f\left( x\right) 的根可以用直尺和圆规构造。

假设不可约三次方程 f(x)f\left( x\right) 有三个实根，并且假设有可能用只涉及实数的根式表达其中一根。那么该三次方程的分裂域将包含在一个根扩展中。

Q=K0⊂K1=Q(D)⊂⋯⊂Ki⊂Ki+1⊂⋯⊂Ks=K\mathbb{Q} = {K}_{0} \subset {K}_{1} = \mathbb{Q}\left( \sqrt{D}\right) \subset \cdots \subset {K}_{i} \subset {K}_{i + 1} \subset \cdots \subset {K}_{s} = K

其中每个字段 Ki,i=0,1,…,s{K}_{i},i = 0,1,\ldots ,s 都包含在实数 R\mathbb{R} 和 s≥2s \geq 2 中，因为二次扩展 Q(D)\mathbb{Q}\left( \sqrt{D}\right) 不能包含不可约三次方程的根。我们从这个根扩展开始用 Q(D)\mathbb{Q}\left( \sqrt{D}\right) ，因为在这个字段上多项式的伽罗瓦群是3次循环群。

注意对于任何字段 FF ，扩展 F(amn)F\left( \sqrt[{mn}]{a}\right) 的 FF 可以通过两个较小的简单根式扩展获得：设

F1=F(an){F}_{1} = F\left( \sqrt[n]{a}\right)

并且设 b=an∈F1b = \sqrt[n]{a} \in {F}_{1} ，因此

F(amn)=F1(bm).F\left( \sqrt[{mn}]{a}\right) = {F}_{1}\left( \sqrt[m]{b}\right) .

因此我们总是可以假设我们的根式扩展是形式 F(apF\left( \sqrt[p]{a}\right. ）其中 pp 是一个质数。

假设现在 FF 是实数 R\mathbb{R} 的一个子域，并且设 aa 为 FF 的一个元素。设 pp 为一个质数，α=ap\alpha = \sqrt[p]{a} 表示 aa 的一个实 pth {p}^{\text{th }} 次根。那么 [F(ap):F]\left\lbrack {F\left( \sqrt[p]{a}\right) : F}\right\rbrack 必须是 1 或者 pp，如下所示。在 FF 上 α\alpha 的共轭都和 α\alpha 相差一个 pth {p}^{\text{th }} 次单位根。因此，α\alpha 在 FF 上的最小多项式的常数项是 αdζ{\alpha }^{d}\zeta，其中 d=[F(ap):F]d = \left\lbrack {F\left( \sqrt[p]{a}\right) : F}\right\rbrack 是最小多项式的次数，ζ\zeta 是某个 pth {p}^{\text{th }} 次单位根。由于 α\alpha 是实数且 αdζ∈F{\alpha }^{d}\zeta \in F 是实数，因此 ζ=±1\zeta = \pm 1，所以 αd∈F{\alpha }^{d} \in F。那么，如果 d≠p,αd∈Fd \neq p,{\alpha }^{d} \in F 且 αp=a∈F{\alpha }^{p} = a \in F 蕴含 α∈F\alpha \in F，所以 d=1d = 1。

因此，我们可以假设对于上述的根式扩展，[Ki+1:Ki]\left\lbrack {{K}_{i + 1} : {K}_{i}}\right\rbrack 是一个质数 pi{p}_{i} 并且 Ki+1=Ki(aipi){K}_{i + 1} = {K}_{i}\left( \sqrt[p_i]{{a}_{i}}\right) 对于某个 ai∈Ki,i=0,1,…,s−1{a}_{i} \in {K}_{i},i = 0,1,\ldots ,s - 1。换句话说，原始的实数根式扩展塔可以精炼为一个每个连续的根式扩展都有质数次数的塔。

如果包含 D\sqrt{D} 的任何字段包含 f(x)f\left( x\right) 的一个根，那么它包含 f(x)f\left( x\right) 的分裂域，因此包含三次方程的所有根。我们假设 ss 被选择为使得 Ks−1{K}_{s - 1} 不包含三次方程的任何根。

考虑扩展 Ks/Ks−1{K}_{s}/{K}_{s - 1} 。域 Ks{K}_{s} 包含三次方程 f(x)f\left( x\right) 的所有根，而域 Ks−1{K}_{s - 1} 不包含这些根。因此 f(x)f\left( x\right) 在 Ks−1{K}_{s - 1} 上是不可约的，所以 [Ks:Ks−1]\left\lbrack {{K}_{s} : {K}_{s - 1}}\right\rbrack 能被 3 整除。由于我们已经将情况简化为扩展度是一个质数的情况，因此可以得出扩展度恰好是 3，且扩展 Ks/Ks−1{K}_{s}/{K}_{s - 1} 是伽罗瓦扩展（它是 f(x)f\left( x\right) 在 Ks−1{K}_{s - 1} 上的分裂域）。由于也存在 Ks=Ks−1(a3){K}_{s} = {K}_{s - 1}\left( \sqrt[3]{a}\right) 对于某些 a∈Ks−1a \in {K}_{s - 1} ，伽罗瓦扩展 Ks{K}_{s} 必须还包含 aa 的其他立方根。这意味着 Ks{K}_{s} 包含 ρ\rho ，一个原始的 3rd {3}^{\text{rd }} 单位根。这与 Ks{K}_{s} 是 R\mathbb{R} 的子域的假设相矛盾，并表明仅用实数根式表达这个三次方程的根是不可能的。

用根式解四次方程

现在考虑四次多项式的情况

f(x)=x4+ax3+bx2+cx+df\left( x\right) = {x}^{4} + a{x}^{3} + b{x}^{2} + {cx} + d

它在替换 x=y−a/4x = y - a/4 后变为四次方程

g(y)=y4+py2+qy+rg\left( y\right) = {y}^{4} + p{y}^{2} + {qy} + r

其中

p=18(−3a2+8b)p = \frac{1}{8}\left( {-3{a}^{2} + {8b}}\right)
q=18(a3−4ab+8c)q = \frac{1}{8}\left( {{a}^{3} - {4ab} + {8c}}\right)
r=1256(−3a4+16a2b−64ac+256d).r = \frac{1}{256}\left( {-3{a}^{4} + {16}{a}^{2}b - {64ac} + {256d}}\right) .

设 g(y)g\left( y\right) 的根为 α1,α2,α3{\alpha }_{1},{\alpha }_{2},{\alpha }_{3} 和 α4{\alpha }_{4} 。上一节引入的对于此四次方程的解立方是

h(x)=x3−2px2+(p2−4r)x+q2h\left( x\right) = {x}^{3} - {2p}{x}^{2} + \left( {{p}^{2} - {4r}}\right) x + {q}^{2}

它的根是

θ1=(α1+α2)(α3+α4){\theta }_{1} = \left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2}}\right) \left( {{\alpha }_{3} + {\alpha }_{4}}\right)
θ2=(α1+α3)(α2+α4){\theta }_{2} = \left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{3}}\right) \left( {{\alpha }_{2} + {\alpha }_{4}}\right)
θ3=(α1+α4)(α2+α3){\theta }_{3} = \left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{4}}\right) \left( {{\alpha }_{2} + {\alpha }_{3}}\right)

f(x)f\left( x\right)（或 g(y)g\left( y\right) ）的分裂场在解立方 h(x)h\left( x\right) 的分裂场上的伽罗瓦群是克莱因四元群。这样的扩展是双二次的，这意味着可以用涉及解立方 θ1,θ2{\theta }_{1},{\theta }_{2} 和 θ3{\theta }_{3} 的根的平方根来求解根 α1,α2,α3{\alpha }_{1},{\alpha }_{2},{\alpha }_{3} 和 α4{\alpha }_{4} 。在这种情况下，我们显然有

(α1+α2)(α3+α4)=θ1  (α1+α2)+(α3+α4)=0\left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2}}\right) \left( {{\alpha }_{3} + {\alpha }_{4}}\right) = {\theta }_{1}\;\left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2}}\right) + \left( {{\alpha }_{3} + {\alpha }_{4}}\right) = 0

这给出

α1+α2=−θ1  α3+α4=−−θ1.{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2} = \sqrt{-{\theta }_{1}}\;{\alpha }_{3} + {\alpha }_{4} = - \sqrt{-{\theta }_{1}}.

同样，

α1+α3=−θ2  α2+α4=−−θ2{\alpha }_{1} + {\alpha }_{3} = \sqrt{-{\theta }_{2}}\;{\alpha }_{2} + {\alpha }_{4} = - \sqrt{-{\theta }_{2}}
α1+α4=−θ3  α2+α3=−−θ3.{\alpha }_{1} + {\alpha }_{4} = \sqrt{-{\theta }_{3}}\;{\alpha }_{2} + {\alpha }_{3} = - \sqrt{-{\theta }_{3}}.

一个简单的计算表明 −θ1−θ2−θ3=−q\sqrt{-{\theta }_{1}}\sqrt{-{\theta }_{2}}\sqrt{-{\theta }_{3}} = - q ，因此选择两个平方根就确定了第三个。由于 α1+α2+α3+α4=0{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2} + {\alpha }_{3} + {\alpha }_{4} = 0 ，如果我们把上面的左边的方程相加，我们得到 2α12{\alpha }_{1} ，类似地，我们可以解出 g(y)g\left( y\right) 的其他根。我们发现

2α1=−θ1+−θ2+−θ32{\alpha }_{1} = \sqrt{-{\theta }_{1}} + \sqrt{-{\theta }_{2}} + \sqrt{-{\theta }_{3}}
2α2=−θ1−−θ2−−θ32{\alpha }_{2} = \sqrt{-{\theta }_{1}} - \sqrt{-{\theta }_{2}} - \sqrt{-{\theta }_{3}}
2α3=−−θ1+−θ2−−θ32{\alpha }_{3} = - \sqrt{-{\theta }_{1}} + \sqrt{-{\theta }_{2}} - \sqrt{-{\theta }_{3}}
2α4=−−θ1−−θ2+−θ32{\alpha }_{4} = - \sqrt{-{\theta }_{1}} - \sqrt{-{\theta }_{2}} + \sqrt{-{\theta }_{3}}

这将四次方程的解简化为解相关的解三次方程。

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