14.8 Q上伽罗瓦群的计算

Q上伽罗瓦群的计算

在确定第6节中次数为 $\leq 4$ 的多项式的伽罗瓦群以及上一节中多项式 ${x}^{5} - {6x} + 3$ 的伽罗瓦群时，我们注意到通过自动同构作为 ${S}_{n}$ 中的元素，可以获取关于伽罗瓦群的有用信息。这对于计算 $\mathbb{Q}$ 上多项式的伽罗瓦群非常有用，我们现在简要描述这一理论依据。

设 $f\left( x\right)$ 是一个有理系数的多项式。在确定 $f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群时，我们可以假设 $f\left( x\right)$ 是可分的且具有整数系数。那么 $f\left( x\right)$ 的判别式 $D$ 是一个非零的整数。

对于任何素数 $p$，考虑 $f\left( x\right)$ 模 $p$ 的约化 $\bar{f}\left( x\right) \in {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$。如果 $p$ 整除 $D$，那么约化后的多项式 $\bar{f}\left( x\right)$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 中的判别式 $\bar{D} = 0$ 不为零，因此不是可分的。

如果 $p$ 不整除 $D$，那么 $\bar{f}\left( x\right)$ 是 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的一个可分多项式，我们可以将 $\bar{f}\left( x\right)$ 分解为不同的不可约因子。

设 ${n}_{i}$ 是 ${\bar{f}}_{i}\left( x\right) ,i = 1,2,\ldots ,k$ 的次数。

这种约化的重要性由以下来自代数数论的定理提供，该定理是研究有限扩展 $\mathbb{Q}$ 中的算术的一个基本结果（我们将其视为已知）。

定理。对于任何不整除判别式 $D$ 的素数 $p$，$\bar{f}\left( x\right) = f\left( x\right) \left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ 的伽罗瓦群在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上与 $f\left( x\right)$ 上的伽罗瓦群的一个子群同构的置换群。

定理中“排列群同构”的意义在于，不仅 $\bar{f}\left( x\right) {\;\operatorname{mod}\;p}$ 的伽罗瓦群与 $f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群的一个子群同构，而且还存在 $\bar{f}\left( x\right)$ 和 $f\left( x\right)$ 的根的排序（取决于 $p$），在这个同构下，相应的自同构作为这些根排列的作用是相同的。特别是，$f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群中存在自同构，它们的循环类型与 $\bar{f}\left( x\right)$ 的自同构相同。

$\bar{f}\left( x\right)$ 的伽罗瓦群是一个循环群，因为 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的每一个有限扩张都是一个循环扩张。设 $\sigma$ 是这个伽罗瓦群在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的一个生成元（例如，弗雷德尼乌斯自同构）。${\bar{f}}_{1}\left( x\right)$ 的根在伽罗瓦群下彼此置换，并且对于这些根中的任意两个，都存在一个伽罗瓦自同构将第一个根映射到第二个根（回想一下，当群在这种情况下对根进行传递时，我们说该群在根上是传递的）。同样，伽罗瓦群也传递地置换每个因子 ${\bar{f}}_{i}\left( x\right) ,i = 1,2,\ldots ,k$ 的根。由于这些因子互质，我们还看到，伽罗瓦群的任何元素都不会将一个因子的根映射到另一个因子的任何根。

将 $\sigma$ 视为 ${S}_{n}$ 中的一个元素，通过标记 $n$ 的根来考虑 $\bar{f}\left( x\right)$ 的循环分解，$\sigma$ 的循环分解是 $k$ 个不同排列的乘积，因为 $\sigma$ 对每个因子 ${\bar{f}}_{i}\left( x\right)$ 的根进行排列。根据我们刚才的观察，$\sigma$ 对 ${\bar{f}}_{1}\left( x\right)$ 的根的作用必须是长度为 ${n}_{i}$ 的循环，否则 $\sigma$ 的幂不可能在 ${\bar{f}}_{1}\left( x\right)$ 的根上传递。类似地，$\sigma$ 对 ${\bar{f}}_{i}\left( x\right)$ 的根的作用给出了长度为 ${n}_{i},i = 1,2,\ldots ,k$ 的循环。

我们看到，生成 $\bar{f}\left( x\right)$ 的伽罗瓦群的自同构 $\sigma$ 具有循环分解 $\left( {{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{k}}\right)$，其中 ${n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{k}$ 是 $f\left( x\right)$ 的不可约因子的度数，模 $p$ 简化后的结果，这给出了以下结论。

推论 41。对于任何不整除 $f\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 的判别式的素数 $p$，$f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的伽罗瓦群包含一个具有循环分解 $\left( {{n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{k}}\right)$ 的元素，其中 ${n}_{1},{n}_{2},\ldots ,{n}_{k}$ 是 $f\left( x\right)$ 的不可约因子的度数，模 $p$ 简化后的结果。

示例

考虑多项式 ${x}^{5} - x - 1$。这个多项式的判别式是 ${2869} = {19} \cdot {151}$，所以我们将其在素数 $\neq {19},{151}$ 上约简。模 2 约简后，多项式 ${x}^{5} - x - 1$ 分解为 $\left( {{x}^{2} + x + 1}\right) \left( {{x}^{3} + {x}^{2} + 1}\right) \left( {\;\operatorname{mod}\;2}\right)$，因此伽罗瓦群包含一个 (2,3)-循环。将这个元素立方，我们看到伽罗瓦群包含一个置换。

对多项式模3进行化简后是不可约的，如下：${x}^{5} - x - 1$ 在模3下没有根，所以如果它在模3下是可约的，那么它将有一个不可约的二次因子，因此将有一个与${x}^{9} - x$（即所有一次和二次不可约多项式的乘积）的公共因子，因此有一个与${x}^{4} - 1$或${x}^{4} + 1$的公共因子，因此有一个与${x}^{5} - x$或${x}^{5} + x$的公共因子，因此有一个与-1或${2x} + 1$的公共因子，这显然是不可能的。这表明${x}^{5} - x - 1$在$\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$中是不可约的，并且它的伽罗瓦群中存在一个5循环。

由于${S}_{5}$由任意5循环和任意置换生成，因此${x}^{5} - x - 1$的伽罗瓦群是${S}_{5}$（因此特别是这个多项式不能通过根式求解，参见第7节的练习21）。

上面的论据表明如何构造以 ${S}_{n}$ 作为伽罗瓦群的多项式。我们利用了这样一个事实：包含一个置换和一个 $n - 1$ -循环的 ${S}_{n}$ 的一个传递子群是 ${S}_{n}$ 。设 ${f}_{1}$ 是在 ${\mathbb{F}}_{2}$ 上次数为 $n$ 的不可约多项式。设 ${f}_{2} \in {\mathbb{F}}_{3}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个次数为2的不可约多项式与奇数次不可约多项式的乘积（例如，如果 $n$ 是偶数，则为次数为 $n - 3$ 和 $x$ 的不可约多项式，如果 $n$ 是奇数，则为次数为 $n - 2$ 的不可约多项式）。设 ${f}_{3} \in {\mathbb{F}}_{5}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是 $x$ 与次数为 $n - 1$ 的不可约多项式的乘积。最后，设 $f\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是任意一个多项式

对 $f\left( x\right) {\;\operatorname{mod}\;2}$ 的约化表明 $f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的，因此伽罗瓦群在 $f\left( x\right)$ 的 $n$ 个根上是传递的。将 $f\left( x\right)$ 的因式分解模3得到的元素提升到适当的奇数次幂，表明伽罗瓦群包含一个置换。模5的因式分解表明伽罗瓦群包含一个 $n - 1$ -循环，因此伽罗瓦群是 ${S}_{n}$ 。

命题42。对于每个 $n \in {\mathbb{Z}}^{ + }$ ，都存在无限多个多项式 $f\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ ，其伽罗瓦群在 $\mathbb{Q}$ 上是 ${S}_{n}$ 。

存在非常高效的算法用于对多项式 $f\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 模 $p$ 进行因式分解（参见第3节的练习12至17），因此上述推论是确定伽罗瓦群元素的一些循环类型的一个有效程序。在使用推论41时，应当小心，不要假设某个特定的循环是伽罗瓦群的一个元素。例如，一个因式分解可能暗示存在一个 (2,2) 循环，比如 (12)(34)，而另一个因式分解可能暗示存在一个置换。然而，不能断定这个置换必然是 (12)（也不是 (34)，(13) 等等）。选择 (12)(34) 来表示第一个循环固定了根的一个特定排序，而这个排序可能不是置换 (12) 出现时的排序。

推论 41 在确定伽罗瓦群较大（例如，${S}_{n}$）时尤其有效，因为包含足够多循环类型的传递群必须是 ${S}_{n}$（例如，包含一个置换和一个 $n - 1$ -循环的 ${S}_{n}$ 的传递子群是 ${S}_{n}$，如上所述）。用这种方法最难确定的伽罗瓦群是小的伽罗瓦群（例如，阶为 $n$ 的循环群），因为分解后的分解只能产生除以 $n$ 的元素阶，并且无法确定是否还会有一些 $p$ 出现，产生与假设循环伽罗瓦群不一致的循环类型。如果能够“永远计算”，至少可以确信以下意义上的伽罗瓦群元素之间的循环类型的精确分布：假设伽罗瓦群 $G \subseteq {S}_{n}$ 的阶为 $N$，并且有 ${n}_{T}$ 个 $G$ 元素具有 $T$ 的循环类型（例如，（2,2）-循环，置换等），因此 $G$ 中 $T$ 循环类型的“密度”是 ${d}_{T} = {n}_{T}/N$。然后可以在素数集合上定义密度（这样说“1/2”的素数等才有意义），并且我们得到以下结果（这依赖于代数数论中的切博塔罗夫密度定理）。

定理。对于 $p$ 中 $f\left( x\right)$ 分解为 $T$ 类型的素数的密度恰好是 ${d}_{T}$。

这表明如果我们知道 $f\left( x\right)$ 在每个素数模下的因数分解，至少可以确定 $G$ 具有给定循环类型的元素数量。不幸的是，即使是这也不足以确定 $G$（至多同构）：已知存在包含所有循环类型元素数量相同的非同构群（在 ${S}_{8}$ 中有两个阶为96的非同构群，它们的循环类型分布相同：1个11-循环，6个(2,2)-循环，13个(2,2,2,2)-循环，32个(3,3)-循环，12个(4,4)-循环，32个(2,6)-循环）。这样的例子有无限多个（阶为 ${p}^{3}$ 的初等阿贝尔群的正规表示以及指数为 $p$ 的阶为 ${p}^{3}$ 的非阿贝尔群给出 ${S}_{{p}^{3}}$ 中的两个非同构群，它们的非单位元素都是任何素数 $p$ 的 ${p}^{2}p$ -循环的乘积）。

实际中，人们使用 $f\left( x\right)$ 在小素数模下的因数分解来获得可能的伽罗瓦群的想法（基于之前的结果）。然后试图证明这确实是伽罗瓦群——这通常是一个难题。对于低次数的多项式，存在确定性算法，部分基于求解多项式的计算。

这些是上一节中用于确定四次多项式伽罗瓦群的立方解算子的类似物。这些解算子多项式具有有理系数，其根是 $f\left( x\right)$ 的根的某些组合（类似于立方解算子的组合 $\left( {{\alpha }_{1} + {\alpha }_{2}}\right) \left( {{\alpha }_{3} + {\alpha }_{4}}\right)$）。然后确定这些解算子多项式的分解，以获得关于 $f\left( x\right)$ 的伽罗瓦群的信息——例如，存在线性因子意味着伽罗瓦群位于 ${S}_{n}$ 中选择的 $f\left( x\right)$ 根的组合的稳定子中（例如，我们的解算子立方的8阶二面体群）。然而，需要注意的是，与四次多项式的解算子立方的情况不同，构造的解算子多项式的次数通常远大于 $f\left( x\right)$ 的次数。这种计算技术的有效性还严重依赖于对 ${S}_{n}$ 的可能传递子群的显式了解。对于 $n = 2,3,\ldots ,8$ ，${S}_{n}$ 的同构类别的传递子群的数目分别为1,2,5,5,16,7,50。计算伽罗瓦群引起了极大的兴趣，部分原因是受到确定哪些群作为 $\mathbb{Q}$ 上的伽罗瓦群出现的问题的驱动。

我们通过一些较简单的例子（来自《伽罗瓦群的计算》，L. Soicher，硕士学位论文，蒙特利尔康考迪亚大学，1981年）来说明这些技术。

示例

(1) 给定 ${S}_{5}$ 的传递子群有5个同构类，分别是群 ${Z}_{5}$ 、 ${D}_{10},{F}_{20}$ 、所谓的阶数为20的Frobenius群（${x}^{5} - 2$ 的Galois群，生成元为 ${S}_{5}$ 中的 (12345) 和 (2354)），${A}_{5}$ 和 ${S}_{5}$ 。这些群的循环类型分布如下：

循环类型：	1	2	(2, 2)	3	(2, 3)	4	5
${Z}_{5}$	1						4
${D}_{10}$	1		5				4
${F}_{20}$	1		5			10	4
A5	1		15	20			24
${S}_{5}$	1	10	15	20	20	30	24.

给定这些信息，${x}^{5} - x - 1$ 的不可约性（表明对5个根的传递性）以及循环类型(2,3)立即表明 ${x}^{5} - x - 1$ 的Galois群是 ${S}_{5}$ 。

现在考虑多项式 ${x}^{5} + {15x} + {12}$ 。判别式是 ${2}^{10}{3}^{4}{5}^{5}$ ，因此伽罗瓦群不包含在 ${A}_{5}$ 中。有两种可能性：${S}_{5}$ 或 ${F}_{20}$ 。通过将多项式模一些小素数分解并比较循环类型的分布与上表的分布，可以很容易地确定哪一种可能性更大。这并不能证明可能的伽罗瓦群实际上是正确的。为了确定 ${S}_{5}$ 和 ${F}_{20}$ 中哪一个是正确的，可以计算次数为15的解多项式 $R\left( x\right)$ ，其根是在 ${S}_{5}$ 下对 ${\left( {\alpha }_{1} + {\alpha }_{2} - {\alpha }_{3} - {\alpha }_{4}\right) }^{2}$ 的不同排列中4个根的 ${\alpha }_{1},{\alpha }_{2},{\alpha }_{3},{\alpha }_{4}$ 的 $f\left( x\right)$ 。根据定义，${S}_{5}$ 在 $R\left( x\right)$ 的根上是传递的，使用上面给出的 ${F}_{20}$ 的显式生成器检查并不困难，可以发现 ${F}_{20}$ 在这15个值上不是传递的。因此，如果且仅如果五次方程的伽罗瓦群是 ${F}_{20}$ ，$R\left( x\right)$ 将是一个在 $\mathbb{Q}$ 上的可约多项式。对于 ${x}^{5} + {15x} + {12}$ ，解多项式 $R\left( x\right)$ 分解为一个五次多项式和一个十次多项式，因此这个五次方程的伽罗瓦群是 ${F}_{20}$ 。也可以使用上一节的练习21（参见练习6），该练习也是基于计算一个相关的解多项式。

（2）考虑多项式 ${x}^{7} - {14}{x}^{5} + {56}{x}^{3} - {56x} + {22}$ 。计算判别式为 ${2}^{6}{7}^{10}$ ，因此伽罗瓦群包含在 ${A}_{7}$ 中。

对3到193之间不等于7的42个质数进行多项式因式分解，得到循环类型分布为1个1-循环（2.38%），30个(3,3)-循环（71.43%），11个7-循环（26.19%）。存在7个${S}_{7}$的传递子群的同构类，其中4个包含在${A}_{7}$中。在这些同构类中，有一个不包含(3,3)-循环，这留下了三种可能性${A}_{7},G{L}_{3}\left( {\mathbb{F}}_{2}\right)$、${F}_{21}$，即阶数为21的Frobenius群（在${S}_{7}$中有生成元(1234567)和(235)(476)）。这三种循环类型分布如下：

循环类型：	1	2	(2, 2)	3	(2,2,3)	(3, 3)	(2, 4)	5	7
${F}_{21}$	1					14			6
${\mathrm{{GL}}}_{3}\left( {\mathbb{F}}_{2}\right)$	1		21			56	42		48
A7	1	21	105	70	210	280	630	504	720

因此，有很强的可能性这个多项式的Galois群是阶数为21的Frobenius群。实际上情况确实如此（验证需要计算一个35次方程的解和它在$\mathbb{Z}$上的因式分解——有三个因子，它们的次数分别为7、7和21）。