这是本人阅读Artin's <Galois Theory>的笔记.由于手头有时只有英文版的有时能拿到中文版，这篇笔记也有的部分是中文版的有的是英文版的.这是从第二章thm10开始的，因为前面的笔记在我的笔记本上.也许什么时候会补上.也许不会补了.因此,这篇笔记适合有一定科普阅读量,或者说,知道群和域的相关概念,同时有高等代数中多项式相关的知识的人.

同时,这篇笔记将只会涉及方程可解性的问题,不包括Galois理论的其他应用(毕竟我就是为了这个原因才来学习Galois理论,以及写这篇笔记的)

一些部分根据我自己的理解能力有适当的补充说明.~~另一些部分由于我的缺乏耐心有所省略.~~

Part 0 群论

这里是一些比较散的关于抽象代数的定义与定理.建议是看完群和域的定义就可以先去看Part1了~~虽然我还没写~~,其他的等有用到再看.

这里是一些比较散的,主要关于线性代数与抽象代数的定义与定理.

单位根: $x^n=1$在复数域上有$n$个根,为$\cos(\frac{2k\pi}{n})+\mathrm i \sin(\frac{2k\pi}{n})$.称为$n$次单位根.其中对于$gcd(k, n)=1$的$k$,称$\cos(\frac{2k\pi}{n})+\mathrm i \sin(\frac{2k\pi}{n})$为$n$次本原单位根.记$\cos(\frac{2\pi}{n})+\mathrm i \sin(\frac{2\pi}{n})=\zeta_n$.
群:若集合$G$和$G$上的二元运算$\circ$满足以下四条公理,则称$G$(对于运算$\circ$)构成群

$\forall a, b \in G, a \circ b \in G$(封闭性)
$\forall a, b, c \in G, (a \circ b) \circ c = a \circ (b \circ c)$(结合律)
$\exists e \in G, \forall a \in G, a\circ e = e \circ a = a$,我们称$e$为$G$的单位元.
$\forall a \in G, \exists b \in G, a \circ b = b \circ a = e$,我们称$b$为$a$的逆元,记作$a^{-1}$.

当这个群和运算还满足交换律$\forall a, b \in G, a \circ b = b \circ a$,我们称$G$为一个交换群.又称阿贝尔群.

群完全可以不满足交换律.比如可逆矩阵的乘法群.

映射的核: 群$G$到$H$的映射$f$的核$\ker f=\{g\in G| f(g)=e_H\}$
群的整数次幂:定义$a\in G$的整数次幂$a^n$为满足如下性质的函数:
1. $a^0=e$
2. $\forall n \in \mathbb N,a^n=a\circ a^{n-1}$
3. $\forall n \in \mathbb N, a^{-n}=(a^{-1})^n$

对于阿贝尔群,我们有时将$\circ$称作加法,其整数次幂也就相应变成$na$.

如果$G$是有限集,则称$G$的元素个数为$G$的阶.记作$|G|$如果存在正整数$n$,对于某个$G$中的元素$a$,$a^n=e$,则所有这些$n$中最小的即为$a$的阶.

循环群:如果$G$中存在一个元素$a$,$\forall b \in G, \exists n \in \mathbb Z, a^n=b$,则称$G$为循环群.$a$为其生成元.

我们接下来沿用记号$G$和$\circ$.

子群: $G$的子集$H$若也对运算$\circ$构成群,则称$H$为$G$的子群.

$G$有两个非常显然的子群$G$和$\{e\}$.其余的(如果有的话)称为$G$的非平凡子群.

要验证$G$的某个子集是群,只需验证性质3和4即可.

陪集:$G$的子集$H$上元素$a$的左陪集为$aH=\{a\circ h|h \in H \}$,右陪集为$Ha=\{h \circ a|h \in G\}$
拉格朗日定理:子群的阶是$G$的阶的因数.
- 证明: $\forall a \in G, aH$的元素个数等于$H$.因为若$ah_1=ah_2$,则$h_1=h_2$.$f(h)=ah$是$H$到$G$的双射.右陪集同理.
正规子群: 如果$G$的子群$N$的所有左陪集等于右陪集,则称$N$为$G$的正规子群.也就是说,$\forall a \in G, n \in N, \exists n_1, n_2 \in N, an=n_1a, na=an_2$.
商群: 正规子群$N$的陪集的集合构成一个群,称为商群$(G/N)$.这个群对应的运算为$aN\circ bN=ab N$.
- 这个运算是良定义的.也就是说,$\forall a, a', b, b' \in G$, 若$aN=a'N$,$NH=b'N$,则$abN=(a'b')N$. $abN \subseteq (a'b')N$.因为$abN$中的元素均形如$abn(n \in N)$. $abn=an_1b'=a'n_2b'=a'b'n_3 \in (a'b')N$. 同理,$(a'b'N) \subseteq abN$.因此得证. > 群的四个公理均可通过归结于$G$的性质得到.
置换:详见Part 3-B.
对称群:详见Part 2-B.
域:~~域就是交换除环~~如果一个集合$F$和这个集合上的两个二元运算$+$和$\times$满足以下几个公理(我们只是叫它们加法和乘法,因为满足这两个运算的一些性质.并不一定是我们在实数上的乘法),则称$F$为域.

$F$关于$+$是一个交换群.我们记$+$的单位元为$0$.
$F$中的非$0$元素关于$\times$形成交换群.
$\forall a, b, c \in F, a\times b + c\times b = (a+c)\times b$.(分配律)

关于为什么一定是非0元:$\forall a \in F, 0\times a=(a+(-a))\times a=a\times a + (-a)\times a= a\times a + (-(a\times a))=0$

Part 1 线性代数

本章旨在讨论以下两件事情:齐次线性方程组和非齐次线性方程组的可解性(有没有解,有多少解).如果您已经知道了,可以直接开始看Part 2了.

A 线性空间

$V$是一个阿贝尔群,其上二元运算记作$+$.$F$是一个域. 现在定义$F$与$V$的乘法,称作数乘.如果$V$和$F$满足以下条件,则称$V$是$F$上的线性空间.

$\forall a \in F, A, B \in V, a(A+B)=aA+aB$
$\forall a, b \in F, A \in V, (a+b)A=aA+bA$
$\forall a, b \in F, A \in V, a(bA)=(ab)A$
$\forall A \in V, 1A=A$.其中$1$是$F$上的乘法逆元.

B 齐次线性方程组

在域$K$中给定$n\cdot m$个元$a_{ij}$,$1 \leq i \leq m$,$1 \leq j \leq n$.齐次线性方程组就是形如 \[\begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+ \cdots +a_{1n}x_n=0\\ \cdots \\ a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+\cdots + a_{nn}x_n=0 \end{cases}\] 的方程组.($\forall i, x_i \in K$).易知这个方程组有平凡解$\forall i, x_i = 0$.

`thm 1`

如果$n > m$,则此方程组必有非平凡解.

Part 2 域论

`thm 10`

记$\sigma$是一个从$F$到$F'$的同构映射,$p(x)$是$F$上的多项式,$p'(x)$是$F'$上多项式,它的系数是$p(x)$上对应系数的映射.$E$是$p(x)$的分裂域,$E'$是$p'(x)$的分裂域.此时$\sigma$可以延拓为$E$和$E'$间的同构映射.

证明:数学归纳法.重复使用thm 8.
推论:$p(x)$的任意两个分裂域同构.
根据这个推论,我们于是可以直接使用"$p(x)$的分裂域",因为它的任意两个分裂域同构.因此,如果$p(x)$在某个分裂域中有重根,它在任意分裂域中都有重根."$p(x)$有重根"这个论断无需指定分裂域.

E 多项式到既约因式的唯一分解

`thm 11`

如果$p(x)$是域$F$上的多项式,$p(x)=\prod_{i=1}^r p_i(x)=\prod_{i=1}^sq_i(x)$是$p(x)$分解为$F$上不可约多项式的两种方法,每个因式的次数都不小于$1$,则$r=s$且$\forall p_i(x), \exists 1 \leq j \leq s(j \in \mathbb N), p_i(x)=Cq_j(x)(C\in F)$

证明:我们可以将$p_i(x)$和$q_i(x)$中的首项系数全部提出来使得首项系数均为$1$.设$F(a)$是域$F$的一个扩张, $p(a)=0$. $\prod_{i=1}^r p_i(a)=0=\prod_{i=1}^sq_i(a)$.不妨假设$p_1(a)=q_1(a)=0$,由p25知$p_1(x)=q_1(x)$重复以上操作可证.

F 群特征标

若$G$是一个乘法群,$F$是一个域,$\sigma$是$F$上$G$的同态映射,则$\sigma$称为$F$上$G$的特征标.

同态映射是指满足$\forall a, \beta \in G, \sigma(a\cdot\beta)=\sigma(a)\cdot\sigma(\beta)$, 且$\forall a \in G, \sigma(a) \neq 0$(否则$\sigma$成为将任意数映到0的映射.too trivial.)

特征标$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是相关的当且仅当存在$a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n \in F, \prod_{i=1}^{n}a_i \neq 0$满足$\forall x \in G,\sum_{i=1}^{n}a_i\sigma(x)=0$. 这样的相关关系称为非平凡的. 若它们不相关则称它们独立.

`thm 12`

若群$G$在域$F$上的特征标$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$两两不同,则它们独立.

证明:我们将使用数学归纳法和反证法.当$n=1$,一个特征标不能是相关的。因为若$a_1\sigma_1(x)=0$，由于$\sigma_1(x) \neq 0$, $a_1=0$.当任意少于$n$个两两不同的特征标独立,如果特征标$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$相关,即 \[ \prod_{i=1}^{n}a_i\sigma_i(x)=0 \$*)\prod_{i=1}^{n}a_n^{-1}a_i\sigma_i(x)=0 \]

则\(\forall 1 \leq i \leq n, a_i \neq 0$.因为$\sigma_1$和$\sigma_n$不同,所以存在$\sigma_1(a)\neq\sigma_n(\alpha)$.用$\alpha x$代入$(*)$中得到
\[ \prod_{i=1}^{n}a_n^{-1}a_i\sigma_i(\alpha)\sigma_i(x)=0 \$**)\prod_{i=1}^{n}\sigma^{-1}_n(\alpha)a_n^{-1}a_i\sigma_i(\alpha)\sigma_i(x)=0 \]

\((*)$式减去$(**)$得到 \[ \prod_{i=1}^{n-1}(\sigma^{-1}_n(\alpha) a_n^{-1}a_i\sigma_i(\alpha)-a_n^{-1}a_i)\sigma_i(x)=0 \]

(当$i=n$,有$\sigma^{-1}_n(\alpha) a_n^{-1}a_i\sigma_i(\alpha)-a_i=0$)

根据归纳假设, \[ \sigma_n^{-1}(\alpha)a_n^{-1}a_1\sigma_1(\alpha)=a_n^{-1}a_1 \\a_n^{-1}a_1\sigma_1(\alpha)=\sigma_n(\alpha)a_n^{-1}a_1=a_n^{-1}a_1\sigma_n(\alpha) \] $a_n^{-1}a_1 \neq 0$, 所以$\sigma_1(\alpha)=\sigma_n(\alpha)$. 与我们所做的假设矛盾.
推论:$E$和$E'$是两个域,$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是一些从$E$到$E'$的两两不同的同构映射,则$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$独立.

这是由于$E\setminus\{0\}$构成乘法群.

若$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是$E$到$E'$上的同构映射,满足$\sigma_1(a)= \sigma_2(a)=\cdots= \sigma_n(a)$的$a\in E$是$E$在$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$下的不动点.

引理:$F$中的不动点构成$F$的子域.
- 证明:设$a,b$是$E$的不动点.则 \[ \sigma_i(a+b)=\sigma_i(a)+\sigma_i(b)=\sigma_j(a)+\sigma_j(b)=\sigma_j(a+b)\\ \sigma_i(a*b)=\sigma_i(a)*\sigma_i(b)=\sigma_j(a)*\sigma_j(b)=\sigma_j(a*b)\\ \sigma_i(a^{-1})=(\sigma_i(a))^{-1}=\sigma_j(a^{-1})=(\sigma_j(a))^{-1} \]

`thm13`

若$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是$n$个两两不同的$E$到$E'$的同态映射,$F$是$E$的不动点域,则$(E/F) \geq n$

证明:我们将通过反证法证明这个定理.假设$(E/F) = r \leq n$,则$F$有生成元$\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_r$.所以线性齐次方程组 \[ \begin{cases} \sigma_1(\omega_1)x_1+\sigma_2(\omega_1)x_2+\cdots+\sigma_n(\omega_1)x_n=0\\ \sigma_1(\omega_2)x_1+\sigma_2(\omega_2)x_2+\cdots+\sigma_n(\omega_2)x_n=0\\ \cdots\\ \sigma_1(\omega_r)x_1+\sigma_2(\omega_r)x_2+\cdots+\sigma_n(\omega_r)x_n=0 \end{cases} \]

的未知元个数大于方程个数.方程有非平凡解.记它们为$x_1, x_2, \cdots, x_n$.对于任意$a\in F$,存在$a=\sum_{i=1}^{r}a_i\omega_i$的分解方式.而我们可以将上式改成(通过乘以$a_i$) \[ \begin{cases} \sigma_1(a_1\omega_1)x_1+\sigma_2(a_1\omega_1)x_2+\cdots+\sigma_n(a_1\omega_1)x_n=0\\ \sigma_1(a_2\omega_2)x_1+\sigma_2(a_2\omega_2)x_2+\cdots+\sigma_n(a_2\omega_2)x_n=0\\ \cdots\\ \sigma_1(a_r\omega_r)x_1+\sigma_2(a_r\omega_r)x_2+\cdots+\sigma_n(a_r\omega_r)x_n=0 \end{cases} \]

将上述式子全部加起来,就得到 \[ \sigma_1(a)x_1+\sigma_2(a)x_2+\cdots+\sigma_n(a)x_n=0 \]

由于$a$是任取的,$x_1,x_2,\cdots,x_n$构成了一个非平凡的相关关系.这与thm12矛盾.

推论:若$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是域$E$的自同构,$F$是对应的不动点域,则$(E/F) \geq n$

记$F$是$E$的自域,$\sigma$是$E$上的自同构,若$\forall a \in F, \sigma(a)=a$,则我们称$F$在$\sigma$下不变.

原文是 $\sigma$ leaves $F$ fixed. 我不确定我是不是翻译对了.

若 $\sigma$ 和 $\tau$ 是 $E$ 的两个自同构,则 $\sigma(\tau(x))$ (我们可以简记为 $\sigma \tau$ )也是 $E$ 上的自同构.我们称它为 $\sigma$ 和 $\tau$ 的乘积.

自同构$I(x)=x$称为自同构的单位元(unit automorphism).

这依然是我自己凭感觉翻的.其实就是恒等变换.

G `thm 13`的应用

没太看懂,先不写了:P

H 正规扩张

thm13中的等号并不一定成立.因为当$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$构成的集合不为群的时候,存在$\sigma_{n+1}=\sigma^{-1}_i$或$\sigma_{n+1}=\sigma_{i}\sigma_{j}$.此时容易证明$\sigma_{n+1}$对$F$中的元素作用都不改变.于是$(E\setminus F)\geq n+1$.

而如果$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$组成的集合$G$对映射的乘法构成群,则对于$E$中的元素$a$, 考虑如下函数 \[ \sigma_i(S(a))= \sigma_1(a) + \sigma_2(a) + \cdots + \sigma_n(a), \]

用$G$中的任意$\sigma_i$作用在$S(a)$上,得到

\[ S(a)= \sigma_i\sigma_1(a) + \sigma_i\sigma_2(a) + \cdots + \sigma_i\sigma_n(a), \]

由于$G$构成群,$\sigma_i\sigma_1, \sigma_i\sigma_2, \cdots \sigma_i\sigma_n$是$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$的一个排列.于是$\sigma_i(S(a))=S(a), S(a) \in F$

由$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$的独立性可知$S(a)$不恒等于0

`thm14`

如果$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$组成的集合$G$是一个群,则$(E \setminus F)=n$.

证明:根据thm13,我们只需要证明$E$中任意$n$个元素$a_1, a_2, \cdots a_{n+1}$在$F$上相关.

考虑方程组 \[ \begin{cases} x_1\sigma_1^{-1}(a_1) + x_2\sigma_1^{-1}(a_2) + \cdots x_n\sigma_1^{-1}(a_{n+1}) = 0\\ x_1\sigma_2^{-1}(a_1) + x_2\sigma_2^{-1}(a_2) + \cdots x_n\sigma_2^{-1}(a_{n+1}) = 0\\ \cdots \\ x_1\sigma_n^{-1}(a_1) + x_2\sigma_n^{-1}(a_2) + \cdots x_n\sigma_n^{-1}(a_{n+1}) = 0 \end{cases} \] $n$个未知数,$n+1$个方程, 所以有非平凡解.不妨设$x_1 \neq 0$

$S(a)$不恒等于0,所以$\exists x, S(x) \neq 0$.于是可以在每个式子两端都乘上$xx_1^{-1}$使得新的$S(x_1) \neq 0$.所以不妨设$S(x_1) \neq 0$.

用$\sigma_i$作用于第$i$个等式两端,则有 \[ \begin{cases} \sigma_1(x_1)a_1 + \sigma_1(x_2)a_2 + \cdots \sigma_1(x_n)a_{n+1} = 0\\ \sigma_2(x_1)a_1 + \sigma_2(x_2)a_2 + \cdots \sigma_2(x_n)a_{n+1} = 0\\ \cdots \\ \sigma_n(x_1)a_1 + \sigma_n(x_2)a_2 + \cdots \sigma_n(x_n)a_{n+1} = 0 \end{cases} \] 把$n$个式子加起来就得到了

\[S(x_1)a_1+S(x_2)a_2+\cdots + S(x_{n+1})a_{n+1} = 0\]

由于$S(x_1) \neq 0$, 这是一个非平凡的相关关系.所以$a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$相关.QED.

这个定理被称作Artin引理.
推论1:在thm14的条件下,如果$\sigma$使$K$不变则$\sigma$也属于$G$.
推论2:$E$的不同的自同构群有不同的不动点域.

对于$K$的扩域$E$,如果存在$E$上的自同构群$G$使得$K$是$G$的不动点域,则称$E$是$K$的正规扩张.

并不是所有扩张都是正规扩张.一个典例是$Q(2^{1/3})$.

警告:此处说的正规扩张其实是Galois扩张!但是英文版和中文译版都写的是正规扩张.我之后都会写成正规扩张,但是在看其他抽象代数书籍时,请自动转换为Galois扩张!~~这个问题直接耗了我三天~~

thm14的逆命题在$E$是$F$的正规扩张的时候成立.证明如下.

thm14.5

原文是在证明thm16的时候才证明的,由于它和thm14的强相关性我把证明放到这里.

记$(E\setminus F)=n$,如果存在$E$中自同构群$G=\{\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n\}$使得$F$不动,则$E$是$F$的正规扩张.

证明:记$G$上的不动点域为$F'$,则$F\subset F'$,$(E\setminus F)=(E\setminus F')(F'\setminus F)=n = (E\setminus F')$,所以$(F'\setminus F)=1$,$F=F'$.$E$是$F'$的正规扩张,所以也是$F$的正规扩张.

若$f(x)$是$F$上的多项式,如果$f(x)$的不可约因子没有重根,则称$f(x)$为可分的(separable),$E$是$F$的扩域,$\alpha$是$E$中的元,如果存在$F$上可分多项式$f(x)$使得$f(\alpha)=0$,则称$\alpha$为可分的.如果$E$中所有元都是可分的,则称$E$是$F$的可分扩张.

`thm15`

$E$是$F$的正规扩张当且仅当$E$是$F$上的一个可分多项式的分裂域.

证明:
- 充分性:已知$E$是$p(x)$的分裂域,现在证明$E$是$F$上的正规扩张.我们将使用数学归纳法证明.
  
  记群$G$为$E$中使得$F$中元素不变的自同构构成的群.
  
  如果$p(x)$的全部根属于$F$,则$E=F$.$F$是恒等变换的不动点域.
  
  现在假设$p(x)$有$n>1$不属于$F$的根(不可能只有一个不属于$F$的根.可以直接把式子拆开来证明).同时对任意$k<n$,我们的假设成立.
  
  我们可以把$p(x)$拆分成其不可约因子的乘积$p_1(x)p_2(x)\cdots p_r(x)$. $p_k(x)$的度数不可能全部等于1,不妨假设$p_1(x)$的度数等于$s > 1$.若$p(\alpha_1)=0$,则$(F(\alpha_1)/F)=deg(p_1(x))=s$.因为$E$是$p(x)$在$F(\alpha_1)$上的分裂域,所以$E$是$F(\alpha_1)$的正规扩张(在$F(\alpha_1)$外的根小于$n$个).因此$E/F(\alpha_1)$中所有元素都至少被使得$F(\alpha_1)$不变的自同构改变.
  
  $p(x)$是可分的,所以$p_1(x)$是可分的.记$p_1(x)$的根为$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s$根据thm8,存在将$F(\alpha_1)$映到$F(\alpha_1), F(\alpha_2), \cdots, F(\alpha_s)$的同构映射$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_s$使得$\sigma_1(\alpha_1)=\sigma_2(\alpha_2)=\cdots=\sigma_s(\alpha_s)=\alpha_1$且$F$中的元素不变.又根据thm10,可以将这$s$个映射分别拓展为从$E$到$E$的映射(也就是自同构),使得$F$中的元素不变.现在只需要证明$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_s$的所有不动点都属于$F$,就完成了充分性的证明.因为因此所有使得$F$为其不动点的自同构构成的群也只有$F$作为其不动点域.
  
  若$\theta$属于群$G$的不动点域,则$\theta \in F(\alpha_1)$.因为使得$F$不变的自同构必定使得$F(\alpha)$不变.记$\theta=\sum_{i=0}^{s-1}c_i\alpha_1^i(c_i \in F)$,用$\sigma_i$作用在等式两端,则$\sigma_i(\theta)=\theta=\sum_{j=0}^{s-1}\sigma_i(c_j\alpha_1^j)=\sum_{j=0}^{s-1}c_j\alpha_i^j$
  
  因此,方程$\theta=\sum_{i=0}^{s-1}c_ix^i(c_i \in F)$至少有$s$个解,大于其度数$s-1$.所以$\theta=c_0,\theta \in F$.
- 必要性:已知$E$是$F$的正规扩张,现在我们将构造出一个可分多项式$p(x)$使得其所有根都在$F$内.这需要先证明一个引理.
  - 引理:若$E$是$F$的正规扩张,则$E$是$F$的可分扩张.进一步说,$E$中所有元素在$F$上的极小多项式的所有根都在$E$中.
    
    证明:对于$\alpha \in E$,记$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是$E$上所有使得$F$不变的自同构,而$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_m$是所有$\sigma_i$作用到$\alpha$上得到的元素.$\sigma_i(\sigma_j(\alpha))=\sigma_k(\alpha)$.
    
    构造多项式$f(x)=\prod_{i=1}^{n}(x-\alpha_i)$,其根为所有$\alpha_i$.$\sigma_i(f(x))$的所有根亦为$\alpha_i$,又两个多项式首项系数相等,所以$f(x)=\sigma_i(f(x))$.其系数经过任意$\sigma_i$不变.又$\alpha_i$两两不等.所以$f(x)$是$F$上可分多项式.这就证明了第一句话.
    
    如果$F$上多项式$h(x)$有$h(\alpha)=0$,则$\sigma_i(h(\alpha))=h(\alpha_j)=0$.于是证明了第二句话.
  记$\omega_1, \omega_2, \cdots, \omega_n$为$F$上$E$的一个生成系,可分多项式$f_i(x)$有$\omega_i$为其根,则$E$是$p(x)=\prod_{i=1}^{i=n}f_i(x)$的分裂域.
  
  下证$p(x)$是可分的.
  
  $p_i(\omega_j)\neq 0(i\neq j)$,否则由韦达定理得到$\omega_i + \omega_j + k = 0(k \in F)$,这与$\omega_i,\omega_j$的线性无关性矛盾.

如果$f(x)$是$F$上的多项式,$E$是$f(x)$的分裂与,则我们称使得$F$为其不动点域的$E$的自同构群$G$为方程$f(x)$的群.

接下来,我们将证明伽罗瓦理论基本定理,这个定理是关于分裂域和自同构群的.

`thm16`

若$p(x)$是域$F$上多项式,$G$是$p(x)$的群,$E$是$p(x)$的分裂域,则 1. 每个中间域$B$都是$G$的子群$G_B$的不动点域.我们称它们是对应的. 2. 中间域$B$是$F$的正规扩张当且仅当$G$的子群$G_B$是$G$的正规子群,这时$B$上以$F$为不动点域的自同构群和商群$(G/G_B)$同构. 3. 对于任意中间域$B$,有$(B/F)=G_B$的指数(index),而$(E/B)=G_B$的阶(order).

服了,群的几条基本定理是一个不讲,定义都找不到...

自己写一下吧:

阶:群的元素个数.

陪集:用群中所有的元素左乘以群的某个子群得到的等价类就是此子群的左陪集.右陪集同理.

群的子群的指数就是用群内任意元素乘以此子群得到的陪集个数(左右都相等)

拉格朗日定理:群的任意子群的指数和此子群的阶的乘积等于群的阶.(证明也许以后会补.其实随便上网一搜就有了)

证明:由thm14得到第三条性质的第二点.又由thm6知道$(E/B)(B/F)=(E/F)$.再由lagrange定理就得到了第三条性质第一点的证明.

$E$是$p(x)$在$F$上的分裂域,于是自然是$p(x)$在$B$上的分裂域.$p(x)$在$B$上是可分的,所以$E$是$B$的正规扩张.存在$E$的自同构群的子群$G_B$使得

第二条性质的证明有些复杂.我们分解成几步证明它.

$G_B$的指数等于使得$F$不变,将$B$映到$E$的子域的不同映射个数(记为$N$).

记$\sigma_1, \sigma_2 \in G$, $\sigma_1$与$\sigma_2$属于$G_B$的同一个左陪集等价于$\sigma_1\sigma_2^-1 \in G$,等价于$\forall b \in B, \sigma_1\sigma_2(b)=b$,也就是说$\sigma_1B=\sigma_2B$,此时$\sigma_1$与$\sigma_2$对$B$的同构等价.所以正好有$N$个不同的映射.
$B$是$F$上的正规扩张当且仅当$B$中使得$F$不变的自同构的个数等于$N$.(就是thm14)
$B$是$F$上的正规扩张等价于使得$F$不变,将$B$映到$E$的子域的不同映射都是$B$的自同构.

$B$上使得$F$不变的自同构都能够扩展成为$E$上的自同构.而这些映射明显属于使得$F$不变将$B$映到$E$的子域上的映射.又由第二步得知两者数量相等,所以$B$上所有使得$F$不变的到$E$的自域上的同构都是自同构.
将$B$映到$E$的子域的使$F$不变的同构都是$B$的自同构等价于$G_B$是$G$的正规子群.

将$B$映到$E$的子域的使$F$不变的同构都是$B$的自同构,也就是说$\forall \sigma \in G, \sigma B=B$.考虑使$\sigma B$不动的自同构群$G'_B$,$\forall \tau \in G'_B, b \in B, \tau(\sigma (b))=\sigma(b).$所以$\sigma^{-1}\tau\sigma(b) = b, \sigma^{-1}G'_B\sigma \subset G_B$.反方向也容易验证.所以$\forall \sigma \in G, \sigma G_B = G_B\sigma$, $G_B$为正规子群.
$B$是$F$上的正规扩张时,$B$上以$F$为不动点域的自同构群与商群$(G\subset B)$同构.

只有在正规子群中,陪集才成为一个群.

我们将$B$中使得$F$不变的自同构$\sigma$映射成陪集$\sigma G_B$即可.

I 有限域

`thm 17`

若$S$是域$F$关于乘法的一个有限群,则$S$是一个循环群.

证明依赖以下几个关于阿贝尔群的引理.

引理1:如果$A$和$B$是一个阿贝尔群的两个元素,它们的阶分别为$a$和$b$,则此群中存在一个元素$C$,其阶为$c=[a, b]$

原文的证明省略了太多步...我用的是<近世代数引论>的证明方法.

接下来将用到的记号:$(a,b)=gcd(a,b), [a,b]=lcs(a,b)$.同时证明中所有元素都是在阿贝尔群里的.不再详述.
- 证明:我们将分步证明它.
  1. 若$g$是$n$阶元素,则$g^m$的阶为$\frac{m}{[n, m]}$
    
    记$g^m$的阶为$o(g^m)=N$,因为$(g^m)^n=e$,所以$(n / (m, n)) \mod N =0$(我的数论学的很糟糕,以至于不习惯写整除符号.于是只好这样写了.),又$g^{mN}=(g^m)^N=e$,所以$mN \mod n = 0$.所以$\frac{mN}{(m, n)} \mod \frac{n}{(m,n)} = 0$.$\frac{m}{(m, n)}$与$\frac{n}{(m, n)}$互质,所以$N \mod \frac{n}{(m, n)}=0$ 所以$N = \frac{n}{(m, n)}$.
  2. 证明若$(o(a), o(b))=1$,则$o(ab)= o(a)o(b)$.
    
    记$o(a)=A, o(b)=B$,则$(ab)^{AB}=ee=e$.所以$o(ab) \mod AB = 0$. 又$o(a^B)=A=o((ab)^B)=o(ab)/B$,所以$o(ab)=AB$
  3. 证明若$o(a) \mod D = 0$,则$\exists d \in G, o(d)=D$.
    
    事实上,$a^{(o(a)/d)}$就满足要求.
  4. 整个问题的证明.
    记$o(g)=m, o(h)=n$, $m=\prod_{i=1}^{r}g_i^{m_i}, n=\prod_{i=1}^{s}h_i^{n_i}$, $g_i, h_i$是质数,$g_i$互不相同,$h_i$互不相同.
引理2:$C$是一个有限阿贝尔群$S$中的元素,如果$C$的阶$c$大于等于所有元素的阶,则它也是所有元素的阶的倍数.因此,$\forall x \in S, x^c=e$.
- 证明:如果$a=o(A) (A \in S)$不是$c$的因数,则$[a,c] > c$,又由引理1知存在一个元素的阶等于$[a,c]$,这就产生了矛盾.

现在开始证明thm17.设$n$是$S$的阶,$r$是$S$中元素的最大阶,则$\forall x \in S, x^r-1=0$,这个方程有$r$个解.所以$r\leq n$.记$\epsilon$的阶为$r$(lemma 1保证了其存在性),则$1, \epsilon, \epsilon^2, \cdots, \epsilon^{r-1}$互不相同均属于$S$且满足方程.所以$n \geq r$,所以$n = r$,$S$的元素恰好为$\epsilon^k$.

说明一下单位元的符号问题.我在群中会使用$e$,但是$1$只在域上使用.如果是变换就会使用$I$.当然不一定是这个规律,只是说主要是用这种符号.也许什么时候我会重新把这份笔记规范化.

记$G$为一个交换的加法群,我们称$G$的元素$g_1, g_2, \cdots, g_n$生成$G$当且仅当$G$中的任意元素$g$都可以表示为$\sum_{i=1}^{n}n_ig_i(n_i \in \mathbb N)$. 如果在此同时任意少于$n$个的元素无法生成$G$,则我们称$\{g_n\}$为$G$的最小生成系.

`thm 17.5`

有限生成阿贝尔群结构定理(decomposition theorem):每个有有限生成元的阿贝尔群$G$都能写成其循环群$G_1, G_2, \cdots, G_n$的直和.其中$G_i$的阶数$o(G_i)$是$o(G_{i+1})$的因数,$n$是$G$的最小生成系的生成元的个数.

证明:我们对$n$使用数学归纳法.对于$n=1$,$G$即为循环群,定理是平凡的.

现在假设命题对于所有$n < k$成立,而$G$是某做小生成元个数为$k$的最小生成系的阿贝尔群.

如果所有最小生成系都没有非平凡关系,设$G$有最小生成系$g_1, g_2, \cdots, g_k$, 则$G$就是$G_1, \cdots, G_k$的直和.可以对$G_2+ G_3+ \cdots +G_k$应用归纳定理,再取$\overline{g_1}=\sum_{i=1}^{k}\overline {g_i}$即满足条件.

如果对于一些最小生成系,有非平凡关系成立,则设所有最小生成系的所有关系的所有系数中最小的系数是关系$m_1g_1+m_2g_2+\cdots+m_kg_k=0$的$m_1$(当然也可以有其他一些关系也满足这个条件).对于这个生成系的其他关系$n_1g_1+n_2g_2+\cdots + n_kg_k=0$.$n_1$必为$m_1$的倍数.否则,记$n_1=pm_1+r(r < m_1)$,则有$rg_1+\sum_{i=2}^k(n_i-pm_i)g_i=0$.与$m_1$的取法矛盾.同时,必须有$m_i$是$m_1$的倍数.可以仿照证明.因此可以记$m_i=n_im_1$,$g_1'=\sum_{i=1}^kn_ig_i$,则$\overline{g_1}, g_2, \cdots, g_k$是一个生成系,且$m_1\overline{g_1}=0$.对任意形如$n_1\overline{g_1}+n_2g_2+\cdots + n_kg_k=0$的关系,$m_1 | n_1$,故$n_1\overline{g_1}=0$.$\sum_{i=2}^kn_ig_i=0$.对$g_2, g_3, \cdots, g_k$生成的群应用归纳假设得到依顺序满足条件的$g_2', g_3', \cdots, g_k'$,再令$g_1'=\overline{g_1}+\sum_{i=1}^kg_i'$,则对$g_2', g_3', \cdots, g_k', g_1'$也有题目中条件成立.于是对所有$n \in \mathbb N$均成立.

我并不明白如何从这个定理推导出有限域上的乘法群是循环群.但是既然已经证明过了这个结论,我不准备继续想了.

若$a$属于域$F$,可定义其与正整数的乘法$n\cdot a$: $1\cdot a=a$,$(n+1)\cdot a=n\cdot a+a$.通过数学归纳法可知$n\cdot (m\cdot a)=(nm)\cdot a$,$(n\cdot a)(m\cdot b)=(nm)\cdot (ab)$.如果$\exists n \in \mathbb N, n\cdot a = 0$,则$\forall b \in F, n\cdot b = (n \cdot a)(a^{-1}b)=0$.于是如果$p$是使得$\forall a \in F, p\cdot a = 0$的最小正整数,则称$p$是域$F$的特征.如果不存在这样的正整数$p$,$F$的特征为0.

特征应该是质数.否则若$p=qr$,则$(qr)\cdot a = q(r \cdot a)=0$,$q$与$r$至少一个乘上某非零元素等于0.

所有满足$n\cdot a = 0, a \neq 0$的正整数$n$都是$p$的倍数.否则若$n=qp+r, r < p$,则$qp\cdot a+r\cdot a = r\cdot a = 0$.

若$F$是有$q$个元素的与,$E$是$F$的一个扩域,$(E/F)=n$,则$E$有$q^n$个元素.因为如果$\omega_1, \cdots, \omega_n$是$E$在$F$上的一个基,则$F$中每个元素都可以唯一表示成$\sum_{i=1}^nx_i\omega_i(x_i\in F)$,每个$x_i$有$q$种取值,且每种取值对应的$E$中元素不同,所以共有$q^n$种取值.因此,存在一个元素$\alpha$使得$E=F(\alpha)$($E$的非0元组成一个乘法的循环群.由$\alpha$生成.

我们记$P=\{0, 1, 2, \cdots, p-1\}$为特征为$p$的域$F$的单位元不断自乘所得到的集合,则$P$是$F$的一个子域.实际上,$P$同构于$\mathbb Z_p$.$F$是一个特征为$p$的有限域,记$(F/P)=n$,则$F$有$p^n$个元素.因此,任意有限域的阶为其特征的自然数次幂.

`thm 18`

两个有相同数量元素的有限域是同构的.

证明:如果$F$和$F'$是有相同阶数的两个有限域.则它们的特征相同.它们的特征记为$p$,则$\mathbb Z_p$是两者的子域.同时两个域的非零元素的乘法群都是$n$元循环群,满足$x^n=1$,于是都是$\mathbb Z_p$上$x^n=1$的分裂域.于是$F$与$F'$同构.

导数: 对于$F$上多项式$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n= \sum_{i=1}^na_ix^i$, 定义其导数$f'(x)=\sum_{i=1}^nia_ix^{i-1}$,然后可以证明 \[ (f(x)+g(x))'=f'(x)+g(x)'\\ (f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\\ (f^{(n)}(x))'=nf^{n-1}(x)f'(x) \]

`thm 19`

$F$上多项式$f(x)$有重根$x_1$当且仅当$f(x_1)=f'(x_1)=0$.这等价于$f(x)$与$f'(x)$在$F$上的公因式的度数大于0.

证明:先证充分性.$f(x)=(x-x_1)^2g(x)$, 则$f'(x)=2(x-x_1)g(x)+(x-x_1)g'(x)$, $f'(x_1)=0$.

再证必要性.若$f(x_1)=0$,则$f(x)=(x-x_1)g(x)$, $f'(x)=g(x)+(x-x_1)g'(x)$, 又$f'(x_1)=g(x_1)=0$. 故$g(x)=(x-x_1)h(x)$, $f(x)=(x-x_1)^2h(x)$.
推论:如果$F$的特征为0, 则$F$的每个不可约多项式都是可分的.这由上述的等价条件可以推知.

J 单位根

如果$F$是有特征$p$的多项式,$E$是$F$上多项式$x^n-1$的分裂域,(其中$n$不是$p$的倍数.)那么我们称$E$是$F$由添加$n$次单位根得到的域.

关于为什么$n$不是$p$的倍数:对于$n=mp$,$x^n-1=(x^m)^p-1$

多项式$x^n-1$在$E$上没有重根.因为其导数$nx^{n-1}$有$n-1$重根0.而0不是$x^n-1$的根。因此$E$是$F$的正规扩张.如果$\epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_n$是这个多项式的根,它们组成一个乘法群.根据thm 17.5我们知道它是一个循环群.如果这个群的元素是$1, \epsilon, \epsilon^2, \cdots, \epsilon^{n-1}$,那么我们称$\epsilon$为$n$次本原单位根.使得$\epsilon^x=1$的$x$的最小正整数解为$n$.

`thm 20`

如果$E$是$F$由添加$n$次单位根得到的域,那么$E$在$F$上的群$G$是一个阿贝尔群.其中如果$n$是质数,那么$G$是循环群.

证明:因为$E=F(\epsilon)$,所以$\forall \sigma, \tau \in G, \sigma(\epsilon)\neq \tau(\epsilon)$.又$\sigma(\epsilon)$也是$x^n=1$的解,所以$\sigma(\epsilon)=\epsilon^{n_\sigma}$, $1 \leq n_\sigma < n$, 且易证$n_{\sigma \tau}=n_\sigma n_\tau \mod n$.因此,将$\sigma$映到$n_\sigma$的$G$到整数模$n$乘法群的映射是一个同态.又$\sigma(\epsilon)\neq\tau(\epsilon)$,于是$n_\sigma \neq n_\tau$.这个映射是一个同构.质数阶的群都是循环群.

K 诺特方程

如果$E$是一个域,$G=\{\sigma, \tau, \cdots \}$是$E$的自同构群,那么$E$中的一组元素$x_\sigma, x_\tau, \cdots$是诺特方程的一组解,如果$\forall \sigma, \tau \in G, x_\sigma \cdot \sigma(x_\tau)=x_{\sigma\tau}$如果存在某个$x_\sigma=0$,则$\forall \tau \in G, x_\tau=x_\sigma\cdot \sigma(x_{\sigma^{-1}\tau})=0$.因此,我们应该定义诺特方程的所有解均是非0的.

`thm 21`

$x_\sigma, x_\tau, \cdots$是诺特方程的一组解当且仅当存在元素$a \in E, \forall \sigma \in G, x_\sigma = a(\sigma(a))^{-1}$

证明:先证充分性.$x_{\sigma\tau}=a(\sigma(\tau(a)))^{-1}=(a(\sigma(a))^{-1})(\sigma(a)\sigma(\tau(a))^{-1})=x_{\sigma}\cdot\sigma(x_\tau)$.

再证必要性.由thm 12知$\sigma, \tau, \cdots$是互相线性独立的.于是存在$z \in E$使得 \[ x_\sigma\sigma(z)+x_\tau\tau(z)+\cdots = \sum_{\tau \in G}x_\tau\tau(z) = a \neq 0\\ \sigma(\sum_{\tau \in G}x_\tau\tau(z))=\sigma(a)\\ \sum_{\tau \in G}\sigma(x_\tau)\sigma\tau(z)=(x_\sigma)^{-1}\sum_{\tau \in G}x_{\sigma\tau}\sigma\tau(z)=\sigma(a) \] 当$\tau$取遍$G$时,$\sigma\tau$也取遍$G$.于是 \[ (x_\sigma)^{-1}\sum_{\tau \in G}x_{\tau}\tau(z)=(x_\sigma)^{-1}a=\sigma(a), \\ x_{\sigma}=a(\sigma(a))^{-1} \]

L 库默尔域

如果$F$包含一个$n$次本原单位根,那么$F$的任意形如$\prod_{i=1}^r(x^n-a_i), a_i \in F$的多项式的分裂域$E$称为$F$的库默尔扩域,简称库默尔域.

可以看出来相当于是加入了开n次方的运算.

如果$F$包括一个$n$次本原单位根,那么$n$不是$F$的特征$p$的倍数,或者$F$的特征是0.这是因为如果$n=qp$,则$y^p-1=(y-1)^p$.(证明不难.注意最后一个符号).因此$x^n-1=(x^q)^p-1=(x^q-1)^p$.$x^n-1$最多有$q$个不同的根.但是我们又假设$F$包含$n$个$n$次单位根.这是矛盾的.

`thm 23`

如果$E$是$F$上多项式$p(x)=(x^n-a_1)(x^n-a_2)\cdots(x^n-a_n)$的分裂域,$\forall 1\leq i \leq n,a_i \in F$,且$F$包含所有$n$次单位根,则有以下三个性质成立.

$E$是$F$的正规扩张
$E$在$F$上的群是交换群.
$G$中所有元素的阶都是$n$的因数.

证明:对于$F$的一个库默尔扩张$E$,$\forall i, x^n-a_i$没有重根.这可以由thm 19得知.因此,这个库默尔扩张是可分扩张.

令$b_i$是方程$x^{n}-a_i$的根,则对于$n$次单位根$1, \epsilon_1, \epsilon_2, \cdots, \epsilon_{n-1}$有$b_i, \epsilon_1b_i, \epsilon_2b_i, \cdots, \epsilon_{n-1}b_i$均为$x^n-a_i$的根且它们互不相等. 故它们是这个多项式的所有根.令$\sigma, \tau$是$E$上固定$F$的域,则$\sigma$和$\tau$都会把$b_i$映为某个$\epsilon_{\sigma}b_i$,且$\sigma\tau(\epsilon_jb_i)=\sigma(\epsilon_\tau \epsilon_jb_i)=\epsilon_\tau\epsilon_\sigma \epsilon_jb_i=\epsilon_\sigma\epsilon_\tau \epsilon_j b_i=\sigma(\tau(\epsilon_j b_i))$故$E$在$F$上的群$G$是交换群.

$\forall \sigma \in G,\sigma^{k+1}(b_i)=\sigma^k(\epsilon_\sigma b_i)=\epsilon_\sigma(\sigma^{k}(b_i))$因此$\sigma^n(b_i)=(\epsilon_\sigma)^n\sigma(b_i)=\sigma(b_i)$.同理可得对于任意$\epsilon_jb_i$,$\epsilon_jb_i=\sigma^n(\epsilon_jb_i)$.因此$\sigma^n=1$.
推论:如果$p$是质数,$E$是$F$上多项式$x^p=a$的分裂域,$F$包括一个$p$次本原单位根,则或者$E=F$,或者$x^p=a$不可分,$E$在$F$上的群是循环群.

接下来我们证明这三个结论是$E$是$F$上库默尔扩张的充要条件.

令$E$是$F$的一个正规扩张,它在$F$上的群是阿贝尔群,$F$有一个$r$次本原单位根,$r$是所有$G$中元素的阶的最小公倍数.

`thm 23.5`

$G$到$F$的群特征标中,将$G$映射到$r$次本原单位根的特征标的集合为$X$,则$X\cong G$.且$\forall \sigma \in G, \sigma \neq 1, \exists C \in X, C(\sigma)\neq 1$.

证明:运用thm 17.5,将$G$写成循环群$G_1, G_2, \cdots, G_t$的直和.其中$G_i$的阶为$m_i$,则每个$\sigma \in G$都可以写成$\sigma = \prod \limits_{i=1}\sigma_i^{\nu_i}$.其中$\sigma_i$是$G_i$的元素,令$C_i$是将$\sigma_i$映到$\epsilon_i$,一个$m_i$次本原单位根,同时把所有其他$\sigma_j$映到$1$上的群特征标,$C$是任意特征标,此时可以记$C(\sigma_i)=\epsilon_i^{\mu_i}$,因为$(C(\sigma_i))^{m_i}=C((\sigma_i)^{m_i})=1$.那么$C=\prod\limits_{i=1}^t{C_i}^{\mu_i}$.同时$\prod\limits_{i=1}^t{C_i}^{\mu_i}$也定义了一个$G$的特征标.这可以通过重复特征标的定义得知.又$C_i$的阶是$m_i$,于是$X\cong G$.

若$\sigma \neq 1$,则分解$\sigma=\prod\limits_{i=1}^t\sigma_i^{\nu_i}$中至少有一个$\nu_i\neq 0$.因此$C_i(\sigma)=\epsilon_1^{\nu_i}\neq 1$.

记$A=\{a\in E| a^r\in F\}$,$F_*$为$F$中非0元的集合,那么$A$显然是一个乘法群,而$F_*$是$A$的子群.记$A^r=\{a^r|a \in A\}$,$F_*^r=\{f^r|f \in F_*\}$.

`thm 24`

$(A/F_*) \cong (A^r/F_*^r)\cong G \cong X$

证明:$A^r\cong (A/C_n)$.$F_*^r\cong (F_*/C_n)$.由第三同构定理得到第一个同构关系.而第三个同构关系已经由thm 23.5得证了.

记$a$是A中的元素,$(a/\sigma(a))^r=a^r/\sigma(a)^r=1$,因此,$a/\sigma(a)$是$r$次本原单位根.$a/\sigma(a) \in F_*$.由thm 22知$a / \sigma(a)$是$G$在$F$上的特征标.于是我们将$a/\sigma(a)$映到其对应的群特征标上,同样根据thm 22,这是一个双射.

又若这个映射将$a$映到$C$,将$a'$映到$C'$,则对于$a'a$被映到的特征标$C^*$有$C^*(\sigma)=(a'a)/\sigma(a'a)=(a'/\sigma(a'))(a/\sigma(a))=C(\sigma)C'(\sigma)=(C\cdot C')(\sigma)$.于是这个映射是一个同态.

于是这个映射是同构映射.第二个同构关系得证.

`thm 25`

如果$E$是$F$的扩域,则$E$是$F$的库默尔扩张当且仅当以下三个性质成立:

$E$是$F$的正规扩张
$E$在$F$上的群是交换群.
设$G$中所有元素的阶的最小公倍数为$r$,则$r$次本原单位根$\epsilon$在$F$中.因此所有$r$次单位根都在$F$中.

证明: 必要性在thm 23已证明.下证充分性.记在$A$中$F_1$的左陪集是$\alpha_1F_1, \alpha_2F_1, \cdots, \alpha_tF_1$,$\alpha_i^nr=a_i$因为$\alpha_i\in A$, 所以$a_i \in F$.$\alpha_i$是$x^r=a_i$的解.又因为$\epsilon\alpha_i, \epsilon^2\alpha_i, \cdots, \epsilon^r\alpha_i$都是此方程的解,所以这个方程在$E$上是可分的.因此,$(x^r-a_1)(x^r-a_2)\cdots(x^r-a_t)$在$E$上可分.下证这个方程的分裂域(暂时记作$E'$)就是$E$.

若$E' \neq E$,则$E'$是$F$和$E$的一个中间域.又$E$是$E'$上的正规扩张,所以存在$\sigma \in G, \sigma \neq 1$且$\sigma$固定$F$.因此存在$G$的特征标$C$,$C(\sigma)\neq 1$.$\exists \alpha \in E, C(\sigma)=\alpha/\sigma_(\alpha)\neq 1$.但是$\alpha^r \in F_*$, 所以$\alpha \in A \subset E'$, $\alpha/\sigma(\alpha)=1$.矛盾.命题得证.
推论: 若$E$是$F$的正规扩张,次数为质数$p$,且$F$包含$p$次单位根,则$E$是$x^p-1$的一个分裂域.
- 证明:由thm 25,可以假设$E$由$\alpha_1, \cdots, \alpha_n$生成,$\alpha_i^p \in F$,若$\alpha_1 \notin F$,则$a_1=(\alpha_1^p)$,$x^p-a_1$的分裂域就是$E$.否则$F(\alpha_1)$是$E$和$F$的一个中间域,次数是一个小于$p$但不等于$1$的$p$的因数.这是不可能的.

M 单扩张

若$\exists \alpha \in E, E=F(\alpha)$,$\alpha$是$F$上的代数元,则称$E$是$F$的本原扩张.

`thm 26`

$E$是$F$上的本原扩张当且仅当$E$和$F$间只有有限个中间域.

证明:先证充分性.如果$E=F(\alpha)$,$\alpha$在$F$上的不可约多项式为$f(x)$,$B$是$E$,$F$上的一个中间域,$g(x)$是$\alpha$在$B$上的不可约多项式,记在$F$中添加$g(x)$的系数得到的扩域为$B'$,则$B'$是$F$和$B$的中间域.$g(x)$在$B'$上也是不可约的,因此$E=B'(\alpha)$,$(E/B)=(E/B')=(E/B)(B/B')$.因此$B = B'$.也就是说,$B$完全由$g(x)$确定.而$g(x)$是$f(x)$的因式,$g(x)$只有有限个.中间域也只有有限个.

假设$E$和$F$之间只有有限个中间域,如果$F$是有限域,那么根据thm 17.5下方的讨论,$E$是$F$的本原扩张.

如果$F$不是有限域,那么我们将证明$\forall \alpha, \beta \in E, \exists \gamma \in E, F(\alpha, \beta)=F(\gamma)$.先假设$\gamma = \alpha + k\beta, k \in F$ ($\gamma$是任取的,所以我们当然可以给$\gamma$一点限定再继续讨论.)$k$有无限个取值,而$E$和$F$间只有有限个子域,那么存在两个不同的$k_1, k_2$,记$\gamma_1 = \alpha + k_1\beta$, $\gamma_2 = \alpha + k_2\beta$,有$F(\gamma_1)=F(\gamma_2), \gamma_2 \in F(\gamma_1)$.由$\gamma_1, \gamma_2$可以表示出$\alpha, \beta$, 所以$\alpha, \beta \in F(\gamma_1)$, $F(\alpha, \beta) \subseteq F(\gamma_1).$而$F(\gamma_1) \subseteq F(\alpha, \beta)$, 于是$F(\gamma_1)=F(\alpha, \beta)$.命题得证.假设$E=F(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_t)$,则重复使用$F(\alpha, \beta)=F(\gamma)$可以得到$E=F(\gamma)$.

感觉有点不严谨...但是不然就会把论述变得特别冗长.简单是大概就是数学归纳法？

`thm 27`

记$E$是$F$的有限扩域,$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$为$E$上的可分元,$E=F(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$,则$\exists \theta \in E ,E=F(\theta)$.

证明:设$\alpha_i$对应的既约多项式为$f_i$,记$F$上多项式$\prod_{i=1}^nf_i$的扩域为$E'$,则$E'$在$F$上的群$G$为有限群$G$,所以$E'$为$F$的有限扩域,而$E$自然也是$F$的有限扩域.由thm 26, 命题得证.

N 标准基的存在性

`thm 28`

若$E$是$F$的一个正规扩张,$E$在$F$上的群为$G$,$\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$是$G$中的互异元素,则存在$\theta \in E$使得$\sigma_1(\theta), \sigma_2(\theta), \cdots, \sigma(\theta)$在$F$上线性独立.

证明:这个命题对所有域都成立,但是我们将只证明特征值为0的域满足此定理.根据thm 27(thm 27的条件是满足的.这由thm 15证明中用到的引理得到), 存在$\alpha \in E$使得$E=F(\alpha)$.记$f(x)$为$\alpha$在$F$上的不可约多项式,$\sigma_i(\alpha)=\alpha_i$,则$\alpha_i$也是$f(x)$的根.因为$f(x)$的系数在$\sigma$下不变.记$g(x)=\frac{f(x)}{(x-\alpha)f'(\alpha)}$, $g_i(x)=\sigma_i(g(x))=\frac{f(x)}{(x-\alpha_i)f'(\alpha_i)}$.这是因为$f(x)$和$f'(x)$的系数在$\sigma_i$下不变.对于所有的$\alpha_k, k \neq i$, $g_i(\alpha_k)=0$,而对于$g_i(\alpha_i)$,设$h(x)=\prod\limits_{k \neq i}(x-\alpha_k)$,则$f'(x)=(h(x)(x-\alpha_i))'=(x-\alpha_i)h'(x)+h(x)$, $f'(\alpha_i)=h(\alpha_i)$, 故$g_i(\alpha_i)=1$.

当$i \neq j$, $f(x)$的根均为$g_i(x)g_j(x)$的根,因此 $g_i(x)g_j(x)\equiv 0 (\mod f(x))$

多项式$g_1(x)+g_2(x)+\cdots+g_n(x)-1$是一个低于$n$次的多项式,但是$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$都是这个多项式的根,于是$g_1(x)+g_2(x)+\cdots+g_n(x)=1$恒成立.

在这个式子两边同乘以$g_i(x)$,得到$g_i^2(x)=g_i(x)$.

定义多项式矩阵$M=\{m_{ij}\}$,$m_{ij}=\sigma_i\sigma_j(g(x))$.$\det(M)=u(x)$则$\det^2(M)=\det(M\cdot M)=\det(M\cdot M^T)$,$M^T\cdot M=N=\{n_{ij}\}$,则$n_{ij}=\sum\limits_{k=1}^n(\sigma_k(g_i(x)g_j(x)))$,$\forall i \neq j, n_{ij}=0, n_{ii}=1$,故$M^TM$为单位矩阵.$u^2(x) \equiv 1(\mod f(x))$,$u(x) \neq 0 (\mod f(x))$.存在$a \in F$, $u(a) \neq 0$.设$\theta=g(a)$,则$m_{ij}=\sigma_i\sigma_j(\theta)$如果存在$x_1, x_2, \cdots, x_n$满足$x_1\sigma_1(\theta)+x_2\sigma_2(\theta)+\cdots + x_n\sigma_n(\theta)=0$,让$\sigma_i$同时作用于两边,可以得到$n$个等式,这$n$个方程的方程组的判别式即为$u(a)\neq 0$,于是$\forall i, x_i=0$.证毕.

O 自然无理性定理

这什么鬼名字

记$F$是一个域,$p(x)$是$F$上的多项式,其不可约因式均可分.$E$是$p(x)$的分裂域,$B$是$F$的任意一个扩域,$E_B$是$p(x)$在$B$上的扩域.如果$p(x)$在$E_B$中的根是$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$,则$F(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$是$E_B$的一个因式且为$p(x)$在$F$上的分裂域.由thm 10, $E \cong F(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$, 且$E_B \cong B(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$.于是我们可以记$E:=F(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n), E_B:=B(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n)$.

若$E \cap B$为$E$与$B$的交集,显然它也是一个域.是$F$和$E$的一个中间域.

`thm 29`

$G$是$E$在$F$上的群,$H$是$E_B$在$B$上的群,则$H$同构于$G$中以$E \cap B$为固定域的元素构成的群.

在看了一些中文的抽代书之后才发现fixed field应该被翻译成固定域...

证明:假设$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$中,$\forall i \leq r, \alpha_i \notin B, \forall i > r, \alpha_i \in B$,则$E_B$上固定$B$的自同构$\sigma$应该是$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_r$的一个置换.对于每个这类的同构,都可以保运算的对应到一个$G$中的同构.而$G$中的元素$\sigma$如果要固定$B$,则固定$E\cap B$.于是这个单射的像为以$E \cap B$为固定域的元素构成的群.
推论:如果在thm 29的条件下,$G$的阶数为质数,则$H=G$或者$H={e}$.

半完结咯!

Part 3 群论

A 可解群

在进行关于方程可解性的讨论前,我们需要先讨论群论中几个具体的问题.首先证明几个简单的命题:

若$N$是$G$的正规子群,则将$G$映射到$(G/N)$上的映射的映射$f(x)=xN$是一个同态.

$f(xy)=xyN$,$f(x)*f(y)=xNyN=\{xh_1yh_2\}$,

$xh_1yh_2=xyh_3h_2 \in xyN$,$xyh_1=xh_3y \in f(x)*f(y)$

这个映射称为自然同态.

群的正规子群在同态下的像和逆像都是(其像集的)正规子群.

保乘法.

$f$是$G$到$G'$的同态映射,$N$是$G$的正规子群,$N'=f(N)$,并定义$(G/N)$到$G'/N'$的映射$g$使得$g(xN)=f(x)N'$,则$g$是同态映射.且若$f$是同构映射,则$g$是同构映射.

显然.

虽然读者(如果有的话)大概能推断出来,但是还是写一下定义:集合$A \subset B$在$B$到$C$的映射$f$下的象集$f(A)=\{f(a)| a \in A\}$, $D \subset C$在$f$的逆象集$f^{-1}(D)=\{d|f(d) \in D\}$.

本章参考OI wiki.因为还没明白Zassenhaus定理(原本的thm 1,但是后面的讨论并不需要用到这个定理)

或许我应该解释一下什么是两个群的乘积:$A$,$B$是$G$的子群,则$AB=\{ab|a \in A, b \in B\}$,如果$A$,$B$中任意一个是$G$的正规子群,$AB$也是一个群.取$G=U$,则$u$是$U$的正规子群,$U\cap V$是$U$的子群.所以$u(U \cap V)$是一个群.其他几个同理.

`thm 1`

同态基本定理/第一同构定理:如果$f$是$G$到$H$的同态,则$\ker f$是$G$的正规子群,且$G/\ker f \cong f(G)$, $f(G)$是$H$的子群.

证明: 方便起见,记$\ker f = V$,首先证明$V$是$G$的正规子群.$\forall v \in V, g \in G, f(g^{-1}vg)=(f(g))^{-1}(f(g))=e_H$,所以$g(g^{-1}vg)=vg$,$g^{-1}vg \in V$.所以$V$是$G$的正规子群.

定义$f(G)$到$G/V$的映射$\varphi$使得$\forall g \in G$, $\varphi(f(g))=gV$, 则
1. 这个映射是良定义的.因为$\forall h_1, h_2 \in H$, $f(h_1)=f(h_2)$当且仅当$h_1(h_2)^{-1}=v\in V$, 此时$h_2V=(h_1v)V=h_1V$.
2. 这个映射是同态映射,因为$f$是同态映射.
3. 这个映射是同构映射.若$h_1V=h_2V$,则对于$v \in V$,$ v' V$,$h_1v=h_2v'$,$h_2=h_1v(v')^{-1}$,$f(h_1)=f(h_2)$.且$xV G/V$,$x G$, 有$(f(x))=x(V)$.所以$$是同态映射.
因此,$f(G) \cong G/V=G/\ker f$.
推论1(第二同构定理): 若$H$是$G$的子群,$N$是$G$的正规子群,则$H/(H\cap N) \cong HN / N$,
- 证明:首先,$\forall h \in H, n \in N$, $ hn G$, $hnN=Nhn \in G/N$,所以$HN/N$是群.所以$HN/N$是$G/N$的子群.定义$H$到$HN/N$上的映射$\varphi:\varphi(h)=hN$,$h \in H$.则$(H\cap N)=\ker \varphi$.由第一同构定理,推论1得证.
推论2:如果在推论1的条件下,$G/N$是阿贝尔群,则$H/H\cap N$也是阿贝尔群.

一个群$G$是可解群,如果它可以被分解成形如$G=G_0 \supset G_1 \supset \cdots \supset G_s = \{e\}$的群链,其中$\forall 0 \leq i < s$, $G_{i+1}$是$G_i$的正规子群,且$G_i / G_{i+1}$为阿贝尔群.

`thm 2`

可解群的任意子群也是可解群.

证明: 记这个可解群为$G$,$H$是其子群,$G$的可解群链是$G=G_0 \supset G_1 \supset \cdots \supset G_s = \{e\}$,则令$H_i=G_i\cap H$,则由推论1可知$H_{i+1}$是$H_i$的正规子群.且由于$G_i/G_{i+1}$是交换群, $H_i/H_{i+1}$是交换群.命题得证.

看的一头雾水?其实就是把第二同构定理中的$G$换成$G_i$,$H$换成$G_{i+1}$.

`thm 3`

可解群的同态也是可解群.

证明: 记这个可解群为$G$,存在另一群$H$到$G$的同态$f$,$G$的可解群链是$G=G_0 \supset G_1 \supset \cdots \supset G_s = \{e\}$,则$f(G_{i+1})$是$f(G_i)$的正规子群,这就是前面的"简单的命题-2".且$f(G_i)/f(G_{i+1})$是$G_i/G_{i+1}$的同态.自然也就是交换群.命题得证.

B 置换群

假设$Z_n$是某个有$n$个元素的集合, $Z_n$到$Z_n$的一一对应$f$称作$Z_n$的一个置换.两个这样的置换的复合称作置换的乘法.$Z_n$的所有置换构成一个群.称为$n$次对称群$S_n$.

注意.$n$次对称群有$n!$个元素,而不是$n$个.

不妨设$Z_n=\{i|i \in \mathbb N_+, i \leq n\}$,定义轮换$(a_1, a_2, \cdots, a_r)$为这样一个置换$f$:$\forall i \in Z_n$,若$\exists j, i = a_j$,则$f(i)=a_{j\%n+1}$,我们称这个轮换为$r$循环.显然,$f^{-1}=(a_r, a_{r-1}, \cdots, a_1)$.

`thm 3.5`

如果$S_n$的子群$G$包含所有3循环,$n \geq 5$,$H$是$G$的正规子群,$G/H$是阿贝尔群,则$H$也包含3循环.

证明:得知命题成立.如果$n \geq 5$,设$G$包含3循环$a=(i, j, k),b= (i,l,m)$，则$a^{-1}=(k, j, i) \in G$,$b ^{-1}=(m, l, i) \in G$,$aba^{-1}b^{-1}=(i, k, l)$.记$G$到$G/H$的同态$f$为$f(g)=gH, g \in G$,则$f(aba^{-1}b^{-1})=f(aa^{-1}bb^{-1})=f(1)=1$.于是$(i, k, l) \in H$.

`thm 4`

当$n \geq 5$, $S_n$不可解.

证明:$S_n$包含所有3循环,于是在子群链$B_0\subset B_1 \subset \cdots \subset B_m=S_n$($ 0i m-1, B_{i+1}/B_{i}$是交换群)中,所有$B_i$都含有所有3循环.而$E={e}$不含有3循环,所以群链不包含$E$.$S_n$不可解.

C 用根式解方程

$F$的扩域$E$被称为根式扩张,如果存在一系列中间域$B_0, B_1, B_2, \cdots, B_r$使得$B_0 =F, B_r=E$,$B_i=B_{i-1}(\alpha_i)$,其中$\alpha_i$是$x^{n_i}-a_i=0(a_i \in B_{i-1})$的解.

$F$上多项式$f(x)$可以用根式解定义为$f(x)$的分裂域包含于$F$的某个根式扩张.

除非特殊指出,我们默认$F$是特征为0的域,且包含所有可能用到的n次单位根.

有点奇怪?其实也没那么奇怪.毕竟我们也不会认为解析式中出现$\mathrm i$属于还没得到根式解,那出现$\zeta_3$也没什么吧?毕竟开方运算在复数域内有多解性.

我们首先指出$F$的每个根式扩张都可以被扩展成$F$上正规的根式扩张.假设新的域链为$B'_0, B'_1, \cdots, B'_n$,因为$\alpha_1$和$\zeta_{n_1}$都属于$B'_0$,所以可以取$B'_1$为$x^{n_1}-a_1$的分裂域.若$f_1(x)=\prod\limits_{\sigma \in G_1}(x^{n_2}-\sigma(a_2))$,$G_1$是$B_2$在$B_1$上的同构群,$f_1(x)$的系数均为对称式,在自同构下不变(只是将顺序置换了一下而已).因此$f_1(x)$是$B'_1$上的多项式.可以取$B'_2$为$f_1(x)$在$B'_1$上的分裂域.用类似的方法可得到正规的根式扩张.

`thm 5`

$F$上多项式$f(x)$有根式解当且仅当它的群是可解群.

证明:先证必要性.记$E$是$F$的包含$f(x)$的分裂域的正规扩张,$G$是$E$在$F$上的群.$\forall i$,$B_i$是$B_{i-1}$的库默尔扩域,$B_i$在$B_{i-1}$上的群是阿贝尔群.记$E$在$B_i$上的群为$G_{B_i}$,$\forall 0 < i \leq r$.根据thm 16,因为$B_i$是$B_{i-1}$的根式扩域,所以$B_i$是$B_{i-1}$的正规扩域.所以$G_{B_i}$是$G_{B_{i-1}}$的正规子群,$(G_{B_{i-1}}/G_{B_i})$同构于$B_i$在$B_{i-1}$上的群,由thm 23知这个群是交换的.所以有群链$\{e\}=G_{B_r}\subset G_{B_{r-1}}\subset \cdots \subset G_{B_0}$,后一个是前一个的正规子群且商群可交换.于是$G$可解.

再证必要性.假设$f(x)$的群$G$是可解群,对应的群链是$\{e\}=G_r\subset G_{r-1}\subset \cdots \subset G_0$.$G_{i-1}$是$G_i$的正规子群,且$(G_{i-1}/G_i)$是阿贝尔群.记$B_i$为$G_i$的固定域,则$B_i$是$B_{i-1}$的正规扩张(thm 16),因此$B_i$是$B_{i-1}$的库默尔扩域(thm 25).因此,$E$是$F$的根式扩张.

写这段的时候感觉特别优美.thm 16和thm 23,thm 25交织在一起.

D 一元五次方程

这段基本参照的是这个网站.因为Artin 的中讲这一章的部分我看不懂.

终于.

`thm 6`

$F$是一个域,$E=F(z_1, \cdots, z_n)$是$F$的有限扩张,$E$在$F$上的群为$G$,若$\sigma \in G, \forall i, \sigma(z_i)$,则$\forall x \in E, \sigma(x)=x$.

证明:我们使用归纳法证明这个定理.当$n=1$,$\forall u \in E,u=f(z_1)$($f$是$K$上的多项式).$E$在$F$上的一组基为$(1,z_1, z^2_1,\cdots,z_1^n)$由于$\sigma(z^i_1)=(\sigma(z_1))^i=z_1^i$,$\sigma$固定$E$.

若此定理对$E'=F(z_1, \cdots, z_n)$成立,则$E=E'(z_{n+1})=F(z_1, \cdots, z_n, z_{n+1})$,$G$是$E$在$F$上的群,$G'$是$E$在$E'$上的群,若$\sigma \in G, \sigma(z_i)=z_i$,则$\sigma \in G'$.此时应用归纳假设可证.

`thm 7`

如果$f$为$K$上的一元$n$次函数,$E$为$f$在$K$上的分裂域,则它的Galois群同构于$S_n$的一个子群.

证明:记$f$在$E$上的根为$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$,$E$在$K$上的群$G$,每个$\sigma \in G$可以对应为$\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$的一个置换(因为$\sigma(\alpha_i)$是$f(x)$的一个根).也就是$S_n$的一个元素.同时如果两个映射$\sigma, \tau \in G_n$,$\forall i, \sigma(\alpha_i)=\tau(\alpha_i)$,则$\forall x \in E$,$ (x)=(x)$.这是因为$^{-1}(x)$对于所有$_i$保持不变.于是$^{-1}((x))=x$,$(x)=(x)$.

`thm 8`

Abel-Ruffini定理:$K$是一个域,$E=K(y_1, y_2, \cdots, y_n)=\{a\sum\limits_{i=1}^n(x-y_i)\}$是$K$上所有$n$元函数域.则当$n \geq 5$时,方程在$k$上无求根公式.

证明:将$f(x)$写成$x^n+\sum\limits_{i=0}^{n-1}a_ix^i$,则$E$是$f(x)$在域$F=K(\alpha_0, \alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1})$上的分裂域.$E$在$F$上的群记为$G$,下证$G \cong S_n$.

注意到,每个$S_n$的元素$\sigma$可以将$y_1, y_2, \cdots, y_n$置换为$y_{\sigma(1)}, y_{\sigma(2)}, \cdots, y_{\sigma(n)}$.设$E'=F(y_{\sigma(1)}, y_{\sigma(2)}, \cdots, y_{\sigma(n)})$,则存在$E$到$E'$的同构$\sigma'$(这是前面的哪个定理来着?忘记了).而$\sigma'$是固定$F$的,$E$的自同构.于是我们现在构造出了一个$\sigma$到$\sigma'$的同态(?)映射.由thm 7,这是一个满射.由thm 6,这是一个单射.故这是一个同构映射.

注:此处的"无根式解"指的是没有根式的求根公式,而不是所有的5次及以上多项式都无根式解.比如$(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)$有明显的根式解.事实上,可以直接构造出自同构群为$S_5$的多项式.只要这个既约多项式有3个实根和两个虚根.

完结.剩下的就是整理之前遗漏的一些内容和规范用语了.

接下来的任务: 1. 完成前面的Part 0, Part 1. 2. 搞好标号. 3. 把文中的"正规扩张"改回"Galois扩张".扩域在域上的群也改回"Galois群". 4. 其他修订.

Part 0 群论

Part 1 线性代数

A 线性空间

B 齐次线性方程组

thm 1

Part 2 域论

thm 10

E 多项式到既约因式的唯一分解

thm 11

F 群特征标

thm 12

thm13

G thm 13的应用

H 正规扩张

thm14

thm14.5

thm15

thm16

I 有限域

thm 17

thm 17.5

thm 18

thm 19

J 单位根

thm 20

K 诺特方程

thm 21

L 库默尔域

thm 23

thm 23.5

thm 24

thm 25

M 单扩张

thm 26

thm 27

N 标准基的存在性

thm 28

O 自然无理性定理

thm 29

Part 3 群论

A 可解群

thm 1

thm 2

thm 3

B 置换群

thm 3.5

thm 4

C 用根式解方程

thm 5

D 一元五次方程

thm 6

thm 7

thm 8

`thm 1`

`thm 10`

`thm 11`

`thm 12`

`thm13`

G `thm 13`的应用

`thm14`

`thm15`

`thm16`

`thm 17`

`thm 17.5`

`thm 18`

`thm 19`

`thm 20`

`thm 21`

`thm 23`

`thm 23.5`

`thm 24`

`thm 25`

`thm 26`

`thm 27`

`thm 28`

`thm 29`

`thm 1`

`thm 2`

`thm 3`

`thm 3.5`

`thm 4`

`thm 5`

`thm 6`

`thm 7`

`thm 8`