1. 设 $E = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$，求 $E$ 关于 $\mathbb{Q}$ 的伽罗瓦群。

解: $E = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}) = \mathbb{Q}(\sqrt{2} + \sqrt{3})$，且 $f(x) = x^{4} - 10x^{2} + 1$ 是 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式。

又因 $(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} = 5 + 2\sqrt{6}$，$(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{3} = 11\sqrt{2} + 9\sqrt{3}$，

从而 $E = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}) = \{ a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6} \mid a,b,c,d \in \mathbb{Q}\}$。

则对属于 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$ 的任意 $\varphi$，$\varphi$ 由 $\varphi(\sqrt{2})$、$\varphi(\sqrt{3})$ 决定。

因为 $\sqrt{2}$ 是 $g(x) = x^{2} - 2$ 的根，$\sqrt{3}$ 是 $h(x) = x^{2} - 3$ 的根，

所以 $\varphi(\sqrt{2})$、$\varphi(\sqrt{3})$ 分别是 $g(x)$、$h(x)$ 的根，

因此 $\varphi(\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2}$，$\varphi(\sqrt{3}) = \pm \sqrt{3}$。从而

$$\varphi_{0} = \text{id},$$

$$\varphi_{1}(a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}) = a - b\sqrt{2} + c\sqrt{3} - d\sqrt{6},$$

$$\varphi_{2}(a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}) = a - b\sqrt{2} - c\sqrt{3} + d\sqrt{6},$$

$$\varphi_{3}(a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}) = a + b\sqrt{2} - c\sqrt{3} - d\sqrt{6}.$$

故 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E) = \{\varphi_{0},\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3}\}$。

2. 设包含 $F$ 的 $E$ 是域的扩张，$K$、$M$ 是中间域，$H$、$J$ 是 $\text{Aut}_{F}(E)$ 的子群，

试证明： (1) 如果 $K \subseteq M$，那么 $M' \subseteq K'$；如果 $H \subseteq J$，那么 $J' \subseteq H'$。

(2) $K \subseteq K''$，$H \subseteq H''$。

(3) $K' = K'''$，$H' = H'''$（其中 $K''' = (K'')'$，$H''' = (H'')'$）。

证明: (1) 因为 $M' = \text{Aut}_{M}(E) = \{\varphi \in \text{Aut}(E) \mid \varphi(a) = a,\forall a \in M\}$，

$K' = \text{Aut}_{F}(E) = \{\varphi \in \text{Aut}(E) \mid \varphi(a) = a,\forall a \in K\}$。

由于 $K \subseteq M$，从而对属于 $M'$ 的任意 $\varphi$，都有 $\varphi(a) = a$，其中 $a \in M$，

因此 $\varphi(a) = a$，$a \in K$，即 $\varphi \in K'$，于是 $K' \supseteq M'$。

因为 $H' = \{ x \in E \mid \sigma(x) = x,\forall\sigma \in H\}$，$J' = \{ x \in E \mid \sigma(x) = x,\forall\sigma \in J\}$，$H \subseteq J$，

所以对属于 $J'$ 的任意 $x$ 都有 $\sigma(x) = x$，任意 $\sigma \in J$，

因此对属于 $H$ 的任意 $\sigma$ 也有 $\sigma(x) = x$，即 $x \in H'$，故 $J' \subseteq H'$。

(2) $K'' = (K')' = \{ x \in E \mid \sigma(x) = x,\forall\sigma \in K'\}$。

由于对属于 $K$ 的任意 $x$，对属于 $K'$ 的任意 $\sigma$ 都有 $\sigma(x) = x$，

从而 $x \in K''$，故 $K \subseteq K''$。

由于 $H$ 为 $\text{Aut}_{F}(E)$ 的子群，$H' = \{ x \in E \mid \sigma(x) = x,\forall\sigma \in H\}$，

因此 $H'' = (H')' = \{\varphi \in \text{Aut}_{F}(E) \mid \varphi(x) = x,\forall x \in H'\}$。

于是对属于 $H$ 的任意 $\sigma$，对属于 $H'$ 的任意 $x$，都有 $\sigma(x) = x$，

从而 $\sigma \in H''$，故 $H \subseteq H''$。

(3) 由 (2) 知 $K \subseteq K''$，再由 (1) 知 $K' \supseteq (K'')'$，即 $K' \supseteq K'''$。

对 $K'$ 应用 (2) 得 $K' \subseteq (K')'' = K'''$，故 $K' = K'''$。

由 (2) 知 $H \subseteq H''$，又由 (1) 知 $(H'')' \subseteq H'$，即 $H''' \subseteq H'$。

对 $H'$ 应用 (2) 得 $H' \subseteq (H')'' = H'''$，因此 $H' = H'''$。

3. 设包含 $F$ 的 $E$ 是域的有限扩张，

试证明包含 $F$ 的 $E$ 的伽罗瓦群的子群都是闭群。

证明: 设 $H$ 是包含 $F$ 的 $E$ 的伽罗瓦群的子群，根据 [第四章引理 6.1]，$|F':E'| \leq |E:F|$，从而 $|H:E'| \leq |E:F|$。

因为 $E'$ 是闭群，所以根据 [第四章定理 6.1(2)] 知 $H$ 是闭群。

4. 设包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张，试证明 $|\text{Aut}_{F}(E)| = |E:F|$。

证明: 由 [第四章引理 6.1] 得 $|F':E'| \leq |E:F|$，

由 [第四章定理 6.1(2)] 有 $|E'':F''| = |F':E'|$。

因为包含 $F$ 的 $E$ 是伽罗瓦扩张，所以 $F'' = F$，因此 $|E:F| = |F':E'| = |\text{Aut}_{F}(E)|$。

5. 设包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张，$K$ 是包含 $F$ 的 $E$ 的中间域，

证明 $K$ 是闭域。

证明: 因为包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张，所以 $F$ 是闭域，$|K:F| \leq |E:F|$，根据 [第四章定理 6.1(1)]，$K$ 为闭域。

6. 设 $a$、$b$ 是不含平方因数的整数，试证明包含 $\mathbb{Q}$ 的 $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ 是伽罗瓦扩张，并确定其对应的伽罗瓦群。

证明: $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b}) = \mathbb{Q}(\sqrt{a} + \sqrt{b})$，

且 $f(x) = x^{4} + (2a^{2} - 4a - 4ab + 2b^{2})x^{2} + (a - b)^{2}$ 是 $\sqrt{a} + \sqrt{b}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式。

又因 $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b}) = \{ k_{0} + k_{1}\sqrt{a} + k_{2}\sqrt{b} + k_{3}\sqrt{ab} \mid k_{i} \in \mathbb{Q},i = 0,1,2,3\}$，

则任意 $\varphi \in \text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$，$\varphi$ 由 $\varphi(\sqrt{a})$、$\varphi(\sqrt{b})$ 决定。

因为 $\sqrt{a}$ 是 $g(x) = x^{2} - a$ 的根，$\sqrt{b}$ 是 $h(x) = x^{2} - b$ 的根，

所以 $\varphi(\sqrt{a})$、$\varphi(\sqrt{b})$ 分别是 $g(x)$、$h(x)$ 的根，

因此 $\varphi(\sqrt{a}) = \pm \sqrt{a}$，$\varphi(\sqrt{b}) = \pm \sqrt{b}$。

因此 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\sqrt{a} + \sqrt{b}) = \{\varphi_{0},\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3}\}$。

由固域定义可知包含 $\mathbb{Q}$ 的 $\mathbb{Q}(\sqrt{a},\sqrt{b})$ 是伽罗瓦扩张。

7. 设 $\text{Char}F = 0$，$E$ 是 $F\lbrack x\rbrack$ 中属于 $F\lbrack x\rbrack$ 的不可约元 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，

试证明 $E$ 是 $F$ 的伽罗瓦扩张。

证明: 因为包含 $F$ 的 $E$ 是有限扩张，所以由 [第四章推论 3.2] 可知，

包含 $F$ 的 $E$ 是单代数扩张。设 $E = F(\alpha)$，$\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $g(x)$，

则 $\text{Aut}_{F}(E)$ 中的任意元素 $\sigma$ 由 $\sigma(\alpha)$ 决定，且 $\sigma(\alpha)$ 是 $g(x)$ 的根。

由 [第四章定理 4.3] 可知，包含 $F$ 的 $E$ 是正规扩张，进而 $g(x)$ 的根都属于 $E$。因此，$|\text{Aut}_{F}(E)|$ 等于 $g(x)$ 的不同根的个数。

由 [第三章定理 9.4] 可知，$g(x)$ 没有重根，所以 $|\text{Aut}_{F}(E)| = degg(x) = |E:F|$。

因为 $F \subseteq F''$，所以 $E$ 是 $f(x)$ 在 $F''$ 上的分裂域，因此 $|\text{Aut}_{F''}(E)| = |E:F''|$。

再由 $\text{Aut}_{F''}(E) = \text{Aut}_{F}(E)$ 及 $|E:F| = |E:F''| \cdot |F'':F|$ 可得 $|F'':F| = 1$，即 $F = F''$。从而，包含 $F$ 的 $E$ 是伽罗瓦扩张。

习题 1 设 $F$ 是域，证明 $E = \{ a \in F \mid \sigma(a) = a,\forall\sigma \in \text{Aut}(F)\}$ 是域。

证明: 显然 $0$、$1 \in F$。若 $a$、$b \in E$，则对属于 $\text{Aut}(F)$ 的任意 $\sigma$，

有 $\sigma(a - b) = \sigma(a) - \sigma(b) = a - b$，$\sigma(ab^{- 1}) = \sigma(a)\sigma(b)^{- 1} = ab^{- 1}$，

即 $a - b$、$ab^{- 1} \in \text{Aut}(F)$。因此 $E$ 是域，称为 $F$ 的固定域。

习题 2 设 $\alpha$ 是 $x^{3} - 2$ 的一个根，求 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 的自同构群。

解: 设 $\varphi$ 是 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 的自同构，则对整数 $m$，有 $\varphi(m) = m\varphi(1) = m$，

从而 $\varphi$ 是 $\mathbb{Q}$ 的恒等映射。

由 $\alpha$ 是 $x^{3} - 2$ 的一个根可得 $\varphi(\alpha)$ 是 $x^{3} - 2$ 的一个根，于是 $\varphi(\alpha) = \alpha$。

由于 $x^{3} - 2$ 是有理数域上的不可约多项式，

故 $\mathbb{Q}(\alpha)$ 的元素形式为 $a_{0} + a_{1}\alpha + a_{2}\alpha^{2}$。

因此 $\varphi$ 是恒等映射，$\mathbb{Q}(\alpha)$ 的自同构群只有一个元素。

习题 3 设 $F$ 是特征不等于 2 的域，

$\alpha$ 是 $F$ 上不可约多项式 $x^{2} - a$ 的一个根，求 $\text{Aut}_{F}(F(\alpha))$。

解: 设 $\varphi \in \text{Aut}_{F}(F(\alpha))$，由 $\alpha$ 是 $x^{2} - a$ 的一个根可得 $\varphi(\alpha)$ 是 $x^{2} - a$ 的一个根，

于是 $\varphi(\alpha) = \pm \alpha$。由于 $x^{2} - a$ 是不可约多项式，故 $F(\alpha)$ 的元素形式为 $c + d\alpha$，其中 $c$、$d \in F$。因此 $\varphi(c + d\alpha) = c + d\alpha$ 或 $\varphi(c + d\alpha) = c - d\alpha$。

习题 4 设 $\alpha$ 是域 $F$ 上的代数元，$f(x)$ 是 $\alpha$ 在域 $F$ 上的极小多项式，

试证明 $|\text{Aut}_{F}(F(\alpha))|$ 等于 $F(\alpha)$ 中 $f(x)$ 的互异根的个数。

特别地，当且仅当 $f(x)$ 无重根时，$|\text{Aut}_{F}(F(\alpha))| \leq |F(\alpha):F| = degf(x)$，且等号成立，且 $f(x)$ 的所有根均在 $F(\alpha)$ 中。

证明: 若 $\sigma \in \text{Aut}_{F}(F(\alpha))$，则由 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的根知，

属于 $F(\alpha)$ 的 $\sigma(\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个根。

反之，若属于 $F(\alpha)$ 的 $\beta$ 是 $f(x)$ 的一个根，则 $F(\beta) \subseteq F(\alpha)$，

再由 $|F(\beta):F| = degf(x) = |F(\alpha):F|$ 知 $F(\beta) = F(\alpha)$，

从而存在域同构 $\sigma:F(\alpha) \rightarrow F(\beta)$，使得 $\sigma(\alpha) = \beta$，$\sigma|_{F} = \text{id}$。故 $\sigma \in \text{Aut}_{F}(F(\alpha))$。

习题 5 设 $F$ 是域，属于 $F\lbrack x\rbrack$ 的 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域为 $E$，

且在 $E$ 上 $f(x)$ 无重根，

试证明属于 $\text{Aut}_{F}(E)$ 的 $\sigma$ 是 $f(x)$ 的所有根构成集合上的一个置换。

证明: 只需证明 $f(x)$ 的根在 $\sigma$ 下的像是 $f(x)$ 的根。

若 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的根，由 $\sigma(f(\alpha)) = f(\sigma(\alpha))$ 知 $\sigma(\alpha)$ 是 $f(x)$ 的一个根。

习题 6 设 $K \supseteq E \supseteq F$，$E$ 是 $F$ 的正规扩张，$\sigma$ 是 $K$ 的 $F$-自同构，则 $\sigma(E) = E$。

证明: 设 $\alpha \in E$，$f(x)$ 为 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式，于是 $0 = \sigma(f(\alpha)) = f(\sigma(\alpha))$。由于 $E$ 是 $F$ 的正规扩张，故 $\sigma(\alpha) \in E$，因此 $\sigma(E) \subseteq E$。

于是 $E = \sigma(\sigma^{- 1}(E)) \subseteq \sigma(E) \subseteq E$，因此 $\sigma(E) = E$。

习题 7 设 $K \supseteq F$，$f(x) \in F\lbrack x\rbrack$，$f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域为 $E$，

在 $K$ 上的分裂域为 $L$，试证明 $\text{Aut}_{K}(L)$ 同构于 $\text{Aut}_{F}(E)$ 的一个子群。

证明: $f(x)$ 在 $L$ 和 $E$ 中都可以分解为一次因式的乘积，

而由在包含 $L$ 和 $E$ 的域中 $f(x)$ 的分解式是唯一的，

可设 $f(x)$ 在 $L$ 和 $E$ 中分解为 $f(x) = a(x - a_{1})\cdots(x - a_{n})$，

则 $E = F(a_{1},\cdots,a_{n}) \subseteq K(a_{1},\cdots,a_{n}) = L$。

若 $\sigma \in \text{Aut}_{K}(L)$，由上题知 $\sigma(E) = E$，

从而可以定义映射 $\varphi:\text{Aut}_{K}(L) \rightarrow \text{Aut}_{F}(E)$，$\sigma \mapsto \sigma|_{E}$。

当 $\sigma|_{E}$ 是恒等映射时，$\sigma$ 是恒等映射，即 $\sigma \mapsto \sigma|_{E}$ 是单射，且保持运算，

从而是单同态。故 $\text{Aut}_{K}(L)$ 同构于 $\text{Aut}_{F}(E)$ 的一个子群。

习题 8 求 $x^{8} - 1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域 $E$，计算 $|E:\mathbb{Q}|$，并确定伽罗瓦群 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$。

解: 令 $\alpha_{k} = cos\frac{k\pi}{4} + i\sin\frac{k\pi}{4}$，$k = 0,1,\cdots,7$，

则 $x^{8} - 1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域 $E$ 为 $\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})$，得 $|E:\mathbb{Q}| = |\mathbb{Q}(i,\sqrt{2}):\mathbb{Q}(i)| \cdot |\mathbb{Q}(i):\mathbb{Q}| = 4$。若 $\sigma \in \text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$，则 $\sigma(\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2}$，$\sigma(i) = \pm i$。

习题 9 令 $E = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$，

确定包含 $\mathbb{Q}$ 的 $E$ 的所有子域及 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$ 的所有子群。

解: $E = \mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ 是 $\mathbb{Q}$ 上不可约多项式 $f(x) = x^{4} - 10x^{2} + 1$ 的分裂域，

因此包含 $\mathbb{Q}$ 的 $E$ 是伽罗瓦扩张。$\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E) = \{\varphi_{0},\varphi_{1},\varphi_{2},\varphi_{3}\}$，

其中 $\varphi_{0} = 1$，$\varphi_{1}(\sqrt{2}) = - \sqrt{2}$，$\varphi_{1}(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$，$\varphi_{2}(\sqrt{2}) = - \sqrt{2}$，$\varphi_{2}(\sqrt{3}) = - \sqrt{3}$，$\varphi_{3} = \varphi_{1}\varphi_{2}$。

$\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$ 有 5 个子群：$\langle 1\rangle$、$\langle\varphi_{1}\rangle$、$\langle\varphi_{2}\rangle$、$\langle\varphi_{3}\rangle$ 和 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$。

$\{ 1\}$ 的固定域为 $E$，$\langle\varphi_{1}\rangle$ 的固定域为 $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$，$\langle\varphi_{2}\rangle$ 的固定域为 $\mathbb{Q}(\sqrt{6})$，

$\langle\varphi_{3}\rangle$ 的固定域为 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，$\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$ 的固定域为 $\mathbb{Q}$。

因为 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}(E)$ 的子群都是正规子群，

所以包含 $F$ 的 $E$ 的中间域对 $\mathbb{Q}$ 的扩张都是正规扩张。

习题 10

令 $\theta$ 是本原 $n$ 次单位根，证明 $|\text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\theta)|$ 是 $\varphi(n)$（欧拉函数）的因数。

证明: $\sigma \in \text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\theta)$，则 $\sigma(\theta)$ 也是本原 $n$ 次单位根，

即存在唯一 $k(\sigma)$ 使得 $\sigma(\theta) = \theta^{k(\sigma)}$，其中 $1 \leq k(\sigma) \leq n$ 且 $(k(\sigma),n) = 1$。

令 $G = \{\overline{k} \mid (k,n) = 1\}$，易证 $G$ 关于 $\mathbb{Z}_{n}$ 的乘法运算是群。

定义映射 $\varphi:\text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\theta) \rightarrow G$，$\sigma \mapsto \overline{k(\sigma)}$。

若 $\tau \in \text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\theta)$ 且 $\tau(\theta) = \theta^{k(\tau)}$，

则 $\theta^{k(\tau\sigma)} = (\tau\sigma)(\theta) = \tau(\sigma(\theta)) = \tau(\theta^{k(\sigma)}) = \theta^{k(\tau)k(\sigma)}$，即 $n \mid k(\tau\sigma) - k(\tau)k(\sigma)$。

于是 $\varphi(\tau\sigma) = \varphi(\tau)\varphi(\sigma)$，$\varphi$ 是群同态。

若 $\overline{k(\sigma)} = \overline{1}$，则 $\sigma = 1$，即 $\varphi$ 是群单同态。

于是 $\text{Aut}_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\theta)$ 可视为 $G$ 的子群，$|G| = \varphi(n)$。