(以下设F是域 , 且Char F=0)

1 , 设包含F的E是有限伽罗瓦扩张 ,

包含于M的K是包含F的E的中间域 , M'是K'的正规子群 ,

试证明包含K的M是有限伽罗瓦扩张 ,

证明: 由[第四章推论8.1]得有限伽罗瓦扩张等价于正规扩张 ,

由[第四章推论4.2]得包含K的E是有限伽罗瓦扩张 ,

因为M'是K'的正规子群 ,

所以由[第四章定理6.2(3)]得包含K的M是正规扩张 , 从而是有限伽罗瓦扩张 ,

2 , 设p是素数 , a属于F ,

试证明多项式x^p‒a或为F的不可约元 , 或在F上有根

证明: 若Char F=p , 则x^p=x , 其中x属于F ,

从而a是x^p‒a的根 , x^p‒a在F上有根

若Char F≠p , 设b^p=a , 若b属于F , 则x^p‒a在F上有根 ,

若不存在属于F的b满足b^p=a , 则f(x)在F上无根 ,

设f(x)=x^p‒a在其分裂域上的分解式为f(x)=(x‒b)(x‒bζ)⋯(x‒bζ^p‒1) ,

其中ζ为本原p次单位根 ,

若f(x)在F上可约 , 则存在属于F[x]的g(x) , 使得g(x)|f(x) ,

$$那么g(x)的常数项为属于F的( - 1)^{r}b^{r}\prod_{k = 1}^{r}\zeta^{i_{k}}\ ,r＜p,$$

$$令\eta = \prod_{k = 1}^{r}\zeta^{i_{k}}\ ,则\eta 为p次单位根,b^{r}\eta 属于F.$$

因为(r , p)=1 , 故存在属于Z的u , v使得ru+pv=1 ,

故bη=(bη)^ru+pv=(b^rη)^uη^ru‒ua^v

从而bη^1+u‒ru=(b^rη)^ua^v属于F , η^1+u‒ru为p次单位根 , 故(bη^1+u‒ru)^p=a , 矛盾

3 , 设p是素数 , 域F包含所有p次单位根 ,

求属于F[x]的多项式x^p‒a的伽罗瓦群

证明: x^p‒a在其分裂域E上的分解式为x^p‒a=(x‒b)(x‒bζ)⋯(x‒bζ^p‒1) ,

其中ζ为本原p次单位根 , E=F(b) , b^p属于F

因为属于Aut_F(E)σ由σ(b)决定 , 而σ(b)也是x^p‒a的根 ,

所以 , 若b属于F , 则Aut_F(E)={id}

若b不属于F , 则Aut_F(E)={σ_i|σ_i(b)=bζⁱ}是p阶循环群

4 , 设p是素数 , 域F包含所有p次单位根 , E=F(α) , α不属于F , α^p属于F ,

试证明属于F[x]的f(x)=x^p‒α^p是不可约元

证明: x^p‒α^p在其分裂域上的分解式为x^p‒α^p=(x‒α)(x‒αζ)⋯(x‒αζ^p‒1) ,

其中ζ为本原p次单位根 ,

因为α不属于F , ζ属于F , 所以x^p‒α^p在F上无根 ,

若f(x)在F上可约 , 则存在属于F[x]的g(x) , 使得g(x)|f(x) ,

$$那么g(x)的常数项为属于F的( - 1)^{r}b^{r}\prod_{k = 1}^{r}\zeta^{i_{k}}\ ,r＜p,$$

$$令\eta = \prod_{k = 1}^{r}\zeta^{i_{k}}\ ,则\eta 为p次单位根,\alpha^{r}\eta 属于F.$$

因为(r , p)=1 , 故存在属于Z的u , v使得ru+pv=1 ,

故αη=(αη)^ru+pv=(α^rη)ⁿη^ru‒uα^pv

从而αη^1+u‒ru=(α^rη)^uα^pv属于F , η^1+u‒ru为p次单位根 , 故(αη^1+u‒ru)^p=α^p , 矛盾 ,

5 , 令f(x)=x³+2x+1属于Q[x] , 试求f(x)的伽罗瓦群 ,

解: f(x)=x³+2x+1在Q上不可约 , f(x)有两个复数根 ,

所以f(x)在Q上的伽罗瓦群为S₃

习题1设域F特征为零 , 证明F上n(n=3 , 4)次多项式f(x)可以用根式解

证明: f(x)的伽罗瓦群是S_n的子群 , S₃ , S₄是可解群 , 其子群也是可解群 ,

于是f(x)在F上可以用根式解,

习题2试证明包含Q的Q($\sqrt[3]{2}$)不是伽罗瓦扩张 ,

证明: 因为不可约多项式x³‒2的一个根$\sqrt[3]{2}$在域Q($\sqrt[3]{2}$)中 ,

另一个根$\sqrt[3]{2}\frac{- 1 + i\sqrt{3}}{2}$不在域Q($\sqrt[3]{2}$)中 ,

所以包含Q的Q($\sqrt[3]{2}$)不是正规扩张 , 从而不是伽罗瓦扩张

习题3举例说明在扩张K⊇E⊇F中 ,

即使包含E的K和包含F的E都是伽罗瓦扩张 ,

包含F的K也不一定是伽罗瓦扩张 ,

解: 由于Q($\sqrt{2}$)是多项式x²‒2在有理数域上的分裂域 ,

因此包含Q的Q($\sqrt{2}$)是正规扩张 , 从而是伽罗瓦扩张 ,

同理包含Q($\sqrt{2}$)的Q($\sqrt[4]{2}$)也是伽罗瓦扩张 ,

但是x⁴‒2=(x‒$\sqrt[4]{2}$)(x+$\sqrt[4]{2}$)(x‒$\sqrt[4]{2}$i)(x+$\sqrt[4]{2}$i) ,

所以包含Q的Q($\sqrt[4]{2}$)不是正规扩张 , 从而不是伽罗瓦扩张

习题4设域F上多项式f(x)在F中有一个根α ,

试证明f(x)的伽罗瓦群与$\ \frac{f(x)}{x - \alpha}\$的伽罗瓦群相同 ,

证明: 因为α属于F , 所以f(x)和$\ \frac{f(x)}{x - \alpha}\$在F上的分裂域相同 , 从而伽罗瓦群相同

习题5求Q[x]中多项式x⁵‒1的分裂域及其分裂域的Q‒自同构的个数

解: 所求分裂域为Q(α) , 其中α=$\cos\frac{2\pi}{5} + \sqrt{- 1}\sin\frac{2\pi}{5}$

f(x)=x⁴+x³+x²+x+1是α在有理数域上的极小多项式 , 因此|Q(α) : Q|=4 ,

因为包含Q的Q(α)是正规扩张 , 进而是伽罗瓦扩张 ,

所以Q(α)的Q‒自同构的个数为4

习题6求属于Q[x]的多项式f(x)=x³‒2的伽罗瓦群 ,

解: f(x)在Q上的分裂域为E=Q($\sqrt[3]{2}$ , ω$\sqrt[3]{2}$ , ω²$\sqrt[3]{2}$)=Q($\sqrt[3]{2}$ , 3)

由|E : Q|=6知|Aut_Q(E)|=6 ,

令τ , φ属于Aut_Q(E) , 其中τ($\sqrt[3]{2}$)=$\sqrt[3]{2}$ , τ(ω)=ω² , φ($\sqrt[3]{2}$)=ω$\sqrt[3]{2}$ , φ(ω)=ω ,

验证可知τ是2阶元素 , φ是3阶元素 ,

因为f(x)无重根 , 其伽罗瓦群是S₃的子群 ,

于是群⟨τ , φ⟩的阶为6 , 即Aut_Q(E)=S₃

习题7设F是特征为零的域 , θ是本原n次单位根 , E=F(θ) ,

试证明包含F的E是伽罗瓦扩张 , 其伽罗瓦群是交换群 ,

证明: 因为多项式xⁿ‒1的每个根都可以表示为θ幂的形式 ,

所以xⁿ‒1在F上的分裂域为E=F(θ) , 故包含F的E是伽罗瓦扩张 ,

设σ , τ属于Aut_F(E) ,

因为σ , τ , 将xⁿ‒1的根映为xⁿ‒1的根 , 所以存在s , t使得σ(θ)=θ^s , τ(θ)=θ^t

故τσ(θ)=τ(θ^s)=θ^st=στ(θ) , 即στ=τσ , Aut_F(E)是交换群 ,

习题8设F是域 , 且包含所有n次单位根 , α是属于F[x]的xⁿ‒a的根 , E=F(α) ,

试证明当Char F=0或Char F=p≠0且(p , n)=1 ,

则E关于F的伽罗瓦群是循环群

证明: 若α=0 , 结论显然成立 , 下设α≠0 ,

对属于Aut_F(E)的任意σ , σ(α)也是属于F[x]的xⁿ‒α的根 ,

且(σ(α))α^‒1是n次单位根 , 设为θ_σ(不必是本原n次单位根 , 但与σ有关) ,

从而σ(α)=θ_σα ,

定义Aut_F(E)到n次单位根构成的n阶循环群的映射: σ→θ_σ

这个映射为群同态 , 且当θ_σ=1时 , σ是恒等映射 ,

因此上述映射为群单同态映射 , 于是Aut_F(E)是n次单位根群的子群 ,

从而是循环群 ,

习题9令E是多项式f(x)=x⁴‒2在有理数域上的分裂域 ,

试确定包含Q的E的所有子域及Aut_Q(E)的所有子群

解: 由f(x)=(x‒$\sqrt[4]{2}$)(x+$\sqrt[4]{2}$)(x‒i$\sqrt[4]{2}$)(x+i$\sqrt[4]{2}$)得分裂域E=Q($\sqrt[4]{2}$ , i) ,

从而扩张次数为|E : Q|=|Q($\sqrt[4]{2}$ , i) : Q($\sqrt[4]{2}$)||Q($\sqrt[4]{2}$) : Q|=8 , |Aut_Q(E)|=8 ,

易知φ , σ属于Aut_Q(E) , 其中φ(i)=i , φ($\sqrt[4]{2}$)=i$\sqrt[4]{2}$ , τ(i)=‒i , τ($\sqrt[4]{2}$)=$\sqrt[4]{2}$

验证可知⟨φ , τ⟩是Aut_Q(E)的8阶子群 , 从而Aut_Q(E)=⟨φ , τ⟩ ,

Aut_Q(E)的一阶子群为{1} , 固定域为E ,

二阶子群为⟨φ²⟩ , ⟨τ⟩ , ⟨τφ⟩ , ⟨τφ²⟩ , ⟨τφ³⟩

四阶子群为⟨φ⟩ , ⟨τφ²⟩ , ⟨τφ , φ²⟩

八阶子群为Aut_Q(E) , 固定域为Q ,

下面求⟨τ , φ²⟩的固定域 ,

设E的任意元素a=a₀+a₁$\sqrt[4]{2}$+a₂($\sqrt[4]{2}$)²+a₃($\sqrt[4]{2}$)³+b₀i+b₁i$\sqrt[4]{2}$+b₂i($\sqrt[4]{2}$)²+b₃i($\sqrt[4]{2}$)³

则τ(a)=a₀+a₁$\sqrt[4]{2}$+a₂($\sqrt[4]{2}$)²+a₃($\sqrt[4]{2}$)³‒b₀i‒b₁i$\sqrt[4]{2}$‒b₂i($\sqrt[4]{2}$)²‒b₃i($\sqrt[4]{2}$)³

φ²(a)=a₀‒a₁$\sqrt[4]{2}$+a₂($\sqrt[4]{2}$)²‒a₃($\sqrt[4]{2}$)³+b₀i‒b₁i$\sqrt[4]{2}$+b₂i($\sqrt[4]{2}$)²‒b₃i($\sqrt[4]{2}$)³

若τ(a)=a=φ²(a) , 则a=a₀+a₂($\sqrt[4]{2}$)² , 即⟨τ , φ²⟩的固定域为Q($\sqrt{2}$)

类似地 , 二阶子群为⟨φ²⟩ , ⟨τ⟩ , ⟨τφ⟩ , ⟨τφ²⟩ , ⟨τφ³⟩的固定域依次为

Q(i , $\sqrt{2}$) , Q($\sqrt[4]{2}$) , Q((1+i)$\sqrt[4]{2}$) , Q(i$\sqrt[4]{2}$) , Q((1‒i)$\sqrt[4]{2}$) ,

四阶子群⟨φ⟩ , ⟨τφ , φ²⟩的固定域为Q(i) , Q(i$\sqrt{2}$) ,