所谓用根式解方程，是指利用加、减、乘、除及开方运算，

将一个多项式的根用该多项式的系数表示出来。

早在 16 世纪，人们就已经给出了三次、四次多项式方程的根式解，

但直到 19 世纪 30 年代，更高次方程的求解问题才由数学家伽罗瓦解决。

本节将简要论述无重根多项式的根式解与根式扩张及多项式的伽罗瓦群之间的关系。假定本节中涉及的域均是特征为 $0$ 的域，且包含所有 $n$ 次单位根。

设 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$ 是一个多项式。

若考虑 $f(x)$ 的根能否用加、减、乘、除及开方运算表示出来，

则只需考察域 $F$ 中元素的方根。

实际上，属于 $F$ 的 $a$ 的 $n$ 次方根是多项式 $g(x) = x^{n} - a$ 的根。

若 $\alpha$ 是 $g(x)$ 的一个 $n$ 次方根，则 $\alpha,\alpha\theta,\ldots,\alpha\theta^{n - 1}$ 是 $g(x)$ 的全部根

（其中 $\theta$ 是本原 $n$ 次单位根），即 $F(\alpha)$ 是 $g(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。

因此，求 $a$ 的 $n$ 次方根，即是求包含 $F$ 的正规扩张 $F(\alpha)$

（这样的扩张称为单根式扩张）。

若 $n$ 不是素数，设 $n = pq$，则 $g(x) = (x^{q})^{p} - a$。

此时，求 $g(x)$ 的 $n$ 次方根等价于先在 $F$ 的基础上求 $p$ 次方根 $\alpha_{1}$，

得到包含 $F$ 的扩张 $F(\alpha_{1})$，再在 $F(\alpha_{1})$ 的基础上求 $q$ 次方根 $\alpha_{2}$，

得到包含 $F(\alpha_{1})(\alpha_{2})$ 的扩张 $F(\alpha_{1})$。

因此，只需讨论开素数次方根的情况即可。

定义 8.1 令 $E$ 是包含 $F$ 的域的扩张。

若存在中间域 $F_{i}$（$0 \leq i \leq m$），使得

$$F = F_{0} \subseteq F_{1} \subseteq F_{2} \subseteq \cdots \subseteq F_{m - 1} \subseteq F_{m} = E,$$

其中 $F_{i} = F_{i - 1}(\alpha_{i})$，且 $\alpha_{i}^{p_{i}} \in F_{i - 1}$，$1 \leq i \leq m$，$p_{i}$ 是素数，

则称 $E$ 是 $F$ 的根式扩张，上式称为 $E$ 对 $F$ 的根式扩张链。

显然，如果一个多项式的根能够用加、减、乘、除及开方运算表示出来，

那么该根一定属于某个根式扩张链的一个中间域。

反之，若一个元素属于某个根式扩张链的一个中间域，

则它一定可以用加、减、乘、除及开方运算表示出来。

定义 8.2 设 $F$ 是域，$f(x) \in F\lbrack x\rbrack$。

若存在 $F$ 的根式扩张 $E$ 包含 $f(x)$ 的分裂域，则称 $f(x)$ 在 $F$ 上可以用根式解。

下面我们将简述 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$ 可以用根式解与 $f(x)$ 的伽罗瓦群

（即 $f(x)$ 的分裂域 $E$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群）之间的关系。

定理 8.1 设 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$，且 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域为 $E$，

则$|{Aut}_{F}E| = \lbrack E:F\rbrack,$且包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张。

证：因为包含 $F$ 的 $E$ 是有限扩张，

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

由本章定理 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，$|{Aut}_{F}E|$ 等于 $g(x)$ 的不同根的个数。

由第三章推论 9.2 可知，$g(x)$ 没有重根，所以

$$|{Aut}_{F}E| = degg(x) = \lbrack E:F\rbrack.$$

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

再由 ${Aut}_{F''}E = {Aut}_{F}E$ 及 $\lbrack E:F\rbrack = \lbrack E:F''\rbrack \cdot \lbrack F'':F\rbrack$ 可得 $\lbrack F'':F\rbrack = 1$，即 $F = F''$。

从而，包含 $F$ 的 $E$ 是伽罗瓦扩张。$▫$

由本章定理 8.1、定理 4.3 和命题 6.3，我们有下面的推论：

推论 8.1 包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张的充分必要条件是包含 $F$ 的 $E$ 是正规扩张。

引理 8.1 若 $E$ 是 $F$ 的一个根式扩张，则存在 $F$ 的一个根式扩张 $L$，

使得包含 $F$ 的 $L$ 是正规扩张，且 $E$ 是包含 $F$ 的 $L$ 的中间域。

证：令 $F$ 的任意一个根式扩张 $E$ 为

$$F = F_{0} \subseteq F_{1} \subseteq F_{2} \subseteq \cdots \subseteq F_{m - 1} \subseteq F_{m} = E,$$

其中 $F_{i} = F_{i - 1}(\alpha_{i})$，$\alpha_{i}$ 是属于 $F_{i - 1}\lbrack x\rbrack$ 的 $x^{p_{i}} - a_{i}$ 的根，$p_{i}$ 是素数。

首先，因为所有本原 $p_{i}$ 次单位根属于 $F$，

所以属于 $F\lbrack x\rbrack$ 的 $f_{1}(x) = x^{p_{1}} - a_{1}$ 的所有根属于 $F_{1} = F_{0}(\alpha_{1})$，

即 $F_{1}$ 是 $f_{1}(x)$ 的分裂域，进而包含 $F_{0}$ 的 $F_{1}$ 是正规扩张。

若 $E = F_{1}$，则结论证毕。

如若不然，则 $F_{1} \subseteq E$，$F_{1} \neq E$。此时，因为 $F_{2} = F_{1}(\alpha_{2})$，

我们可以构造一个 $F_{1}$ 上的属于 $F_{1}\lbrack x\rbrack$ 的多项式

$$f_{2}(x) = \prod_{\sigma}^{}\left( x^{p_{2}} - \sigma(a_{2}) \right),$$

这里的 $\sigma$ 是 $F_{1}$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群中的元素。

因为 $f_{2}(x)$ 的系数在所有 $F_{1}$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群中元素的作用下保持不变，

所以 $f_{2}(x) \in F\lbrack x\rbrack$。

现在，我们把 $f_{2}(x)$ 的根添加到 $F_{1}$ 上，得到 $F_{2}$ 的扩张 $E_{2}$。

因为 $F$ 包含本原 $p_{2}$ 次单位根，

所以 $E_{2}$ 是属于 $F\lbrack x\rbrack$ 的多项式 $f_{1}(x)f_{2}(x)$ 的分裂域，进而是 $F$ 的正规扩张。

若 $E \subseteq E_{2}$，则 $E_{2}$ 就是所求的 $L$；否则，$F_{2} \subseteq E$，$F_{2} \neq E$。

因为 $F_{3} = F_{2}(\alpha_{3})$，我们可以构造一个 $E_{2}$ 上的属于 $E_{2}\lbrack x\rbrack$ 的多项式

$$f_{3}(x) = \prod_{\sigma}^{}\left( x^{p_{3}} - \sigma(a_{3}) \right),$$

这里的 $\sigma$ 是 $E_{2}$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群中的元素。

因为 $f_{3}(x)$ 的系数在所有 $E_{2}$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群中元素的作用下保持不变，

所以 $f_{3}(x) \in F\lbrack x\rbrack$。

继续使用上面的构造过程，

得到 $E_{3}$ 是属于 $F\lbrack x\rbrack$ 的多项式 $f_{1}(x)f_{2}(x)f_{3}(x)$ 的分裂域，

进而 $E_{3}$ 是 $F$ 的正规扩张。

若 $E \subseteq E_{3}$，则 $E_{3}$ 就是所求的 $L$；否则，按同样的过程，经过有限次步骤后，

一定可以得到 $F$ 的一个根式扩张 $L$，使得包含 $F$ 的 $L$ 是正规扩张，

且 $E$ 是包含 $F$ 的 $L$ 的中间域。$▫$

定理 8.2 若 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$ 在 $F$ 上可以用根式解，则 $f(x)$ 的伽罗瓦群是可解群。

证：设 $E$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。

因为 $f(x)$ 可以用根式解，所以 $E$ 是 $F$ 的根式扩张链中的一个中间域。

由引理 8.1 可知，

存在包含 $F$ 的正规根式扩张 $L$，使得 $E$ 是包含 $F$ 的 $L$ 的中间域。

设 $L$ 对 $F$ 的根式扩张链为$F = F_{0} \subseteq F_{1} \subseteq \cdots \subseteq F_{m} = L,$

其中 $F_{i} = F_{i - 1}(\alpha_{i})$，$\alpha_{i}^{p_{i}} \in F_{i - 1}$，$1 \leq i \leq m$，$p_{i}$ 是素数。

由推论 4.2 可知，包含 $F_{i}$ 的 $L$ 是正规扩张。

令 $L$ 关于 $F$ 的伽罗瓦群为 $G$，则有$G = G_{0} \supseteq F_{1}' \supseteq F_{2}' \supseteq \cdots \supseteq F_{m}' = \{ 1\},$

其中 $F_{i}' = {Aut}_{F_{i}}L$。

根据定理 8.1 和推论 8.1 可知，包含 $F_{i - 1}$ 的 $F_{i}$ 是正规扩张。

根据本章定理 6.2(3) 可知，$F_{i}'$ 是 $F_{i - 1}'$ 的正规子群，且$F_{i - 1}'/F_{i}' \cong {Aut}_{F_{i - 1}}F_{i}.$

再由 $|{Aut}_{F_{i - 1}}F_{i}| = \lbrack F_{i}:F_{i - 1}\rbrack = p_{i}$ 可知，$F_{i - 1}'/F_{i}'$ 是素数阶循环群。

因此，由本章定理 7.2 可知 $G = {Aut}_{F}L$ 是可解群。

现在，需要指出 ${Aut}_{F}E$ 是可解群。因为 $L \supseteq E \supseteq F$ 且 $E$ 是 $F$ 的正规扩张，

由本章定理 6.2 可知${Aut}_{F}E \cong {Aut}_{F}L/{Aut}_{E}L.$

因为可解群的商群是可解群，所以 ${Aut}_{F}E$ 是可解群。$▫$

引理 8.2 设包含 $F$ 的 $E$ 是伽罗瓦扩张。

若 $\lbrack E:F\rbrack = p$（$p$ 是素数），则存在 $\delta \in E$，使得 $E = F(\delta)$ 且 $\delta^{p} \in F$。

证：因为 $\lbrack E:F\rbrack = p$ 是素数，所以对任意 $b \in E\backslash F$，都有 $E = F(b)$。

又由本章定理 6.2(2) 可知 ${Aut}_{F}E$ 是 $p$ 阶循环群。令 ${Aut}_{F}E = \langle\sigma\rangle$，

则由 $E = F(b)$ 可知，$\sigma$ 由 $\sigma(b)$ 决定。

令 $A = (a_{ij})$，其中 $a_{ij} = (\sigma^{j - 1}(b))^{i - 1}$，$i,j = 1,2,\ldots,p$，则 $det(A) \neq 0$。

设 $\theta$ 是本原 $p$ 次单位根，$x = (1,\theta,\ldots,\theta^{p - 1})^{T}$，则 $Ax \neq 0$。

从而存在 $i$ 使得

$$\delta = \sum_{j = 0}^{p - 1}\sigma^{j}(b^{i - 1})\theta^{j} \neq 0.$$

于是有

$$\sigma(\delta) = \sum_{j = 0}^{p - 1}\sigma^{j + 1}(b^{i - 1})\theta^{j} = \sum_{j = 0}^{p - 1}\sigma^{j + 1}(b^{i - 1})\theta^{j + 1}\theta^{- 1} = \sum_{j = 0}^{p}\sigma^{j}(b^{i - 1})\theta^{j}\theta^{- 1} = \sum_{j = 0}^{p - 1}\sigma^{j}(b^{i - 1})\theta^{j}\theta^{- 1} = \delta\theta^{- 1}.$$

从而 $\sigma(\delta^{p}) = \sigma(\delta)^{p} = (\delta\theta^{- 1})^{p} = \delta^{p}$，即对任意 $\tau \in {Aut}_{F}E$，都有 $\tau(\delta^{p}) = \delta^{p}$。

这说明 $\delta^{p} \in ({Aut}_{F}E)' = F$。

下面验证 $\delta \notin F$。若 $\delta \in F$，则 $\sigma(\delta) = \delta$，再由 $\sigma(\delta) = \delta\theta^{- 1}$ 得 $\theta = 1$，

这与 $\theta$ 是本原 $p$ 次单位根矛盾。

因此，$\delta \notin F$，$E = F(\delta)$，且 $\delta^{p} \in F$。$▫$

定理 8.3 若 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$ 的伽罗瓦群 $G$ 是可解群，

则 $f(x)$ 在 $F$ 上可以用根式解。

证：设 $E$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。

因为 $G$ 是有限可解群，所以存在正规子群列

$$G = G_{0} \supseteq G_{1} \supseteq G_{2} \supseteq \cdots \supseteq G_{m} = \{ 1\},$$

使得 $G_{i}$ 是 $G_{i - 1}$ 的正规子群，且 $|G_{i - 1}/G_{i}| = p_{i}$，其中 $p_{i}$ 是素数。

那么对应有 $E$ 与 $F$ 的中间域序列

$$F = G_{0}' \subseteq G_{1}' \subseteq G_{2}' \subseteq \cdots \subseteq G_{m}' = E,$$

其中 $G_{i}' = Fix(G_{i})$。

因为包含 $F$ 的 $E$ 是有限伽罗瓦扩张，从而是正规扩张，所以根据本章推论 4.2 可得包含 $G_{i}'$ 的 $E$ 是正规扩张。

因为 $G_{i}$ 是 $G_{i - 1}$ 的正规子群，

由本章定理 6.2(2) 可知包含 $G_{i}'$ 的 $G_{i + 1}'$ 是正规扩张。

又由 $\lbrack G_{i}':G_{i - 1}'\rbrack = |G_{i - 1}:G_{i}| = p_{i}$ 及引理 8.2 可知，

存在 $\alpha_{i}$（$1 \leq i \leq m$）使得$G_{i}' = G_{i - 1}'(\alpha_{i}),\quad\alpha_{i}^{p_{i}} \in G_{i - 1}'.$

所以，$E$ 是 $F$ 的根式扩张，即多项式 $f(x)$ 能用根式求解。$▫$

至此，我们得到多项式能用根式解的充分必要条件是该多项式的伽罗瓦群是可解群。

设 $f(x) \in F\lbrack x\rbrack$ 是 $n$ 次多项式，且 $f(x)$ 没有重根，$E$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，$\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{n}$ 是 $f(x)$ 的 $n$ 个根。则对任意 $\sigma \in {Aut}_{F}E$，

有 $\sigma(\alpha_{1}),\sigma(\alpha_{2}),\ldots,\sigma(\alpha_{n})$ 恰为 $f(x)$ 的 $n$ 个不同根，即存在置换

$$\sigma(f(x)) = \begin{pmatrix} \alpha_{1} & \alpha_{2} & \cdots & \alpha_{n} \\ \sigma(\alpha_{1}) & \sigma(\alpha_{2}) & \cdots & \sigma(\alpha_{n}) \end{pmatrix}.$$

从而有单同态 $\rho:{Aut}_{F}E \rightarrow S_{n}$，$\sigma \mapsto \sigma(f(x))$。

因此，一个多项式的伽罗瓦群可以看作对称群 $S_{n}$ 的子群。

然而我们知道，对于对称群 $S_{n}$，当 $n \leq 4$ 时，$S_{n}$ 及其子群是可解群；

当 $n \geq 5$ 时，$S_{n}$ 不是可解群。所以，我们得到阿贝尔定理：

定理 8.4（阿贝尔） 当 $n \geq 5$ 时，一般 $n$ 次多项式不能用根式解。

本节最后，我们再简单说明的确存在不能用根式求解的多项式方程。

为此，给出下面的命题，这里略去证明过程。

命题 8.1 令 $f(x) \in \mathbb{Q}\lbrack x\rbrack$ 是 $p$ 次（$p$ 为素数）不可约多项式。

若 $f(x)$ 恰好有两个复数根，则 $f(x)$ 的伽罗瓦群是对称群 $S_{p}$。

例 8.1 令 $f(x) = 2x^{5} - 5x^{4} + 5 \in \mathbb{Q}\lbrack x\rbrack$，

则由艾森斯坦判别法，$f(x)$ 是不可约多项式。

利用微积分的方法，我们可知它有 3 个实数根。

所以，$f(x)$ 的伽罗瓦群 $G$ 是对称群 $S_{5}$。

但 $S_{5}$ 不是可解群，因此 $f(x)$ 不能用根式解。

习题