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抽象代数习题(33) -- 方程的根式解

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抽象代数习题(33) – 方程的根式解

Fri Feb 18, 2022

这是《抽象代数》的最终章。至此，终于能够解答第一章提出的问题：五次方程是否存在求根公式？ 使用 Galois 理论可以一般地回答代数方程的根式可解性问题。

设多项式 p(x) ∈ F[x]，那么代数方程 p(x) = 0 根式可解意味着 x 可以由 F 中的元素经过有限次加、减、乘、除和开方运算表示。这等于说方程的根在 F 经过有限次根式扩张 (radical extension) 得到的数域中，通过 Galois 对应可以得到相应的 Galois 群是可解群 (solvable group)。通过证明存在五次方程具有不可解的 Galois 群，就证明了它不存在根式解；于是，五次方程一般的求根公式也就不存在。

A. 求根式扩张

A.1 求 Q 的根式扩张，使其分别包含下列复数：

  1. (5−25)(34+43)
  2. (1−29)/1−53
  3. (3−2i)3/(i−11)5

解

  1. Q(5,25,34,43)
  2. Q(29,5,1−53,(1−29)/1−53)
  3. Q(i,3,11,(3−2i)3/(i−11)5)

A.2 证明下列 Q[x] 中的多项式没有根式解。

  1. 2x5−5x4+5
  2. x5−4x2+2
  3. x5−4x4+2x+2

引理 1 如果五次多项式 a(x)∈Q[x] 不可约，且恰有 3 个实根和 2 个复根，那么它的 Galois 群同构于 S5。

推理过程和第三十二章习题 F 是一样的：设 c 是 a(x) 的根，且 K 是它的分裂域。先证明 [Q(c):Q]=5，然后得到 |Gal⁡(K:Q)|=[K:Q] 是 5 的倍数。用 Cauchy 定理得出 Gal⁡(K:Q) 中至少有一个阶为 5 的元素，并证明它一定是长度为 5 的轮换。再证明 Gal⁡(K:Q) 中存在对换（对换两个互为共轭的复数根）。由长度为 5 的轮换和一个对换可以生成 S5，因此 Gal⁡(K:Q)≅S5。

引理 2 如果五次多项式 a(x) 的最高此项系数为正数，导函数 a′(x) 恰有 2 个零点，且存在实数 x1<x2 使得 a(x1)>0 且 a(x2)<0。那么 a(x) 恰有 3 个实根和 2 个复根。

用微积分的知识不难证明：使用介值定理可知 a(x) 在 (−∞,x1), (x1,x2), (x2,+∞) 上分别至少有一个实数根。因为导函数 a′(x) 只有 2 个零点，所以 a(x) 的单调区间不超过 3 个，所以 a(x) 至多有 3 个实数根。综上所述 a(x) 恰有 3 个实根。根据代数基本定理可知 a(x) 还有 2 个（非实数的）复根。

证明

  1. 设 a(x)=2x5−5x4+5∈Q。取 p=5，根据 Eisenstein 判据可知 a(x) 不可约。因为 a′(x)=10x4−20x3=10x3(x−2)。由此可知 a′(x) 只有 2 个零点 0 和 2。又因为 a(0)=5>0, a(2)=−11<0。根据引理 1 和引理 2 可知 a(x) 的 Galois 群是不可解群 S5。
  2. 设 a(x)=x5−4x+2。取 p=2，根据 Eisenstein 判据可知 a(x) 不可约。因为 a′(x)=5x4−4 只有 2 个零点 ±4/54，且 a(0)=2>0，a(1)=−1<0，所以根据引理可知 a(x) 的 Galois 群是不可解群 S5。
  3. 参见第三十二章习题 F。

B. 可解群

设 G 是群。G 的正规序列 (normal series) 是指 G 的子群的有限序列 {e}=H0⊴H1⊴⋯⊴Hn=G 如果每个商群 Hi+1/Hi 都是 Abel 群，则这个序列称为可解序列 (solvable series)。如果 G 具有可解序列，则它被称为可解群 (solvable group)。

B.1 解释为什么每个 Abel 群都（平凡地）是可解群。

答 设 G 是 Abel 群，那么有正规序列 {e}⊴G。这里 G/{e}≅G 显然是 Abel 群。

B.2 设 G 是可解群，且有一个可解序列 H0,…,Hn。设 K 是 G 的子群。证明 J0=K∩H0,…,Jn=K∩Hn 是 K 的正规序列。

证明 可解序列是正规序列，因此有 H0⊴⋯⊴Hn

设 x∈Ji−1，y∈Ji。那么 x,y∈K，根据群的封闭性得 yxy−1∈K。另一方面，根据 x∈Hj−1⊴Hi∋y 得 yxy−1∈Hi−1。因此 yxy−1∈Ji−1。这说明 Ji−1⊴Ji。因此 J0⊴⋯⊴Jn 是正规序列。

B.3 用本章定理 3 前的注解证明 J0,…,Jn 是 K 的可解序列。

说明 这里所谓的注解是：G/H 是 Abel 群当且仅当 H 包含所有的 xyx−1y−1，对任意 x,y∈G。

证明 根据可解序列的定义可知，对任意 1≤i≤n 都有 Hi/Hi−1 是 Abel 群。

设 x,y∈Ji，根据“注解”，因为 x,y∈Hi，所以 xyx−1y−1∈Hi−1。又因为 x,y∈K，所以 xyx−1y−1∈Ji−1。根据“注解”，Ji/Ji−1 是 Abel 群。因此 {e}=J0⊴⋯⊴Jn=K 是可解序列。

B.4 使用 B.2 和 B.3 证明：可解群的任意子群都是可解群。

证明 B.2 和 B.3 证明了可解群的任意子群都有可解序列，因此是可解群。

B.5 验证 {ϵ}⊆{ϵ,β,δ}⊆S3 是可解序列。作出结论：S3 及其所有子群都是可解群。

说明 S3 中的所有元素为：ϵ, α=(23), β=(321), γ=(12), δ=(123), κ=(13)。

引理 对称群 Sn 的偶置换构成的子群 An 是正规子群，且 Sn/An 是 Abel 群。

因为存在满同态 是偶置换是奇置换h(σ)={+1σ 是偶置换−1σ 是奇置换 它的核是 An，所以 An 是正规子群。根据同态基本定理，Sn/An≅{−1,+1}×，因此它是 Abel 群。

证明 S3 中的偶置换构成的子群为 A3={ϵ,β,δ}。因为 ϵβ=βϵ=β, ϵδ=δϵ=δ, βδ=δβ=ϵ，所以 A3 是 Abel 群。因此显然有 A3/{ϵ}≅A3 是 Abel 群。

另一方面，根据引理可知 A3⊴S3 且 S3/A3 是 Abel 群。

综上所述，序列 {ϵ}⊆A3⊆S3 是可解序列，因此 S3 是可解群。根据 B.4 可知 S3 的子群也都是可解群。

B.6 在 S4 中，设 A4 是其中所有偶置换构成的群，并设 B={ϵ,(12)(34),(13)(24),(14)(23)} 证明 {ϵ}⊆B⊆A4⊆S4 是可解序列。做出结论：S4 及其所有子群都是可解群。

证明 S4 中的偶置换恰有 |A4|=|S4|/2=12 个。因为任意置换都可以分解为不相交的轮换的复合，所以 S4 中的偶置换可以分为三类：

  1. 恒等置换 ϵ。共 1 个。
  2. 两个长度为 2 的轮换（即对换）的复合。共 3 个。
  3. 长度为 3 的轮换。共 12 个。

由此可知子群 B 是由上述 1、2 两类偶置换构成的。易知 B 中每个元素都是自己的逆。

设 α,β∈B 是任意两个不同的非恒等置换。那么 αβ 不可能等于 ϵ （因为它们不互逆）或 α 或 β（因为 α,β≠ϵ）。所以 αβ=γ，其中 γ 是和 α,β 都不相等的非恒等置换，在 B 中是唯一的。同理可证 βα=γ。除此以外，与单位元 ϵ 的乘法显然是交换的。因此 B 满足交换律，是 Abel 群。这样就证明了 B/{ϵ}≅B 是 Abel 群。

下面证明 B 中含有所有形如 xyx−1y−1 的元素，其中 x,y∈A4。如果 x=ϵ，y=ϵ，或者 x=y，那么 xyx−1y−1=ϵ 显然在 B 中。下面考虑 x,y≠ϵ 且 x≠y 的情况。分类讨论：

（3+3）设 σ,τ∈A4 是两个不相等的长度为 3 的轮换。那么它们一定共享两个元素。分两种情况：

  1. σ=(a1a2a3),τ=(a1a2a4)。此时 στσ−1τ−1=(a1a2)(a3a4)。
  2. σ=(a1a2a3),τ=(a2a1a4)。此时 στσ−1τ−1=(a1a4)(a2a3)。

由此可见，两个不相等的长度为 3 的轮换的复合总是两个不相交对换的复合，因此 στσ−1τ−1∈B。

（2+3）另一方面，设 σ 是长度为 3 的轮换，π 是两个不等的对换的复合。那么可以设 σ=(a1a2a3),π=(a1a2)(a3a4)。此时 σπσ−1π−1=(a1a3)(a2a4)，是两个不相交对换的复合。因此 σπσ−1π−1∈B。取逆得 πσπ−1σ−1∈B。

除此以外，只剩 B 中元素相乘，显然乘积也是 B 中元素。总之，B 中含有所有形如 xyx−1y−1 的元素，其中 x,y∈A4。取任意 x∈B, y∈A4，因为 yxy−1x−1∈B，所以 yxy−1=(yxy−1x−1)x∈B。这说明 B⊴A4 且 A4/B 是 Abel 群。

根据 B.5 引理可知 A4⊴S4 且 S4/A4 是 Abel 群。

综上所述，序列 {ϵ}⊴B⊴A4⊴S4 是可解序列。因此，S4 是可解群。

下面三组习题用来证明定理 3 的逆定理：如果 a(x) 的 Galois 群是可解群，那么 a(x) 根式可解。

C. 域元素的 p 次方根

设 p 是质数，ω 是域 F 中单位元的 p 次本原根。

C.1 如果 d 是 xp−a∈F[x] 的根，证明 F(ω,d) 是 xp−a 的分裂域。

证明 设 a(x)=xp−a。根据已知条件可知 dp=a。设 k 是整数，不难验证 (dωk)p=dp(ωp)k=dp=a 因此 dωk 也是 a(x) 的根。其中不相同的值共有 p 个： d,dω,…,dωp−1 因此它们是 a(x) 的全部的根。

设 K 是 a(x) 的分裂域，那么 d∈K。根据 dω∈K 可知 ω∈K。由此可知 F(d,ω)⊆K。另一方面，dωk∈F(d,ω)，所以 F(d,ω) 包含了 a(x) 的所有根，于是 F(d,ω)⊇K。因此 K=F(d,ω)。

假定 xp−a 在 F[x] 上不是不可约的。

C.2 解释为什么 xp−a 在 F[x] 中可以分解为 xp−a=p(x)f(x)，其中每个因式的次数都 ≥1。

说明 原书中“≥1”写成了“≤2”，似乎显然不成立。根据后续习题的解，此处似乎只需 deg⁡p(x)≥1 即可。

答 这是可约多项式的定义。

C.3 如果 deg⁡p(x)=m，说明为什么 p(x) 的常数项（记作 b）等于 m 个 a 的 p 次方根的乘积。做出结论：b=ωkdm，其中 k 是某个整数。

说明 此处 b 和 p(x) 的常数项似乎可以相差一个正负号。

答 在 K[x] 中可以做如下分解： xp−a=(x−d)(x−dω)⋯(x−dωp−1) 因为 deg⁡p(x)=m，所以 p(x) 等于右边 m 个因式的乘积。因此，p(x) 的常数项为 ±dmωk∈F，其中 k 是整数。记 b=dmωk，那么 b∈F。

C.4 使用 C.3 证明 bp=am。

证明 bp=(dp)m(ωp)k=am

C.5 说明为什么 m 和 p 互质。说明为什么由此可知存在整数 s,t 使得 sm+tp=1。

答 因为 1≤m=deg⁡p(x)<deg⁡a(x)=p，而 p 是质数，所以 m 和 p 互质，即 gcd(m,p)=1。根据 Bézout 定理可知存在整数 s,t 使得 sm+tp=1。

C.6 说明为什么 bsp=asm。使用这一结论证明 (bsat)p=a。

答 由 C.4 得 bp=am。两边取 s 次方得 bsp=asm。于是 (bsat)p=bspatp=asm+tp 由 C.5 知 sm+tp=1，因此 (bsat)p=a。

C.7 作出结论：如果 xp−a 在 F[x] 中不是不可约的，它有一个根（即 bsat）在 F 中。

答 根据 C.2–C.6 可知可以构造出一个根 bsat∈F。

我们证明了：xp−a 或者在 F 中有一个根，或者在 F 上不可约。

D. 可解群的另一种定义

设 G 是群。G 的极大 (maximal) 正规子群 H⊲G （注：这里 H≠G）是指：如果 H⊴J⊴G，那么或者 J=H 或者 J=G。证明下列命题：

D.1 如果 G 是有限群，那么 G 的任意正规真子群都包含于某个极大正规子群中。

证明 设 H⊲G 是正规真子群。因为 G 是有限群，所以它只有有限个正规真子群，设它们是 H1,…,Hn。不失一般性，设 |H1|≥⋯≥|Hn|。并设集合 S={i∈Z:H⊆Hi} 因为 H 是 H1,…,Hi 中的其中一个，并且显然有 H⊆H，所以 S≠∅。根据良序原理，S 中存在最小元，设它是 k。下面证明 Hk 是极大正规子群。

设 Hk⊴J⊴G。如果 J=G，则无需进一步讨论。如果 J≠G，那么必须证明 J=Hk。事实上，这时可以设 J=Hj，其中 1≤j≤n。因为 H⊆Hk⊆J=Hj，所以根据 H⊆Hj 可知 j∈S。假设 Hk≠Hj，那么 Hk⊊Hj。于是 |Hk|<|Hj|，因此 j<k。这与 k 是 S 中的最小元矛盾！因此假设不成立，只可能是 J=Hj=Hk。

综上所述，任意正规真子群 H 都包含于某个极大正规子群 Hk 中。

D.2 设 f:G→H 是同态。如果 J⊴H，那么 f−1(J)⊴G。

证明 设 K=f−1(J)。那么 x∈K⟺f(x)∈J。

设 x∈K，则 f(x)∈J。设 y∈G，则 f(y)∈H。因为 J⊴H，所以 f(yxy−1)=f(y)f(x)f(y)−1∈J 于是 yxy−1∈K。因此，f−1(J)=K⊴G。

D.3 设 K⊴G。如果 J 是 G/K 的子群，设 J^ 表示所有属于 J 的陪集的并集。如果 J⊴G/K，那么 J^⊴G。（使用 D.2 的结论。）

证明 根据已知条件，有 J^={ha:h∈K,a∈G,Ka∈J}⊆G 定义满同态 f:G→H 为 f(x)=Kx。根据同态基本定理，H=G/K。设 x∈J^。那么，存在 h∈K,a∈G 使得 x=ha 且 Ka∈J。于是 f(x)=f(h)f(a)=Kh⋅Ka=Ka∈J 反过来，设 f(x)=Kx∈J，其中 x∈G。那么，取 ϵ∈K 有 ϵx∈J^。

由此可知 x∈J^⟺f(x)∈J。因此，f−1(J)=J^。根据 J⊴H 和 D.2 的结论可知 J^=f−1(J)⊴G。

D.4 如果 K 是 G 的极大正规子群，那么 G/K 没有非平凡正规子群。（使用 D.3 的结论。）

证明 设 J⊴G/K，那么根据 D.3 可知 J^⊴G。 因为 J 一定含有单位元 K，所以 K⊴J^。根据极大正规子群的定义可知或者 J^=K 或者 J^=G。

  • 如果 J^=K，那么 J={K}。这是平凡子群。
  • 如果 J^=G，那么 J=G/K。这也是平凡子群。

所以 J 总是平凡子群。由此可知 G/K 没有非平凡的正规子群。

D.5 如果 Abel 群 G 没有非平凡正规子群，那么 G 一定是质数阶循环群。（否则，选择某个 a∈G 使得 ⟨a⟩ 是 G 的真子群。）

说明 这里的假定应该是 G 是有限阶非平凡群。原书中此处没有“正规”二字，但 Abel 群的子群都是正规子群，所以命题是等价的。

证明 如果 G 不是质数阶循环群，那么它的阶不是质数。设它的阶是 n，且质数 p∣n。那么，根据 Cauchy 定理，存在阶等于 p 的元素 a∈G。于是，⟨a⟩ 是 G 的非平凡子群。因为 G 是 Abel 群，所以 ⟨a⟩ 是正规子群。这就证明了要证的命题的逆否命题。

D.6 如果 H⊴K⊴G，那么 G/K 是 G/H 的同态像。

证明 设 f:G/H→G/K 定义为 f(Hx)=Kx。只须证明它是良定义的满同态即可。

首先，设 Ha=Hb，我们证明 f(Ha)=f(Hb)。由 Ha=Hb 得 ab−1∈H。而 H⊴K 是 K 的子群，所以 ab−1∈K。于是 Ka=Kb。这说明 f 是良定义的。

另一方面， f(Ha⋅Hb)=f(H(ab))=K(ab)=K(a)⋅K(b)=f(Ha)⋅f(Hb) 这说明 f 是同态。对任意 Kx∈G/K，都有 Hx∈G/H 使得 f(Hx)=Kx。这说明 f 是满射。

综上所述，f(G/H)=G/K。这就证明了 G/K 是 G/H 的同态像。

D.7 设 H⊴G，其中 G/H 是 Abel 群。那么 G 存在子群 H0,…,Hq 满足 H=H0⊴H1⊴⋯⊴Hq=G，其中每个商群 Hi+1/Hi 都是质数阶循环群。

说明 这里应当假定 G 是有限群。

证明 如果 H=G，那么命题平凡地成立。下面只考虑 H⊲G 是正规真子群的情况。

记 H0=G。根据 D.1，存在极大正规子群 H(1)⊲H(0) 使得 H⊆H(1)。因为 H⊲G，所以 H⊴H(1)。

如果 H≠H(1)，那么按照同样的推理，又可以得到极大正规子群 H(2)，满足 H⊴H(2)⊲H(1)⊲H0。

不断重复这一过程，每次得到的极大正规子群的阶都严格地递减，即 |H(i+1)|<|H(i)|，因此这个过程不可能无限地进行下去。假设进行 q 次后有 H=H(q)。那么有 H=H(q)⊲H(q−1)⊲⋯⊲H(1)⊲H0=G 把 H(i) 重命名为 Hq−i，就得到序列 H=H0⊲H1⊲⋯⊲Hq−1⊲Hq=G

对于任意 0≤i<q，因为 H⊴Hi⊲Hi+1⊴G，所以根据 D.6 可知 Hi+1/Hi 是 Hi+1/H 的同态像，而且 Hi+1/H 是 G/H 的同态像。也就是说，存在同态 f 和 g： G/H⟶fHi+1/H⟶gHi+1/Hi 由此可知 Hi+1/Hi 是 G/H 的同态像（同态是 g∘f）。而已知 G/H 是 Abel 群，所以 Hi+1/Hi 也是 Abel 群。按照之前的构造法，Hi 是 Hi+1 的极大正规子群，根据 D.4 可知，Hi+1/Hi 没有非平凡正规子群。根据 D.5 可知，Hi+1/Hi 是质数阶循环群。

综上所述，存在题中所要求的序列 H=H0⊲H1⊲⋯⊲Hq−1⊲Hq=G 满足 Hi+1/Hi 是质数阶循环群。

根据 D.7 可知，如果 G 是可解群，那么，通过“填满空隙”，G 存在商群都是质数阶循环群的正规序列。可解群经常以这个方式定义。

注 稍微详细地解释一下：本章正文对可解群的定义如同习题 B 所述：存在可解序列 {e}=H0∗⊴H1∗⊴⋯⊴Hn∗=G 不失一般性，假定序列中的群互不相等。对于每一组 Hi∗⊴Hi+1∗，因为 Hi+1/Hi 是 Abel 群，所以可以用 D.7 的方法往里填满所有的中间子群，使得每一组相邻的正规子群都是极大正规子群。对它们重新编号，得 {e}=H0⊲H1⊲⋯⊲Hn=G 其中 Hi 是 Hi+1 的极大正规子群。于是得到 Hi+1/Hi 是质数阶的循环群。

反过来，如果已经构造出了以上序列，那么自然 Hi+1/Hi 都是 Abel 群，因此也满足习题 B 中可解序列的定义。

E. 如果 Gal(K:F) 可解，那么 K 是 F 的根式扩张

设 K 是 F 的有限扩张，其中 K 是 F 上的分裂域，并且 G=Gal⁡(K:F) 是可解群。根据本章正文中的说明，我们假定 F 包含所必需的单位根。根据习题 D，设 H0,…,Hn 是 G 的可解序列，其中每个商群 Hi+1/Hi 都是质数阶循环群。对于任意 i=1,…n，设 Fi 是 Hi 的固定域。

E.1 求证：Fi 是 Fi+1 的正规扩张，且 [Fi:Fi+1] 是一个质数。设这个质数为 p。

证明 因为 Hi 是 Hi+1 的正规子群，根据第三十二章习题 J 可知，Fi 是 Fi+1 的正规扩张。根据第三十二章定理 4，有 Gal⁡(Fi:Fi+1)≅Gal⁡(K:Fi+1)Gal⁡(K:Fi)=Hi+1/Hi 因为 Hi+1/Hi 是质数阶循环群，设它的阶是 p。根据第三十二章定理 1，有 |Gal⁡(Fi:Fi+1)|=[Fi:Fi+1]。由此可知 [Fi:Fi+1]=|Hi+1/Hi|=p 是一个质数。

E.2 设 π 是 Gal⁡(Fi:Fi+1) 的生成元，ω 是 Fi+1 中的单位元的 p 次方根，以及 b∈Fi。令 c=b+ωπ−1(b)+ω2π−2(b)+⋯+ωp−1π−(p−1)(b) 证明 π(c)=ωc。

证明 因为 π∈Gal⁡(Fi:Fi+1)，所以它是固定 Fi+1 的 Fi 的自同构。因此 π(ω)=ω。根据同态的性质有 π(c)=π(b)+ωb+ω2π−1(b)+⋯+ωp−1π−(p−2)(b) 而 ωc=ωb+ω2π−1(b)+ω3π−2(b)+⋯+ωpπ−(p−1)(b) 错位相减得 π(c)−ωc=π(b)−ωpπ−(p−1)(b) 因为 ω 是 p 次单位根，所以 ωp=1。此外，因为 |Gal⁡(Fi:Fi+1)|=p，所以 πp=ϵ 是恒等同构。这蕴含 π−(p−1)=π。于是 π(c)−ωc=π(b)−(ωp⏟=1π−(p−1)(b)⏟=π(b)=0 因此 π(c)=ωc。

E.3 使用 E.2 证明对任意非负整数 k 都有 πk(cp)=cp。并由此推出 cp∈Fi+1。

证明 由 E.2 得 π(c)=ωc，因此 π(cp)=ωpcp=cp。使用数学归纳法可知 πk(cp)=cp 对任意 k=0,1,2,… 都成立。 又因为 Fi+1 是 Gal⁡(Fi:Fi+1) 的固定域。根据固定域的定义： Fi+1={a∈Fi:∀π∈Gal⁡(Fi:Fi+1),π(a)=a} 因为 Gal⁡(Fi:Fi+1)=⟨π⟩，所以其中的元素都是 πk 的形式，其中 k=0,1,…,p−1。前面以及证明了 πk(cp)=cp，所以根据以上固定域的定义，有 cp∈Fi+1。

E.4 证明 Fi 是 Fi+1 上的多项式 xp−cp 的分裂域。

证明 有必要排除 c=0 这一特殊情况。不难验证当 b∈Fi+1 时，总有 c=0。所以我们应当取某个 b∉Fi+1。这总是可行的，因为 [Fi:Fi+1]=p>1，所以 Fi⊋Fi+1。

设所谓 Lagrange 预解式 (ω,b)=b+ωπ−1(b)+⋯+ωp−1π−(p−1)(b)=∑i=0p−1ωiπ−i(b) 那么，使用求和换序的技巧： ∑k=0p−1(ωk,b)=∑k=0p−1∑i=0p−1ωkiπ−i(b)(*)=∑i=0p−1(∑k=0p−1ωki)π−i(b) 当 i≠0 时，根据模 p 整数的运算法则可知：当 k 取遍 0,1,…,p−1 时，kimodp 恰好（以某种顺序）取遍 0,1,…,p−1。因此 ∑k=0p−1ωki=1+ω+ω2+⋯+ωp−1=0(i≠0) 代入 (∗) 可知求和式只剩下 i=0 的一项，计算得 ∑k=0p−1(ωk,b)=pπ0(b)=pb

考虑多项式 q(x)=(x−b)(x−π−1(b))⋯(x−π−(p−1)(b)) 定义 π¯:Fi[x]→Fi[x] 为 π¯(a0+a1x+⋯+anxn)=π(a0)+π(a1)x+⋯+π(an)xn 则可以验证 π¯ 是同构。设 q^(x)=π¯(q(x))=(x−π−(p−1)(b))(x−b)⋯(x−πp−2(b)) 可以发现 q(x)=q^(x)。这意味着这两个多项式对应的系数相等。也就是说，每一项的系数都在固定域（即 Fi+1）中。

注意到 (1,b)=b+π−1(b)+⋯+π−(p−1)(b) 恰好等于 q(x) 中 xp−1 项的系数。因此 (1,b)∈Fi+1。

假设 (ωk,b)∈Fi+1 对任意 k=1,…,p−1 都成立，那么可以得到 ∑k=0p−1(ωk,b)=pb∈Fi+1。这是不可能的，因为我们已经取了 b∉Fi+1。因此可以断定：一定存在某个 1≤k≤p−1 使得 (ωk,b)∉Fi+1。记 α=ωk，取 c=(α,b)，则 c≠0。仿照 E.2–E.3 可以证明 π(c)=αc 且 cp∈Fi+1。

综上所述，我们总是可以取到某个 c∈Fi 使得 c≠0 且 π(c)=αc。

设 a(x)=xp−cp∈Fi+1[x]。代入易知 ωkc 是 a(x) 的根。因为 π(ωkc)=ωkαc≠ωkc，所以 ωkc 不在 Gal⁡(Fi:Fi+1) 的固定域（即 Fi+1）内。也就是说，a(x) 在 Fi+1 上没有根。根据习题 C 可知，a(x) 在 Fi+1 上不可约。因此 a(x) 是 c 的最小多项式。

根据 C.1 可知 L=Fi+1(c,ω) 是 F 的分裂域。因为假定了 ω∈Fi+1，所以 L=Fi+1(c)，由此可知 [L:Fi+1]=deg⁡a(x)=p。 另一方面，c∈Fi，所以 Fi+1⊆L⊆Fi。于是 [Fi:L]=[Fi:Fi+1][L:Fi+1]=1 因此 Fi=L 是 xp−cp 的分裂域。

E.5 做出结论：K 是 F 的根式扩张。

证明 根据 E.1–E.4 可知，对于任意 0≤i<n，[Fi:Fi+1] 是一个质数（记作 pi），且存在 ci 使得 Fi=Fi+1(ci)，且 cipi∈Fi+1。注意到可解序列 H0,…,Hn 对应的固定域是 K=F0⊇⋯⊇Fn=F 因此 K=F(cn−1,…,c0)。可见，K 的每一步扩张 Fi:Fi+1 都是加入了元素 ci，且 cipi∈Fi+1。根据根式扩张的定义可知，K 是 F 的根式扩张。


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