抽象代数习题(32) -- Galois 理论II
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抽象代数习题(32) – Galois 理论II
Fri Feb 18, 2022
《抽象代数》第三十二章讲的是 Galois 理论的核心内容。设 K 是 F 的分裂域，Galois 群是所有 K→K 且固定 F 的同构构成的群（群的运算为映射的复合），记作 Gal(K:F)。Galois 理论的关键内容是，K 和 F 的所有中间域 I (即 K⊆I⊆F) 和 Gal(K:F) 中的子群有着一一对应的关系。
A. 计算 Galois 群
A.2 求 Q(i,2) 在 Q 上的扩张次数。
解 因为 Q(2)≅Q/⟨x2−2⟩，所以 [Q(2):Q]=2。多项式 x2+1 的根 ±i∉Q(2)，因此在 Q(2) 上不可约，从而是 i 的最小多项式。于是 [Q(i,2):Q(2)]=2。于是 [Q(i,2):Q]=[Q(i,2):Q(2)][Q(2):Q]=4
A.3 列出 Gal(K:F) 的元素及其运算表。
解 根据 A.2 和定理 1 可知 Gal(K:F) 共有 4 个元素。事实上，四个元素如下： ϵ={i→i2→2},α={i→−i2→2},β={i→i2→−2},γ={i→−i2→−2}. 它们的运算表为 ∘ϵαβγϵϵαβγααϵγβββγϵαγγβαϵ
A.4 写出 Gal(Q(i,2):Q) 的子群的包含图，以及 Q 和 Q(i,2) 的中间域的包含图。指出 Galois 对应。
解 如下图所示。图中实线箭头表示包含关系，虚线箭头表示 Galois 对应
\documentclass[crop,tikz]{standalone}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{tikz-cd}
\begin{document}
\newcommand\Q{\mathbb Q}
\begin{tikzcd}[row sep=1cm]
& \Q(i,\sqrt2) \ar[ld] \ar[d] \ar[rd] & & & & \{\epsilon,\alpha,\beta,\gamma\} \ar[ld] \ar[d] \ar[rd] \\
\Q(\sqrt2) \ar[rd] & \Q(i) \ar[d] & \Q(i\sqrt2) \ar[ld] & & \{\epsilon,\gamma\} \ar[rd] & \{\epsilon,\beta\} \ar[d] & \{\epsilon,\alpha\} \ar[ld] \\
& \Q & & & & \{\epsilon\}
\ar[dashed, from=1-2, to=3-6]
\ar[dashed, from=3-2, to=1-6]
\ar[dashed, from=2-3, to=2-5]
\ar[dashed, bend right=8, from=2-1, to=2-7]
\ar[dashed, bend right=6, from=2-2, to=2-6]
\end{tikzcd}
\end{document}
C. 等于 S₃ 的 Galois 群
C.1 证明 Q(23,i3) 是 x3−2 在 Q 上的分裂域，其中 23 表示 2 的实立方根。
证明 x3−2 的根为 23,23(12±32i)。所以分裂域为 Q(23,i3)。
C.2 证明 [Q(23):Q]=3。
证明 因为 23 在 Q 上的最小多项式为 x3−2，所以是三次扩张。
C.3 说明为什么 x2+3 在 Q(23) 上不可约，然后说明 [Q(23,i3):Q(23)]=2。做出结论 [Q(23,i3):Q]=6。
证明 因为 x2+3 的根为 ±i3。假设 ±i3∈Q(23)，那么 ±i3=a+b21/3+c22/3(a,b,c∈Q) 两边平方得 −3=a2+bc+(2ab+3c2)21/3+(2ac+b2)22/3 比较系数得 (1)a2+bc=−3(2)2ab+3c2=0(3)2ac+b2=0 由 (2)(3) 解得 2abc=−3c3=−b3，因此 bc=33。这是不可能的，因为等式左边是有理数，右边是无理数。因此假设不成立，±i3∉Q(23)。所以 [Q(23,i3):Q(23)]=2。
C.4 使用 C.3 说明为什么 G=Gal(Q(23,i3):Q) 有 6 个元素。然后使用 323 页的规则 (ii) 说明为什么 G 的每个元素都可以用 2 的三个立方根的置换来表示。
证明 根据本章定理 1 以及 C.3 可知 |G|=[Q(23,i3):Q]=6。因为分裂域的自同构总是把多项式的根映射为根，所以 G 中的每个元素可以表示为多项式 x3−2 的三个根的置换。
C.5 使用 C.4 证明 G≅S3。
证明 根据 C.4 可知 G 有 6 个元素，每个元素都是 2 的三个立方根的置换。而 3 个元素的置换总共只有 6 种（|S3|=6），所以 G 包含了所有的置换，因此 G≅S3。
D. 等于 D₄ 的 Galois 群
设 α=24 是 2 的一个实四次方根，那么 2 的四个四次方根分别为 ±α 和 ±iα。简要但仔细地解释 1–6：
D.1 Q(α,i) 是 x4−2 在 Q 上的分裂域。
证明 分裂域必须包括 α 和 i，因此不可能比 Q(α,i) 更小。根据域对四则运算的封闭性可知 Q(α,i) 包含了 x4−2 所有的根。
D.2 [Q(α,i):Q]=4。
证明 因为 α 在 Q 上的多项式是 x4−2，次数是 4。
D.3 i∉Q(α)；因此 [Q(α,i):Q(α)]=2。
证明 因为 i 不是实数，而 Q(α) 中的元素都是实数。所以 i∉Q(α)。 最小多项式为 x2+1，因此 [Q(α,i):Q(α)]=2。
D.4 [Q(α,i):Q]=8
证明 [Q(α,i):Q]=[Q(α,i):Q(α)][Q(α,i):Q]=8
D.5 {1,α,α2,α3,i,iα,iα2,iα3} 是 Q(α,i) 在 Q 上的一组基。
证明 因为 {1,α,α2,α3} 是 Q(α) 在 Q 上的一组基，并且 {1,i} 是 Q(α,i) 在 Q(α) 上的一组基。根据第二十九章定理 2 前的引理可得结论。
D.6 Q(α,i) 的任意固定 Q 的自同构 h 由它对这组基中的元素的作用所完全确定。而它们进一步又由 h(α) 和 h(i) 完全确定。
证明 根据 D.5 可知任意 x∈Q(α,i) 都可以表示为 x=∑k=18akek 其中 ak∈Q，ek 是 D.5 中的某个基元素。于是 h(x)=∑k=18akh(ek) 这是因为 h 固定 Q。这表明 h 完全由 h(ek) 确定。
根据 D.5 可知，ek=αk1ik2，其中 k1=0,1,2,3，k2=0,1。于是 h(ek)=h(α)k1h(i)k2 这表明 h(ek) 完全由 h(α) 和 h(i) 确定。
D.7 说明：h(α) 必须是 2 的四次方根，且 h(i) 必须是 ±i。结合 h(α) 的四种可能性和 h(i) 的两种可能性，得到了八个可能的自同构。以如下形式将它们列出： {α→αi→i},{α→−αi→i},…
证明 因为 α4=2，两边应用 h 得 h(α)4=2。因此 h(α) 是 2 的四次方根。同理可得 h(i)2=−1，所以 h(i)=±i。
八个可能的自同构如下： {α→αi→i},{α→iαi→i},{α→−αi→i},{α→−iαi→i}{α→αi→−i},{α→iαi→−i},{α→−αi→−i},{α→−iαi→−i}
D.8 计算 Gal(Q(α,i):Q) 的运算表，并证明它同构于 D4，即正方形的对称变换群。
解
设自同构 hjk={α→ijαi→(−1)ki} 不难得到 hjk∘hj′k′={α→ij+j′αi→(−1)k+k′i}
那么运算表为 ∘h00h10h20h30h01h11h21h31h00h00h10h20h30h01h11h21h31h10h10h20h30h00h11h21h31h01h20h20h30h00h10h21h31h01h11h30h30h00h10h20h31h01h11h21h01h01h11h21h31h00h10h20h30h11h11h21h31h01h10h20h30h00h21h21h31h01h11h20h30h00h10h31h31h01h11h21h30h00h10h20
根据运算表知它同构于 D4。
E. 循环 Galois 群
E.1 描述 x7−1 在 Q 上的分裂域 K。说明为什么 [K:Q]=6。
答 K=Q(α)，其中 α=cos(2π/7)+isin(2π/7) 是本原七次单位根。 因为 α 是不可约多项式 x6+x5+⋯+x+1=x7−1x−1 的根，所以 [K:Q]=6。
E.2 说明：如果 α 是七次本原单位根，那么任意 h∈Gal(K:Q) 一定将 α 映射为七次单位根。事实上，h 由 h(α) 确定。
证明 h:K→K 是固定 Q 的自同构。因为 α7=1，两边应用 h 得 h(α)7=1。可见 h(α) 是七次单位根。因为任意 x∈K=Q(α) 都可以表示为 x=∑i=0nkiαi，其中 ki∈Q，所以 h(x)=∑i=0nkih(α)i。可见 h 完全由 h(α) 确定。
E.3 使用 E.2 的结论，显式地列出 Gal(K:Q) 的所有元素。然后写出运算表，并证明它是循环群。
答 所有元素分别由 hi(α)=αi(1≤i≤6) 确定。（因为 h(1)=1，h 是同构，所以 h(α)≠1。）
不难得到 hi∘hj=hijmod7。运算表如下： ∘h1h2h3h4h5h6h1h1h2h3h4h5h6h2h2h4h6h1h3h5h3h3h6h2h5h1h4h4h4h1h5h2h6h3h5h5h3h1h6h4h2h6h6h5h4h4h2h1 可见它同构于循环群 Z7∗。
E.4 列出 Gal(K:Q) 的所有子群以及对应的固定域。指出 Galois 对应。
答 根据 E.3 知 h2,4 轮换 (α,α2,α4) 和 (α3,α5,α6)；h6 对换 (α,α6), (α2,α5) 和 (α3,α4)。所以设 K1={a(α+α2+α4)+b(α3+α5+α6)},K2={c(α+α6)+d(α2+α5)+e(α3+α4)}, 其中 a,b,c,d,e∈Q。易知 K1,K2⊆K。
那么 Gal(K:Q) 的子群如下：
- Gal(K:Q)={h1,h2,h3,h4,h5,h6}，固定域为 Q。
- {h1,h2,h4}，固定域为 K1。
- {h1,h6}，固定域为 K2。
- {h1}，固定域为 K=Q(α)。
E.5 描述 x6−1 在 Q 上的分裂域 L，并证明 [L:Q]=2。说明为什么 Q 和 L 之间没有中间域（不含 Q 和 L 本身）。
证明 因为 x6−1 的根为 ζi，其中 ζ=cos2π6+isin2π6=12+32i 且 i=0,1,2,3,4,5，所以分裂域为 L=Q(ζ)=Q(12+32i)=Q(i3)。
因为 i3 在 Q 上的最小多项式为 x2+3，所以 [L:Q]=2。
设 Q⊆I⊆L，那么 [L:Q]=[L:I][I:Q]=2。于是或者 [L:I]=1 或者 [I:Q]=1。这表明或者 L=I 或者 I=Q。因此不存在严格介于两者之间的域。（同第二十九章习题 D.2。）
E.6 设 L 为 x6−2 在 Q 上的分裂域。列出 Gal(L:Q) 的所有元素并写出运算表。
证明 x6−2 的所有根为 αζi，其中 α=26 是 2 的实六次方根，ζi 与 E.5 中相同。因此 L=Q(α,ζ)=Q(26,i3)。
因为 L 是分裂域，它的自同构 h:L→L 把 x6−2 的根映射为 x6−2 的根。考虑 h(α)，它有 6 种可能性： h(α)=αζi，其中 i=0,1,2,3,4,5。
同理，考虑多项式 x2+3 得 h(i3)=±i3。一旦确定了 h(i3)，那么 h(ζ) 随之确定，于是 x6−2 的所有根的映射就都确定了。
综上所述，Gal(L:Q) 中的所有元素为 hij={α→αζii3→(−1)ji3}(i=0,1,2,3,4,5;j=0,1)
（运算表略。）
注 这题很容易算错。按照类似的推理，xn−a 的根如果都不在 Q 中，那么它的分裂域的 Galois 群将同构于 Dn。这是一个很有趣的现象。
F. 同构于 S₅ 的 Galois 群
设 a(x)=x5−4x4+2x+2∈Q[x]，且 r1,…,r5 是 a(x) 在 C 中的根。设 K=Q(r1,…,r5) 为 a(x) 在 Q 上的分裂域。
证明 1–3。
F.1 a(x) 在 Q[x] 中不可约。
证明 使用 Eisenstein 判据，取 p=2。
F.2 a(x) 有三个实根和两个复根。
证明 使用微积分的知识：设实变函数 y=a(x)，那么 y′=5x4−16x3+2，y″=20x3−48x2=4x2(5x−12)。 可见 y′ 在 (−∞,5/12) 上单调递减，在 (5/12,+∞) 上单调递增。因为一个单调区间内至多只有一个零点，所以 y′ 最多有 2 个零点。因为 x→±∞ 时 y′→+∞，所以如果 y 能取到一个负值，则在两侧分别存在一个零点；的确如此： y′(1)=−9<0。由此可知 y′ 恰有 2 个零点。因此，y 先单调递增，再单调递减，再单调递增；因此最多有 3 个零点。而 y(0)=2>0，y(2)=−26<0，所以 y 确有 3 个零点。这就证明了 a(x) 有三个实根。根据代数基本定理，a(x) 还有两个（非实数的）复根。
注 因为多项式次数较高且不可约，手工计算难以得到精确的零点/极值点，所以需要进行适当的估算，比较繁琐；可以使用图形计算器直接观察函数图象。
F.3 如果 r1 表示 a(x) 的一个实根，那么 [Q(r1):Q]=5。使用这个结论证明 [K:Q] 是 5 的倍数。
证明 因为 a(x) 不可约且是首一多项式，所以它是 r1 的最小多项式。因此 [Q(r1):Q]=dega(x)=5。而 [K:Q]=[K:Q(r1)][Q(r1):Q]，所以 [K:Q] 是 5 的倍数。
F.4 使用 F.3 和 Cauchy 定理（第十三章习题 E）证明 Gal(K:Q) 中存在阶为 5 的元素 α。因为 α 可以表示为 {r1,…,r5} 的置换，说明为什么它一定是长度为 5 的轮换。
证明 由 F.3 知 5∣[K:Q]。根据本章定理 1 可知 |Gal(K:Q)|=[K:Q]，因此它也是 5 的倍数。根据 Cauchy 定理可知其中存在阶为 5 的元素，设它是 σ∈S5。考虑 S5 中的任意不是长度为 5 的轮换的元素 σ′，根据第八章内容可知它可以分解为长度小于 5 的不相交的轮换的复合。设 σ′=τ1⋯τn。那么 ord(σ′)=lcm(ord(τ1),…,ord(τn))。因为小于 5 的正整数的最大公约数不可能等于 5，所以 σ′ 的阶不可能是 5。这就说明了 σ 一定是长度为 5 的轮换。
F.5 说明为什么 Gal(K:Q) 中存在对换。
证明 因为 a(x) 是实系数多项式，因此它的两个复数根互为共轭。容易验证 h(a+bi)=a−bi 是 K→K 的同构，其中 a,b 分别为实部和虚部。可见，h 对换 a(x) 的两个复数根而固定其余实数根。这表明 Gal(K:Q) 中存在对换。
F.6 求证：S5 的任意子群，如果包含了一个长度为 5 的轮换和一个对换，那么它一定包含 S5 中的所有对换，于是包含 S5 的全部元素。由此可知，Gal(K:Q)=S5。
证明 设轮换为 σ=(a1a2a3a4a5) 而对换为 τ=(aiaj)，那么 στσ−1=(ai+1aj+1)σ2τσ−2=(ai+2aj+2)σ3τσ−3=(ai+3aj+3)σ4τσ−4=(ai+4aj+4)
为了使下标的加法运算总是成立，规定 a6=a1，a7=a2，依此类推。不失一般性，设 i<j，并设 d=j−i，则 d=1,2,3,4。下面证明任意对换 (aras) 总是可以由上述 5 个对换复合而成。因为 r=1,2,3,4,5，所以上述 5 个对换中恰有一个是 (arar+d)。同理，恰有一个是 (ar+dar+2d)。依此类推，经复合可以得到 (arar+kd)，其中 k 是任意整数。如果令 (arar+kd)=(aras)，则它等价于 r+kd≡s(mod5) 它等价于关于 k,t 的方程 kd+5t=s−r 因为 gcd(d,5)=1，所以根据 Bézout 定理可知该方程有整数解。这就证明了任意对换都可以由 σ 和 τ 复合构成。
因为任意置换都可以分解为对换的复合，所以 Sn 的所有元素都可以由 σ 和 τ 复合构成。根据群的封闭性，如果 Sn 的子群包含了 σ 和 τ，那么它就包含了 Sn 的所有元素。
G. 与自同构和 Galois 群相关的简短问题
设 F 为域，K 是 F 的有限扩张。假定 a,b ∈ K。
证明 1–3.
G.1 如果 h 是 K 的自同构，且固定 F 和 a，那么 h 固定 F(a)。
证明 根据已知条件，h(a) = a，并且 h(x) = x 对任意 x ∈ F 都成立。因为 K 是有限扩张，所以 a 是 F 上的代数元，于是 F(a) 中的任意数 y 都可以表示为 y = c₀ + c₁a + ⋯ + cnan，其中 c₀,c₁,…,cn ∈ F。根据 h 是同态可知 h(y) = y。因此 h 固定 F(a)。
G.2 F(a,b)* = F(a)* ∩ F(b)*。
证明 设 h ∈ F(a,b)*。显然 h 固定 F。因为 a ∈ F(a,b)，所以 h 固定 a。根据 G.1 可知 h 固定 F(a)。这表明 h ∈ F(a)*。同理可证 h ∈ F(b)*。于是 h ∈ F(a)* ∩ F(b)*
另一方面，设 g ∈ F(a)* ∩ F(b)*。根据定义，g 固定 F、a、b。而 F(a,b) 中的每个元素都可以表示为形如 kaibj 的和的形式。因此应用 g 后保持不变。这表明 g ∈ F(a,b)*。
综上所述，F(a,b)* = F(a)* ∩ F(b)*。
G.3 除了恒等映射外，不存在 Q(23) 的自同构固定 Q。
证明 记 α=23，那么 α3=2。设 h 是 Q(α) 的自同构且固定 Q，那么 h(α)3=h(2)=2 设 β=h(α)∈Q(α)。因为在复数范围内 β 只有 3 种可能的取值，即单位立方根。但 β 是实数，所以只可能是 β=α。
于是 h(α)=α。这表明 h 固定 Q(α)，因此它是恒等映射。这就说明了不存在恒等映射以外的映射满足条件。
G.4 说明为什么 G.3 的结论不违反定理 1。
答 定理 1 说的是分裂域 K 和 F 的关系：Gal(K:F) = [K:F]。但 G.3 中的域不是分裂域，所以不能应用定理 1。
在接下来的三个问题中设 ω 是本原单位 p 次方根，其中 p 是质数。
G.5 证明：如果 h∈Gal(Q(ω):Q)，那么 h(ω)=ωk 对某个 1≤k≤p−1 成立。
证明 不可约多项式 a(x)=xp−1+xp−2+⋯+x+1=xp−1x−1 的所有根为 ω,ω2,…,ωp−1∈Q(ω)，因此 Q(ω) 是 a(x) 的分裂域。因为 h∈Gal(Q(ω):Q)，因此 h 把 a(x) 的根映射到 a(x) 的根，即存在 1≤k≤p−1 使得 h(ω)=ωk。
G.6 使用 G.5 证明 Gal(Q(ω):Q) 是 Abel 群。
证明 设 h,h′∈Gal(Q(ω):Q)，根据 G.5 可知 h(ω)=ωk 且 h′(ω)=ωk′，其中 1≤k,k′≤p−1。设 x∈Q(ω)，则 x=∑i=0nciωi。于是 h(h′(x))=∑i=0nciωkk′i,h′(h(x))=∑i=0nciωk′ki 这表明 h∘h′=h′∘h，因此 Gal(Q(ω):Q) 是 Abel 群。
G.7 使用 G.5 证明 Gal(Q(ω):Q) 是循环群。
证明 根据 G.5 可知 Gal(Q(ω):Q) 中的全部元素可以描述为 hi(ω)=ωi(1≤i≤p−1) 于是 (hi∘hj)(ω)=ωij。这表明 hi∘hj=hk 当且仅当 ij≡k(modp)。因此 Gal(Q(ω):Q)≅Zp∗ （同构为 hi↔i¯），而后者是循环群。
H. ℂ 的自同构群
H.2 求证：ℝ 的任意自同构把平方元素映射到平方元素，即把正数映射到正数。
证明 设 h: ℝ→ℝ 是自同构，并设 x = a² ∈ ℝ。那么 h(x) = h(a)²。可见 h(x) 是平方元素。设 x' 是正数，因为正数在实数范围内总是可以开平方根，因此 x' 是平方元素。因为 x' ≠ 0，所以 h(x) ≠ 0。由此可知 h(x') 是非零平方数，因此是正数。
H.3 使用 H.2 证明：如果 h 是 ℝ 的自同构，那么 a < b 蕴含 h(a) < h(b)。
证明 a < b 等价于 b-a 是正数，根据 H.2 知 h(b-a) 也是正数。因此 h(b-a) = h(b)-h(a) > 0。因此 h(a) < h(b)。
H.4 使用 H.1 和 H.3 证明 ℝ 的自同构只有恒等映射。
证明 设 h 是 ℝ 的自同构。仿照 H.1 可知 h(x) = x 对任意 x ∈ ℚ 都成立。 假设存在 a ∈ ℝ 满足 h(a) ≠ a。如果 a < h(a)，那么根据有理数的稠密性可知存在 b ∈ ℚ 使得 a < b < h(a)。根据 H.3 可知 a < b 蕴含 h(a) < h(b)。而 h(b) = b，于是得到 h(a) < b < h(a)，这是不可能的。如果 a > h(b) 那么可以推出类似的矛盾。因此假设不可能成立，只可能是 h(x) = x 对任意 x ∈ ℝ 都成立。
注 这里用到了有理数的稠密性，这是抽象代数以外的知识。
H.5 列出 Gal(ℂ:ℝ) 中的元素。
解 由 [ℂ:ℝ] = 2 可知 Gal(ℂ:ℝ) 共有 2 个元素。显然恒等映射 ε 是一个元素。另一个元素 σ 是将每个复数映射为它的共轭复数；不难证明它是同构。Gal(ℂ:ℝ) = {ε, σ}。
H.6 证明恒等映射和映射 a+bi → a-bi 是仅有的固定 ℝ 的 ℂ 的自同构。
证明 根据 Galois 群的定义和 H.5 的结论可知。
I. 关于 Galois 群的更多问题
在下列问题中，设 K 是 F 的分裂域，设 G=Gal(K:F)，并设 I 是中间域。证明下列命题。
I.1 I∗=Gal(K:I) 是 G 的子群。
证明 不难证明 I∗ 非空（含有恒等映射）且是 G 的子集（固定 I 的自同构一定固定 F）。
设 h1,h2∈I∗，则对任意 x∈I 有 h1(h2(x))=h1(x)=x，因此 h1∘h2∈I∗。同理可证 h2∘h1∈I∗。
设 h∈I∗，则对任意 x∈I 有 h(x)=x。两边应用 h−1 得 h−1(x)=x。因此 h−1∈I∗。
综上所述，I∗≤G。
I.2 如果 H≤G 且 H∘={a∈K:∀π∈H,π(a)=a}，那么 F⊆H∘⊆K。
证明 显然 H∘ 是 K 的子集。
设 a,b∈H∘，那么对任意 π∈H 有 π(a)=a 且 π(b)=b。因为 π 是同构，所以 π(a−b)=π(a)−π(b)=a−b。这表明 a−b∈H∘。可见，H∘ 对减法封闭，因而是 K 的子环。又因为对任意 a∈H∘，有 π(a−1)=π(a)−1=a−1，所以 H∘ 对乘法逆元封闭。由此可见 H∘ 是 K 的子域。
设 x∈F，那么对于任意 π∈H⊆G，有 π(x)=x，因此 x∈H∘。这就证明了 F⊆H∘。
I.3 设 H 是 I 的固定子，且 I′ 是 H 的固定域，那么 I⊆I′。设 I 是 H 的固定域，且 I∗ 是 I 的固定子，那么 H⊆I∗。
证明 这些命题在本章正文部分被描述为“根据定义可知”。这里只是详细地按照定义进行推导。
（命题一）设 x∈I，因为 H 是 I 的固定子，所以对于任意 π∈H 都有 π(x)=x。按照固定域的定义： I′={a∈K:∀π∈H,π(a)=a} 这表明 x∈I′。因此 I⊆I′。
（命题二）因为 I∗ 是 I 的固定子，所以它包含了所有固定 I 的 K 的自同构。 设 π∈H。按固定域的定义： I={a∈K:∀π∈H,π(a)=a} 由此可见 π 固定 I，从而有 π∈I∗。因此 H⊆I∗。
I.4 设 I 是 F 的正规扩张。如果 G 是 Abel 群，那么 Gal(K:I) 和 Gal(I:F) 都是 Abel 群。
证明 根据 I.1 可知 H=Gal(K:I) 是 G 的子群。因为 G 是 Abel 群，具备交换律，所以具备相同运算法则的子群 Gal(K:I) 也是 Abel 群。
根据本章定理 4，有 Gal(I:F)≅G/H。右侧的商群中的每个元素都是 Ha 的形式。根据陪集的运算法则： Ha⋅Hb=H(ab)=H(ba)=Hb⋅Ha 因此商群也是 Abel 群。这就证明了 Gal(I:F) 是 Abel 群。
I.5 设 I 是 F 的正规扩张。如果 G 是循环群，那么 Gal(K:I) 和 Gal(I:F) 都是循环群。
引理 循环群的子群都是循环群。
设 G=⟨g⟩ 是循环群，其中 g 是它的生成元。设 H 是 G 的子群。 如果 H 是平凡群，那么显然它是循环群。下面只考虑非平凡群的情况。
H 中的元素都具备 gk 的形式。根据良序原理，设 k 能取到的最小的正整数是 a。对于任意的 x=gb∈H，做带余除法 b=aq+r，其中 q,r 是整数且 0≤r<a。那么 gr=gb(ga)−q∈H。但 a 是最小的正指数，所以只可能是 r=0。于是 x=(ga)q。这表明 ga 是 H 的生成元。由此可知 H 是循环群。
证明 根据 I.1 可知 H=Gal(K:I) 是 G 的子群。因为 G 是循环群，根据引理可知 Gal(K:I) 也是循环群。
根据本章定理 4，有 Gal(I:F)≅G/H。设 G=⟨π⟩。如果 H 是平凡群，则 Gal(I:F)≅G 显然是循环群。否则，根据引理可设 H=⟨πk⟩，其中 k 为正整数。那么商群 G/H 中的所有元素为 H,Hπ,Hπ2,…,Hπk−1 可见 G/H=⟨Hπ⟩ 是循环群。
I.6 如果 G 是循环群，那么对于任意整除 [K:F] 的正数 k，恰有一个 k 次中间域 I。
证明 设 [K:F]=n。则根据本章定理 1 可知 |G|=n。
设 G=⟨π⟩，并设 m=n/k，那么 G 的 m 阶子群只能是 H=⟨πk⟩。设 I 是 H 的固定域。根据本章定理 1，有 [K:I]=|H|=m。于是 [I:F]=[K:F]/[K:I]=k。
根据 Galois 对应，G 的子群和中间域一一对应。所以上述中间域 I 是唯一的。
J. 正规扩张与正规子群
假定 F⊆K，其中 K 是 F 的正规扩张。设 I1⊆I2 为中间域。
J.1 从定理 4 推导：如果 I2 是 I1 的正规扩张，那么 I2∗ 是 I1∗ 的正规子群。
证明 因为 F⊆I2 而 K 是 F 的分裂域，所以 K 是 I2 的分裂域。根据定理 4 有 Gal(I2:I1)=Gal(K:I1)/Gal(K:I2)=I1∗/I2∗。根据商群的定义，I2∗⊴I1∗。
J.2 证明一下命题对任意中间域 I 都成立：设 h∈Gal(K:F)，g∈I∗，a∈I 且 b=h(a)。那么 [h∘g∘h−1](b)=b。做出结论：hI∗h−1⊆h(I)∗。
证明 [h∘g∘h−1](b)=[h∘g∘h−1](h(a))=h(g(h−1(h(a))))=h(g(a))=h(a)=b
因为 b∈h(I) 和 g∈I∗ 可以任取，所以 hI∗h−1 中的任意元素都固定 h(I) 中的元素。这就说明了 hI∗h−1⊆h(I)∗。
J.3 使用 J.2 证明 hI∗h−1=h(I)∗。
证明 设 g∈h(I)∗。对任意 a∈I 有 h(a)∈h(I)，于是 g(h(a))=h(a) 两边应用 h−1 得 h−1(g(h(a)))=a 这表明 g^=h−1∘g∘h 固定 I。于是 g^∈I∗。由此可知 g=h∘g^∘h−1∈hI∗h−1 这表明 h(I)∗⊆hI∗h−1。而 J.2 已经证明了另一个方向的包含关系，因此 h(I)∗=hI∗h−1
两个中间域被称为共轭的 (conjugate) 当且仅当存在自同构 i∈Gal(K:F) 使得 i(I1)=I2。
J.4 使用 J.3 证明 I1 和 I2 是共轭的当且仅当 I1∗ 和 I2∗ 是 Galois 群的共轭子群。
证明
（必要性）当 I1 和 I2 是共轭时，存在 i∈Gal(K:F) 使得 i(I1)=I2。根据 J.3 得 I2∗=i(I1)∗=iI1∗i−1，因此 I2∗ 和 I1∗ 为共轭子群。
（充分性）当 I2∗ 和 I1∗ 为共轭子群时，存在 i∈Gal(K:F) 使得 I2∗=iI1∗i−1。根据 J.3 得 iI1∗i−1=i(I1)∗，因此 I2∗=i(I1)∗。因为 Galois 对应是中间域和 Galois 子群之间的一一对应，所以 I2=i(I1)。这表明 I1 和 I2 是共轭的。
J.5 使用 J.4 证明对于任意两个中间域 I1 和 I2，如果 I2∗ 是 I1∗ 的正规子群，那么 I2 是 I1 的正规扩张。
证明 设 x∈I2∗，因为 I2∗⊴I1∗，所以对任意 h∈I1∗ 都有 hxh−1∈I2∗。设将 h 的定义域限制为 I2 得到的同构为 h^，则 h^I2∗h^−1⊆I2∗。根据 J.4 可知 h^(I2)∗=h^I2∗h^−1，所以 h^(I2)∗⊆I2∗。因为 h^ 是 I2 的固定 I1 的自同构，所以根据第三十一章习题 K.2 可知 I2 是 I1 的正规扩张。
结合 J.1 和 J.5 可知：I2 是 I1 的正规扩张当且仅当 I2∗ 是 I1∗ 的正规子群。（历史上，这个结论是术语“正规子群”中“正规”的来源。）
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