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3.2 根式扩张与解方程

利用四则运算＂,,$+- \times, \div$＂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，即通常我们所说的用根号解方程，一直是人们非常熟悉和关心的问题．这个问题曾经吸引无数最优秀的数学家们为之努力．直到 19 世纪 30 年代，这个问题才最终由天才的青年数学家 Galois 彻底解决。

下面，让我们来看一下这个问题的优美解决过程．在开始具体讨论之前，我们先说明几条假设的前提条件，及其假设的理由．

令 $F$ 是一个域，$f(x) \in F[x]$ ．所谓用根式解方程 $f(x)=0$ ，是指 $f(x)$ 的根可以由 $F$ 中的元素经过＂,,$+- \times, \div$＂及开方运算表示出来．容易知道，我们可以假设

$f(x)$ 是不可约多项式，并且它是可离的，即没有重根．如若不然，则由可离扩张中的结构和性质，存在 $g(x) \in F[x]$ ，使得 $f(x)=g\left(x^{p^k}\right)$ ，其中 $g(x)$ 没有重根。

特别地，如果 $f(x)=x^n-a$ ，则把它的根称为 $n$ 次方根，记为 $\sqrt[n]{a}$ ，并称单纯扩张 $F(\sqrt[n]{a})$ 为根式扩张或根号扩张．又如果 $n$ 不是素数，则 $n=p q$ ，故 $\sqrt[n]{a}=\sqrt[p]{\sqrt[a]{a}}$ ．所以我们只要讨论清楚开素数次方根的情况就可以了。这相当于设 $f(x)=x^p-a$ ， $p$ 是素数。在这里，我们可以假设 $p \neq \operatorname{char} F$ ．否则 $f(x)=x^p-a=(x-\alpha)^p$ 就有重根了，其中 $a=\alpha^p$ 。

总之，在本节的讨论中，我们假设涉及的多项式是不可约的，可离的（没有重根），开的方根次数 $n$ 是素数次的。

定义 3．2．1 令 $E \supseteq F$ 是域的扩张．如果存在中间域 $F_i, 0 \leqslant i \leqslant n$ ，使得

$$
F=F_0 \subseteq F_1 \subseteq F_2 \subseteq \cdots \subseteq F_{n-1} \subseteq F_n=E
$$

其中 $F_i=F_{i-1}\left(\alpha_i\right), \alpha_i^{p_i} \in F_{i-1}, 1 \leqslant i \leqslant n, p_i$ 是素数，则称 $E$ 是 $F$ 的根式扩张，（1）称为 $E$ 对 $F$ 的根式扩张链（塔）．

显然，如果一个多项式的根能够用＂,,$+- \times, \div$＂及开方运算表示出来，那么它一定属于（1）中的某个中间域．反之，一个元素属于（1）中的某个中间域，则它一定可以用＂,,$+- \times, \div$＂及开方运算表示出来。

定义 3．2．2 令 $F$ 是一个域，$f(x) \in F[x]$ ．如果 $f(x)$ 的分裂域含于 $F$ 的一个根式扩张域，则称 $f(x)$ 的根在 $F$ 上可以用根式解。

引理 3．2．1 设域 $F$ 包含所需要的素数 $p_i$ 次本原单位根，则对 $F$ 的任意一个根式扩张 $L$ 都可再用根式扩张成 $F$ 的正规扩张 $K$ ．

证明 令 $F$ 的任意一个根式扩张 $L$ 为

$$
F=F_0 \subseteq F_1 \subseteq F_2 \subseteq \cdots \subseteq F_{n-1} \subseteq F_n=L
$$

其中 $F_i=F_{i-1}\left(\alpha_i\right), \alpha_i^{p_i} \in F_{i-1}, 1 \leqslant i \leqslant n, p_i$ 是素数．
首先，因为所有 $p_i$ 次本原单位根属于 $F$ ，所以 $f_1(x)=x^{p_1}-a_1 \in F[x]$ 的所有根属于 $F_1=F_0\left(\alpha_1\right), \alpha_1^{p_1}=a_1$ ，即 $F_1$ 是 $f_1(x)$ 的分裂域，进而是 $F=F_0$ 的正规扩张域．如果 $L=F_1$ ，则结论证毕．如若不然，则 $F_1 \subset L$ 。此时，因为 $F_2=F_1\left(\alpha_2\right)$ ， $\alpha_2$ 是多项式 $x^{p_2}-a_2\left(\in F_1[x], a_2 \in F_1\right)$ 的根，所以我们可以构造一个 $F_1$ 上的多项式

$$
f_2(x)=\prod_\sigma\left(x^{p_2}-\sigma\left(a_2\right)\right) \in F_1[x]
$$

这里的 $\sigma$ 是 $F_1$ 关于 $F$ 的 Galois 群中的元素．实际上，因为 $f_2(x)$ 的系数在所有 $F_1$关于 $F$ 的 Galois 群中元素的作用之下保持不变，所以 $f_2(x)=\prod_\sigma\left(x^{p_2}-\sigma\left(a_2\right)\right) \in$ $F[x]$.

现在，我们把 $f_2(x)$ 的根添加到 $F_1$ 上，得到 $F_2$ 的扩张 $L_2$ ．则因为 $F$ 包含 $p_2$次本原单位根，所以 $L_2$ 是多项式 $f_1(x) f_2(x) \in F[x]$ 的分裂域，进而是 $F$ 的正规扩张．如果 $L \subseteq L_2$ ，则 $L_2$ 就是所求的 $K$ ．否则，$F_2 \subset L$ ．因为 $F_3=F_2\left(\alpha_3\right), \alpha_3$ 是多项式 $x^{p_3}-a_3\left(\in F_2[x], a_3 \in F_2\right)$ 的根，所以我们又可以构造一个 $L_2$ 上的多项式

$$
f_3(x)=\prod_\sigma\left(x^{p_3}-\sigma\left(a_3\right)\right) \in F_2[x]
$$

这里的 $\sigma$ 是 $L_2$ 关于 $F$ 的 Galois 群中的元素．实际上，因为 $f_3(x)$ 的系数在所有 $L_2$关于 $F$ 的 Galois 群中元素的作用之下保持不变，所以 $f_3(x)=\prod_\sigma\left(x^{p_3}-\sigma\left(a_3\right)\right) \in$ $F[x]$ ．

我们继续使用上面的构造过程，得到 $L_3$ 是多项式 $f_1(x) f_2(x) f_3(x) \in F[x]$ 的分裂域，进而是 $F$ 的正规扩张．如果 $L \subseteq L_3$ ，则 $L_3$ 就是所求的 $K$ ．否则，按同样的过程，经过有限次步骤之后，一定可以得到包含 $L$ 的 $F$ 的正规扩张域 $K$ 。

为了方便起见，我们约定后文涉及的域 $F$ 都包含了讨论所需要的本原单位根。下面，让我们先看一下，如果一个多项式能用根式解，其对应的群结构如何？然后，再考虑满足该条件时，这个多项式是否可以用根式解。

定理 3．2．1 令 $f(x) \in F[x]$ 是可离多项式，并且 $\operatorname{char} F$ 不能整除任意一个开方次数．如果 $f(x)$ 能用根式解，则 $f(x)$ 的 Galois 群是可解群．

证明 设 $E$ 是 $f(x)$ 的分裂域。因为 $f(x)$ 能用根式解，所以分裂域 $E$ 是 $F$ 的一个根式扩张链中的一个中间域。进而由引理3．2．1，一定存在 $E$ 的一个正规扩张 $L$ ，使得在 $L \supseteq F$ 之间存在根式扩张链

$$
F=F_0 \subseteq F_1 \subseteq \cdots \subseteq F_m=L
$$

其中 $F_i=F_{i-1}\left(\alpha_i\right), \alpha_i^{p_i} \in F_i, 1 \leqslant i \leqslant n$ ．因为 $F$ 包含 $p_i$ 次本原单位根，并且 $p_i \neq \operatorname{char} F$ ，所以 $F_i \supseteq F_{i-1}$ 是可离正规扩张。

令 $L$ 关于 $F$ 的 Galois 群为 $G$ ，则存在

$$
G=G_0 \supseteq F_1^{\prime} \supseteq F_2^{\prime} \supseteq \cdots \supseteq F_m^{\prime}=\{1\}
$$

其中 $F_i^{\prime}$ 是 $F_i$ 所对应的群 $G$ 的子群．因为 $F_i \supseteq F_{i-1}$ 是正规扩张，所以 $F_i^{\prime}$ 是 $F_{i-1}^{\prime}$ 的正规子群（Galois 定理），并且 $F_{i-1}^{\prime} / F_i^{\prime}$ 是 $F_i$ 关于 $F_{i-1}$ 的 Galois 群，又 $\left|F_{i-1}^{\prime} / F_i^{\prime}\right|=p_i$ 是素数，因此是循环群，当然更是交换群，所以 $L$ 关于 $F$ 的 Galois群 $G$ 是可解群。

现在，需要指出 $f(x)$ 的 Galois 群为可解群．因为 $L \supseteq E \supseteq F, E$ 是 $F$ 的正规扩张，$L$ 是 $E$ 的正规扩张，所以 $E^{\prime}$ 是 $G$ 的正规子群，而且 $E$ 关于 $F$ 的 Galois 群同构于 $G / E^{\prime}$ ，即是可解群的商群，所以也一定是可解群．

定理 3．2．2 如果多项式 $f(x) \in F[x]$ 的 Galois 群 $G$ 是可解群，并且 $\operatorname{char} F \nmid$ $|G|$ ，则 $f(x)$ 能用根式解．

证明 因为群 $G$ 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，并且 $\left|G_{i-1} / G_i\right|=p_i, p_i$ 是素数．
令 $E$ 是 $f(x)$ 的分裂域，则

$$
F=G_0^{\prime} \subseteq G_1^{\prime} \subseteq G_2^{\prime} \subseteq \cdots \subseteq G_m^{\prime}=E
$$

而且因为 $G_i$ 是 $G_{i-1}$ 的正规子群，所以 $G_i^{\prime}$ 是 $G_{i-1}^{\prime}$ 的正规扩张．又 $\left|G_{i-1} / G_i\right|=$ $p_i=\left|G_i^{\prime}: G_{i-1}^{\prime}\right|, F$ 含有 $p_i$ 次本原单位根，于是 $G_i^{\prime}=G_{i-1}^{\prime}\left(\alpha_i\right), \alpha_i^{p_i} \in G_{i-1}^{\prime}$ ．所以， $E$ 是 $F$ 的根式扩张，即多项式 $f(x)$ 能用根式求解。

这样，我们就得到了一个不可约多项式能用根式解的充分必要条件是与该多项式对应的分裂域的 Galois 群 $G$ 是可解群。

下面让我们来看一下一般 $n$ 次多项式的根式解问题．
定义 3．2．3 令 $\Delta$ 为域，$F=\Delta\left(t_1, \cdots, t_n\right)$ 是 $\Delta$ 上的关于 $n$ 个未定元的有理分式域，称多项式

$$
f(x)=x^n-t_1 x^{n-1}+t_2 x^{n-2}-\cdots+(-1)^n t_n
$$

为域 $F$ 上的一般 $n$ 次多项式．

定理 3．2．3 一般 $n$ 次多项式的 Galois 群是 $n$ 级对称群 $S_n$ ．
证明 令 $f(x)=x^n-t_1 x^{n-1}+t_2 x^{n-2}-\cdots+(-1)^n t_n$ 是关于 $F$ 的一般 $n$ 次多项式，$\beta_1, \cdots, \beta_n$ 是 $f(x)$ 的根，而

$$
K=F\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right)
$$

是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域．
实际上，$t_1, \cdots, t_n$ 是关于 $\beta_1, \cdots, \beta_n$ 的初等对称多项式，所以 $K=\Delta\left(\beta_1, \cdots\right.$, $\beta_n$ ）．

现在，考虑 $\Delta$ 上关于另外 $n$ 个未定元的有理分式域 $\Delta\left(u_1, \cdots, u_n\right)$ ．显然， $u_1, \cdots, u_n$ 的任意一个置换导致 $\Delta\left(u_1, \cdots, u_n\right)$ 的一个自同构。令 $G$ 是 $u_1, \cdots, u_n$的所有置换组成的 $n$ 级对称群 $S_n$ ，我们把 $G$ 看成是 $\Delta\left(u_1, \cdots, u_n\right)$ 的一个自同构，来考虑群 $G$ 的固定域 $E$ ．因为关于 $u_1, \cdots, u_n$ 的任意一个对称多项式都是关于它们初等对称多项式 $\delta_1, \cdots, \delta_n$ 的多项式，所以

$$
E=\Delta\left(\delta_1, \cdots, \delta_n\right)
$$

于是，$u_1, \cdots, u_n$ 是 $E$ 上多项式

$$
g(x)=x^n-\delta_1 x^{n-1}+\delta_2 x^{n-2}-\cdots+(-1)^n \delta_n
$$

的根，从而 $\Delta\left(u_1, \cdots, u_n\right)$ 是多项式 $g(x) \in E[x]$ 的分裂域．
由对称多项式的结构与性质知道，如果 $f\left(\delta_1, \cdots, \delta_n\right)=0$ ，那么 $f(x) \equiv 0$（请读者自己证明这个结论）。因此，如果令

$$
t_i \rightarrow \delta_i, \quad 1 \leqslant i \leqslant n
$$

则得到一个 $\Delta\left(t_1, \cdots, t_n\right) \rightarrow \Delta\left(\delta_1, \cdots, \delta_n\right)$ 的同构映射，并且 $f(x) \rightarrow g(x)$ ．进而我们可以将这个同构映射拓展成分裂域 $\Delta\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right) \rightarrow \Delta\left(u_1, \cdots, u_n\right)$ 之间的同构映射。但是，我们已经知道多项式 $g(x)$ 的 Galois 群是关于 $u_1, \cdots, u_n$ 的 $n$ 级对称群 $S_n$ ，所以多项式 $f(x)$ 的 Galois 群是关于 $\beta_1, \cdots, \beta_n$ 的 $n$ 级对称群 $S_n$ ．

对于对称群 $S_n$ ，我们熟知，当 $n \leqslant 4$ 时，对称群 $S_n$ 是可解群；当 $n \geqslant 5$ 时，对称群 $S_n$ 是不可解群．由此，我们得到著名的 Abel 定理．

定理 3．2．4（Abel）当 $n \geqslant 5$ 时，一般 $n$ 次多项式不能用根式解。
对于非一般的 $n$ 次多项式方程，它的 Galois 群当然不一定是对称群 $S_n$ ．即使是在 $F= Q$（有理数域）的情形下，要计算多项式方程对应的 Galois 群，目前还没有普遍适用的方法．

一般地，如果 $F$ 为域，$f(x) \in F[x]$ 是一可离多项式，$\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 表示 $f(x)$ 在同一个分裂域中的根，$E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), f(x)=\left(x-\alpha_1\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)$ ，则 $E \supseteq F$ 是可离正规扩张．令 $G$ 是 $E$ 关于 $F$ 的 Galois 群．如果 $\sigma \in G$ ，则 $\left(\sigma\left(\alpha_1\right), \cdots, \sigma\left(\alpha_n\right)\right)$是 $f(x)$ 的 $n$ 个不同根，所以我们得到一个置换

$$
\left(\begin{array}{ccc}
\alpha_1, & \cdots, & \alpha_n \\
\sigma\left(\alpha_1\right), & \cdots, & \sigma\left(\alpha_n\right)
\end{array}\right)
$$

另外，容易验证，如果 $\sigma \neq \tau \in G$ ，则

$$
\left(\begin{array}{ccc}
\alpha_1, & \cdots, & \alpha_n \\
\sigma\left(\alpha_1\right), & \cdots, & \sigma\left(\alpha_n\right)
\end{array}\right) \neq\left(\begin{array}{ccc}
\alpha_1, & \cdots, & \alpha_n \\
\tau\left(\alpha_1\right), & \cdots, & \tau\left(\alpha_n\right)
\end{array}\right)
$$

这就是说，我们建立了一个群的嵌入同态，$\lambda: G \rightarrow S_n$ ．所以，我们只能说，对于非一般的 $n$ 次多项式方程，它的 Galois 群是对称群 $S_n$ 的子群．至于何时能成为对称群 $S_n$ ，在此仅就 $F= Q$ 的情形，给出一个使多项式方程对应的 Galois 群是对称群的条件。

引理 3．2．2 设 $f(x) \in F[x]$ 是可离多项式，则 $f(x)$ 是不可约的充分必要条件是 $f(x)$ 对应的 Galois 群 $G$ 具有可迁性．

证明 如果 $f(x)$ 是不可约的，令 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $f(x)$ 的根，则 $F\left(\alpha_1\right) \stackrel{\sigma}{\cong} F\left(\alpha_i\right)$ ．又我们可以将 $\sigma$ 拓展使之成为 $G$ 中的元素，所以对于 $\alpha_1, \alpha_i$ ，存在 $\sigma \in G$ ，使得 $\sigma\left(\alpha_1\right)=\alpha_i$ ，即 Galois 群 $G$ 是可迁的．

反之，假设 $G$ 具有可迁性．如果 $f(x)$ 是可约的，则 $f(x)=p(x) q(x)$ ．如果 $p(\alpha)=0, \sigma \in G$ ，则 $p(\sigma(\alpha))=0$ ，即 $G$ 只能把同一个不可约的根变成同一个多项式的根．所以，如果令 $p(\alpha)=0, q(\beta)=0$ ，则不存在 $\tau \in G$ ，使得 $\tau(\alpha)=\beta$ ，这与 $G$ 是可迁的相矛盾．所以，$f(x)$ 是不可约的．

定理 3．2．5 令 $f(x) \in Q [x]$ 是 $p$ 次（ $p$ 为素数）不可约多项式．如果 $f(x)=0$恰好有两个复数根，则 $f(x) \in Q [x]$ 的分裂域对应的 Galois 群是对称群 $S_p$ ．

证明 由引理 3．2．2 及其前面的叙述，$f(x)$ 对应的 Galois 群 $G$ 是对称群 $S_p$的可迁子群，并且 $p \| G \mid$ 。令 $\alpha_1, \cdots, \alpha_p$ 是 $f(x)$ 的根，其中 $\alpha_1, \alpha_2$ 是共轭的复数根．所以对换 $(12) \in G$ ．下面需要指出所有的对换均属于群 $G$ 即可．

为此，考虑集合 $S=\{1,2, \cdots, p\}$ ．在 $S$ 上规定关系＂$\sim$＂：

$$
i \sim j \Leftrightarrow i=j \text { 或 }(i j) \in G \text {, }
$$

则容易验证这是一个等价关系。我们用 $\bar{i}$ 表示 $i$ 所在的等价类。如果 $\bar{i} \neq \bar{j}$ ，则由于 Galois 群 $G$ 是对称群 $S_p$ 的可迁子群，所以存在 $\tau \in G$ ，使得 $\tau\left(\alpha_i\right)=\alpha_j$ ．

设 $k \in S, k \neq i, \tau\left(\alpha_k\right)=\alpha_m$ ，则 $m \neq j$ 。所以 $k \in \bar{i}$ 的充分必要条件是 $(i k) \in G$ ，而这等价于 $\tau(i k) \tau^{-1}=(j m) \in G$ 。这说明，集合 $S$ 的每个等价类具有相同个数的元素，进而该个数是素数 $p$ 的因数。所以 $S$ 只有一个等价类，或者有 $p$ 个类（每个类只有一个元素）．但是 $(12) \in G$ ，所以 $|\overline{1}|>1$ ，即 $S$ 只有一个等价类。因此，所有的对换均属于群 $G$ ．

例 3．2．1 令 $f(x)=2 x^5-5 x^4+5 \in Q [x]$ ，则由 Eisenstein 判别法，$f(x)$ 是不可约的．利用微积分的方法，我们可以知道它有 3 个实数根，并且其图像如图3．1 所示。

所以，$f(x)=2 x^5-5 x^4+5 \in Q [x]$ 对应的 Galois 群 $G$ 是对称群 $S_5$ ．但是 $S_5$ 是不可解群，于是该多项式 $f(x)=2 x^5-5 x^4+5 \in Q [x]$ 不能

图 3.1用根式解。

我们很容易得到一个比例3．2．1 更广泛的一个结论。
推论 3．2．1（Abel）对于每个正整数 $n \geqslant 5$ ，在有理数域 $Q$ 上都存在一个 $n$ 次多项式，满足该多项式至少有一个根不能用根式解。

证明 令 $n=5+k, f(x)=x^k\left(2 x^5-5 x^4+5\right) \in Q [x]$ ．

![图片](/uploads/2025-03/553684.jpg)

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