最后更新: 2025-11-05 09:13 查看: 108 次纠错评论(0) 课件开VIP

扩张的自同构群

3.3 扩张的自同构群

令 $E \supseteq F$ ，则 $E$ 的所有 $F$－自同构组成的群 $Aut _F E$ 的结构，对于我们确定 $E$的结构具有十分重要的作用．那么，对于一个扩张 $E \supseteq F$ ，如何确定群 $Aut _F E$ 的结构就显得举足轻重了．本节通过几个具体的例子，让我们来看一下如何确定域的扩张的自同构群。

例 3．3．1 试确定正规扩张 $Q (\sqrt{2}) \supseteq Q$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}_{ Q } Q (\sqrt{2})$ ．
解 因为 $\sqrt{2}$ 的极小多项式为 $x^2-2 \in Q [x]$ ，而且 $x^2-2=0$ 的两个根为 $\sqrt{2},-\sqrt{2}$ ，并且 $| Q (\sqrt{2}): Q |=2$ ，所以，如果 $\sigma \in \operatorname{Aut}_{ Q } Q (\sqrt{2})$ ，则 $\sigma(\sqrt{2})$ 仍然为 $x^2-2 \in Q [x]$ 的根，所以 $\sigma(\sqrt{2})= \pm \sqrt{2}$ ．进而

$$
\sigma(\sqrt{2})=\sqrt{2}, \sigma(-\sqrt{2})=-\sqrt{2}, \sigma=1, \quad \text { 或 } \sigma(\sqrt{2})=-\sqrt{2}, \sigma(-\sqrt{2})=\sqrt{2} \text {. }
$$

如果我们用符号 1,2 分别表示 $\sqrt{2},-\sqrt{2}$ ，则

$$
\sigma \rightarrow\left(\begin{array}{ll}
1 & 2 \\
1 & 2
\end{array}\right), \text { 或 } \sigma \rightarrow\left(\begin{array}{ll}
1 & 2 \\
2 & 1
\end{array}\right) .
$$

所以， $\operatorname{Aut}_{ Q } Q (\sqrt{2})=\{1, \sigma\} \cong Z _2$ ，其中 $\sigma=(12)$ ．
例 3．3．2 试确定扩张 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) \supseteq Q$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}_{ Q } Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ．

解 因为 $\sqrt{2}, \sqrt{3}$ 对应的极小多项式为 $x^2-2, x^2-3 \in Q [x]$ ，显然它们都没有重根，所以，扩张 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}) \supseteq Q$ 是有限可离扩张，是正规扩张，并且 $| Q (\sqrt{2}, \sqrt{3}): Q |$ $=4$ ．

因为 $x^2-2, x^2-3 \in Q [x]$ 对应的根为 $\sqrt{2},-\sqrt{2} ; \sqrt{3},-\sqrt{3}$ ，所以如果 $\sigma \in$ Aut $_{ Q } Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ，则 $\sigma$ 完全取决于它在 $\sqrt{2}, \sqrt{3}$ 上的象．又

$$
\sigma(\sqrt{2})=\left\{\begin{array}{l}
\sqrt{2}, \\
-\sqrt{2},
\end{array} \quad \sigma(\sqrt{3})=\left\{\begin{array}{l}
\sqrt{3} \\
-\sqrt{3}
\end{array}\right.\right.
$$

所以，自同构 $\sigma$ 的形式只能是以下 4 种情形之一：

![图片](/uploads/2025-11/aa8593.jpg)
 
 如果用符号 $1,2,3,4$ 分别表示 $\sqrt{2},-\sqrt{2}, \sqrt{3},-\sqrt{3}$ ，则 $\sigma$ 为

$$
\begin{aligned}
& \left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
1 & 2 & 3 & 4
\end{array}\right),\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 1 & 3 & 4
\end{array}\right),\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
1 & 2 & 4 & 3
\end{array}\right),\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 1 & 4 & 3
\end{array}\right) . \\
& \quad \text { 令 } \sigma=\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
2 & 1 & 3 & 4
\end{array}\right), \tau=\left(\begin{array}{llll}
1 & 2 & 3 & 4 \\
1 & 2 & 4 & 3
\end{array}\right), \text { 则 } \operatorname{Aut}_{\mathbf{Q}} \mathbf{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})=
\end{aligned}
$$

$\{1, \sigma, \tau, \sigma \tau\}$ ，并且 $\sigma^2=\tau^2=1, \sigma \tau=\tau \sigma$ ．从而 $\operatorname{Aut}_{\mathbf{Q}} \mathbf{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})=\{1, \sigma, \tau, \sigma \tau\}$ 是 4阶群。

例 3．3．3 试确定多项式 $f(x)=x^4-p(\in Q [x], p$ 是素数）的分裂域 $K$ 的自同构群 $Aut _{ Q } K$ ．

解 容易知道 $f(x)=x^4-p \in Q [x]$ 是不可约的．如果令 $\alpha=\sqrt[4]{p} \in R$ ，则 $E= Q (\alpha) \supseteq Q$ 是 4 次扩张，并且 $K=E(\alpha)= Q (\alpha$, i）是多项式 $f(x)$ 的分裂域，进而 $K \supseteq Q$ 是 Galois 扩张，$|K: Q |=8$ 。但是 $E \supseteq Q$ 不是 Galois 扩张．

令 $\rho \in \operatorname{Aut}_{ Q } K$ ，则 $\rho$ 由它在 $\alpha, i$ 上的象完全确定。又 $\rho(\alpha)= \pm \alpha, \pm i \alpha$ ，而 $\rho( i )= \pm i$ ，所以，元素对 $(\rho(\alpha), \rho( i ))$ 共有 8 种可能。另外，$\left| Aut _{ Q } K\right|=|K: Q |=8$ ，所以元素对 $(\rho(\alpha), \rho( i ))$ 的 8 种情形就恰好确定了 $\operatorname{Aut}_{ Q } K$ 中的所有元素：

$$
\begin{aligned}
(\rho(\alpha), \rho(i))= & (\alpha, i),(\alpha,-i) ;(-\alpha, i),(-\alpha,-i) \\
& (i \alpha, i),(i \alpha,-i) ;(-i \alpha, i),(-i \alpha,-i)
\end{aligned}
$$

令 $\sigma, \tau \in \operatorname{Aut}_{ Q } K,(\sigma(\alpha), \sigma( i ))=( i \alpha, i ),(\tau(\alpha), \tau( i ))=(\alpha,- i )$ ，则

$$
\operatorname{Aut}_{ Q } K=\left\{1, \sigma, \sigma^2, \sigma^3, \tau, \sigma \tau, \sigma^2 \tau, \sigma^3 \tau\right\}
$$

其中 $\sigma^4=\tau^2=1, \tau \sigma=\sigma^3 \tau$ ．实际上， $Aut _{ Q } K$ 是 4 阶二面体群。
例 3．3．4 试确定有限域的 Galois 群。
解 由有限域的结构，不妨令有限域为 $F_{p^n}$ ，即 $\operatorname{char} F_{p^n}=p,\left|F_{p^n}: Z_p\right|=n$ 。所以 $F_{p^n}$ 是多项式 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 在 $Z _p$ 上的分裂域，并且 $F_{p^n} \supseteq Z _p$ 是 Galois 扩张．

另外，有限域的乘法群 $\left(F_{p^n}\right)^*$ 是 $p^n-1$ 阶循环群，即 $\left(F_{p^n}\right)^*=(\rho), o(\rho)=p^n-1$ ．再有如果令

$$
\begin{aligned}
\sigma: F_{p^n} & \rightarrow F_{p^n}, \\
& x \rightarrow x^p,
\end{aligned}
$$

则由于 $(x+y)^p=x^p+y^p,(x y)^p=x^p y^p$ ，知道 $\sigma \in \operatorname{Aut}_{ z _p} F_{p^n}$ ，并且 $o(\sigma)=n$ ．
事实上，如果 $o(\sigma)=m, \sigma^m=1$ ，则 $\sigma^m(\rho)=\rho^{p^m}=\rho, \rho^{p^m-1}=1$ 。所以 $p^m-1=p^n-1, n=m$ ．这就是说，$\left\{1, \sigma, \cdots, \sigma^{n-1}\right\}$ 是 $n$ 个互不相同的元素．于是，从 $\left|\operatorname{Aut}_{ Z _p} F_{p^n}\right|=\left|F_{p^n}: Z _p\right|=n$ ，有 $\operatorname{Aut}_{ Z _p} F_{p^n}=\left\{1, \sigma, \cdots, \sigma^{n-1}\right\}$ ，即是 $n$ 阶循环群。

精确地刻画一个多项式的 Galois 群，是一件比较烦琐和困难的事情．但是，对于次数较低的多项式，如 $3, ~ 4$ 次多项式，我们还是能够有效地刻画其 Galois 群的．

令 $f(x) \in F[x]$ ，char $F \neq 2$ ，多项出 $f(x)$ 的 $n$ 个不同的根为 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ ， $E=F\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right) \supseteq F$ 是 Galois 扩张，则 $G=\operatorname{Aut}_F E$ 是 $n$ 级对称群 $S_n$ 的子群．

定义 3．3．1 $\Delta=\left(x_1-x_2\right)\left(x_1-x_3\right) \cdots\left(x_{n-1}-x_n\right)=\prod_{i<j}\left(x_i-x_j\right), D=\Delta^2$ ，则 $D$ 在群 $G$ 的作用之下保持不变，所以 $D \in F$ ．称 $D$ 为多项式 $f(x)$ 的判别式．

显然，如果 $\sigma \in A_n \subseteq S_n$ ，则 $\sigma(\Delta)=\Delta$ ；如果 $\sigma \in S_n \backslash A_n$ ，则 $\sigma(\Delta)=-\Delta$ ．进而如果 $H \subseteq G \cap A_n$ ，则在 Galois 定理中规定的对应之下，$H^{\prime} \rightarrow F(\Delta)$ ．所以，$G=A_n$的充分必要条件是 $\Delta \in F$ ．

例 3．3．5 试确定 3 次不可约多项式 $f(x)$ 的 Galois 群．
解 因为 $\operatorname{deg} f(x)=3$ ，所以 $f(x)$ 对应的 Galois 群 $G$ 是 $S_3$ 的子群．
另外，$|G|=|E: F|$ ，其中 $E$ 是 $f(x)$ 的分裂域。又 $S_3$ 中阶数为 $3 k$ 的子群只有 $A_3$ 和 $S_3$ ，所以，$f(x)$ 的 Galois 群 $G$ 是 $A_3$ 或 $S_3$ 。进一步，$G=A_3$ 的充分必要条件是 $D$ 是 $F$ 中的平方元素．

注意，一个 3 次不可约多项式的求解问题，等价于考虑形式如 $x^3+p x+q$ 的 3次方程求解。如果我们利用一下简单的根与系数的关系（初等对称多项式），容易得到

$$
D=-4 p^3-27 q^2
$$

例 3．3．6 试确定 4 次不可约多项式的 Galois 群．
解 设 $f(x) \in F[x], \operatorname{deg} f(x)=4$ ，令 $u_1, u_2, u_3, u_4$ 是它的 4 个根，并且设

$$
\begin{gathered}
\alpha=u_1 u_2+u_3 u_4, \quad \beta=u_1 u_3+u_2 u_4, \quad \gamma=u_1 u_4+u_2 u_3 \\
h(x)=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)
\end{gathered}
$$

则由于 $h(x)$ 的系数是关于 $\alpha, \beta, \gamma$ 的初等对称多项式，而 $\alpha, \beta, \gamma$ 是关于 $u_1, u_2, u_3, u_4$的对称多项式，所以 $h(x)$ 的系数是关于 $u_1, u_2, u_3, u_4$ 的初等对称多项式的多项式，即 $h(x)$ 的系数属于 $F, h(x) \in F[x]$ ．如果令

$$
f(x)=x^4+b x^3+c x^2+d x+e
$$

则经过简单计算，有

$$
h(x)=x^3-c x^2+(b d-4 e) x-b^2 e+4 c e-d^2 .
$$

称 $h(x)$ 是 $f(x)$ 的 3 次预解式．

实际上，$f(x), h(x)$ 之间的联系是非常密切的，即如果 $f(x)$ 是可离多项式，则 $h(x)$ 也是可离多项式，并且它们有相同的判别式．

事实上，如若不然，不妨假设 $\alpha=\beta$ ，则 $u_1 u_2+u_3 u_4=u_1 u_3+u_2 u_4$ ，所以 $u_1\left(u_2-u_3\right)=u_4\left(u_2-u_3\right)$ ，即 $u_2=u_3$ 或 $u_1=u_4$ ，矛盾．另外，利用判别式的定义，很容易验算它们有相同的判别式．

令 $E=F(\alpha, \beta, \gamma)$ ，则 $E$ 是 $h(x)$ 的分裂域，并且它是 $F$ 的 Galois 扩张．所以

$$
F\left(u_1, u_2, u_3, u_4\right) \supseteq E \supseteq F
$$

但是，$G=\operatorname{Aut}_F F\left(u_1, u_2, u_3, u_4\right) \subseteq S_4$ ，而经过验算 $S_4$ 中使 $E$ 成为固定域的群是 Klein 四元素群

$$
B_4=\{(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}
$$

当然，$B_4$ 是 $S_4$ 的正规子群．所以 $G \cap B_4$ 是 $G$ 的正规子群，于是（Galois 定理），扩张 $E \supseteq F$ 对应的 Galois 群是 $G / G \cap B_4 \cong \operatorname{Aut}_F E$ ．另外，$E$ 是 $h(x)$ 的分裂域，并且它是 $F$ 的 Galois 扩张，所以 $|E: F|=\left|\operatorname{Aut}_F E\right|, \operatorname{Aut}_F E \subseteq S_3$ ．因此，

$$
\left|G / G \cap B_4\right|=6,3,2,1
$$

但是，$|G|$ 是 4 的倍数（ $\operatorname{deg} f(x)$ 的倍数），所以 $|G|=24,12,8,4$ ．
显然，当 $\left|G / G \cap B_4\right|=6$ 时，只能是 $G=S_4$ ；当 $\left|G / G \cap B_4\right|=3,1$ 时，则 $G=A_4, B_4$ ．

但是，如果 $h(x)$ 是不可约多项式，则 $\operatorname{Aut}_F E$ 一定是 3 的倍数．所以，只能是 $\left|G / G \cap B_4\right|=6,3$ ．于是，依据 $h(x)$ 的判别式是否为 $F$ 中的平方元素，有 $G=S_4$（不
是平方元素，$\left|G / G \cap B_4\right|=6$ ）和 $G=A_4$（是平方元素，$\left.\left|G / G \cap B_4\right|=3\right)$ ．
综上，如果令 $f(x) \in F[x]$ 是不可约的，它对应的 Galois 群为 $G ; h(x)$ 是 $f(x)$的预解式，$E$ 是它的分裂域，则
（1）$G=S_4 \Leftrightarrow|E: F|=6$ ，或者 $h(x)$ 不可约，且 $h(x)$ 的判别式不是 $F$ 中平方元；
（2）$G=A_4 \Leftrightarrow|E: F|=3$ ，或者 $h(x)$ 不可约，且 $h(x)$ 的判别式是 $F$ 中平方元；
（3）$G=B_4 \Leftrightarrow|E: F|=1$ ．
下面，再来具体讨论当 $|E: F|=\left|G / G \cap B_4\right|=2$ 的情况．此时，如果 $|G|=$ $4,\left|G \cap B_4\right|=2$ ，则

![图片](/uploads/2025-11/c5c709.jpg)
 
 实际上，如果群 $G$ 是上述（1）之一，例如是（1）中的第一个群，则 $f(x)$ 在 $E[x]$上可以分解成两个 2 次因式，如 $\left(x-u_1\right)\left(x-u_3\right)$ 与 $\left(x-u_2\right)\left(x-u_4\right)$ 的乘积．反之，如果 $f(x)$ 在 $E[x]$ 上可以分解，则 $\left|G \cap B_4\right|=2$ ，并且 $|G|=4$ ．这就是说，群 $G$ 是上述（1）之一。

$$
G=\left\{\begin{array}{l}
\{(1),(24),(1234),(13)(24),(13),(1432),(12)(34),(14)(23)\}, \\
\{(1),(23),(1243),(14)(23),(14),(1342),(12)(34),(13)(24)\}, \\
\{(1),(34),(1324),(12)(34),(12),(1423),(13)(24),(14)(23)\}
\end{array}\right.
$$

实际上，不论群 $G$ 是上述（2）的哪一个，$f(x)$ 在 $E$ 上的 Galois 群都是 $B_4$ ，所以 $f(x)$ 在 $E[x]$ 上是不可约的．反之，如果 $f(x)$ 在 $E[x]$ 上是不可约的，则群 $G$ 是上述（2）之一。

这样，我们就得到，当 $|E: F|=\left|G / G \cap B_4\right|=2$ 时，
（1）群 $G$ 是上述（1）中形式的充分必要条件是 $f(x)$ 在 $E[x]$ 上可以分解成 2次因式的乘积；
（2）群 $G$ 是上述（2）中形式的充分必要条件是 $f(x)$ 在 $E[x]$ 上是不可约的．最后，再让我们看看与超越扩张有关的两个自同构问题．

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