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扩张同构举例

例 3．3．7 试确定单纯超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 的自同构群 $\operatorname{Aut}_F F(x)$ ．
解 因为 $F(x)=F(y)$（参看单纯超越扩张的结构定理）的充分必要条件是

$$
y=\frac{a x+b}{c x+d}, \quad a d-b c \neq 0
$$

而且，如果 $\sigma \in \operatorname{Aut}_F F(x)$ ，则 $F(\sigma(x))=F(x)$ ．所以，

$$
\sigma(x)=\frac{a x+b}{c x+d}, \quad a d-b c \neq 0
$$

于是，可以定义一个映射：

$$
\begin{aligned}
\varphi: G L_2(F) & \rightarrow \operatorname{Aut} F_F(x) \\
\left(\begin{array}{ll}
a & c \\
b & d
\end{array}\right) & \rightarrow \sigma
\end{aligned}
$$

其中 $\sigma(x)=\frac{a x+b}{c x+d}, a d-b c \neq 0$ ．则容易知道，$\varphi$ 是满射．
下面验证 $\varphi$ 保持群运算．令 $\varphi\left(\left(\begin{array}{ll}a & c \\ b & d\end{array}\right)\right)=\varphi(A)=\sigma, \varphi(T)=\tau$ ，其中 $T=\left(\begin{array}{cc}a^{\prime} & c^{\prime} \\ b^{\prime} & d^{\prime}\end{array}\right) \in G L_2(F), \tau \in \operatorname{Aut} F_F(x), \tau(x)=\frac{a^{\prime} x+b^{\prime}}{c^{\prime} x+d^{\prime}}$ ，则

$$
T A=\left(\begin{array}{ll}
a^{\prime} & c^{\prime} \\
b^{\prime} & d^{\prime}
\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}
a & c \\
b & d
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll}
a^{\prime} a+c^{\prime} b & a^{\prime} c+c^{\prime} d \\
b^{\prime} a+d^{\prime} b & b^{\prime} c+d^{\prime} d
\end{array}\right) .
$$

所以，

$$
\varphi(T A)(x)=\frac{\left(a^{\prime} a+c^{\prime} b\right) x+\left(b^{\prime} a+d^{\prime} b\right)}{\left(a^{\prime} c+c^{\prime} d\right) x+\left(b^{\prime} c+d^{\prime} d\right)}
$$

另外，$\varphi(T) \varphi(A)=\tau \sigma$ ，而

$$
\begin{aligned}
\tau \sigma(x) & =\tau\left(\frac{a x+b}{c x+d}\right)=\frac{\tau(a x+b)}{\tau(c x+d)}=\frac{a \tau(x)+b}{c \tau(x)+d} \\
& =\frac{a\left(\frac{a^{\prime} x+b^{\prime}}{c^{\prime} x+d^{\prime}}\right)+b}{c\left(\frac{a^{\prime} x+b^{\prime}}{c^{\prime} x+d^{\prime}}\right)+d}=\frac{\left(a^{\prime} a+c^{\prime} b\right) x+\left(a b^{\prime}+b d^{\prime}\right)}{\left(c a^{\prime}+c^{\prime} d\right) x+\left(c b^{\prime}+d d^{\prime}\right)}
\end{aligned}
$$

所以，$\varphi(T A)=\varphi(T) \varphi(A), G L(F) \xrightarrow{\varphi} \operatorname{Aut}_F F(x), G L(F) / \operatorname{ker} \varphi \cong \operatorname{Aut}_F F(x)$ ．

如果 $A=\left(\begin{array}{ll}a & c \\ b & d\end{array}\right) \in \operatorname{ker} \varphi=\left\{A \in G L_2(F) \mid \varphi(A)=\sigma=1\right\}$ ，则

$$
\sigma(x)=\frac{a x+b}{c x+d}=x
$$

所以，

$$
\begin{aligned}
& c x^2+(d-a) x-b=0 \\
& c=0, \quad d=a, \quad b=0
\end{aligned}
$$

即 $A=\left(\begin{array}{ll}a & 0 \\ 0 & a\end{array}\right), a \neq 0$ ．反之，如果 $A=\left(\begin{array}{ll}a & 0 \\ 0 & a\end{array}\right), a \neq 0$ ，则 $A \in \operatorname{ker} \varphi$ ．
所以， $\operatorname{Aut}_F F(x) \cong G L_2(F) / N$ ，其中 $N=\left\{\left.\left(\begin{array}{cc}a & 0 \\ 0 & a\end{array}\right) \right\rvert\, 0 \neq a \in F\right\}$ 。
注意，商群 $G L_2(F) / N$ 实际上就是 2 阶射影群 $P G L_2(F)$ ，所以 $\operatorname{Aut}_F F(x) \cong P G L_2(F)$ ．

例 3．3．8 设 $K=C(x, y)$ 是复数域 $C$ 上的二元有理分式域，$F=C\left(x^n+\right. \left.y^n, x y\right)$ ，则 $K \supseteq F$ 是 Galois 扩张．试确定 Galois 群 Aut $F K$ 的结构．
解 令 $f(z)=z^{2 n}-\left(x^n+y^n\right) z^n+x^n y^n \in F[z]$ ，则 $\operatorname{deg} f(z)=2 n, f(x)= f(y)=0$ ．所以，扩张 $K \supseteq F$ 是有限代数扩张．再令 $\xi=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi \mathrm{i}}{n}}(\in \mathbf{C})$ 是 $n$ 次本原单位根，所以，$f\left(x \xi^k\right)=f\left(y \xi^k\right)=0,0 \leqslant k \leqslant n-1$ ，即

$$
\left\{x, x \xi, x \xi^2, \cdots, x \xi^{n-1}, y, y \xi, y \xi^2, \cdots, y \xi^{n-1}\right\}
$$

是多项式 $f(z)$ 的所有 $2 n$ 个不同根．
事实上，如果 $x \xi^s=x \xi^t, 0 \leqslant s \neq t \leqslant n-1$ ，则 $\xi^{s-t}=1, n| | s-t \mid$ ，矛盾。同理 $y \xi^s \neq y \xi^t, 0 \leqslant s \neq t \leqslant n-1$ ．又如果 $x \xi^s=y \xi^t, 0 \leqslant s \neq t \leqslant n-1$ ，则 $x^n=y^n$ ．所以 $x, y$ 在复数域 $\mathbf{C}$ 上是代数相关的，矛盾．再 $x \xi^s, y \xi^t \in \mathbf{C}(x, y), 0 \leqslant s, t \leqslant n-1$ ，所以， $\mathbf{C}(x, y)$ 是多项式 $f(z)$ 的分裂域．进而扩张 $K \supseteq F$ 是 Galois 扩张．

令 $\sigma \in \operatorname{Aut}_F K$ ，则 $\sigma(x)$ 是 $f(z)$ 的根，所以 $\sigma(x)=x \xi^k, y \xi^k$ ．又如果令 $\rho(x)= x \xi$ ，则当 $\sigma(x)=x \xi^k$ 时，有 $\sigma=\rho^k$ 。这就是说，$\sigma$ 是由 $\rho$ 生成的。所以，当 $\sigma(x)=x \xi^k$时，我们不妨只考虑 $\rho(x)=x \xi$ 的情形；如果 $\sigma(x)=y \xi^k$ ，则 $\sigma\left(x \xi^s\right)=y \xi^{k+s}$ ，即这个同构映射的作用是将 $f(z)$ 的与 $x$ 有关的解和与 $y$ 有关的解交换了一下，即

$$
\left\{x, x \xi, x \xi^2, \cdots, x \xi^{n-1}\right\} \xrightarrow{\sigma}\left\{y, y \xi, y \xi^2, \cdots, y \xi^{n-1}\right\}
$$

此时，如果令 $\tau(x)=y$ ，则其映射的效果与 $\sigma$ 是＂一样＂的．进一步，如果我们把 $\rho, \tau$ 合成，则这时的效果就与 $\sigma$ 完全一样了．
这样，我们要讨论的 $\operatorname{Aut}_F K$ 中的元素在 $x$ 上作用就是两种：$\rho(x)=x \xi$ 与 $\tau(x)=y$.

现在，让我们继续看看 $\rho(y)$ ．这时由 $\rho$ 的单射性质，只能有 $\rho(y)=y \xi^k$ ．但是由 $\left.\rho\right|_F=1$ ，一定有 $k=-1$ 。 如若不然，则 $\rho(x y)=\rho(x) \rho(y)=x \xi y \xi^k=x y \xi^{k+1}=x y$ ，所以 $\xi^{k+1}=1, k+1=0, k=-1$ 。同样，我们考察 $\tau(y)$ ，一定有 $\tau(y)=x$ 。

至此，$\rho(x, y)=\left(x \xi, y \xi^{-1}\right), \tau(x, y)=(y, x)$ ，并且 $\operatorname{Aut}_F K=(\rho, \tau)$ 。进一步，容易验证，$\rho^n=1, \tau^2=1,(\tau \rho)^2=1$ 。所以，Galois 群 $\operatorname{Aut}_F K$ 是由 $\rho, \tau$ 生成的 $n$ 阶二面体群，其中 $\rho:(x, y) \rightarrow\left(x \xi, y \xi^{-1}\right), \tau:(x, y) \rightarrow(y, x)$ ．

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