第七章 根式可解性

Galois 理论最初的动力之一是回答一个古老的问题：多项式方程能否用根式（即有限次加减乘除和开方）求解？ 本章利用 Galois 对应给出精确的判别准则，并证明经典的 Abel–Ruffini 定理：五次及以上的一般方程不可根式求解。

7.1 根式扩张

定义 7.1. 扩张 $E/F$ 称为根式扩张 (radical extension)，若存在中间域的塔

$$F = F_0 \subseteq F_1 \subseteq F_2 \subseteq \cdots \subseteq F_m = E,$$

使得 $F_{i+1} = F_i(\alpha_i)$，其中 $\alpha_i^{n_i} \in F_i$ 对某个正整数 $n_i$。

等价地，$E$ 可以从 $F$ 出发，通过反复添加"根式"（方根）得到。

例 7.2. $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{5})$ 是 $\mathbb{Q}$ 的根式扩张：

$$\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{5}).$$

其中 $(\sqrt{2})^2 = 2 \in \mathbb{Q}$，$(\sqrt[3]{5})^3 = 5 \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$。

7.2 根式可解的定义

定义 7.3. 多项式 $f(x) \in F[x]$ 称为根式可解 (solvable by radicals)，若 $f$ 的分裂域包含在 $F$ 的某个根式扩张中。

即：$f$ 的所有根都可以通过 $F$ 中元素的有限次加减乘除和开方来表达。

注意

"根式可解"中的"根式"不仅包括开平方、开立方，还包括任意次方根。同时允许引入辅助的根式（如三次方程求解中需要的 $\omega = e^{2\pi i/3}$，这是 $x^3-1$ 的根）。

7.3 可解群

定义 7.4 (正规列与可解群). 群 $G$ 称为可解的 (solvable)，若存在子群列

$${e} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq G_2 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_m = G,$$

使得每个商群 $G_{i+1}/G_i$ 都是交换群。

例 7.5.

• 交换群都是可解的（取 $G_0 = {e}$，$G_1 = G$）。
• $S_3$ 是可解的：${e} \trianglelefteq A_3 \trianglelefteq S_3$，其中 $A_3 \cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$，$S_3/A_3 \cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。
• $S_4$ 是可解的：${e} \trianglelefteq V_4 \trianglelefteq A_4 \trianglelefteq S_4$，其中 $V_4$ 是 Klein 四元群。

引理 7.6. 可解群的子群和商群都是可解的。

证明: 子群的证明：设 $H \leq G$，取 $G_i \cap H$ 作为 $H$ 的子群列。$H \cap G_i \trianglelefteq H \cap G_{i+1}$，且 $(H \cap G_{i+1})/(H \cap G_i)$ 同构于 $G_{i+1}/G_i$ 的子群，故交换。

商群的证明：$G/N$ 的子群列由 $G_i N / N$ 给出。 $\blacksquare$

引理 7.7. 若 $N \trianglelefteq G$，$N$ 和 $G/N$ 都可解，则 $G$ 可解。

证明: 设 $N$ 的正规列为 ${e} = N_0 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq N_k = N$，$G/N$ 的为 ${e} = \bar{G}_0 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq \bar{G}_m = G/N$。设 $G_i$ 为 $\bar{G}_i$ 在商映射 $G \to G/N$ 下的原像。则

$${e} = N_0 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq N_k = N = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_m = G$$

是 $G$ 的正规列。$G_i/G_{i-1} \cong \bar{G}i/\bar{G}$ 交换，$N_j/N_{j-1}$ 交换。 $\blacksquare$

命题 7.8. $S_n$（$n \geq 5$）不可解。

证明: 关键事实：$A_n$（$n \geq 5$）是单群 (simple group)，即没有非平凡正规子群。

若 $S_n$ 可解，则 $A_n \leq S_n$ 可解（引理 7.6）。故 $A_n$ 有正规列使得相邻商群交换。最底层的非平凡正规子群 $N \trianglelefteq A_n$ 使得 $A_n/N$ 交换。但 $A_n$ 的换位子群 (commutator subgroup) 等于 $A_n$ 自身（$n \geq 5$），故唯一的交换商群是平凡的，$N = A_n$。这与 $A_n$ 是单群矛盾（$A_n$ 不是交换群）。 $\blacksquare$

7.4 Galois 定理

定理 7.9 (Galois). 设 $F$ 为特征 0 的域，$f(x) \in F[x]$。则 $f$ 根式可解当且仅当 $f$ 的 Galois 群 $\operatorname{Gal}(E/F)$（$E$ 为 $f$ 的分裂域）是可解群。

证明概要:

$(\Leftarrow)$ 设 $G = \operatorname{Gal}(E/F)$ 可解。取正规列 ${e} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_m = G$，商群 $G_{i+1}/G_i$ 交换。由 Galois 对应，存在中间域塔

$$F = E^{G_m} \subseteq E^{G_{m-1}} \subseteq \cdots \subseteq E^{G_0} = E,$$

其中每个 $E^{G_i}/E^{G_{i+1}}$ 的 Galois 群为 $G_{i+1}/G_i$，是交换群。

关键引理：若 $K/F$ 是素数 $p$ 阶的循环扩张，且 $F$ 含有 $p$ 次单位根，则 $K = F(\sqrt[p]{a})$ 对某个 $a \in F$。更一般地，通过添加单位根（这些是根式），可以逐层将循环扩张转化为根式扩张。

$(\Rightarrow)$ 设 $f$ 的分裂域 $E$ 包含在根式扩张 $L/F$ 中。可以假设 $L/F$ 是正规的（取分裂域）。根式扩张的结构意味着 $\operatorname{Gal}(L/F)$ 有可解的正规列。$E/F$ 对应 $\operatorname{Gal}(L/F)$ 的子群，也是可解的。 $\blacksquare$

7.5 五次方程不可解

定理 7.10 (Abel–Ruffini). 一般五次方程 $x^5 + a_4 x^4 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0 = 0$（$a_i$ 为独立的不定元）不可根式求解。

证明: 设 $F = \mathbb{Q}(a_0, a_1, a_2, a_3, a_4)$，$f(x) = x^5 + a_4 x^4 + \cdots + a_0 \in F[x]$。

步骤 1. $f$ 的 Galois 群同构于 $S_5$。

这是代数的经典结果。对称群 $S_n$ 是"一般" $n$ 次多项式的 Galois 群。直觉上，$n$ 个独立不定元的根之间没有代数关系，所有 $n!$ 种置换都是合法的自同构。

步骤 2. $S_5$ 不可解。

由命题 7.8（取 $n = 5$）。$A_5$ 是最小的非交换单群，阶为 60。

步骤 3. 由 Galois 定理，$f$ 不可根式求解。 $\blacksquare$

更精确的结果. 并非所有五次方程都不可根式求解。Galois 判别法给出精确条件：

• $x^5 - 1 = 0$：Galois 群为 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$，可解。
• $x^5 - x - 1 = 0$：Galois 群为 $S_5$，不可解。

例 7.11. 多项式 $f(x) = x^5 - 4x + 2 \in \mathbb{Q}[x]$。

由 Eisenstein 判别法（$p = 2$），$f$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约。

$f$ 恰好有 3 个实根（由 $f$ 的导数 $f'(x) = 5x^4 - 4$ 分析）。复共轭给出一个 2-轮换。不可约性意味着 5 整除 $|\operatorname{Gal}|$（由 Cauchy 定理），故 Galois 群包含 5-轮换。一个 5-轮换和一个 2-轮换在 $S_5$ 中生成 $S_5$（标准群论结果）。故 $\operatorname{Gal} \cong S_5$，$f$ 不可根式求解。

7.6 低次方程的根式解

回顾二次、三次、四次方程的求根公式如何与 Galois 理论相容。

二次方程 $ax^2 + bx + c = 0$：Galois 群 $\leq S_2$，可解。求根公式 $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ 只需开一次方。

三次方程 $x^3 + px + q = 0$（已化为缺项形式）：Galois 群 $\leq S_3$，可解。Cardano 公式：

$$x = \sqrt[3]{-\frac{q}{2} + \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}} + \sqrt[3]{-\frac{q}{2} - \sqrt{\frac{q^2}{4} + \frac{p^3}{27}}}.$$

此公式涉及嵌套的根式：先开平方（判别式），再开立方。

四次方程 $x^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0$：Galois 群 $\leq S_4$，可解。Ferrari 方法通过"预解三次方程" (resolvent cubic) 将问题化为两个二次方程。

五次及以上：一般方程不可根式求解。但特定的五次方程可能可解，只要其 Galois 群可解。

7.7 一个完整例子

让我们完整分析多项式 $f(x) = x^4 - 2 \in \mathbb{Q}[x]$。

极小多项式. $f$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（Eisenstein，$p = 2$）。

根. 四个根为 $\sqrt[4]{2},; -\sqrt[4]{2},; i\sqrt[4]{2},; -i\sqrt[4]{2}$。

分裂域. $E = \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}, i)$。

扩张次数.

$$[\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}):\mathbb{Q}] = 4, \quad [\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}, i):\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})] = 2.$$

故 $[E:\mathbb{Q}] = 8$。

Galois 群. $|G| = [E:\mathbb{Q}] = 8$。设 $\alpha = \sqrt[4]{2}$。$G$ 中的自同构由其在 $\alpha$ 和 $i$ 上的作用完全决定：

• $\sigma(\alpha) = i\alpha$（将 $\alpha$ 映为另一个根），$\sigma(i) = i$：$\sigma$ 的阶为 4。
• $\tau(\alpha) = \alpha$，$\tau(i) = -i$：$\tau$ 的阶为 2。

$G = \langle \sigma, \tau \mid \sigma^4 = \tau^2 = e,; \tau\sigma\tau^{-1} = \sigma^{-1} \rangle$，这是二面体群 $D_4$（正方形的对称群）。

子群与中间域. $D_4$ 有 10 个子群，对应 10 个中间域。其中包括：

子群	阶	中间域	次数
$D_4$	8	$\mathbb{Q}$	1
$\langle \sigma \rangle$	4	$\mathbb{Q}(i)$	2
$\langle \sigma^2, \tau \rangle$	4	$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$	2
$\langle \sigma^2, \sigma\tau \rangle$	4	$\mathbb{Q}(i\sqrt{2})$	2
$\langle \sigma^2 \rangle$	2	$\mathbb{Q}(\sqrt{2}, i)$	4
${e}$	1	$E = \mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}, i)$	8

可解性. $D_4$ 有正规列 ${e} \trianglelefteq \langle \sigma^2 \rangle \trianglelefteq \langle \sigma \rangle \trianglelefteq D_4$，商群分别为 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$、$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$、$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，都是交换群。故 $D_4$ 可解，$f$ 根式可解——与四次方程的求根公式一致。

小结

Galois 定理将"多项式能否根式求解"的问题转化为"Galois 群是否可解"的群论问题。由于 $S_n$（$n \geq 5$）不可解，一般五次及以上方程不可根式求解。这是 Galois 理论最壮丽的应用。在最后一章中，我们将探讨 Galois 理论在其他数学领域中的应用。