§9.1 可解群与 Abel 群

📖 学习目标

完成本节后，你应该能够：

1. 给出可解群的等价定义（正规列定义与导出列定义），并说明两种刻画的等价性
2. 判断 $S_n$ 、 $A_n$ 及其子群是否可解，并解释 $n=5$ 是分界线的根本原因
3. 陈述并证明 Abel–Ruffini 定理——一般五次及以上方程不可根式求解
4. 理解 Galois 的根式可解判据：多项式方程根式可解 $⟺$ Galois 群可解
5. 掌握 Kummer 理论的基本框架：含有 $n$ 次本原单位根的域上，Abel 扩张与 $K^{\times }/(K^{\times }{)}^n$ 的子群一一对应

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动机：为什么研究可解群？

Galois 理论的原初动机是理解多项式方程的根式可解性。在 Galois 之前，数学家已经知道：

• 二次方程有求根公式（Bhaskara，约1150年）
• 三次方程有求根公式（Cardano，1545年）
• 四次方程有求根公式（Ferrari，1540年代）

但五次方程呢？Ruffini (1799) 和 Abel (1824) 分别证明了一般五次方程没有根式解。然而，这并没有回答一个更精细的问题：哪些五次方程可以用根式求解？比如 $x^5-1=0$ 显然可以。

Galois 的天才洞察是：一个多项式方程可以用根式求解，当且仅当其 Galois 群是"可解的"——即可以通过一系列阿贝尔商来逐步简化。这个结论优美地统一了"方程的代数性质"和"群的结构"这两个看似无关的概念。

直觉 核心直觉

根式求解的过程本质上是"逐步降低复杂度"：先用四则运算和开方提取部分信息，再用更深层的根式提取更多信息……每一步都是在对一个"更简单"的群做运算。可解群恰好是那些可以通过这种"逐步简化"走到平凡群的群。

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可解群

定义 可解群

群 $G$ 称为可解的（solvable），如果存在正规子群列：

$$G=G_0⊳G_1⊳G_2⊳\cdots ⊳G_n=\{e\},$$

使得每个商 $G_i/G_{i+1}$ 是阿贝尔群。

这样的正规子群列称为可解列（solvable series）。

注 可解群的多种等价刻画

可解群有三种常用定义，它们互相等价：

(i) 正规列定义（上面的定义）：存在正规列使得每个商因子是阿贝尔的。

(ii) 导出列定义：定义 $G^{(0)}=G$ ， $G^{(i+1)}=[G^{(i)},G^{(i)}]$ （ $G^{(i)}$ 的换位子子群）。则 $G$ 可解 $⟺$ 存在 $n$ 使得 $G^{(n)}=\{e\}$ 。

(iii) 合成因子定义（有限群情形）： $G$ 可解 $⟺$$G$ 的每个合成因子（Jordan–Hölder 意义下）都是素数阶循环群。

为什么 (i) $\iff$ (ii)：

$(i)\Rightarrow (ii)$ ：若 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=\{e\}$ 是可解列，则 $G_i/G_{i+1}$ 阿贝尔意味着 $[G_i,G_i]\subseteq G_{i+1}$ ，即 $G^{(i+1)}\subseteq G_{i+1}$ 。因此导出列下降得比正规列更快（或同样快），必在有限步到达 $\{e\}$ 。

$(ii)\Rightarrow (i)$ ：导出列 $G=G^{(0)}⊳G^{(1)}⊳\cdots ⊳G^{(n)}=\{e\}$ 本身就是一个可解列，因为 $G^{(i)}/G^{(i+1)}=G^{(i)}/[G^{(i)},G^{(i)}]$ 是 $G^{(i)}$ 的 Abel 化，自然是阿贝尔群。

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可解群的例子与非例子

例 常见可解群

1. 所有阿贝尔群都是可解的：取 $G_1=\{e\}$ ，则 $G/\{e\}\cong G$ 是阿贝尔群。

2. 对称群 $S_3$（阶6）：取 $G_0=S_3$ ， $G_1=A_3=\{e,(123),(132)\}$ ， $G_2=\{e\}$ 。

   • $S_3/A_3\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ （阿贝尔）
   • $A_3/\{e\}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ （阿贝尔）

   这对应三次方程的根式可解性：三次方程的 Galois 群是 $S_3$ 的子群，故都是可解的。

3. 对称群 $S_4$（阶24）：取 $G_0=S_4$ ， $G_1=A_4$ ， $G_2=V_4=\{e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$ （Klein四元群）， $G_3=\{e\}$ 。

   • $S_4/A_4\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$
   • $A_4/V_4\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$
   • $V_4/\{e\}\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}{)}^2$

   $V_4$ 是 $A_4$ 中唯一的非平凡正规子群——这一点并不显然，因为 $A_4$ 中有4个3-循环，它们生成的子群不是正规的。 $V_4$ 之所以特殊，是因为它是 $A_4$ 中唯一的 Sylow 2-子群（ $|A_4|=12=2^2\cdot 3$ ， $A_4$ 恰有1个 Sylow 2-子群）。

4. 所有 $p$ -群都是可解的：对 $|G|=p^n$ ， $G$ 有非平凡中心 $Z(G)$ 。对 $|G|$ 作归纳： $G/Z(G)$ 是更小的 $p$ -群（故可解）， $Z(G)$ 是阿贝尔群，故 $G$ 可解。

5. 阶为 $p^a{q}^b$ 的有限群是可解的：这是 Burnside 定理 (1904)，证明使用了表示论（特征标理论）。

例 非可解群： $A_5$

$A_5$ （阶60）是最小的非可解群。原因是：

1. $A_5$ 是单群（simple group）——没有非平凡正规子群。
2. $A_5$不是阿贝尔群（例如 $(123)$ 和 $(345)$ 不交换）。

由 (1)， $A_5$ 唯一的正规子群列是 $A_5⊳\{e\}$ ，唯一的商因子是 $A_5$ 自身。由 (2)，这个商因子不是阿贝尔的。因此 $A_5$ 不可解。

$A_5$ 的单性证明思路如下：设 $N⊴A_5$ ， $N\ne \{e\}$ 。取 $\sigma \in N$ ， $\sigma \ne e$ 。

• 若 $\sigma$ 是3-循环，比如 $\sigma =(123)$ 。则对任意 $\tau \in A_5$ ，共轭 $\tau \sigma {\tau }^{-1}=(\tau (1)\tau (2)\tau (3))$ 也是3-循环。通过选择合适的 $\tau$ ，可以得到所有3-循环。因此所有3-循环 $\in N$ 。 $A_5$ 有 $20$ 个3-循环，而 $|A_5|=60$ ，故 $N$ 至少有 $21$ 个元素。由 Lagrange 定理， $|N|$ 整除 $60$ ， $|N|\ge 21$ 迫使 $|N|=60$ （因为 $60$ 的真因子只有 $1,2,3,4,5,6,10,12,15,20,30$ ），从而 $N=A_5$ 。

• 若 $\sigma$ 是5-循环，类似论证得到 $N$ 包含所有5-循环，故 $N=A_5$ 。

• 若 $\sigma$ 是两个不相交对换的乘积，如 $\sigma =(12)(34)$ ，共轭可得所有形如 $(ab)(cd)$ 的元素都在 $N$ 中。共有 $15$ 个这样的元素， $|N|\ge 16$ ，迫使 $|N|=60$ ， $N=A_5$ 。

因此 $A_5$ 没有非平凡正规子群，即它是单群。 $◼$

更一般的事实

对 $n\ge 5$ ， $A_n$ 都是单群。证明的核心是： $n\ge 5$ 时有足够的"活动空间"——任意两个3-循环可以通过 $A_n$ 中的共轭互相转化，因为 $n\ge 5$ 时总能找到一个偶置换将一个3-循环的支撑集映射到另一个的支撑集。

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为什么 $n=5$ 是分界线？

$S_4$ 可解但 $S_5$ 不可解。直觉上：

• $S_4$ 的商 $A_4$ 有 Klein 四元群 $V_4$ 作为正规子群，这提供了一个"缓冲层"。
• $A_5$ 是单群——没有这样的缓冲层，它是一个不可分割的"原子"。

更深入地， $n\le 4$ 时 $A_n$ 不是单群（ $A_3\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ 是阿贝尔单群， $A_4$ 有 $V_4$ 作为正规子群），而 $n\ge 5$ 时 $A_n$ 恰好是"足够复杂"成为非阿贝尔单群。这正是为什么代数方程的根式可解性在四次和五次之间发生质变。

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可解群的基本性质

命题 可解群对子群和商群封闭

设 $G$ 是可解群。则：

1. $G$ 的任意子群 $H$ 是可解的。
2. $G$ 的任意商群 $G/N$ （ $N⊴G$ ）是可解的。
3. 若 $N⊴G$ 且 $N$ 、 $G/N$ 都可解，则 $G$ 可解。

证明. 使用导出列刻画： $G$ 可解 $⟺G^{(n)}=\{e\}$ 对某个 $n$ 。

(1) 设 $H\le G$ 。则 $H^{(i)}\le G^{(i)}$ （子群的换位子子群包含在大群的换位子子群中）。因此 $G^{(n)}=\{e\}$ 推出 $H^{(n)}=\{e\}$ 。

(2)$G$ 的 Abel 化 $G/[G,G]$ 映满 $(G/N)/[G/N,G/N]$ 。因此若 $G^{(n)}=\{e\}$ ，则 $(G/N{)}^{(n)}=\{e\}$ 。

(3) 这是三条中唯一非平凡的。设 $N^{(m)}=\{e\}$ ， $(G/N{)}^{(k)}=\{e\}$ 。考虑 $G$ 的导出列： $(G/N{)}^{(k)}=G^{(k)}N/N$ （这是一个标准的群论等式）。 $(G/N{)}^{(k)}=\{e\}$ 意味着 $G^{(k)}\subseteq N$ 。然后 $G^{(k+m)}=(G^{(k)}{)}^{(m)}\subseteq N^{(m)}=\{e\}$ 。 $blacksquare$

常见误区

可解群的直积也是可解的（因为 $(G\times H{)}^{(n)}=G^{(n)}\times H^{(n)}$ ）。但可解群的扩张不自动可解——条件 (3) 说的恰好是：若正规子群和商群都可解，则扩张可解。

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Abel–Ruffini 定理

定理 Abel–Ruffini

对 $n\ge 5$ ，一般 $n$ 次方程不是根式可解的。

更精确地：设 $a_1,\dots ,a_n$ 是独立的未定元， $K=\mathbb{Q}(a_1,\dots ,a_n)$ ， $f(x)=x^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_n\in K[x]$ 。则 $f$ 的根不能用 $a_1,\dots ,a_n$ 的有理函数通过有限次四则运算和开方来表示。

证明. 分三步完成。

步骤1： $f$ 的 Galois 群是 $S_n$ .

$f$ 的分裂域 $L$ 是 $K({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n)$ ，其中 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_n$ 是 $f$ 的 $n$ 个根。 $f$ 在 $K$ 上不可约（这是一个经典结果，利用 $a_i$ 的独立性可以证明）。因此 $\mathrm{Gal}(L/K)$ 是 $S_n$ 的一个传递子群（传递是因为 $f$ 不可约）。

进一步，通过"特殊化"论证：对于 $a_i$ 的几乎所有特殊化值（如整数值）， $\mathrm{Gal}$ 只能缩小（特殊化不增加 Galois 群）。选择合适的特殊化使得得到的多项式有 Galois 群 $S_n$ （这可以通过判别式不是完全平方、与辅助多项式的结式不等于零等条件保证）。因此原始 $f$ 的 Galois 群至少是 $S_n$ 。又因为 $\mathrm{Gal}(L/K)\le S_n$ ，故 $\mathrm{Gal}(L/K)=S_n$ 。

步骤2：根式可解 $\Rightarrow$ Galois 群可解.

若 $f$ 的根可以用根式表示，则存在根式扩张 $K=K_0\subseteq K_1\subseteq \cdots \subseteq K_r$ 使得 $L\subseteq K_r$ ，其中 $K_{i+1}=K_i({\alpha }_i)$ ， ${\alpha }_i^{n_i}\in K_i$ 。

对每个 $i$ ，考虑 $K_{i+1}/K_i$ 的正规闭包 ${\tilde{K}}_{i+1}$ 。则 $\mathrm{Gal}({\tilde{K}}_{i+1}/K_i)$ 是循环群（因为 ${\alpha }_i$ 满足 $x^{n_i}-a=0$ ）或循环群的扩张。根式扩张链给出 $\mathrm{Gal}(K_r/K)$ 的正规列，其商因子都是循环群。因此 $\mathrm{Gal}(K_r/K)$ 是可解群。

$G=\mathrm{Gal}(L/K)$ 是 $\mathrm{Gal}(K_r/K)$ 的商群（通过限制映射），可解群的商群可解，故 $G$ 可解。

步骤3： $S_n$ （ $n\ge 5$ ）不可解.

$S_n⊳A_n$ ， $S_n/A_n\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 。对 $n\ge 5$ ， $A_n$ 是非阿贝尔单群（见上文 $A_5$ 的证明及推广）。因此 $A_n$ 不能进一步分解， $S_n$ 不可解。

综合三个步骤： $f$ 的 Galois 群是 $S_n$ （ $n\ge 5$ ），不可解。若 $f$ 根式可解，则 Galois 群必可解。矛盾。 $blacksquare$

直觉 Abel–Ruffini 的深层含义

这个定理不是说"五次方程没有公式"，而是说不存在一个通用的、对所有五次方程都适用的根式公式。某些特殊的五次方程（如 $x^5-1=0$ ，其 Galois 群是 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ ）仍然可以用根式求解。

注 Galois 群为 $S_5$ 的具体多项式

不仅一般五次方程不可根式求解，具体多项式也可以不是。例如：

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

• 不可约：Eisenstein 判据（ $p=2$ ）。
• 恰好3个实根： $f(-2)=-22<0$ ， $f(0)=2>0$ ， $f(1)=-1<0$ ， $f(2)=26>0$ 。由介值定理， $f$ 在 $(-2,0)$ 、 $(0,1)$ 、 $(1,2)$ 各有一个实根。另外 $f^{\prime }(x)=5x^4-4$ 只有两个实零点 $\pm (4/5{)}^{1/4}$ ，故 $f$ 至多有3个实根。因此恰有3个实根和2个共轭复根。
• Galois 群 $\cong S_5$：不可约 + 恰好3个实根 $\Rightarrow$ Galois 群含有一个2-循环（复共轭在两个复根上的作用）。不可约保证群是传递的。传递 + 含有2-循环 $\Rightarrow$ Galois 群 $\cong S_5$ （这是一个群论引理： $S_n$ 的传递子群若含有一个2-循环则等于 $S_n$ ）。

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根式扩张

定义 根式扩张

域扩张 $L/K$ 称为根式扩张（radical extension），如果存在中间域链：

$$K=K_0\subseteq K_1\subseteq \cdots \subseteq K_r=L,$$

使得对每个 $i$ ， $K_{i+1}=K_i({\alpha }_i)$ ，其中 ${\alpha }_i^{n_i}\in K_i$ 对某个正整数 $n_i$ 。

等价地说， $L$ 是通过逐次添加根（ $n_i$ 次根）得到的。

例 具体的根式扩张

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

• $K_0=\mathbb{Q}$
• $K_1=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ， ${\sqrt{2}}^2=2\in K_0$
• $K_2=K_1(\sqrt[3]{2})=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt[3]{2})$ ， ${\sqrt[3]{2}}^3=2\in K_1$

注意 $[K_1:K_0]=2$ ， $[K_2:K_1]=3$ （因为 $x^3-2$ 在 $K_1$ 上仍然不可约—— $\sqrt{2}$ 不帮助分解 $x^3-2$ ），故 $[K_2:K_0]=6$ 。

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Galois 的根式可解判据

定理 Galois 的根式可解判据

设 $f\in K[x]$ 是可分多项式（ $\mathrm{char}K=0$ ）， $L$ 是 $f$ 在 $K$ 上的分裂域。则：

$$f=0\text{ 根式可解}⟺\mathrm{Gal}(L/K)\text{ 是可解群。}$$

证明. 设 $G=\mathrm{Gal}(L/K)$ 。

( $\Leftarrow$ ) 方向——可解群 $\Rightarrow$ 根式可解：

设 $G$ 可解，有可解列 $G=G_0⊳G_1⊳\cdots ⊳G_n=\{e\}$ ， $G_i/G_{i+1}$ 循环。由 Galois 对应，这给出中间域链：

$$K=L^{G_0}\subseteq L^{G_1}\subseteq \cdots \subseteq L^{G_n}=L$$

其中 $L^{G_{i+1}}/L^{G_i}$ 是 Galois 扩张， $\mathrm{Gal}(L^{G_{i+1}}/L^{G_i})\cong G_i/G_{i+1}$ 是循环群。

关键断言：若 $E/F$ 是素数阶 $p$ 的循环 Galois 扩张，且 $F$ 包含 $p$ 次本原单位根 ${\zeta }_p$ ，则 $E=F(\sqrt[p]{a})$ 对某个 $a\in F^{\times }$ ——即 $E/F$ 是根式扩张。

证明：设 $\sigma$ 生成 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 。考虑 Lagrange 预解式 $\beta =\sum _{j=0}^{p-1}{\zeta }_p^{-j}{\sigma }^j(\alpha )$ （其中 $\alpha \in E$ 待定）。则 $\sigma (\beta )={\zeta }_p\beta$ ，故 ${\beta }^p$ 被 $\sigma$ 固定， ${\beta }^p\in F$ 。由 Hilbert 定理 90，可以选择 $\alpha$ 使得 $\beta \ne 0$ ，因此 $E=F(\beta )=F(\sqrt[p]{a})$ 。

若 $K$ 本身不包含所需的单位根，先将所有需要的单位根加入 $K$ （这给出一个根式扩张 $K^{\prime }=K({\zeta }_{n!})/K$ ，其中 $n=|G|$ ）。在 $K^{\prime }$ 上，上述断言对每个循环子扩张都成立，故 $L\subseteq$ 某个根式扩张 $M/K^{\prime }$ 。 $K^{\prime }/K$ 本身也是根式扩张，故 $M/K$ 是根式扩张。

( $\Rightarrow$ ) 方向——根式可解 $\Rightarrow$ 可解群：

设 $f$ 的根可以用根式表示。则存在根式扩张 $M\supseteq L$ ， $M=K({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_r)$ ， ${\alpha }_i^{n_i}\in K({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{i-1})$ 。

设 $N=n_1{n}_2\cdots n_r$ 。考虑 $\tilde{K}=K({\zeta }_N)$ （添加所有需要的单位根）。在 $\tilde{K}$ 上，每个 ${\alpha }_i$ 满足 $x^{n_i}-a_i=0$ （ $a_i\in \tilde{K}({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{i-1})$ ）。因此每个 $\tilde{K}({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_i)/\tilde{K}({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_{i-1})$ 的正规闭包的 Galois 群嵌入 $\mathbb{Z}/n_i\mathbb{Z}⋊(\mathbb{Z}/n_i\mathbb{Z}{)}^{\times }$ 。特别地， $\mathrm{Gal}(\tilde{M}/\tilde{K})$ 有正规列，其商因子都是阿贝尔的，故可解。

$\mathrm{Gal}(L\tilde{K}/K)$ 是 $\mathrm{Gal}(\tilde{M}/\tilde{K})$ 的商群（通过限制），故可解。 $G=\mathrm{Gal}(L/K)$ 又是 $\mathrm{Gal}(L\tilde{K}/K)$ 的商群，故也可解。 $blacksquare$

直觉 证明中每一步在做什么

• ( $\Leftarrow$ ) 方向的策略是：把可解群的正规列通过 Galois 对应翻译为域塔，再利用"循环扩张 = 根式扩张"来逐层用根号求解。单位根的添加是技术性步骤，但不改变可解性。
• ( $\Rightarrow$ ) 方向的策略是：根式扩张的 Galois 群结构受制于 $x^n-a$ 的 Galois 群结构——这些群都是可解的（半直积 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}⋊(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$ 的正规列使商因子为循环群）。 $G$ 作为商群也是可解的。

判据的条件不能去掉

Galois 判据要求 $\mathrm{char}K=0$ （或至少 $K$ 可分闭包存在）和 $f$ 可分。在正特征下，需要 Artin–Schreier 理论（见下文）来补充。

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Kummer 理论与 Abel 扩张

定义 Abel 扩张

Galois 扩张 $L/K$ 称为 Abel 扩张，如果 $\mathrm{Gal}(L/K)$ 是阿贝尔群。

Abel 扩张是可解群理论的"最简单非平凡情况"——可解列只有一步，商因子本身是阿贝尔群。Kummer 理论给出了含有本原单位根的域上 Abel 扩张的完整分类。

定理 Kummer 扩张定理

设 $K$ 包含 $n$ 次本原单位根 ${\zeta }_n$ （即 $x^n-1$ 在 $K$ 中完全分裂）， $\mathrm{char}K\nmid n$ 。则 $K$ 上的指数（exponent）整除 $n$ 的有限 Abel 扩张与 $K^{\times }/(K^{\times }{)}^n$ 的有限子群之间存在包含反转的一一对应：

$$\left\{\begin{array}{c}K\text{ 上指数整除 }n\text{ 的}\\ \text{有限 Abel 扩张 }L/K\end{array}\right\}⟷\left\{\begin{array}{c}{K}^{\times }/(K^{\times }{)}^n\text{ 的}\\ \text{有限子群 }\mathrm{\Delta }\end{array}\right\}$$

具体对应： $\mathrm{\Delta }\mapsto K(\sqrt[n]{\mathrm{\Delta }})$ （添加 $\mathrm{\Delta }$ 中所有元素的 $n$ 次根）； $L\mapsto (L^{\times n}\cap K^{\times })/(K^{\times }{)}^n$ 。子群 ${\mathrm{\Delta }}_1\subseteq {\mathrm{\Delta }}_2$ 对应扩张 $L_2\subseteq L_1$ （包含反转）。

证明. 我们分两部分证明。

第一部分： $K(\sqrt[n]{a})$ 是 Abel 扩张。

设 $L=K(\alpha )$ ， ${\alpha }^n=a\in K^{\times }$ ， $[L:K]=d$ （ $d\mid n$ ）。 $\mathrm{Gal}(L/K)$ 中的每个 $\sigma$ 由 $\sigma (\alpha )$ 完全决定。因为 $\sigma (\alpha {)}^n=\sigma (a)=a$ ，故 $\sigma (\alpha )={\zeta }_n^k\alpha$ 对某个 $k$ 。因为 $\sigma$ 是 $K$ -自同构， ${\zeta }_n^k$ 必须是 ${\zeta }_d^j$ （因为 $\sigma (\alpha {)}^d=\sigma ({\alpha }^d)={\alpha }^d$ ），故 $\sigma \mapsto k(\mathrm{mod}d)$ 给出群同态 $\mathrm{Gal}(L/K)\hookrightarrow \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ ，是循环群的嵌入，故 $\mathrm{Gal}(L/K)$ 是阿贝尔的。

多个元素的 $n$ 次根的复合： $K(\sqrt[n]{a_1},\dots ,\sqrt[n]{a_r})$ 的 Galois 群嵌入 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^r$ ，故是阿贝尔的。

第二部分：每个指数整除 $n$ 的 Abel 扩张是 Kummer 扩张（逆向对应）。

设 $L/K$ 是有限 Abel 扩张， $G=\mathrm{Gal}(L/K)$ 指数整除 $n$ （即 $g^n=e$ 对所有 $g\in G$ ）， ${\zeta }_n\in K$ 。

由有限 Abel 群的结构定理， $G\cong \mathbb{Z}/d_1\times \cdots \times \mathbb{Z}/d_r$ （ $d_i\mid d_{i+1}$ ，所有 $d_i\mid n$ ）。对每个循环因子 $L_i/K$ （阶 $d_i$ ），设 $\sigma$ 生成 $\mathrm{Gal}(L_i/K)$ 。

考虑 Lagrange 预解式：

$$\beta =\alpha +{\zeta }_{d_i}^{-1}\sigma (\alpha )+{\zeta }_{d_i}^{-2}{\sigma }^2(\alpha )+\cdots +{\zeta }_{d_i}^{-(d_i-1)}{\sigma }^{d_i-1}(\alpha )$$

其中 $\alpha \in L_i$ 待定。直接计算 $\sigma (\beta )={\zeta }_{d_i}\beta$ ，故 ${\beta }^{d_i}$ 被 $\sigma$ 固定，即 ${\beta }^{d_i}=a\in K$ 。

$\beta \ne 0$ 的存在性由 Hilbert 定理 90 保证：

Hilbert 定理 90（乘法形式）：设 $E/F$ 是 $d$ 阶循环 Galois 扩张， $\sigma$ 生成 $\mathrm{Gal}(E/F)$ 。则 $\{x\in E^{\times }\mid {\mathrm{N}}_{E/F}(x)=1\}=\{y/\sigma (y)\mid y\in E^{\times }\}$ 。等价地，映射 $\mathrm{\wp }:E^{\times }\to E^{\times }$ ， $y\mapsto y/\sigma (y)$ 的像恰好是范数为 1 的元素。

取 $y$ 使得 $\beta =y/{\sigma }^{-1}(y)$ ，则 $\sigma (\beta )=\sigma (y)/y={\beta }^{-1}\cdot \beta \sigma (\beta )$ ……更直接地，因为 ${\mathrm{N}}_{L_i/K}({\zeta }_{d_i})={\zeta }_{d_i}^{d_i}=1$ ，Hilbert 90 给出 $\beta \in L_i^{\times }$ 使得 $\sigma (\beta )={\zeta }_{d_i}\beta$ 。若 $\beta \ne 0$ （确实如此），则 $L_i=K(\beta )=K(\sqrt[d_i]{a})$ 。 $blacksquare$

例 Kummer 扩张的具体计算

设 $K=\mathbb{Q}({\zeta }_3)$ （ ${\zeta }_3=e^{2\pi i/3}$ ）， $n=3$ 。 $K^{\times }/(K^{\times }{)}^3$ 的子群一一对应于 $K$ 上的指数整除 3 的 Abel 扩张。

取 $\mathrm{\Delta }=\{1,2,4\}\cdot (K^{\times }{)}^3/(K^{\times }{)}^3=⟨2⟩\subseteq K^{\times }/(K^{\times }{)}^3$ 。则对应的扩张是 $L=K(\sqrt[3]{2})=\mathbb{Q}({\zeta }_3,\sqrt[3]{2})$ 。

$\mathrm{Gal}(L/K)\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ ：每个 $\sigma$ 由 $\sigma (\sqrt[3]{2})={\zeta }_3^k\sqrt[3]{2}$ 决定。

注意 $L=\mathbb{Q}({\zeta }_3,\sqrt[3]{2})$ 实际上也是 $x^3-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域。 $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong S_3$ （不是阿贝尔的），但 $\mathrm{Gal}(L/\mathbb{Q}({\zeta }_3))\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ （阿贝尔的）。这体现了 Kummer 理论的前提：只在含有足够单位根的基域上，Abel 扩张才有这种简洁的 $n$ 次根表示。

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Artin–Schreier 理论

注 正特征下的替代理论

在特征 $p>0$ 时，Kummer 理论不适用（因为 $x^p-a=(x-a^{1/p}{)}^p$ ——没有真正的 $p$ 次根）。取而代之的是 Artin–Schreier 理论。

$K$ 上的阶 $p$ 的循环扩张形如 $K(\alpha )$ ，其中 ${\alpha }^p-\alpha =a\in K$ （Artin–Schreier 方程）。Artin–Schreier 映射 $\mathrm{\wp }:x\mapsto x^p-x$ 取代了 Kummer 中的 $x\mapsto x^n$ 。

$K$ 上指数整除 $p$ 的 Abel 扩张与 $K/\mathrm{\wp }(K)$ 的有限子群一一对应（类似 Kummer 对应，用加法群替代乘法群）。

为什么 $x^p-a$ 不行？ 在特征 $p$ 下， $x^p-a$ 要么不可约（如 $x^p-t$ 在 ${\mathbb{F}}_p(t)$ 上），要么完全分裂（当 $a=b^p$ 时）。但即使不可约，它的分裂域也不是 Galois 的（因为 $x^p-a=(x-\alpha {)}^p$ 只有一个根 $\alpha$ ，重数为 $p$ ）——换句话说， $x^p-a$ 不可分，不满足 Galois 理论的基本要求。

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与前面章节的联系

• 可解群的定义需要 §1.3 正规子群与商群。
• $A_n$ （ $n\ge 5$ ）的单性需要 §1.4 群同态定理。
• Galois 对应在 §8.1 基本定理。
• 可分多项式在 §4.3 可分性。
• 有限域上的 Abel 扩张在 第十章。
• 正特征下的 Galois 理论在 §12 前沿方向。

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本章小结

概念	核心内容
可解群	正规列的商因子都是阿贝尔群；等价于导出列终止于 $\{e\}$
$A_n$ 的单性	$n\ge 5$ 时 $A_n$ 是非阿贝尔单群——这是一般五次方程不可根式求解的群论根源
Abel–Ruffini	一般 $n\ge 5$ 次方程不可根式求解，因为 $\mathrm{Gal}=S_n$ 不可解
Galois 判据	特定多项式根式可解 $⟺$ 其 Galois 群可解
Kummer 理论	含 ${\zeta }_n$ 的域上，指数整除 $n$ 的 Abel 扩张 $\leftrightarrow$$K^{\times }/(K^{\times }{)}^n$ 的子群
Artin–Schreier	正特征 $p$ 下的 Kummer 理论替代品： $\mathrm{\wp }(x)=x^p-x$

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自测题

1. [基础] 证明二面体群 $D_4$ （8阶）是可解群。写出一个显式的可解列。
2. [理解] 为什么 $S_5$ 不可解而 $S_4$ 可解？ $A_4$ 中有什么 $A_5$ 中没有的结构？
3. [计算] 设 $f(x)=x^5-6x+3\in \mathbb{Q}[x]$ 。利用 Eisenstein 判据和实根分析，说明 $f$ 的 Galois 群包含一个 5-循环和一个 2-循环。由此推断 $\mathrm{Gal}(f/\mathbb{Q})\cong S_5$ ，进而 $f$ 不可根式求解。
4. [深入] 在 Kummer 定理的证明中，Hilbert 定理 90 起到了什么作用？如果去掉 ${\zeta }_n\in K$ 这个条件，证明在哪里会失败？
5. [联系] 设 $K=\mathbb{Q}$ ， $n=4$ 。 $\mathbb{Q}$ 上不含有4次本原单位根 $i$ 。那么 $\mathbb{Q}$ 上的循环4次扩张（如 $\mathbb{Q}(\sqrt{2+\sqrt{2}})/\mathbb{Q}$ ）能直接用 Kummer 理论描述吗？需要什么额外步骤？

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