抽象代数期末

T1

$A$是交换环, $\mathfrak{Nil} (A)=\{ a\in A|$存在$n\geq 1$, 使得$x^n=0\}$, $\mathrm{Spec}(A)$是$A$的所有素理想的集合. 证明, $\mathfrak{Nil} (A)=\bigcap\limits_{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(A)}\mathfrak{p}$.

解答.

“$\subset$”:对任意$\alpha \in \mathfrak{Nil}(A)$, 存在$n\geq 1$使得$\alpha^n=0\in \mathfrak{p}$, 设$m$为令$\alpha^m \in \mathfrak{p}$的最小正整数, 由$\alpha^m=\alpha\cdot\alpha^{m-1}\in \mathfrak{p}$, 那么$\alpha\in \mathfrak{p}$或$\alpha^{m-1}\in \mathfrak{p}$, 由$m$最小性知$\alpha\in \mathfrak{p}$, $m=1$, 所以$\forall \mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(A)$, $\alpha\in \mathfrak{p}$, 于是$\alpha\in \bigcap\limits_{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(A)}\mathfrak{p}$.

“$\supset$”:设$\alpha\in A$, 满足$\forall n$, $\alpha^n\neq 0$, 那么只需找到素理想$\mathfrak{p}$, s.t. $\alpha\notin \mathfrak{p}$. 考虑$S=\{m\subset A 为理想|\forall n, \alpha^n \notin m\}$, 由于$\langle0\rangle\in S$, 故$S\neq \emptyset$.
定义偏序关系:$m\prec n$为$m\subset n$, 则$S$中任意升链$m_1\prec m_2\prec \cdots \prec m_n\prec \cdots$都存在上界$\bigcup_{i\in W}m_i$, 由Zorn引理, $S$存在极大元$P$, 于是$\forall x, y\notin P$, 有$(x)+P, (y)+P\notin S$, 故$\exists m, n$, 满足$\alpha^m\in(x)+P, \alpha^n\in(y)+P$, 那么$\alpha^{m+n}\in(xy)+P$, 于是$xy\notin P$, 因此$P$为素理想, 故$\alpha \notin \bigcap\limits_{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(A)}\mathfrak{p}$.

T2

$A$和$B$是交换环, $\varphi:A\rightarrow B$是环同态. 证明, 如果$\mathfrak{q}\subset B$是素理想, $\varphi^{-1}(\mathfrak{q})\subset A$也是素理想. 进一步利用$\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Q}$的自然映射说明极大理想的逆像未必是极大的.

解答.

易知$\varphi^{-1}(\mathfrak{q})\subset A$为理想, 设$x, y\in A$, $xy\in \varphi^{-1}(\mathfrak{q})$, 则$\varphi(x)\varphi(y)\in \mathfrak{q}$, 故$\varphi(x)\in \mathfrak{q}$或$\varphi(y)\in \mathfrak{q}$, 也即$x\in \varphi^{-1}(\mathfrak{q})$或$y\in \varphi^{-1}(\mathfrak{q})$, 故$\varphi^{-1}(\mathfrak{q})$为素理想.

$\mathbb{Q}$是域, 因此$\mathbb{Q}$中极大理想为$\langle 0\rangle$;而$\varphi:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Q}, \quad n\mapsto n$, 则$\varphi^{-1}(\langle 0\rangle)=\langle 0\rangle\subset\langle 2\rangle\subset \mathbb{Z}$, 因此$\varphi^{-1}(\langle 0\rangle)$非极大理想.

T3

$A$是交换环, $\mathfrak{p}_1, \cdots, \mathfrak{p}_n$是素理想, $I$是理想. 证明, 若$I\subset \bigcup_{i=1}^n \mathfrak{p}_i$, 则存在$i_0$, 使得$I\subset \mathfrak{p}_{i_0}$.

解答.

$n=1$显然成立. 设$n\geq 2$且$n\leq k$时结论成立. 考虑$I\subset \bigcup\limits_{i=1}^{k+1} \mathfrak{p}_i$, 不妨设$\forall i$, $\exists x_i\in I$, 满足$\forall j\neq i$, $x_i\notin\mathfrak{p}_j$（否则回到$n\leq k$的情形）.

考虑$x_1x_2\cdots x_k+x_{k+1}\in I$, 由于$\mathfrak{p}_i$为素理想, 故$x_1x_2\cdots x_k\notin \mathfrak{p}_{k+1}$, 那么$x_1x_2\cdots x_k+x_{k+1}\notin \mathfrak{p}_{k+1}$, 同理$x_1x_2\cdots x_k+x_{k+1}\notin \mathfrak{p}_i$, $i\leq k$. 那么$x_1x_2\cdots x_k+x_{k+1}\notin \bigcup\limits_{i=1}^{k+1} \mathfrak{p}_i$, 矛盾!故结论成立.

T4

$A$是环, $I$和$J$是理想并且$I$与$J$互素（即$I+J=A$）. 证明, 对任意的$n\geq 1$, $I^n$与$J^n$互素.

解答.

由$I+J=A$, 故存在$\alpha\in I$, 满足$\beta=1-\alpha \in J$. 注意到

$$(-2\alpha^2+3\alpha)\cdot \alpha +(3\beta-2\beta^2)\cdot\beta=1$$

并且$(-2\alpha^2+3\alpha)\cdot \alpha\in I^2$, $(3\beta-\beta^2)\cdot \beta\in J^2$, 因此$1\in I^2+J^2=A$. 同理, 对任意$n\in \mathbb{N}$, $I^{2^n}+J^{2^n}=A$, 故由$I^n\supset I^{2^n}$, $J^n\supset J^{2^n}$即知对任意$n\geq 1$均有$I^n+J^n=A$.

T5

$A$是交换环, $M', M$和$N$是$A$-模, 试描述$\mathrm{Hom}_A(M, N)$上自然的$A$-模结构. 给定$A$-模同态$\varphi:M'\to M$. 证明, 如下映射

$$\widehat{\varphi}:\mathrm{Hom}_A(M, N)\to\mathrm{Hom}_A(M', N), \quad f\mapsto f\circ\varphi$$

和

$$\widehat{\varphi}:\mathrm{Hom}_A(N, M')\to\mathrm{Hom}_A(N, M), \quad g\mapsto \varphi\circ g$$

是$A$-模同态. 进一步证明所谓的$\mathrm{Hom}_A(\cdot, \cdot)$的左正合性:

1. 给定$A$-模的正合列

   $$0\to M'\stackrel{\varphi}{\to}M\stackrel{\psi}{\to}M''$$

   我们有如下$A$-模的正合列

   $$0\to\mathrm{Hom}_A(N, M')\stackrel{\widehat{\varphi}}{\to}\mathrm{Hom}_A(N, M)\stackrel{\widehat{\psi}}{\to}\mathrm{Hom}_A(N, M'')$$

2. 给定$A$-模的正合列

   $$M'\stackrel{\varphi}{\to}M\stackrel{\psi}{\to}M''\to0$$

   我们有如下$A$-模的正合列

   $$0\to\mathrm{Hom}_A(M'', N)\stackrel{\widehat{\psi}}{\to}\mathrm{Hom}_A(M, N)\stackrel{\widehat{\varphi}}{\to}\mathrm{Hom}_A(M', N)$$

解答.

(1)
$\mathrm{Hom}_A(M, N)$的模结构:

$\forall\alpha, \beta\in\mathrm{Hom}_A(M, N)$, $\alpha+\beta:M\to N, \quad m\mapsto(\alpha+\beta)(m)=\alpha(m)+\beta(m)$,

$\forall x\in A$, $x\alpha:M\to N, \quad m\mapsto (x\alpha)(m)=x\cdot(\alpha(m))=\alpha(x m)$.

(2)
$\widehat{\varphi}$模同态:

1). $\forall f_1, f_2\in\mathrm{Hom}_A(M, N)$, $x\in A$, $\widehat{\varphi}(f_1+f_2)=(f_1+f_2)\circ\varphi=f_1\circ\varphi+f_2\circ\varphi=\widehat{\varphi}(f_1)+\widehat{\varphi}(f_2)$;$\widehat{\varphi}(x f_1)=(x f_1)\circ\varphi=x(f_1\circ\varphi)=x\cdot\widehat{\varphi}(f_1)$.

2). $\forall g_1, g_2\in\mathrm{Hom}_A(N, M), x\in A$, 同理$\widehat{\varphi}(g_1+g_2)=\widehat{\varphi}(g_1)+\widehat{\varphi}(g_2)$, $\widehat{\varphi}(x g_1)=x\widehat{\varphi}(g_1)$.

(3)
正合列:

1). 由$\varphi$为单射, 故若$\varphi\circ g_1=\varphi\circ g_2$, 那么$g_1=g_2$, 从而$\widehat{\varphi}$为单射. 由$\mathrm{Im}\varphi=\mathrm{Ker}\psi$, 那么$\forall g\in\mathrm{Hom}(N, M')$, $\widehat{\psi}(\widehat{\varphi}(g))=\psi\circ\varphi\circ g=0$, 即$\mathrm{Im}\widehat{\varphi}\subset\mathrm{Ker}\widehat{\psi}$.

又由于$\forall h\in\mathrm{Ker}(\widehat{\psi})$, $\psi\circ h=0$, 所以$\forall n\in N$, $\psi(h(n))=0$, 那么由正合性, $h(n)\in\varphi(M')$, 即$\mathrm{Im}(h)\subset\varphi(M')$. 由于$\varphi$单射, 那么$\varphi^{-1}\circ h\in\mathrm{Hom}_A(N, M')$且$\widehat{\varphi}(\varphi^{-1}\circ h)=h\in\mathrm{Im}\widehat{\varphi}$, 即$\mathrm{Ker}\widehat{\psi}\subset\mathrm{Im}\widehat{\varphi}$, 进而$\mathrm{Ker}\widehat{\psi}=\mathrm{Im}\widehat{\varphi}$.

2). 由$\psi$为满射, 故若$f_1\circ\psi=f_2\circ\psi$, 那么$f_1=f_2$, 从而$\widehat{\psi}$为单射. 由$\mathrm{Im}\varphi=\mathrm{Ker}\psi$, 那么$\forall f\in\mathrm{Hom}_A(M'', N)$, $\widehat{\varphi}(\widehat{\psi}(f))=f\circ\psi\circ\varphi=0$, 即$\mathrm{Im}\widehat{\psi}\subset\mathrm{Ker}\widehat{\varphi}$.

又由于$\forall g\in\mathrm{Ker}(\widehat{\varphi})$, $g\circ\varphi=0$, 所以$\mathrm{Im}\varphi\subset\mathrm{Ker} g$, $\mathrm{Ker}\psi\subset\mathrm{Ker} g$, 那么存在唯一$\bar{g}:M''\to N$, $\bar{g}\circ\psi=g$, 从而$g\in\mathrm{Im}\widehat{\psi}$, 于是$\mathrm{Ker}\widehat{\varphi}\subset\mathrm{Im}\widehat{\psi}$, 进而$\mathrm{Im}\widehat{\psi}=\mathrm{Ker}\widehat{\varphi}$.
从而为正合列.

T6

设$L/K$是代数扩张, $\alpha, \beta\in L$并且其在$K$上的极小多项式分别为$P(X), Q(X)\in K[X]$. 证明:如果$\deg(P)$与$\deg(Q)$互素, 那么, $\alpha$在$K(\beta)$上的极小多项式也是$P(X)$. 据此, 计算$\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}$的次数.

解答.

考虑如下扩张:
（图代补）
设 $\bar{P}(X)\in K (\beta) [X]$ 为$\alpha$在$K(\beta) [X]$上的极小多项式. 由$P(X)\in K[X]\subset K(\beta) [X]$即知$\bar{P}\mid P$, 从而$n=\deg(\bar{P})\leq \deg(P)$.
又因为$[K(\alpha, \beta):K]=n\deg(Q)=[K(\alpha, \beta):K(\alpha)]\deg(P)$, 故$\deg(P)\mid n\deg(Q)$, 由$(\deg(P), \deg(Q))=1$即知$\deg(P)\mid n$, 从而$n=\deg(P)$, 故$\bar{P}=P$.
以上论述给出:若$(\deg(P), \deg(Q))=1$, 则$[K(\alpha, \beta):K]=\deg(P)\deg(Q)$. 由$[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$与$[\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=3$且2与3互素即知$[\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt[3]{2}):\mathbb{Q}]=2\times 3=6$.

T7

设$p$是奇素数, 试计算$\mathbb{Q}(\cos(\frac{2\pi}p))/\mathbb{Q}$的扩张次数.

解答.

由分圆扩张的结论可知

$$[\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}}):\mathbb{Q}]=p-1$$

而$e^{\frac{2\pi i}{p}}=\cos\frac{2\pi}{p}+i\sin\frac{2\pi}{p}$, 并且$\cos \frac{2\pi}{p}-i\sin\frac{2\pi}{p}=e^{\frac{2\pi(p-1)i}{p}}=(e^{\frac{2\pi i}{p}})^{p-1}\in\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$, 故有$\cos \frac{2\pi}{p}\in\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$, 从而$\mathbb{Q}(\cos\frac{2\pi}{p})\subset\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})$.
又由$e^{\frac{2\pi i}{p}}$在$\mathbb{Q}(\cos\frac{2\pi}{p})$中满足

$$\left(X-\cos\frac{2\pi}{p}\right)^2-\left(\cos\frac{2\pi}{p}\right)^2+1=0$$

即知$[\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}}):\mathbb{Q}(\cos\frac{2\pi}{p})]\leq 2$. 而$\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}})\neq \mathbb{Q}(\cos\frac{2\pi}{p})$, 故$[\mathbb{Q}(e^{\frac{2\pi i}{p}}):\mathbb{Q}(\cos\frac{2\pi}{p})]=2$, 故$[\mathbb{Q}(\cos(\frac{2\pi}p)):\mathbb{Q}]=\frac{p-1}2$.

T8

证明:$\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$. (提示:先计算$\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})/\mathbb{Q})$)

解答.

显然有$\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})\subset\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})$, 因此前者构成中间域. 由$\sqrt{2}\not\in \mathbb{Q}, \sqrt{3}\not\in \mathbb{Q}(\sqrt{2}), \sqrt{5}\not\in \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$即知我们有如下的扩张:
(图待补)
令$G=\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})/\mathbb{Q})$, 则$|G|=8$. 任取$\sigma\in G$, 有$\sigma^2(\pm\sqrt{2})=\sigma(2)=2$, 故$\sigma(\pm \sqrt{2})=\pm\sqrt{2}$, 同理$\sigma(\sqrt{3})=\pm \sqrt{3}, \sigma(\sqrt{5})=\pm\sqrt{5}$, 因此$G\curvearrowright \{\pm\sqrt{2}, \pm\sqrt{3}, \pm\sqrt{5}\}$有3个轨道, 故$G=(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$. \par
而$H=\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})/\mathbb{Q})<G$, 显然$H\neq 1, \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, 故$H=(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$或$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$. 若$H=(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$, 由于$G$仅有3个形如$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^2$的子群, 分别对应$\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}), \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{5})$及$\mathbb{Q}(\sqrt{3}, \sqrt{5})$, 因此$\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})$等于其中之一, 矛盾!故只能是$H=(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^3$, 从而$\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5})=\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5})$.

T9

给定域扩张$\mathbb{Q}\subset K\subset\mathbb{C}$, $K/\mathbb{Q}$是Galois扩张. 证明:$K$在复共轭下不变.

解答.

我们有$K$上的复共轭$\psi:K\to \mathbb{C}, \ z\mapsto \bar{z}$, 易知其为域同态, 并且$\psi\in\mathrm{Hom}_{\mathbb{Q}}(K, \mathbb{C})$, 故由$K/\mathbb{Q}$正规即知$\psi(K)\subset K$. 由共轭的性质知$\psi$为单射, 任取$k\in K$, 有$\psi(k)=\bar{k}\in K$, 于是$\psi(\bar{k})=k$, 这就说明$\psi:K\to K$为同构, 即$\psi \in\mathbf{Gal}(K/\mathbb{Q})$, 从而$\psi(K)=K$.

T10

给定Galois扩张$L/K$, $M$为其中间域, $N$为$M$在$L$中的正规闭包, 证明:

$$\mathbf{Gal}(L/N)=\bigcap_{\sigma\in \mathbf{Gal}(L/K)}\sigma\cdot\mathbf{Gal}(L/M)\cdot\sigma^{-1}.$$

注记:正规闭包:这是$L$中包含$M$并且在$K$上正规的最小子域, 它由$K$添加上$M$中元素的在$K$上的极小多项式的所有根生成.

解答.

由条件知, $\mathbf{Gal}(L/N)$是满足:包含于$\mathbf{Gal}(L/M)$, 在$\mathbf{Gal}(L/K)$中正规的最大子群. 因此由$\bigcap \sigma \cdot \mathbf{Gal}(L/M)\cdot \sigma^{-1}$正规即知其包含于$\mathbf{Gal}(L/N)$. 任取$\sigma\in \mathbf{Gal}(L/K)$, 则有

$$\sigma^{-1}\cdot \mathbf{Gal}(L/N)\cdot \sigma=\mathbf{Gal}(L/N)<\mathbf{Gal}( L/M).$$

故有

$$\mathbf{Gal}(L/N)\subset \sigma\cdot \mathbf{Gal}(L/M)\cdot \sigma^{-1}.$$

综上即知

$$\mathbf{Gal}(L/N)=\bigcap_{\sigma\in \mathbf{Gal}(L/K)}\sigma\cdot\mathbf{Gal}(L/M)\cdot\sigma^{-1}.$$

T11

给定Galois扩张$L/K$, $M$为其中间域, $H$为其在Galois对应下所对应的$\mathbf{Gal}(L/K)$的子群, 即$M=L^H$. 令$\mathrm{N}_{\mathbf{Gal}(L/K)}(H)$为$H$在$\mathbf{Gal}(L/K)$中的正规化子, $M_0=L^{\mathrm{N}_{\mathbf{Gal}(L/K)}(H)}$. 证明, $M/M_0$为Galois扩张. 进一步证明, 若$M'\subset M$为$M/K$的中间域并且$M/M'$为Galois扩张, 则$M'\supset M_0$.

解答.

令$G=\mathbf{Gal}(L/K)$, 由条件知, $H\lhd \mathrm{N}_G(H)$, 由Galois对应, $M/M_0$是Galois扩张.

若$M/M'$为Galois扩张, 则$H=\mathbf{Gal}(L/M)\lhd \mathbf{Gal}(L/M')$, 利用正规化子的性质可知$\mathbf{Gal}(L/M')\subset\mathrm{N}_G(H)$, 于是$M'\supset M_0$.

T12

$K$是域, $P\in K[X]$是$n$次可分多项式, $L$为$P$在$K$上的分裂域. 通过$P$对根的作用, 我们将$\mathbf{Gal}(L/K)$视为$\mathfrak{S}_n$的子群. 证明,

$$\mathbf{Gal}(L/K)<\mathfrak{A}_n\Leftrightarrow \mathrm{Disc}(P)\in K^2$$

其中, $\mathrm{Disc}(P)=\Pi_{i<j}(x_i-x_j)^2$, ${x_i}$为$P$在$\bar{K}$中的根. 进一步证明, 若$K$是域并且其特征不是3, $\deg(P)=3$, 则

$$\mathbf{Gal}(L/K)= \begin{cases} \mathfrak{A}_3, 如果\mathrm{Disc}(P)是K中的完全平方;\\ \mathfrak{S}_3, 如果\mathrm{Disc}(P)不是K中的完全平方. \end{cases}$$

解答.

“$\Rightarrow$”:反证:若$\mathrm{Disc}(P)\notin K^2$, 则$\sqrt{\Delta}=\prod_{i<j}(d_i-d_j)\notin K$, 其中$d_i$是$P(X)$的全部根. 则$\mathbb{Q}(\sqrt{\Delta})/\mathbb{Q}$为二次扩张, 且$(1, 2)\in\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{\Delta})/\mathbb{Q})$, 进而$(1, 2)\in\mathbf{Gal}(L/K)$, 这说明$\mathbf{Gal}(L/K)$不是$\mathfrak{A}_n$子群, 矛盾.

“$\Leftarrow$”:若$\mathrm{Disc}(P)\in K^2$, 则$\sqrt{\Delta}=\prod_{i<j}(d_i-d_j)\in K$. 由于$\forall \sigma$为奇置换, $\sigma(\sqrt{\Delta})=-\sqrt{\Delta}$, 所以$\sigma\notin\mathbf{Gal}(L/K)$, 故$\mathbf{Gal}(L/K)$只含偶置换, 即$\mathbf{Gal}(L/K)<\mathfrak{A}_n$.

特别的, 当$\deg P=3$且$\mathrm{Char} K\neq 3$时, 由于$P$不可约, $\mathbf{Gal}(L/K)$在$P$上的作用是传递的, 从而$3\Big| |\mathbf{Gal}(L/K)|$, 于是$\mathbf{Gal}(L/K)=\mathfrak{A}_3$或$\mathfrak{S}_3$. 进一步地,

$$\mathbf{Gal}(L/K)= \begin{cases} \mathfrak{A}_3, \quad \Delta是K中的完全平方;\\ \mathfrak{S}_3, \quad \Delta不是K中的完全平方. \end{cases}$$

T13

$L/K$是有限Galois扩张并且$\mathbf{Gal}(L/K)\simeq\mathfrak{S}_n$, 其中, $n\geq 5$. 任意给定$x\in L$, $P(X)\in K[X]$为其极小多项式. 证明, 如果$\deg(P)>2$, 那么$\deg(P)\geq n$. 如果$n=4$, 是否有反例?

解答.

由Galois对应定理, 只需证$\forall H<\mathfrak{S}_n$, $n\geq5$, 有$[\mathfrak{S}_n:H]\leq2$或$[\mathfrak{S}_n:H]\geq n$. 否则设$[\mathfrak{S}_n:H]=d\in(2, n)$, 通过$\mathfrak{S}_n\curvearrowright \mathfrak{S}_n/H$给出群同态$\mathfrak{S}_n\xrightarrow{\varphi}\mathfrak{S}_d$, $\mathrm{Ker}\varphi\lhd\mathfrak{S}_n$, 于是$\mathrm{Ker}\varphi=1, \mathfrak{A}_n, \mathfrak{S}_n$. 并且由于$|\mathfrak{S}_n/\mathrm{Ker}\varphi|\Big| |\mathfrak{S}_d|$, 故$\mathrm{Ker}\varphi\neq1$, 而$\mathfrak{A}_n\curvearrowright \mathfrak{S}_n/H$显然非平凡, 矛盾.

考虑$X^4-X+1$的域扩张$L=\mathbb{Q}(x_1, x_2, x_3, x_4)$, 在$\mathbb{F}_2$中$X^4-X+1$不可约, 于是有4-循环（并且4-循环为奇置换）;在$\mathbb{F}_3$中, $X^4-X+1=(X^3-X^2+X+1)(X+1)$, 于是有3-循环, 从而$\mathbf{Gal}(L/K)=\mathfrak{S}_4$. 而另一方面根据如下结论:

设$y^4+py^2+qy+r$的根为$\alpha_{1, 2, 3, 4}$, 令$\theta_1=(\alpha_1+\alpha_2)(\alpha_3+\alpha_4)$, $\theta_2=(\alpha_1+\alpha_3)(\alpha_2+\alpha_4)$, $\theta_3=(\alpha_1+\alpha_4)(\alpha_2+\alpha_3)$, 则$\theta_1, \theta_2, \theta_3$是$x^3-2px^2+(p^2-4r)x+q^2$的三个根.

于是此时$X^3-4X+1$的根均落在$L$中, 而$X^3-4X+1$不可约, 这就给出了反例.

T14

$K$是域, $P(X)\in K[X]$为可分的不可约多项式, $L$为$P$在$K$上的分裂域, 假设$\mathbf{Gal}(L/K)$为交换群, $x\in L$为$P$的一个根. 证明, $L=K(x)$.

解答.

由于$\mathbf{Gal}(L/K)$交换, 所以$\mathbf{Gal}(L/K(x))\lhd\mathbf{Gal}(L/K)$, 因而$K(x)/K$正规, 所以$K(x)$也是$P(x)$的分裂域, 由唯一性知$L=K(x)$.

T15

$p_1, p_2, \cdots, p_d$是$d$个不同的素数, $L=\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \sqrt{p_2}, \cdots , \sqrt{p_d})$. 证明, $L\mathbb{Q}$是Galois扩张并计算其Galois群. 据此证明, $\sqrt{15}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{10}, \sqrt{42})$.

解答.

我们证明:$\{(\sqrt{p_1})^{j_1}\cdots (\sqrt{p_d})^{j_d}|j_1, \cdots, j_d\in\{0, 1\}\}$是$L$作为$\mathbb{Q}$线性空间的基, $L/\mathbb{Q}$是Galois扩张, $\mathbf{Gal}(L/\mathbb{Q})\simeq(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^d$, $|\mathbf{Gal}(L/\mathbb{Q})|=2^d$, 并且

$$\mathbf{Gal}(L/\mathbb{Q})=\{\sigma|\sigma:L\to L是\mathbb{Q}-自同构, \sigma(\sqrt{p_i})=\sqrt{p_i}或-\sqrt{p_i}, i=1, \cdots, d\}$$

假设$\leq k$时成立, 对于$k+1$情形, 我们断言:设$p_1, \cdots, p_{k+1}$是质数, 那么如下等式

$$\sqrt{p_{k+1}}=\sum_{i=1}^{2^k}c_ie_i$$

不可能成立. 这里$c_i\in\mathbb{Q}$, 而$\{e_1, \cdots, e_{2^k}\}=\{(\sqrt{p_1})^{j_1}\cdots (\sqrt{p_k})^{j_k}|j_1, \cdots, j_k\in\{0, 1\}\}$由归纳假设, 其是$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})$作为$\mathbb{Q}$-线性空间的基.

下面给出证明:假设断言式成立, 其中至少一个$c_i$非0, 如果存在唯一的$c_i$使得$c_i\neq0$, 此时显然有矛盾. 而若至少2个不为0, 设为$c_i$, $c_j$, 由于$\frac{e_i}{e_j}\notin\mathbb{Q}$, 存在$\varphi\in\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})/\mathbb{Q})$使得

$$\frac{\varphi(e_i)}{\varphi(e_j)}=\varphi\left(\frac{e_i}{e_j}\right)\neq\frac{e_i}{e_j}$$

这时

$$\varphi\left(\sum_{i=1}^{2^k}c_ie_i\right)=\sum_{i=1}^{2^k}c_i\varphi_i(e_i)=\sum_{i=1}^{2^k}c_i(-1)^{s_i}e_i, \quad s_i\in\{0, 1\}$$

而$\varphi(\sqrt{p_{k+1}})=(-1)^t\sqrt{p_{k+1}}$, $t\in\{0, 1\}$, 由此可见$\sqrt{p_{k+1}}$和$\varphi(\sqrt{p_{k+1}})$线性相关, 但是$\sum_{i=1}^{2^k}c_ie_i=\sqrt{p_{k+1}}$和$\varphi(\sum_{i=1}^{2^k}c_ie_i)=\varphi(\sqrt{p_{k+1}})$线性无关, 因为$\frac{\varphi(e_i)}{\varphi(e_j)}\neq\frac{e_i}{e_j}$. 矛盾!于是我们说明了断言是成立的.

那么, $\sqrt{p_{k+1}}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})$, 从而$x^2-p_{k+1}$是$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})$上的不可约多项式, 也就是说

$$[\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}}):\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})]=2$$

由于$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})$上的线性空间$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}})$有基$\{1, \sqrt{p_{k+1}}\}$, $\mathbb{Q}$上的线性空间$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k})$有基$\{(\sqrt{p_1})^{j_1}\cdots (\sqrt{p_k})^{j_k}|j_1, \cdots, j_k\in\{0, 1\}\}$, 故$\mathbb{Q}$上的线性空间$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}})$有基$\{(\sqrt{p_1})^{i_1}\cdots (\sqrt{p_{k+1}})^{i_{k+1}}|i_1, \cdots, i_{k+1}\in\{0, 1\}\}$.

考虑$f(x)=(x^2-p_1)\cdots(x^2-p_{k+1})$在$\mathbb{Q}$上的分裂域, 根据上述结论其分裂域为$\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}})$, 从而这是一个Galois扩张, 进而可以得到$\mathbf{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}})/\mathbb{Q})$中的$2^{k+1}$个元素

$$\{\sigma\in\mathrm{Aut}_\mathbb{Q}(\mathbb{Q}(\sqrt{p_1}, \cdots, \sqrt{p_k}, \sqrt{p_{k+1}}))|\sigma(\sqrt{p_i})\in\{\pm\sqrt{p_i}\}, i=1, \cdots, k+1\}$$

验证得到每个$\sigma$满足$\sigma^2=1$, 且这是Abel群, 从而同构于$(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^{k+1}$.

由于$\mathbb{Q}(\sqrt{10}, \sqrt{42})\subset\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{5}, \sqrt{7})$, 而$\sigma:\sqrt{2}\mapsto-\sqrt{2}, \sqrt{3}\mapsto-\sqrt{3}, \sqrt{5}\mapsto\sqrt{5}, \sqrt{7}\mapsto-\sqrt{7}$在$\mathbb{Q}(\sqrt{10}, \sqrt{42})$上是$\mathrm{id}$, 但是$\sigma(\sqrt{15})=-\sqrt{15}$, 从而$\sqrt{15}\notin\mathbb{Q}(\sqrt{10}, \sqrt{42})$.