伽罗瓦理论基本定理

子群指定哪些对称必须保持元素不动。增加对称条件会缩小满足条件的域，因此全群 $G$ 固定 $F$，而只有恒等映射的子群固定整个 $E$。反过来，指定更大的中间域，就要求自同构固定更多元素，允许的自同构因而更少。

对应为什么没有遗漏 ​

关键证明工具是 Artin 不动域定理：若 $H$ 是域 $E$ 的有限自同构群，则 $[E:E^H]=|H|$。已有 $H\subseteq \mathrm{Gal}(E/E^H)$，而自同构个数不超过扩张次数，所以两群必相等。这证明“先取不动域、再取自同构群”会回到原来的 $H$。

从中间域 $K$ 出发，$E/K$ 仍然正规且可分：$E/F$ 的分裂多项式在扩大系数域后仍分裂，可分性也保留。因此 $|\mathrm{Gal}(E/K)|=[E:K]$。令 $H=\mathrm{Gal}(E/K)$，则 $K\subseteq E^H$；Artin 定理和塔式法则公理库扩张次数与塔式定理Extension degree · Tower law · 扩域次数以向量空间维数度量域扩张，并将一座有限扩张塔的次数分解为逐层次数之积。给出 $[E:E^H]=[E:K]$，迫使 $K=E^H$。塔式法则同时给出 $[E^H:F]=[G:H]$。

正规性怎样穿过对应 ​

对 $g\in G$，逐项检查固定条件可得

例如 $x$ 被 $H$ 固定时，$gh{g}^{-1}(g(x))=g(h(x))=g(x)$；反向包含由 $g^{-1}$ 得到。由对应的单射性，$H$ 正规恰好意味着 $g(K)=K$ 对每个 $g\in G$ 成立。由于 $E/F$ 正规可分，$K$ 的每个 $F$-嵌入都能延拓为 $E$ 的 $F$-自同构，所以这个稳定性条件恰好等价于 $K/F$ 正规。此时限制映射 $G\to \mathrm{Gal}(K/F)$ 满射，核为 $H$，商群公式随之成立。

双二次扩张：先练习“包含加次数” ​

取 $E=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$，令 ${\sigma }_2$ 只改变 $\sqrt{2}$ 的符号，${\sigma }_3$ 只改变 $\sqrt{3}$ 的符号。群为 $C_2\times C_2$，三个阶 $2$ 子群对应三个二次域：

同时改变两个平方根的符号会固定乘积 $\sqrt{6}$，故 $\mathbb{Q}(\sqrt{6})\subseteq E^{⟨{\sigma }_2{\sigma }_3⟩}$。两边对 $\mathbb{Q}$ 的次数都是 $2$，所以包含就是相等。下面的非阿贝尔例子也按这个方法逐行核算。

四次根分裂域：先算出八个自同构 ​

令 $a=\sqrt[4]{2}>0$，取

多项式 $x^4-2$ 在素数 $2$ 处满足 Eisenstein 判据：首项系数不被 $2$ 整除，其余系数均被 $2$ 整除，而常数项不被 $4$ 整除。因此它在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，$[\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=4$。域 $\mathbb{Q}(a)$ 包含于实数域，故不包含 $i$，再添 $i$ 得

$E$ 是 $x^4-2$ 的分裂域公理库分裂域Splitting field使给定多项式完全分裂且由其全部根生成的最小扩域。，四个根为 $a,ia,-a,-ia$，在特征零下互不相同，所以 $E/\mathbb{Q}$ 是 Galois 扩张。

自同构由 $a$ 与 $i$ 的像确定，最多有 $4\cdot 2=8$ 种候选：$a$ 映到四个根之一，$i$ 映到 $i$ 或 $-i$。群阶已经等于 $8$，因此这八种候选全部实现。定义

这里 $s$ 是复共轭，复合 $rs$ 表示先作用 $s$、再作用 $r$。在两个生成元上验证便得到

八个元素 $1,r,r^2,r^3,s,rs,r^{2}s,r^{3}s$ 彼此不同，构成八阶二面体群 $D_4$。

十个子群与十个中间域 ​

纯旋转子群只有 $\{1\},⟨r^2⟩,⟨r⟩$。若子群含反射 $r^{j}s$，它由该反射与其旋转部分生成：旋转部分平凡时给出四个反射子群；旋转部分为 $⟨r^2⟩$ 时，按 $j$ 的奇偶给出两个四阶子群；旋转部分为 $⟨r⟩$ 时得到全群。故总共恰有十个子群，无须另外猜测中间域。

下表中的次数均相对于 $\mathbb{Q}$；“正规”也指 $K/\mathbb{Q}$。由于特征为零，这里正规等价于 Galois。

| 子群 $H$ | $|H|$ | 不动域 $K=E^H$ | $[K:\mathbb{Q}]$ | $K/\mathbb{Q}$ 正规？ | | --- | --- | --- | --- | --- | | $D_4$ | $8$ | $\mathbb{Q}$ | $1$ | 是 | | $⟨r⟩$ | $4$ | $\mathbb{Q}(i)$ | $2$ | 是 | | $⟨r^2,s⟩$ | $4$ | $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ | $2$ | 是 | | $⟨r^2,rs⟩$ | $4$ | $\mathbb{Q}(i\sqrt{2})$ | $2$ | 是 | | $⟨r^2⟩$ | $2$ | $\mathbb{Q}(\sqrt{2},i)$ | $4$ | 是 | | $⟨s⟩$ | $2$ | $\mathbb{Q}(a)$ | $4$ | 否 | | $⟨r^{2}s⟩$ | $2$ | $\mathbb{Q}(ia)$ | $4$ | 否 | | $⟨rs⟩$ | $2$ | $\mathbb{Q}((1+i)a)$ | $4$ | 否 | | $⟨r^{3}s⟩$ | $2$ | $\mathbb{Q}((1-i)a)$ | $4$ | 否 | | $\{1\}$ | $1$ | $E$ | $8$ | 是 |

先验证三个二次域。$r$ 固定 $i$；$r^2$ 和 $s$ 都固定 $a^2=\sqrt{2}$；$r^2$ 固定 $i\sqrt{2}$，而 $rs$ 同时把 $i$ 与 $\sqrt{2}$ 变号，也固定它们的乘积。三个候选生成元的最小多项式分别是 $x^2+1,x^2-2,x^2+2$，次数都是 $2=8/4$，所以这些包含关系全部成为等式。

对中心子群 $⟨r^2⟩$，$r^2$ 固定 $a^2$ 和 $i$，故固定 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},i)$。实二次域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 不含 $i$，所以这个域次数为 $4=8/2$。反射 $s$ 固定 $a$，而 $r^{2}s$ 固定 $ia$；$\mathbb{Q}(a)$ 已知次数为 $4$，$\mathbb{Q}(ia)=r(\mathbb{Q}(a))$ 与它同构，也为四次域。

剩下两个生成元需要同样的次数检验。置 $b=(1+i)a$，则

因此 $\mathbb{Q}(i\sqrt{2})\subseteq \mathbb{Q}(b)$，且 $b$ 在前者上的次数至多为 $2$。若 $b=u+vi\sqrt{2}$，其中 $u,v\in \mathbb{Q}$，比较平方的两个系数会得到

第二式使 $v\ne 0$，第一式却要求有理数 $u/v$ 的平方为 $2$，不可能。因此 $b$ 不在该二次域内，$[\mathbb{Q}(b):\mathbb{Q}]=4$，恰等于所需的不动域次数。其复共轭 $c=(1-i)a=s(b)$ 也有次数 $4$，并满足 $r^{3}s(c)=(1+i)(-i)a=c$，于是最后一个四次不动域也确定了。

五个四次域中，为什么只有一个正规 ​

三个四阶子群的指数都是 $2$，所以正规；$⟨r^2⟩$ 是中心子群，也正规。四个反射子群则都不正规，因为

因此五个四次域中，只有 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},i)/\mathbb{Q}$ 是 Galois，其群为

例如 $\mathbb{Q}(a)$ 不包含非实共轭根 $ia$，直接看也不正规。但 $E/\mathbb{Q}(a)$ 仍是二次 Galois 扩张，群为 $⟨s⟩$；失去正规性的是底层扩张。

图中每个节点同时列出域和对应子群，只保留全部六个正规中间域。三个二次域共同包含于唯一正规的四次域中；四个非正规四次域在上表中分别列出，不应从这张局部包含图中推断它们不存在。

循环例子与有限假设的边界 ​

取 $E=\mathbb{Q}({\zeta }_5)$，其中 ${\zeta }_5$ 是本原五次单位根。其群为 $(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong C_4$，唯一的阶 $2$ 子群由复共轭生成。它固定 $u={\zeta }_5+{\zeta }_5^{-1}$，而单位根关系给出 $u^2+u-1=0$，所以不动域恰为 $\mathbb{Q}(\sqrt{5})$。循环群的子群都正规，故这个二次中间域的群为 $C_4/C_2\cong C_2$。

有限且 Galois 的假设不能省略。$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})/\mathbb{Q}$ 的自同构群只有恒等映射，因此两个不同端点会对应同一个子群，双射失效。把顶层扩大为分裂域 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2},{\zeta }_3)$ 后，群变为 $S_3$，复共轭的阶 $2$ 子群才准确对应实三次域。无限 Galois 对应公理库无限 Galois 对应Infinite Galois correspondence · Krull topology · Krull 拓扑以有限子扩张上的限制定义 Krull 拓扑，证明中间域与闭子群反序对应，并在有限域代数闭包中显式构造稠密真 Frobenius 子群。允许任意代数 Galois 扩张，在 Krull 拓扑下限制到闭子群。有限情形的 Krull 拓扑是离散的，每个子群都闭，因而本页正是它的有限特例。一般情形中，任意子群 $H$ 经过两次对应得到 $\mathrm{Gal}(L/L^H)=\bar{H}$。该页用有限对应逐坐标证明这个闭包公式，并给出不闭子群与其闭包拥有相同不动域的具体反例。

实际求中间域时，可以把工作分成三步：先由根的像确定自同构群，再完整列出子群，最后对每个子群找到不动生成元并核对次数。找到几个不动元素只证明一个包含关系；“候选域次数等于群的指数”才完成认证。上面的 $D_4$ 计算展示了从八个自同构一直走到全部十个域的过程。

有限域 ${\mathbb{F}}_{p^n}/{\mathbb{F}}_p$ 的群由 Frobenius $\sigma (x)=x^p$ 生成。对每个 $d\mid n$，唯一的阶 $n/d$ 子群是 $⟨{\sigma }^d⟩$，不动域由 $x^{p^d}=x$ 刻画，次数为 $d$，因而恰是 ${\mathbb{F}}_{p^d}$。子域由 $n$ 的正因子完整分类，每个可能的大小只对应一个子域。