Kummer 扩张与幂类证书

为什么单位根使一个根足够 ​

$X^n-a$ 的全部根是 ${\zeta }^i\alpha$。因为 $\alpha \ne 0$、这些单位根互异，所以它没有重根；也可用导数 $n{X}^{n-1}$ 检查。因此 $K(\alpha )$ 已经是一个可分多项式的 分裂域理路分裂域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。，从而是 Galois 扩张。

每个自同构 $\tau$ 都满足 $\tau (\alpha )={\xi }_{\tau }\alpha$，其中 ${\xi }_{\tau }\in {\mu }_n(K)$。映射

是群同态，因为 $\tau$ 固定另一个自同构所产生的单位根。它还单射：固定 $\alpha$ 就固定整个 $K(\alpha )$。所以 Galois 群是循环群的一个子群，阶 $d=[L_a:K]$ 整除 $n$。

证明幂类阶恰好等于次数 ​

循环群 ${\mu }_n(K)$ 中阶为 $d$ 的子群正是全部 $d$ 次单位根。因此对每个 $\tau$，都有 $\tau (\alpha {)}^d={\alpha }^d$。由 固定域等于基域理路伽罗瓦理论基本定理Fundamental theorem of Galois theory有限伽罗瓦扩张的中间域与群的子群反序对应，并由八阶二面体群完整算出四次根分裂域的十个中间域。，得 ${\alpha }^d\in K$，于是

所以 $[a]$ 的阶整除 $d$。

反过来，若 $a^r=c^n$，则 $({\alpha }^r/c{)}^n=1$，故 ${\alpha }^r/c\in {\mu }_n(K)\subset K$，从而 ${\alpha }^r\in K$。式(3)的像中每个元素的 $r$ 次幂都是一；这个像是阶 $d$ 的循环群，所以 $d\mid r$。对最小的 $r$ 应用两边整除，便得到式(1)。

这个证明也给出不可约证书。若要证明次数等于 $n$，可以排除每个真因子 $d\mid n$ 的 $a^d\in (K^{\times }{)}^n$；只排除 $d=1$，只能说明扩张非平凡。

任意循环扩张都能造出这种根 ​

现在从一个已知 $n$ 次循环扩张 $L/K$ 出发，选生成元 $\sigma$。因为 ${\zeta }^{-1}\in K$，其相对范数为 $({\zeta }^{-1}{)}^n=1$。使用 Hilbert 90 的非零加权构造理路Hilbert 90 与循环差方程Hilbert's theorem 90 · Multiplicative and additive Hilbert 90 · 循环扩张的范数一方程在一般有限循环扩张中，以可终止的加权自同构和构造范数一及迹零方程的全部解，处理特征整除次数和辅助输入消失。，得到 $\beta \ne 0$ 满足

于是 ${\beta }^n$ 被整个群固定，属于 $K^{\times }$。同时 $\beta ,\zeta \beta ,\dots ,{\zeta }^{n-1}\beta$ 互异，都是 $\beta$ 的共轭，所以其极小多项式次数至少为 $n$，又不超过 $[L:K]=n$。因此 $L=K(\beta )$，且其极小多项式就是 $X^n-{\beta }^n$。

这里“构造”可以落到有限步骤：在已给 $K$ 基上计算 Hilbert 90 的加权和，取第一个非零输出。只说 $\sigma$ 应有某个特征值，还没有给出该特征向量的非零证书。

证明同域判据及逆转换 ​

先假设 $L_a=L_b=L$，并选根 ${\alpha }^n=a$、${\beta }^n=b$。群到单位根的两个映射都单射且群阶为 $n$，所以都是同构。可选生成元 $\sigma$ 使 $\sigma (\alpha )=\zeta \alpha$；此时必有 $\sigma (\beta )={\zeta }^j\beta$，其中 $gcd(j,n)=1$，否则 $\beta$ 的轨道不足 $n$ 个。

于是 $\beta /{\alpha }^j$ 被 $\sigma$ 固定，等于某个 $c\in K^{\times }$。取 $n$ 次幂即得 $b=a^j{c}^n$。这个比值检查直接解释了为什么是幂类生成的子群相同，而不要求两个参数类逐个相等。

反过来，若 $b=a^j{c}^n$，就在 $L_a$ 中取 $\beta =c{\alpha }^j$。选整数 $r,s$ 使 $jr+ns=1$，则

所有底数非零，负指数合法。这给出 $K(\alpha )\subseteq K(\beta )$；另一向包含由 $\beta =c{\alpha }^j$ 得到。两个表达式合在一起，就是可乘回核验的同域证书。

同一个三次域的不同参数 ​

在 $K={\mathbb{F}}_7$ 中取 $n=3$、$\zeta =4$。非零立方只有 $1,6$，所以 $[2]$ 是三阶类。令 ${\alpha }^3=2$，由式(1)知 $[K(\alpha ):K]=3$。

取 $\beta ={\alpha }^2$，则 ${\beta }^3=4$。参数 $2$ 和 $4$ 的幂类不同，却生成同一个三阶子群。具体逆转换为

若改取 $\gamma ={\alpha }^3$，则 $\gamma =2\in K$，已不能生成三次域。这里的指数三与 $n=3$ 不互素，恰好指出式(2)中互素条件的作用。

合数次数的真实反例 ​

在 $K={\mathbb{F}}_{13}$ 中，$5$ 是本原四次单位根，因为 $5^2=-1$。非零四次幂为

参数 $a=4$ 不在其中，但 $4^2=3\in (K^{\times }{)}^4$，所以 $[4]$ 的阶是二，$X^4-4$ 的任一根只生成二次扩张。

也可直接写出

$2$ 与 $-2=11$ 都不是模十三的平方，故两个二次因子都不可约。取 ${\alpha }^2=2$ 即有 ${\alpha }^4=4$，准确次数为二。多项式没有 $K$ 中的根，并未妨碍它分解成两个二次因子。

左边两个非单位类生成同一三阶子群；右边参数类的阶为二，即使所写方程是四次式。

哪些假设不能删除 ​

若 $K$ 不含所需单位根，根的比值可能不在基域。实立方根 $\sqrt[3]{2}$ 生成的 $\mathbb{Q}$ 扩张次数为三，但不包含另外两个非实根，因而不是 Galois 扩张。原 分裂域例理路分裂域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。说明还须添入本原三次单位根；本页的群同态证明不能直接用于缺少它的基域。

若 $\mathrm{char}K=p\mid n$，则不可能有阶为 $n$ 的单位根：在特征 $p$ 中 $X^p-1=(X-1{)}^p$。例如 $X^p-t$ 在 ${\mathbb{F}}_p(t)$ 上添根产生不可分扩张，和循环 Galois 添根不同。对应的可分 $p$ 次循环模型是 Artin–Schreier 方程理路Artin–Schreier 扩张与极点约化Artin-Schreier cyclic extensions · Artin–Schreier classes and pole reduction · 阿廷–施赖尔扩张用正特征加法类认证循环添根和同域转换，在素域有理函数的单极点输入上给出终止约化、唯一规范剩余及不可约证明。，其中多了一项 $-X$。

$a=0$ 也应单列：方程只有根零，添根域仍为 $K$，而 $[a]$ 根本不属于乘法幂类群。式(1)–(5)始终在非零参数的范围内。

证书能检查什么 ​

给定一份候选同域证书 $(j,c,r,s)$，只需检查 $b=a^j{c}^n$ 与 $jr+ns=1$，再代入式(5)。这能验证已提交的转换，但不自动解决任意域中“搜索 $c$”的问题。若基域缺少可执行的幂成员判定，本页的分类定理也不会凭空产生通用算法。

有限域中可以枚举乘法群幂类；有理函数域中也可利用零点或极点的阶排除某元素为 $n$ 次幂。例如，若某点处 $a$ 的零极阶为一，则 $a^d$ 的该阶为 $d$，不能在 $0<d<n$ 时成为 $n$ 次幂。这是次数证书的来源，而不是把整个函数当作数值采样。

一个自测是：在含本原六次单位根的基域中，若 $[a]$ 的阶为三，$X^6-a$ 的根能否生成六次循环扩张？不能，式(1)给出的准确次数为三。方程的六个根仍可能全部位于这个三次域中；根的总数与一个根的共轭轨道长度必须分别计算。