介绍
多项式在分析、几何和代数等各个领域都引起了极大的兴趣。给定一个多项式，我们尝试提取尽可能多的信息。例如，给定一个多项式，我们当然想找到它的根。然而这不太现实。阿贝尔-鲁菲尼定理指出，一般来说，求解 $\ge 5$ 次多项式是不可能的。例如，对于任意$n$，人们总是可以求解多项式$x^n-1=0$，但是尝试在$\mathbb{Q}$上求解$x^5-x-1=0$是不可能的。伽罗瓦表明，可解性通量取决于伽罗瓦群的结构，取决于它在理论上是否是可解群。
在这篇文章中，我们将探索现代意义上的可解性理论，考虑任意特征的扩展，而不仅仅是 $\mathbb{Q}$ 上的数域。
可解扩展
定义1.设$E/k$是可分离的有限域扩展，$K$是包含$E$的$k$的最小伽罗瓦扩展。如果 $G(K/k)$（$K$ 在 $k$ 上的伽罗瓦群）可解，我们就说 $E/k$ 可解。
在整个过程中，我们将处理可分离的扩展，因为如果没有这一假设，我们将处理正常的扩展而不是伽罗瓦扩展。尽管我们会得到类似的结果。
命题 1.令 $E/k$ 为可分离扩展。那么$E/k$ 是可解的当且仅当存在可解的伽罗瓦扩展$L/k$ 使得$k \子集E \子集L$。
证明。如果 $E/k$ 可解，则只需将 $L$ 视为包含 $E$ 的 $k$ 的最小伽罗瓦扩展即可。相反，假设 $L/k$ 是可解的伽罗瓦方程，使得 $k \subset E \subset L$。令$K$ 为包含$E$ 的$k$ 的最小伽罗瓦扩展，即我们有$k \子集E \子集K \子集L$。我们看到 $G(K/k) \cong G(L/k)/G(L/K)$ 是 $G(L/k)$ 的同态图像，并且它必须是可解的。 $\平方$
接下来我们介绍一个关于字段扩展的重要概念。
定义2.设$\mathcal{C}$为某类扩展域$F\subset E$。如果$\mathcal{C}$满足以下条件，我们就说它是可区分的：
- 令 $k \subset F \subset E$ 为字段塔。当且仅当$k \subset F$在$\mathcal{C}$中并且$F \subset E$在$\mathcal{C中时，扩展$k \subset E$在$\mathcal{C}$中}$。
- 如果 $k \subset E$ 在 $\mathcal{C}$ 中并且 $F$ 是 $k$ 的任何给定扩展名，并且 $E,F$ 都包含在某个字段中，则 $F \subset EF$也在 $\mathcal{C}$ 中。这里$EF$是$E$和$F$的组合，即同时包含$E$和$F$的最小字段。
- 如果$k \subset F$和$k \subset E$在$\mathcal{C}$中并且$F,E$是公共字段的子字段，则$k \subset FE$在$\mathcal{C中}$。
当同时处理多个扩展时，最好考虑它们所属的扩展类。例如，伽罗瓦扩展是不区分的，因为普通扩展不满足 1。这就是为什么我们需要有基本的扩展伽罗瓦理论定理，又名伽罗瓦对应，因为并非所有中间子域都是伽罗瓦。然而，可分离的扩展是有区别的。我们引入这个概念是因为：
命题 2.可解的扩展形成了一个特殊的扩展类。 （注意，默认情况下这些扩展是有限且可分离的。）
证明。我们验证定义 2 中提到的所有三个条件。然而，为了使我们的证明更容易，我们首先验证 2。
Step 1.令 $E/k$ 可解。令 $F$ 为包含 $k$ 的域，并假设 $E、F$ 是某个代数闭域的子域。我们需要证明 $EF/F$ 是可解的。根据命题 1，存在伽罗瓦可解扩展 $K/k$，使得 $K \supset E \supset k$。那么 $KF$ 是 $F$ 上的伽罗瓦，$G(KF/F)$ 是 $G(K/k)$ 的子群。因此 $KF/F$ 是伽罗瓦可解扩展，并且我们有 $KF \supset EF \supset F$，这意味着 $EF/F$ 是可解的。
Step 2.考虑一个扩展塔 $E \supset F \supset k$。假设现在 $E/k$ 是可解的。那么存在一个包含$E$的伽罗瓦可解扩展$K$，这意味着$F/k$是可解的，因为$K \supset F$。我们看到 $E/F$ 也是可解的，因为 $EF=E$ 并且我们回到步骤 1。
相反，假设 $E/F$ 可解且 $F/k$ 可解。我们会找到一个包含$E$的可解扩展$M/k$。设 $K/k$ 为伽罗瓦可解扩展，使得 $K \supset F$，则 $EK/K$ 可通过步骤 1 求解。设 $L$ 为包含 $EK$ 的 $K$ 的伽罗瓦可解扩展。如果$\sigma$是给定代数闭包中$L$在$k$上的任何嵌入，则$\sigma K = K$，因此$\sigma L$是$K$的可解扩展。 【这句话值得解释一下。请注意，$L/k$ 不一定是伽罗瓦，因此 $\sigma$ 通常不一定是 $L$ 和 $\sigma L \ne L$ 的自同构。然而，由于 $K/k$ 是伽罗瓦，$\sigma$ 对 $K$ 的限制是自同构，因此 $\sigma K = K$。扩展 $\sigma L / \sigma K$ 是可解的，因为 $\sigma L$ 同构于 $L$ 且 $\sigma K = K$。]
我们让 $M$ 是 $L$ 在 $k$ 上的所有嵌入 $\sigma$ 的所有扩展 $\sigma L$ 的组合。那么 $M/k$ 是伽罗瓦，$M/K$ 也是伽罗瓦 [注：这是法向扩张的性质；此外，$M/k$ 是有限的]。我们有 $G(M/K) \subset \prod_{\sigma}G(\sigma L/K)$ ，它是可解群的乘积。因此 $G(M/K)$ 是可解的，这意味着 $M/K$ 是可解的扩展。我们有一个满射同态 $G(M/k) \to G(K/k)$ （由 $\sigma \mapsto \sigma|_K$ 给出），因此 $G(M/k)$ 有一个正规子群，其因子组是可解的，意味着 $G(M/k)$ 是可解的。由于 $E \subset M$，我们就完成了。
Step 3.如果 $F/k$ 和 $E/k$ 可解，并且 $E,F$ 是公共域的子域，我们需要证明 $EF$ 在 $k$ 上可解。通过步骤 1，$EF/F$ 是可解的。通过步骤 2，$EF/k$ 是可解的。 $\平方$
根式可解
定义2.设$F/k$是有限且可分离的扩张。如果存在包含 $F$ 的 $k$ 的有限扩展 $E$，并且承认塔分解，我们说 $F/k$ 是根式可解的
这样每个步骤 $E_{i+1}/E_i$ 都是以下类型之一：
- 它是通过邻接单位根而获得的。
- 它是通过将多项式 $X^na$ 的根与 $a_i \in E_i$ 和 $n$ 与特征素数相连而获得的。
- 如果$p$ 是特征$>0$，则通过将方程$X^pXa$ 的根与$a \in E_i$ 相连来获得它。
例如，$\mathbb{Q}(\sqrt{-2})/\mathbb{Q}$ 可通过根式求解。我们考虑多项式$f(x)=x^2-2x+3$。我们知道它的根是 $x_1=-1-\sqrt{-2}$ 和 $x_2=-1+\sqrt{-2}$。然而，让我们从场论的意义上来看这个问题。请注意
因此$f(x)=0$ 等价于$(x-1)^2=-2$。那么 $\mathbb{Q}(\sqrt{-2})$ 中的 $x-1=\sqrt{-2}$ 和 $x-1=-\sqrt{-2}$ 是两个完全有意义的方程。这样我们就得到了我们想要的根。域给了我们基本算术的自由，而根式扩展给了我们寻找根式根的方法。
很明显，根式可解的扩展类是一个杰出的类。
一般来说，我们添加“某物的$n$次根”。然而，当场的特征不为零时，会出现一些复杂情况。例如，谈论特征 $p>0$ 的字段中元素的 $p$ 根是行不通的。因此我们需要好好照顾这一点。第二类和第三类分别是对 Kummer 理论和 Artin-Schreier 理论的认可，它们是从希尔伯特定理 90 的加法和乘法形式推导出来的。我们通过介绍各自的定理来打断这篇文章。
令$K/k$ 为$n$ 次的循环扩展，即$K/k$ 是伽罗瓦，$G(K/k)$ 是循环的。假设$G(K/k)$是由$\sigma$生成的。然后我们就有了著名的“定理 90”：
定理 1（希尔伯特定理 90，乘法形式）。如上所述，令$\beta \in K$。范数 $N_{k}^{K}(\beta)=1$ 当且仅当 $K$ 中存在元素 $\alpha \ne 0$ 使得 $\beta = \alpha/\sigma\alpha $。
为了证明这一点，我们需要 Artin 的独立特征定理。由此，我们看到定义 2 中的第二种扩展是循环的。
定理2.设$k$为域，$n$为整数$>0$与$k$的特征素数，并假设$k$存在原初的$n$次单位根。
- 令$K$ 为$n$ 次的循环扩展。那么存在 $\alpha \in K$ 使得 $K = k(\alpha)$ 且 $\alpha$ 对于某个 $a \in k$ 满足方程 $X^na=0$。
- 相反，令$a \in k$。令$\alpha$ 为$X^na$ 的根。那么 $k(\alpha)$ 在 $k$ 上循环 $d|n$ 次，并且 $\alpha^d$ 是 $k$ 的一个元素。
总而言之，定理 2 指出 $a$ 的 $n$ 次根产生循环扩展。然而，我们不会放弃 $n$ 对于 $k$ 的特征是素数的假设。如果情况并非如此，我们将使用 Artin-Schreier 定理。
定理 3（希尔伯特定理 90，加法形式）。令 $K/k$ 为 $n$ 次的循环扩展。令 $\sigma$ 为 $G(K/k)$ 的生成元。令 $\beta \in K$。迹 $\mathrm{Tr}_k^K(\beta)=0$ 当且仅当 K$ 中存在元素 $\alpha \使得 $\beta = \alpha-\sigma\alpha$。
该定理需要字符独立性的另一种应用。
定理 4（Artin-Schreier）。令 $k$ 为特征 $p$ 的字段。
- 令 $K$ 为 $k$ 的 $p$ 次循环扩展。那么存在 $\alpha \in K$ 使得 $K=k(\alpha)$ 和 $\alpha$ 满足方程 $X^pXa=0$ 以及一些 $a \in k$。
- 相反，给定 $a \in k$，多项式 $f(X)=X^pXa$ 要么在 $k$ 中有一个根，在这种情况下，其所有根都在 $k$ 中，要么它是不可约的。在后一种情况下，如果 $\alpha$ 是根，则 $k(\alpha)$ 是 $k$ 上 $p$ 度的循环。
换句话说，我们不是查看特征 $p$ 域中的第 $p$ 个单位根，而是查看 $X^pXa$ 的根，它仍然会产生循环扩展。
现在我们已经准备好本文的核心定理了。
定理 5.令 $E$ 为 $k$ 的有限可分外延。那么 $E$ 是根式可解的当且仅当 $E/k$ 可解。
证明。首先我们假设$E/k$是可解的。那么存在 $k$ 的有限伽罗瓦可解扩展，其中包含 $E$，我们称之为 $K$。令 $m$ 为所有素数 $l$ 的乘积，使得 $l \ne \mathrm{char}k$ 但 $l|[K:k]$。设$F=k(\zeta)$，其中$\zeta$ 是原初的$m$ 单位根。那么 $F/k$ 是交换矩阵并且根据定义可通过根式求解。
由于可解扩展形成了一个杰出的类，因此我们看到 $KF/F$ 是可解的。 $F$ 和 $KF$ 之间有一个子域塔，使得每一步都是素数阶循环，因为每个可解群都承认一个循环群塔，并且我们可以使用伽罗瓦对应。由定理2和定理4，我们看到$KF/F$是根式可解的，因为素数阶的扩展已经由这两个定理确定了。由此可知 $E/k$ 可被根式求解： $KF/F$ 可被根式求解， $F/k$ 可被根式求解 $\implies$ $KF/k$ 可被根式求解 $\implies$ $ E/k$ 可以通过根式求解，因为 $KF \supset E \supset k$。
“if”部分的详细说明如下。为了证明 $E/k$ 是根式可解的，我们证明存在一个更大的域 $KF$ 包含 $E$，使得 $KF/k$ 是根式可解的。首先，存在一个包含$E$的有限伽罗瓦可解扩展$K/k$。接下来我们定义一个分圆扩展$F/k$，其意图如下
- $F/k$ 应该可以通过根式求解。
- $F$包含足够的单位原根，使我们可以自由地使用定理2。
为了实现这两个目标，我们决定设置 $F=k(\zeta)$，其中 $\zeta$ 是 $m$ 次单位根，$m$ 是 $[K:k]$ 除的根式必要时根据$k$的特征。该域 $F$ 当然确保 $F/k$ 可通过根式求解。对于第二个目标，我们需要查看 $F$ 和 $KF$ 之间的子字段。设 $k = K_0 \subset K_1 \subset \dots \subset K_n = K$ 为域扩展塔，使得每个步骤 $K_{i+1}/K_i$ 都是素数[这是可能的，因为可解性$K/k$]。这些素数只能是 $[K:k]$ 的因数 那么在提升域扩展 $F=K_0F \subset K_1F \subset \dots \subset K_nF=KF$ 中我们不引入新的素数。为什么我们考虑 $[K:k]$ 的质因数？假设 $[K_{i+1}F:K_iF] = \ell$ 是一个素数。如果 $\ell=\mathrm{char}k$ 那么我们可以使用定理 4。否则我们仍然有 $\ell|[K:k]$，所以我们使用定理 2。但是这个定理需要一个原语 $\ell$-根号在 $K_{i}F$ 中。我们选择 $m$ 和 $\zeta$ 保证了这种情况的发生，因为 $\ell|m$ 以及因此 $F$ 中存在一个原始的 $\ell$ 单位根。我们可以让 $m$ 更大，但没有必要。 “仅当”部分几乎做同样的事情，只是逻辑链发生了变化。
相反，假设 $E/k$ 可通过根式求解。对于 $E$ 在 $E^{\mathrm{a}}$ 中 $k$ 上的任何嵌入 $\sigma$，扩展 $\sigma E/k$ 也可以通过根式求解。因此，$E$ 的最小伽罗瓦扩展 $K$ 包含 $k$，它是 $E$ 及其共轭的复合体，可通过根式求解。令 $m$ 为所有不等于除以度 $[K:k]$ 的特征的素数的乘积，并再次令 $F=k(\zeta)$ ，其中 $\zeta$ 是本原 $m$ 根的团结。只需证明 $KF$ 在 $F$ 上可解，因为 $KF$ 可通过 $k$ 可解，因此 $G(K/k)$ 可解，因为它是 $G 的同态图像(KF/k)$。但 $KF/F$ 可以分解为扩展塔，使得每一步都是素数，并且属于定理 2 和定理 4 中描述的类型。相应的单位根在域 $F$ 中。因此 $KF/F$ 是可解的，证明了定理。 $\平方$