三次方程，Lagrange resolvent, Galois理论

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本文围绕三次方程的Galois群与求根公式展开。先介绍了不同形式三次方程的求解方法及Galois群情况，回顾了Vieta定理和判别式。给出了三次方程化为特定形式的方法，总结了Galois群结论。还介绍了两种求根公式推导方法，本质是将问题化为一元二次方程求解，最后补充了相关习题。

三次方程的Galois群与求根公式

如果三次方程是像 $t^3=a$ 这样，那直接开根号就能求解（一个实根，加一对共轭复根）. 如果能够猜出三次方程 $t^3+at^2+bt+c=0$ 的一个根 $t_1$ ，那么作多项式除法，找出商 $q(t)=t^2+dt + e$ , 问题化为求解一元二次方程 $q (t) = 0$ . 此时根据 $q (t)$ 的判别式是非负还是负数，得到两种情况：如果判别式非负，那么原来的三次方程在基域上有三个根（计算重数），此时Galois群只有一个元素（恒等映射）；如果判别式是负数，那么Galois群是2阶的，两个元素一个是恒等映射，另一个是对调两个共轭的复根（而保持基域所有元素不动）.
回忆Vieta定理，即多项式的根与系数的关系. 这个定理的一般形式，是说多项式的系数，能够表达成它的根的（多变量的）对称多项式. 例如，对三次多项式 $t^3+at^2+bt+c=0$ , 设它的三个根是 $t_1, t_2, t_3$ , 那么 $t^3+at^2+bt+c=(t-t_1)(t-t_2)(t-t_3).$ 比较两边系数可知 $a=t_1+t_2+t_3, b = t_1 t_2 + t_2t_3+t_3t_1, c=-t_1t_2t_3$ . 像 $t_1+t_2+t_3, t_1t_2+t_2t_3+t_3t_1, t_1t_2t_3$ 这样的表达式，如果任意调换数字1，2，3(相应的 $t_i$ 跟着调换)，表达式保持不变. 这就是对称多项式.
回忆判别式. 对于一元二次多项式 $t^2+bt+c$ , 判别式常取做 $b^2-4c$ . 考虑两根之差的平方 $t_1-t_2)^2$ , 我们有 $t_1-t_2)^2 = (t_1+t_2)^2 - 4t_1t_2 = b^2 -4c.$ 定义： $n$ 次多项式 $f (t)$ 的 $n$ 个根（在某个分裂域上）记作 $t1,…,tnt_1, \ldots, t_n$ (计算重数，即允许有某些 $t_i = t_j$ ). 定义 $\delta = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (t_i - t_j), \quad \Delta = \delta^2.$ 称 $Δ\Delta$ 是 $f$ 的判别式.

立即可知 $f (t)$ 有重根当且仅当 $Δ=0=δ\Delta = 0=\delta$ . （这与一元二次多项式的结论一样）.

练习(1)：计算 $x^3+px+q$ 的判别式 $Δ\Delta$ . (答案是 $−4p3−27q2=−108((p3)3+(q2)2)-4p^3-27q^2=-108\big((\frac{p}{3})^3+(\frac{q}{2})^2\big)$ )

设 $f(t)∈F[t]f(t)\in F[t]$ 是 $n$ 次多项式而且没有重根, 而 $E$ 是 $f$ 在 $F$ 上的分裂域. 设 $f$ 在 $E$ 上的所有根是 $t1,…,tnt_1, \ldots, t_n$ . 如果 $σ∈Gal(E/F)\sigma \in Gal(E/F)$ , 那么 $f(σ(t1))=σ(f(t1))=σ(0)=0f(\sigma(t_1))=\sigma(f(t_1))=\sigma(0)=0$ . 所以 $σ(t1)\sigma(t_1)$ 也是 $f$ 的根. 由此得到从 $G a l (E / F)$ 到 $f$ 的全部 $n$ 个根的对称群 $S_n$ 的一个单同态 $σ↦πσ\sigma \mapsto \pi_\sigma$ （验证！）. 于是所有 ${πσ:σ∈Gal(E/F)}\{\pi_\sigma : \sigma \in Gal(E/F)\}$ 在 $S_n$ 内构成一个子群 $G_f$ ，这个子群与 $G a l (E / F)$ 同构.
定义：设 $f(t)∈F[t]f(t)\in F[t]$ 是 $n$ 次多项式而且没有重根, 而 $E$ 是 $f$ 在 $F$ 上的分裂域. 那么 $G a l (E / F)$ 的子群 $G_f$ 称为多项式 $f$ 的Galois群.

练习(2)：证明定理：假设基域 $F$ 的特征不等于 $2$ . 那么 $G_f$ 只含有偶置换（即当把 $G_f$ 看成是 $S_n$ 的子群时， $Gf⊆AnG_f \subseteq A_n$ .）当且仅当 $δ∈F\delta \in F$ .

一般的三次方程 $t^3+at^2+bt+c=0$ , 可以令 $x = t + a /3$ , 将二次项消掉，变成 $h(x)=x^3+px+q=0$ 的形式. (验证！当然这里要假设系数 $a, b, c$ 所在的域 $F$ 的特征不等于 $3$ .) 下面只考虑像 $h (x)$ 这种形式. 假设 $q\in F$ 且 $F$ 的特征不等于 $3$ . 上述三次多项式在 $F$ 上的分裂域记作 $E$ . 三个根记为 $β1,β2,β3∈E\beta_1, \beta_2, \beta_3 \in E$ .
我们希望考察一般情况，不希望像1中提到的那样（否则三次多项式直接化归到二次）. 为此需要假设任取 $h (x)$ 的一个根 $β\beta$ , 其它两个根一定能够表达成 $βσ=σ(β)\beta^\sigma = \sigma(\beta)$ 的形式，其中 $σ∈Gh\sigma \in G_h$ . 这称为 $G_h$ 在 $X={β1,β2,β3}X=\{\beta_1, \beta_2, \beta_3\}$ 上的作用是传递的. 不难证明，只要 $h$ 不可约，那么 $G_h$ 在全部根的集合上的作用就是传递的. (这个条件也是必要的)
到此可以总结三次方程的Galois群：三次方程 $f (t) = 0$ 在 $F$ 上有根的情况，请看1. 下设三次方程不可约且 $F$ 的特征不等于2. 那么 $G_f=A_3$ 当且仅当判别式 $Δ\Delta$ 可以在 $F$ 内开平方. 否则 $G_f=S_3$ .

例: $h(x)=x3−2∈Q[x]h(x)=x^3-2 \in \mathbb{Q}[x]$ . 判别式 $- 108$ 在 $Q\mathbb{Q}$ 上不是完全平方数. 所以 $G_h = S_3$ . $h (x)$ 在 $Q\mathbb{Q}$ 上的分裂域是 $E=Q[23,ω]E=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}, \omega]$ , 其中 $ω\omega$ 是一个本原三次单位根(例如可以取 $ω=exp⁡(2π−1/3)=−12+−32)\omega = \exp(2 \pi \sqrt{-1}/3)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{-3}}{2})$ . 设 $S_3$ 由二阶元 $τ\tau$ 与三阶元 $σ\sigma$ 生成，其中 $τστ=σ−1\tau \sigma \tau=\sigma^{-1}$ . 那么这些元素，作为 $E$ 的 $Q\mathbb{Q}$ -自同构，由公式 $τ(ω)=ω2=ω−1=ωˉ,τ(23）=23,σ(23)=23ω,σ(ω)=ω\tau(\omega)=\omega^2=\omega^{-1}=\bar{\omega}, \tau(\sqrt[3]{2}）=\sqrt[3]{2}, \sigma(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2}\omega, \sigma(\omega)=\omega$ 完全确定.

按照Galois基本定理，Galois群 $G_h=S_3$ 有一个正规子群 $A_3$ （由偶置换组成，或者说，由 $σ\sigma$ 生成的三阶循环群），由上述 $τ,σ\tau, \sigma$ 的公式可确定其不动域 $EA3=Q(ω)E^{A_3}=\mathbb{Q}(\omega)$ .

解三次方程 $h(x)=x^3+px+q=0$ 一个很简便的方法是作代换 $x=w−p3wx=w-\frac{p}{3w}$ （据说这是Vieta想到的）, 则 $h (x)$ 可以化为 $w3−p327w3+q=0.w^3-\frac{p^3}{27w^3}+q=0.$ 再令 $t=w^3$ , 就化成一元二次方程 $t2+qt−p327=0t^2+qt-\frac{p^3}{27}=0$ . 由此得到 $t=w^3=\frac{-q\pm \sqrt{q^2+\frac{4p^3}{27}}}{2}=-\frac{q}{2}\pm \sqrt{\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}}.$
由此再开三次方（此时要用De-Moivre棣莫弗公式，求出所有三个复根），就能得到三个 $w$ ，从而得到 $h (x) = 0$ 的解 $x=w−p3wx=w-\frac{p}{3w}$ .

注：上述解法最早Cartano (1501-1576) 发表的Ars Magna, 但现在比较公认是Tartaglia更早知道这个公式. 不过大家也承认Tartaglia也是从其他人处看到这个公式的. 当时的公式只给出实根，因为当时没有复数的概念. 不难看出方程 $h (x) = 0$ 有实根的充分条件是 $q24+p327≥0\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}\geq 0$ .

练习： (3) 为得到上述Vieta代换，我们希望 $h (x)$ 能化简一些，最好能化简到可以用已知的方法写出求根公式. 为此设 $x = z + w$ , 代入 $h(x)=x^3+px+q$ . 我们希望此时能化简到 $z^3+w^3+q=0$ 的形式. 请由此说明得到Vieta代换的理由. (4)说明上述方法只会得到三个 $z$ ，而不是六个. (5) 分别讨论 $q24+p327\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27}$ 的符号对 $h (x) = 0$ 的根的影响.

另一个推导求根公式的方法，是使用Lagrange resolvent (拉格朗日预解式)，即下面定义的式子 $\beta_1):=\beta_1+\beta_2+\beta_3, \; (\omega,\beta_1):=\beta_1+\omega \beta_2 + \omega^2 \beta_3, \; (\omega^2, \beta_1):=\beta_1 + \omega^2 \beta_2 + \omega \beta_3.$ 这里 $β1,β2,β3\beta_1, \beta_2, \beta_3$ 同上，是 $h(x)=x^3+px+q=0$ 在分裂域上的三个根（上面的预解式当然也可以用其它根来定义. 但由于 $h (x)$ 的不含有二次项，所以 $\beta_1)=0$ .）.

关键的一步是看出：
命题: $(ω,β1)3,(ω2,β1)3(\omega, \beta_1)^3, (\omega^2, \beta_1)^3$ 都是 $Q(ω)\mathbb{Q}(\omega)$ 上的元素.

练习(6)：请证明这个命题. 提示：只需证明它们是 $σ\sigma$ -不变的. 看下面的练习(7).

进一步，可以求出 $(ω,β1)3⋅(ω2,β1)3=(−3p)3.(\omega, \beta_1)^3+ (\omega^2, \beta_1)^3 = -27q, \; (\omega, \beta_1)^3 \cdot (\omega^2, \beta_1)^3= (-3p)^3.$ 于是这两个数是方程 $Z^2+27qZ-27p^3=0$ 的根. 这就回到了9的情形. 不妨设两个根为 $Z2=(ω2,β1)3=−272q−32−3Δ,Z_1=(\omega, \beta_1)^3 = -\frac{27}{2}q+\frac{3}{2}\sqrt{-3\Delta},\; Z_2=(\omega^2, \beta_1)^3 = -\frac{27}{2}q-\frac{3}{2}\sqrt{-3\Delta},$ 这里 $Δ=−4q3−27p2\Delta = -4q^3-27p^2$ 是判别式. 再通过预解式，反过来求出三个根 $βj=(1/3)(ωju1+ω2ju2),j=1,2,3\beta_j = (1/3)(\omega^{j}u_1 + \omega^{2j}u_2), j=1, 2, 3$ , 其中 $u1=(ω,β1),u2=(ω2,β1)u_1 = (\omega, \beta_1), u_2 = (\omega^2, \beta_1)$ .

注：(1) 与9类似，这里只会得到三个根 (2) 我们看到，为了得到所有的根，必须要求分裂域包含了全部三次单位根.

上面两种解法本质是等价的：将解三次方程的问题，化为求解一个一元二次方程的问题。这等价于说先从 $E$ 退回到中间域 $Q(ω)\mathbb{Q}(\omega)$ . 这样做的好处是，两个域扩张 $E/Q(ω),Q(ω)/QE/\mathbb{Q}(\omega), \mathbb{Q}(\omega)/\mathbb{Q}$ , 都是循环扩张，即相应的Galois群是循环群. 有限次的循环扩张 $K / F$ 都能用根式求解, 即任意一个 $α∈K\alpha \in K$ ，在 $F$ 上的极小多项式，一定是像 $xn−αnx^n - \alpha^n$ 的形式.
这里还要用到两个循环扩张 $E/Q(ω),Q(ω)/QE/\mathbb{Q}(\omega), \mathbb{Q}(\omega)/\mathbb{Q}$ 的次数都是素数. 我们有下面的重要
定理：设 $p$ 是一个素数. 如果域 $F$ 包含了全部 $p$ -次单位根，那么任意一个 $p$ 次扩张 $K / F$ 一定是循环扩张.

定理：如果 $L / F$ 是素数次域扩张，那么任意一个 $\in L \setminus F$ 在 $F$ 上生成 $L$ , 即 $L = F (a)$ .

上述Lagrange resolvent就充当了素数次域扩张 $E/Q(ω)E/\mathbb{Q}(\omega)$ 的生成元的角色！

注：如果三次多项式 $p(x)=x^3+ax^2+bx+c$ 定义在 $F$ 上，设 $E$ 是这个多项式在 $F$ 上的分裂域. 那么 $E$ 必须包含三个三次单位根. 从 $F(ω)F(\omega)$ 到 $E$ 之间有一个中间域 $M$ ，即向 $F(ω)F(\omega)$ 添加Lagrange resolvents而生成的域. 于是 $Gal(E/M) = A_3$ .

以上就是全部的讨论。下面补充几个习题。

练习：(7). 域扩张 $E/QE/\mathbb{Q}$ 的中间域 $Q(ω)\mathbb{Q}(\omega)$ 记作 $M$ . 那么 $E / M$ 是三次Galois扩张. $Gal(E/M)=A_3$ . 现在将 $E$ 看成3维 $M$ 线性空间. 设 $A_3$ 由三阶元 $σ\sigma$ 生成. 由于 $Gal(E/M)=Aut_M(E)$ ，于是可以将 $σ\sigma$ 看成 $E$ （作为 $M$ 线性空间）的线性变换. 求线性变换 $σ\sigma$ 的特征值与相应的特征子空间. （提示： $A_3$ 是循环群，所以是交换群）

对域扩张 $M/QM/\mathbb{Q}$ ，回答同样的问题. 注意这里 $M/QM/\mathbb{Q}$ 也是Galois扩张.

我们再来解释“从 $E$ 退回到中间域 $Q(ω)\mathbb{Q}(\omega)$ “. 设 $βj,j=1,2,3\beta_j, j=1, 2,3$ 是 $h(x)=x^3+px+q$ 在 $E$ 上的三个根. 其中取定 $β1\beta_1$ 为实根，并用 $β1\beta_1$ 构造拉格朗日预解式 $\beta_1), u_1 = (\omega, \beta_1), u_2 = (\omega^2, \beta_1)$ 同上.

如果 $β2,β3\beta_2, \beta_3$ 都是实根，则 $E=QE=\mathbb{Q}$ ，这时没什么好讨论的. 所以假设 $β2,β3=β2ˉ\beta_2, \beta_3 = \bar{\beta_2}$ 是一对共轭复根, 此时Galois群 $Gal(E/Q)=S3=⟨σ,τ⟩Gal(E/\mathbb{Q})=S_3=\langle \sigma, \tau\rangle$ , 其中 $σ=(123),τ=(23)\sigma=(123), \tau=(23)$ , 即 $σ\sigma$ 按顺序置换三个根 $βj\beta_j$ , $τ\tau$ 固定 $β1\beta_1$ , 对调 $β2,β3\beta_2, \beta_3$ .

练习(6)已经给出了 $u13+u23∈Q(ω)u_1^3+u_2^3 \in \mathbb{Q}(\omega)$ , 的确：

(8). 证明 $τ(u1)=u2,τ(u2)=u1\tau(u_1)=u_2, \tau(u_2)=u_1$ , 从而 $τ(u13)=u23\tau(u_1^3)=u_2^3$ .

由此就可以知道 $u13+u23=u13+τ(u13),u13⋅u23=(u1⋅τ(u1))3.u_1^3 + u_2^3 = u_1^3 + \tau(u_1^3), u_1^3 \cdot u_2^3 = (u_1 \cdot \tau(u_1))^3.$ 从而方程 $Z2−(u13+u23)Z+u13⋅u23=0Z^2-(u_1^3+u_2^3)Z+u_1^3 \cdot u_2^3=0$ 所有系数都在中间域 $E^{A_3}$ 中.