群论学习笔记-EW帮帮网

什么是对称？

对称是一个保持对象结构不变的变换，对称是一个过程，而不是一个具体的事物，伽罗瓦的对称是对方程根的置换，而一个置换就是对一系列事物的重排方式，严格的说，它也并不是这个重排本身，而是你实施重排时遵循的规则，不是菜，而是菜谱。

在对称的定义中，有三个关键词"变换" transformation, “结构”structure, 以及"保持“preserve.以等边三角形为例来解释，根据定义，等边三角形的三条边长度相等，三个角大小相等，都是60度，这样的特征让人很难把它的三条边区别开来，“最长的边"这种说法毫无意义，三个角也无法区分，这种无法区分各边或各角的情况正是由等边三角形所具有的对称造成的，事实上，正式这种“无法区分”定义了对称。

变换：我们可以对一个三角形进行一些操作，原则上来说，我们可以做的有很多：把它弯曲，旋转（或翻转）一定的角度，折皱，像皮筋一样拉伸，涂上颜色，但我们的选择范围被第二个词限制住了。

结构：我们这个三角形的结构是由被认为非常重要的数学特征组成的，三角形的结构包括诸如“它有三条边”，“三条边是直的”，“每条边的长度是10厘米”“它位于当前这个平面内”，等内容，在其他数学分支中，重要的特征可能会有所不同，比如在拓扑学中，唯一重要的就是三角形构成了一个简单封闭曲线，至于它有三个转角，它的边是直的这些特征就不再重要了。

保持：变换后对象的结构必须与原来的一致，变换后的三角形必须同样有三条边，所以弄皱是不行的，边必须是直的，所以弯曲也不可以，每条边的长度必须还是10厘米，所以拉伸也是禁止的，位置要保持在原地，所以挪动位置也是不允许的。

颜色不是我们要考虑的结构，所以像魔方那样不同的颜色状态，我们认为是保持对称的变换。包括教材中用于演示操作的标记，数字等等，这些标记仅仅作为标记使用，并不属于需要保持的结构，如果不看这些标记，旋转（翻转）后的三角形看起来就和原来完全一样，所以，以魔方为例，如果一个变换产生了一种从来未出现过的颜色组合而保持立方体的形态未变，那么这个变换就是群中的元素。

所有的立方体都具有对称性，因为其所有的面都一样，所有的角都一样，所有的边都一样，但是，由于魔方可以转动，又增加了许多错综复杂的对称，可行的转动方式和组成整个魔方的小立方体的组合方式，也与对称性有很大关系。

对于一个对称图形构成的群来说，它的元素是图形所有的对称状态，比如对于正三角形，它有两种操作(沿垂直方向翻转和旋转90度，或者理解为沿着三个角的对称轴翻转的三种操作和旋转120，240度，0度）对应六种对称状态，所以群的阶就是6.对于圆这种完美的对称图形，它的对称轴有无穷多个，无论翻转和旋转任意角度都是对称的，所以群的阶为无穷大。）

群定义

满足四条群公里的集合叫做群，设集合为G，其中任意元素a,b,c.

1.封闭性，a*b属于G。

2.结合律，(a*b)*c = a*(b*c).

3.存在单位元,G中存在一个元素e,使得a*e=e*a=a. e是唯一的。

4.存在逆元，对于每个G中a，存在一个G中的逆元x，使得a*x=x*a=e.x是唯一的。

记号*代表一种预先定义的运算，这种运算叫做“乘法”, 它是一种定义宽泛的操作，似乎所有操作都可以满足，a*b表示先做b操作再做a操作，这种从右到左的计算方式是为了和复合函数f*g(x) = f(g(x))的写法习惯保持一致。

群论彩图版的定义：

1.存在一个预先定义的，不会改变的作用列表。

2.每个作用都是可逆的。

3.每个作用都是确定性的。

4.任何连续的作用序列仍是一个作用。

后者的定义更加直观一点，但是缺点是不够抽象，需要和抽象的定义做对应。

任何连续的作用序列仍是一个作用，可以看作是对群公里第一条封闭性的阐述，既然ab属于群元素，当然可以将ab拿出来再次计算a(ab)或者(ab)B,递归的理解封闭性，我们可以将群中的操作反复进行无数次，仍然是G中元素。

每个作用都是确定性的，可以理解为对群公理结合律的阐述，只要操作序列不变，无论组合哪个部分，都能得到唯一的明确的结果状态。

每个作用都是可逆的，对应群公里的存在逆元项，当然也隐含着存在一种不变的操作，就是单位元。

存在一个预先定义的，不会改变的作用列表，其实就是群公理的大前提，存在一个集合G。

群的公理化定义比较抽象，好像啥都没说，不结合实例很难理解，不过正式因为啥都没说，所以啥都说了，包罗了宇宙万物的基本对称性。

虽然群定义要求作用的任意合成仍是一个作用，但并没有要求合成的作用必须是一个新的作用，是否是新的作用要看最终的状态是否曾经出现在群作用的结果中，比如，翻转硬币2，4，6，8，都会回到状态，所以，虽然偶数次的翻转任意合成都是一个作用，但是并不是一个新的作用，硬币的效果和翻转2次是一样的。

左逆和右逆

只要是群，左逆元必等于右逆元，也就是 $aa^{-1}=a^{-1}a=e$ 。证明很简单：

设a是x的左逆元，b是x的右逆元，有a=ae=a(xb)=(ax)b=eb=b。

对称群：

对称群包含对某一几何对象的所有对称操作，例如旋转和反射（翻转），对陈群在计算机图形学和密码学中有重要作用。

正方体（及正八面体）的对称性

正六面体转动群_百度百科

对称群的阶（也就是保持几何对象对称的操作个数）依赖于几何对象的结构本身。比如对于立方体来说，其对称操作很少，阶仅仅是24，但是如果将其切为三阶魔方，则其对称操作立刻膨胀到一个极大的数字。

一个给定集合的所有置换构成的群叫做对称群，通常记为 $S_n$ ，S就是Symmetry的意思，一个具有N个元素的集合，由它的所有置换构成的对称群的元素的个数自然就是N的阶乘 $N!$ 个。任何有限群都可以看成是对称群的子群。

既是单射又是满射的映射称为双射，亦称“一一映射”，同一个集合上的双射构成对称群：

双射等价于函数中的可逆函数，自变量和因变量之间存在一一对应。

正二面体群示意图，画成凯莱图如下:

包括的操作: 1.顺时针旋转90度(a).2.沿着F东北-西南方向翻转180度(b)

上面那幅图是四年前绘制的，现在来看，有些错误和幼稚，正确的画法如下：

1.顺时针旋转90度.2.沿着F中线左右方向翻转180度

上下两图内部箭头相反是下面的箭头表示逆元操作，这个也叫做D4群。

up has problem, the right is as below:

置换和轮换

S3全置换群

思考后，感觉下面这幅凯莱图才是对的：

2024/12/17纠正：上面的是错误理解，最开始的是对的，比如，上面的图，内部是陪群，同样的翻转操作，在内部和外部是相反的。矛盾。

S3中的C3循环是偶置换，构成一个三阶循环群，其陪集构成了奇置换，一个对称群中必然有一半是奇置换，一半是偶置换。

从下图可以明显看出来{e, r, r^2} 和{e, f}构成了两个子群，因为把他们的凯莱表抽出来，也构成一个群，两个子群的阶分别是3和2，也是父群的因子，符合拉格朗日定理。

S3有四个非平凡子群，它们包括:

$\{e, r, r^2\}, \{e, f\}, \{e, rf\},\{e, r^2f\}$

以第四个为例， $r^2fr^2f = r^2(fr^2)f = r^2(rf)f=r^3e=ee=e$

子群 $\{e, r, r^2\}$

子群 $\{e,f\}$

子群 $\{e,rf\}$

根据共扼群的定义，子群 $\{e,rf\}$ 和 $\{e,f\}$ 互为共扼群。

子群 $\{e,r^2f\}$

S3的轨道图如下，每个轨道表示一个周期变化的子群，这些子群共享单位元操作e.

一维空间只有平移操作，二维空间可以定义一个翻转，如上面的三角形。

S3构成对称的操作抽象出来如下图右侧, 有相关性的操作也是独立的对称操作。

运算从右向左进行，也就是从左向右看，先做第二个操作，在做第一个操作：

凯莱图怎么看？

根据上面S3的凯莱图来看，每个运算结果为首先执行单元所在的列对应的运算，然后再做单元所在的行的运算。以rf为例，表示先做列表示的f操作，在做行表示的r操作。

$fr^2=rf$

表示做两次R在做F，等于做一次F后在做一次R。根据凯莱表可以看出，这个公式是对的。

群举例

要把群的元素和群的操作分开，以模仿群为例，模仿群一共有19种转动操作，分别是六个面的

1.转动90度

2.转动180度

3.转动270度

六个面一共3x6 = 18种操作，再加上什么都不做的恒等变换，一共19种操作。更深入分析，每个面的三个操作实际上是一个操作的不断重演生成的，这个操作就是“旋转90度”。

而三阶魔方群的阶也就是三阶魔方群元素的数量，则有43,252,003,274,489,856,000个之多。

魔方群

定义如下操作，六个面，按方位为L(eft),R(ight),U(p),D(own),F(ront),B(ack).从每个面的角度，顺时针为正，逆时针为负(用撇标注）。

魔方群的元素过于巨大，我们不可能绘制出它的凯莱表，不过我们可以用其中的一个二阶子群为例，演示魔方作为群满足群的四条公里。DDU'U'==UUD'D'

其效果相当于互换顶层相邻的两个梭块儿。

C3循环群，用e表示什么都不动，r表示旋转90度，则操作构成一个三阶置换群：

S2置换群

{-1, 1}在乘法下构成群

1.封闭性：(-1)x(-1)=1, 1x1=1,(-1)x1=-1.

2.乘法结合律成立。

3.单位元为1, -1x1=-1, 1x1=1.

4.1的逆元是1，-1的逆元是-1.

整数加法群，操作是加法，集合是全体整数

1.封闭性：a,b是整数，则a+b是整数.

2.结合性：a,b,c是整数，则(a+b)+c = a + (b + c)

3.单位元为0,a是整数，0属于整数，a+0 = 0 + a = a.作后用a不变。

4.消去公里（逆元公理）对于任何整数a,存在-a属于整数，且a+(-a) = 0结果为单位元，所以任何一个整数都存在一个逆。满足群公理。

所以全体整数和加法操作，组成一个群。

整数除以5的余数构成的集合，二元运算是集合内的元素首先加再除以5取余数,

8除以5余3，-8除以5余2，余数集合为{0,1,2,3,4}.

1.封闭性：a,b是集合元素，则 (a+b)/5 还是属于集合。

2.结合性：比如2，3，4. (2 op 3) op 4 = 0 op 4 = 4 = 2 op (3 op 4) = 2 op 2 = 4.

3.单位元是0，a是集合元素，a op 0 = a.

4.消去公里（逆元公理）, (0 + 0)%5 = 0, (1+0)%5 = 1, (2+0)%5 = 2, (3+0)%5 = 3, (4 + 0) % 5 = 4.

整数在乘法下不构成群，理由如下：

因为对于乘法来说，只能用1作为单位元，而一个整数n的倒数1/n是逆元，而1/n不是整数。同时0也不存在逆元0*X = 1? 这样的X不存在。群公理三和四都不满足。所以整数在乘法下不构成群。

任何域都有加法群和乘法群，所以任何域中都一定存在0和1，因为0是加法单位元，1是乘法单位元，最美数学公式欧来公式中包含1和0不是没有原因的。

正整数和0在加法操作下不够成群，因为除了0，任何其他元素都没有逆元。

虽然所有不等于0的整数和乘法不构成群，因为非1的整数没有逆元，但是如果在乘法的基础上加上取模操作，则可以构成一个群，这就是模N乘法群。它的元素是所有和N互质的正整数，比如模6乘法群的元素是{1, 5}.

验证与整数N互质的所有正整数组成群：

1.封闭性：：a,b是集合元素，则 (a*b)mod N 还是属于集合。

a与N互质，b与N互质，则根据欧几里德定理，将a,b,N分解成质数的乘积后，N中不包含a,b共有的质数，所以a*b的结果仍然和N互质，所以(a*b)mod N 仍然和N互质，也在群中（反证法，假设余数和N之间存在公因子，则这个共因子必然也存在整除的那部分中，导致a*b和N存在公因子，推出矛盾），所以满足封闭性。

如下图所示，如果共因子存在于余数（红色部分）和N之间，那么也必然存在于整除的兰则部分之间，所以和N与ab互质矛盾。

2.结合性：a,b,c与N互质，则abc = a(bc).

3.单位元是1.

4.消去公理也满足。

模N乘法群的构成

只有和N互素的余数集合，在模N的乘法下才能构成群，这种群为整数模N乘法群，自然，如果N是素数，则{1,2,3,....,N-1}构成模N乘法群。

除0之外的所有的有理数在乘法下构成群。

1.显然成立。

2.显然成立。

3.存在单位元1，任何分数和单位元乘法均为原数。

4.存在逆元，即原数的倒数，倒数也是有理数。

之所以除了0之外的有理数才是群，是因为0首先是有理数，其次，0不存在逆元，0没有倒数，乘以任何数都是0，所以不存在逆元，虽然满足1，2，3，但是不满足4.

如何涉及到乘法的群，要小心0的反例。

所有有理数（包含0）的加法构成群。

1.显然成立。

2.显然成立。

3.存在单位元0，任何有理数+0都是原数。

4.存在逆元，即原有理数的负数。单位元0的逆元是它本身。

群的逆元和单位元都是唯一的。

拉格朗日定理：子群阶数一定是群阶数的约数吗?_百度知道

以S3为例的说明{f, rf, r^2f}元素互相等价，{e, r, r^2}元素互相等价。

拉格朗日定理的逆命题不一定成立，群G不一定在所有约数上都有子群。

八阶二面体群

证明循环群一定是阿贝尔群？（交换群）

令生成元为a，循环群中任意两个元素可表示为a的幂 $a^p, a^q$ ,我们有：

$a^p a^q = a^{p+q} = a^{q+p} = a^qa^p$

所以循环群一定是阿贝尔群

如何衡量对称性？根据什么说一个图形比另一个图形更对称? 对称操作的个数？也就是群的阶？

方程“不知道”你如何排列它的根，所以把这些根排列成什么样都不应该有什么重大的影响。

修正凯莱图的运算先后顺序，先右后左，得到新的8阶2面体群。

数学女孩-伽罗瓦理论读书笔记

以下五个操作一次执行，得到什么结果? 计算过程如下图所示，和书中一致。

如果去掉“扑通向下”没有意义的作用（相当于单位元），则构成更加紧凑的变换形式：

长方形四阶群,两个操作四种对称状态，fr也可以看成是正方形的旋转180度对称，和两次翻转等价。

长方形对称群，棱形对称群都是克莱四元群，它是最小的非循环群，和两二阶循环群做直积同构：

和长方形四阶群同构的是两个电灯开关群，通过这个群可以看出，群的元素是操作的组合，但是是否所有组合的状态都是群的元素，需要对比组合后的对象状态是否一样，如果两个不同的操作组合得到的是一个状态，则这两个操作序列只能任选一个作为群元素。具体的说，如果一个操作不影响原来图形在空间中的位置，但是改变了标记的序号（比如S3中的1，2，3），但仍能保证物理占据原来的空间，这样的操作才是群中元素，否则，如果空间不便，序号也不变，那就是没有操作的e.总而言之，群中的操作是那些保持位置不变，而记号改变的所有的操作的集合。

比如在D4八阶二面体群中，我们定义的操作是为了保证对象在二维平面中的位置不变，而在魔方中魔方群众，变换保持的不是魔方在空间中的位置（魔方在空间中的位置由D8群操作保证），而是影响魔方内结构状态的变化的操作。

一个立方体有多种空间对称操作，但是如果将一个立方体做成骰子，则将会失去空间对称性。

长方形四阶群是上图八阶二面体群的一个子群，对比F的状态，我们可以抽取和长方形四阶群对应的八阶二面体群的对应状态为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\}$

在八阶二面体群子群中，其凯莱表为：

r作用其左陪集为：

$r\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{r, f, r^2f, r^3\}$

f作用其左陪集为：

$f\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{f, r, r^3,r^2f\}$

r^2作用，其左陪集为其本身：

$r^2\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{r^2, rf, r^3f,e\}$

r^3作用，其左陪集为：

$r^3\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{r^3, r^2f, f,r\}$

rf作用，其左陪集为：

$rf\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{rf, r^2, e,r^3f\}$

r^2f作用，其左陪集为：

$r^2f\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{r^2f, r^3, r,f\}$

r^3f作用，其左陪集为：

$r^3f\{e, r^3f, rf, r^2\} = \{r^3f,e, r^2,rf\}$

r作用其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\}r = \{r, r^2f, f, r^3\}$

f作用其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\}f = \{f, r^3, r,r^2f\}$

r^2作用，其右陪集为其本身：

$\{e, r^3f, rf, r^2\} r^2= \{r^2, rf, r^3f,e\}$

r^3作用，其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\} r^3= \{r^3, f, r^2f,r\}$

rf作用，其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\}rf = \{rf, r^2, e,r^3f\}$

r^2f作用，其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\} r^2f= \{r^2f, r, r^3,f\}$

r^3f作用，其右陪集为：

$\{e, r^3f, rf, r^2\} r^3f= \{r^3f,e, r^2,rf\}$

看上去左陪集等于右陪集，所以，克莱因四元群是八阶二面体群的正规子群？

八阶二面体群的状态转换图，左右两幅图是等价的：

以右图为例，如果将 $\{e, r^3f, rf, r^2\}$ 进行f操作，则所有状态都将进入其中同一个陪集。如果都进行r操作，也是同样的进入同一个陪集。如果都进行r^2相当于交换位置，还是原来的子群。从这幅图上可以体会群，子群，陪集的几何意义。八阶二面体群就是D4群。

阿贝尔群的可视化方法

循环群一定是阿贝尔群，因为只对应一个生成元操作，同一个操作无论进行多少次都是可以拆分交换的。所以素数阶群一定是循环群，也一定是阿贝尔群。

群运算可交换性决定了在阿贝尔群的凯莱图中，从同一结点出发的每对箭头都应该形成一个闭合的“菱形”。是不是标准的菱形并不重要，重要的是连接的模式。如下图所示，在阿贝尔群的凯莱图中不会出现左边这种模式，永远都是右边这种模式。

按照这个规则，S3是非阿贝尔群，D4也是非阿贝尔群, 克莱因四元群是阿贝尔群。对于阿贝尔群来说，左乘和右乘不改变凯莱图的结构，而非阿贝尔群的凯莱图会改变：

为什么四次方程有根式解

对于一般四次方程，4个根的全部置换构成对称群(置换群S4),有24个元素，它有一个正规子群A4，是交错群，有12个元素，接下来是的子群是正规子群是上面提到的克莱因群，有四个元素，而克莱因群又是C2和C2的直积，也就是说它还有一个正规子群C2，这是一个单群，只有一个子群就是单位群e，所以我们可以看到，四次方程有根式解。

A4是S4的正规子群，可以从下图看出来，可以看到，绿色的线条明显把立方体的8个角上的小的C3循环群的陪集链接起来，仔细观察结构发现，绿色线联起来的结构还可以再分为两组，每一组是个四棱锥结构，分别占用四个C3循环群的陪集：

这样的结构造成了S4可以继续分解为A4，A4又是正规的，所以S4可以继续分解。

为什么三次方程有根式解

一般的三次方程，三个根的全部置换构成群S3，它有一个正规子群C3，C3是单群，只有一个子群e，所以三阶方程可解。

为何克莱因四元群是A4的正规子群？看下图，黄色的和深褐色的是相同的：

在 $H_4a$ 的变换中(e,v,h,hv)分别映射到了如下黑箭头指向的位置，可以看到，这种变换恰好就是a左乘的结果：

克莱因四元群有三个子群，因为是阿贝尔群，所以所有子群都是正规的，下图中绿色线对应v垂直翻转操作，红色线h代表的是水平翻转操作，hv表示的是先水平后翻转操作（或者先翻转后水平，阿贝尔群无所谓）。深蓝色的代表的就是hv操作，所以 {e,h}, {e,v}, {e, hv}三个都是克莱因群的子群。

克莱因四元群是A4的正规子群，它的左右陪集相同，而克莱因四元群是可解的，这也是为何四次方程有根式解的原因。形式上看，从子群出发的所有操作，会进入到同一个陪集。

之所以五次方程没有根式解，是因为五次方程S4有一个正规子群A5，它是单群，没有正规真子群，仔细观察全图可发现该群不可解的蛛丝马迹，所有的可视子群看上去都非常不正规，虽然它有多个子群，但是没有一个子群是正规的（有子群但是没有正规子群的叫做单群），以下面红色的子群为例，如果该子群是正规的，那么从红色子群出发的蓝箭头都应该进入到同一个陪集，但是实施恰恰相反，它们各自进入了不同的五阶循环群。

即便是正规的群，也不是所有的子群都是正规的，但是如果存在正规的子群，并且这个正规子群可解，那么这个方程就可解。

Algorithmic-Graph-Theory/(MAA Classroom Resource Materials) (MAA Problem Book Series) Nathan Carter - Visual Group Theory-The Mathematical Association of America (2009).pdf at main · Invitation-to-Algorithmic-Graph-Theory/Algorithmic-Graph-Theory · GitHub

下面这张凯莱图把克莱因群的元素绘制成了一个四面体结构，想象一下我们朝着它仍一个二向薄，按照垂直于屏幕方向一巴掌拍下去，把这个棱锥拍到二维平面，它是不是就和前面绘制的长方体凯莱图一样了（除了对角线的HV操作这里也链接起来了之外），都是一个长方形结构并且对变都是同颜色的（相同操作）。

所以从上面这幅图的角度看，克莱因四元群的三个子群都非常清楚了，它是阿贝尔群，因为无论从那个节点开始，左乘{e,h,v,hv}中的元素和右乘{e,h,v,hv}中的元素，都能到达同样的目的地，说明是阿贝尔群，子群都是正规的。

克莱因群各子群的左陪集和右陪集，经过逐一比较可以看出，每个子群的左陪集和右陪集相等，所以克莱因四元群的每个非平凡子群都是正规子群。

群定理-群G的任意个子群之间的交集还是子群

1.封闭性：如果a,b属于取交后的集合，则ab必定属于取交前的每个子群，所以ab自然也属于最后取交后的集合，所以封闭性成立。

2.结合律，同样道理，如果a,b,c属于取交后的集合，则a,b,c必定是取交前的每个子群的元素，所以满足每个子群中都满足(ab)c=a(bc).

3.存在单位元：由于取交前每个子群都和大群G共享一个单位元e，所以它也属于取交后集合的元素，对于取交后的集合中任何一个元素a,他也是G中的元素，满足ae=ea=a.所以取交后存在单位元。

4.存在逆元：对于取得交后的任意元素a,它自然也存在于取交前的各个子群中，再每个子群中，都有唯一的一个逆元 $a^{-1}$ ,后者必然也存在于每个子群中，所以取交后必然也存在于最后的交集中，所以交集中每个元素a,都存在唯一的一个逆元 $a^{-1}$ ,满足 $aa^{-1} = e$ ,也就是每个元素存在逆元。

所以，群G的所有子群构成的交集满足四条群公理，是子群。

形式化的定义见下图：

cycle notation 表示和S4对称群以及A4偶置换群

同一个集合上的双射构成对称群，我们看1 2 3 4 四个元素组成的4！=24 阶置换构成的对称群。

S4对陈群一共24个元素，其中包括12个偶置换和12个奇置换，它与如下立方体同构：

以上群图使用的生成元是：(0 1)和（1 3 2):

如果换一对生成元，使用（0 1)和(0 3 2 1)，则会生成一个完全等价但是形状不同的群图，由切角的立方体变成了切角的正8面体。

怎么理解换了生成元之后，同一个群的凯莱图发生变化呢？因为开来图的形状是由连线决定的，而连线则是生成元操作，所以改变生成元，自然改变了骨架，也就自然改变了凯莱图的形状，不过即便形状改变了，我们可以依赖空间想象能力，将下图脑补成切角立方体的形状，由于身成元（0 1)仍然存在，也就是下图的绿色线条，所以我们保留它，但是(0 3 2 1)不存在了，也就是深红色的平行四边形的边对应的操作，我们擦除它。之后用蓝色箭头和橙色箭头表示生成元（1 3 2)，蓝色和橙色分开的目的是我们找出蓝色箭头组成的三角形作为切角立方体的一个角，三个橙色箭头表示的三角形作为立方体中三个卫星边对应的（1 3 2)循环角。虚线（生成元（0 1)）表示立方体的角到周围三个卫星循环角的变换，对应立方体的一个角向另外三个相邻角发出去的三条边，这样，是不是就从八面体群图中找到了立方体的构建？所以它们是等价的。

再换一对生成元（0 3 2 1) 红色箭头，（0 2 1) 绿色箭头：

得到如下的凯莱图，可见凯莱图又变化了一种形态，但是本质上和前面两个描述的是同一个群，也就是S4群。

使用(0 1)，(1 2)，(2 3)作为生成元的S4群，它是由三个对换构成：

使用生成元(0 1)和(1 3 2)的另一种形态，它是上面的三维立方体拍扁后生成的：

对换和轮换

在集合 X 中任取一个元素 x ，因为 Sn 是有限群，必然存在r, r是使 $f^r(x)=x$ 的最小正整数，我们称 (x,f(x),……,fr−1(x)) 为 f 的r− 轮换， r 是这个轮换的长度，长度为2的轮换叫做对换。

f(f(f(1))) = 1, 三层f表示轮换的长度为3.长度为2的轮换叫做对换，也就是两个元素之间交换。

也就是说，置换分为轮换和对换，对换又是一种特殊的轮换，多个对换可以构成一个轮换。所有的置换都是轮换。

两个能通过循环移位得到的轮换是相同的，比如 (1,2,3),(2,3,1)，他们用cycle notation表示的都是

偶置换：偶置换是置换的一个子类，长度为2的轮换称为对换，每个置换都可以表示成对换的乘积。一个可以表示成偶数个对换的乘积称为偶置换。

当把置换写成对换的乘积时，不要求（也不能要求）这些对换没有公共的点，也不能保证表示的唯一性；甚至不能保证乘积中出现的对换的个数的唯一性。但是我们可以证明，当把一个置换 g 表示成对换的乘积，所需要的对换的个数的奇偶是被 g 完全确定的。一个可以表示成偶数个对换的乘积称为偶置换（even permutation），否则称为奇置换（odd permutation）。

比如上面S4的全置换群，每个置换都不是唯一的，可以反复进行多次，但是需要的对换次数却是唯一确定的。也就是置换的奇偶性。

全体偶置换在置换的乘法下成为一个群，称为n上的交错群（alternating group），记作 A(n)。A(n) 是 S(n) 的正规子群。同样用 Alt(n)，或 An来表示 n 元集合上的交错群。交错群在有限群理论中具有重要地位。当n>=5时，An是单群。

举例来说，S3一共有六个元素，这六个元素的每个都可以叫做置换，但是C3构成轮换，C3的陪集是对换。

任何一个轮换都可以由不同的对换得到。

如果一个置换可以通过偶数个对换得到，那么它只能通过偶数个对换得到；

如果一个置换可以通过奇数个对换得到，那么它也只能通过奇数个置换得到。

一个对称群Sn中所有的偶置换一定构成一个群，因为单位元是偶置换，这个群叫做交错群，阶数为： $\boldsymbol{\frac{n!}{2}}$

理解群乘法不符合交换律：先穿袜子再穿鞋，和先穿鞋再穿袜子不一样，先起床后尿尿，和先尿尿后起床也不一样。

满足交换律的群叫做阿贝尔群，也叫交换群。S3是非阿贝尔群，C3是阿贝尔群，阿贝尔群满足交换律，不用区分左右陪集，所以只要有子群，一定是正规的。

假设卧室的三面墙上都挂着画，每面墙上只挂一副，逆向重新安排画的位置来看看哪种安排最为合适，你不能用第四面墙，因为它上面有一扇窗户，只用两种作用，1.互换左边墙与中间墙上的画。2.互换中间墙和右边墙上的画，也就是只有如下两个作用,分别用 $\alpha \ \ \ \beta$ 表示两个作用作为生成元：

凯莱图是

当然，也可以选择使用其它的生成元，选择不同的生成元不影响群的性质。

数学女孩中的S3，和上面画的S3生成元不同：

采用不同的生成元，可以凸显子群

通过选择含有子群生成元的群生成元，可以使得任何子群凸显出来，下图展示了对于六阶循环群，选用不同的生成元得到的凯莱图：

如何图形化理解正规？

设G是一个群，H是其子群。若H的左陪集与右陪集总是相等（对任何的a∈G，aH=Ha），则称H是G的正规子群或不变子群，记为H⊴G。注意这里指的是两个集合相同，而非计算过程中的对应元素相同，也就是不要求对于H中的任意元素c，ac==ca,而仅仅要求各自计算后，结果集合中的元素是相同的，所以阿贝尔群的子群一定是正规的，但反过来不成立。

首先看S3的子群 $C_3$

翻转f的作用是（2 3）：

(2 3) {e r r^2} = {f, r^2f, rf};

{e r r^2}(2 3) = {f, rf, r^2f}; 其它计算类似。

S3的陪集

可以看出来，S3的所有子群中，只有C3是正规子群，C3是3阶循环群，可解。

对于群G的子群H生成的左（右）陪集中的任意元素c, 再次左（右）乘子群，得到的仍然是原陪集。

证明：

1.设g属于G，h属于H，生成的左陪集中的元素 $gh$ ,则 $ghH =g(hH) =gH$ ，所以左陪集中的元素再次左乘子群，得到的仍然是原左陪集。

2.设g属于G，h属于H，生成的右陪集中的元素 $hg$ ,则 $Hhg =(Hh)g =Hg$ ，所以右陪集中的元素再次右乘子群，得到的仍然是原右陪集。

以S3为例，其 $\{e \ \ r^2f \}$ 的其中一个右陪集 $\{r \ \ rf \}$ ,则 $\{e \ \ r^2f \}r = \{r \ \ rf \}$ ， $\{e \ \ r^2f \}rf = \{rf \ \ r\}$

成立。

前面提到，全体整数在加法操作下构成群，叫做整数加法群，记做：《Z，+》或者《Z，+，0》，其中后者表示法把单位元也表示了出来。

考虑到整数加法群，《Z，+》自然可以想到，在偶整数上做加法可以成群，如0+2=2，2+4=6…，定义偶数集合 O={2Z,Z属于任意整数}为整数上的所有偶数，则《O，+》或者《O，+，0》是《Z，+》的子群。记为H。

为了验证上面的定义，我们取H的陪集1H = {E, E属于2Z+1}，1左乘H得到的是全体奇数的集合，全体奇数集合是H的左陪集（其实也是右陪集）。

我们从全体奇数中取一个元素，左乘作用在H上，相当于将H中的一个元素+奇数，由于H是全体偶数的集合，偶数+奇数还是奇数，所以作用后仍然属于奇数陪集，定理得到证明。

当H正规时，等式gH=Hg成立，g箭头一致的从H指向gH(Hg),所以相当于从一个陪集到另一个陪集的箭头不会产生不一致性，这样折叠后，每个陪集可以看成商群中的一个元素。

五次方程没有根解析式的图形化理解

群 $A_5$ 是回到这个问题的关键，用如下两个偶置换，这两个生成元分别是由单位元经过四次对换和两次对换生成的，所与都是偶置换。

由上述两个偶置换作为生成元绘制出来的A5群为足球形状，其中一个5阶子群的元素构成足球上的一个正五边形,也就是下图中的蓝色箭头围成的正五边形，它的元素包括：

H={ (0 1 2 3 4), (1 2 3 4 0), (2 3 4 0 1), (3 4 0 1 2), (4 0 1 2 3)};

这是一个五阶循环子群，它相对于绿色箭头，也就是(0 1) (2 3)作用的左陪集为：

{(0 1) (2 3)}*H = {(0 1) (2 3)}*{ (0 1 2 3 4), (1 2 3 4 0), (2 3 4 0 1), (3 4 0 1 2), (4 0 1 2 3)}

= { (1 0 3 2 4), (2 1 4 3 0), (3 2 0 4 1), (4 3 1 0 2), (0 4 2 1 3)}

左陪集也就是下图中橙色箭头指向的五个元素的集合。

现在来看一看{(0 1) (2 3)}作用下，H子群的右陪集：

H*{(0 1) (2 3)} = { (0 1 2 3 4), (1 2 3 4 0), (2 3 4 0 1), (3 4 0 1 2), (4 0 1 2 3)}*{(0 1) (2 3)} =

{ (1 0 3 2 4), (0 3 2 4 1), (3 2 4 1 0), (2 4 1 0 3), (4 1 0 3 2)}

现在结论很明显了，H子群的陪集是和子群形态和结构完全一样的正五边形，如果H是正规的，那么H的左陪集（橙色五个元素）应该和右陪集的五个元素重合，但是我们看到，H的左陪集的五个元素分别进入了五个不同的右陪集，而并非进入同一个右陪集合。

所以从这个角度来讲，至少H不是正规的，H是更基本的A5对称构件，其实无论怎样寻找，A5的所所有子群都没有左右陪集对称的形态，也就是说，A5的所有子群都没有正规的，A5已经是S5中对称的基本构件了，在除此之外，S5中在也找不到其他的对称了，A5是单群。

当折叠陪集时，子群连接到其左陪集的箭头和右陪集不一致，导致陪集无法折叠塌缩，正因为这样结构的差异，导致一般五次方程不可解。

计算右陪集，根据右乘的规则，子群每次经过蓝色线条代表的操作会进入一个新的右陪集，而每次经过红色箭头则保持在当前右陪集不变，所以，H子群的右陪集都是红色箭头围成的正五边形结构，如果让结构塌缩，则会构造成一个正二十面体：

当同一颜色的箭头由一个左陪集的节点连接到两个或更多个不同陪集的结点时，折叠陪集就会产生不一致的箭头：

逆序数定义

逆序：在全排列中，当某一对元素的先后次序与标准次序不同时，就说它构成 1 个逆序。逆序数一个排列中所有逆序的总数叫做这个排列的逆序数。记排列 $a_n$ 的逆序数为 t ，则有:

$t=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i-1}[a_{i}<a_j]$

奇排列与偶排列逆序数为奇数的排列叫做奇排列，逆序数为偶数的排列叫做偶排列。对换:在排列中，将任意两个元素对调，其余的元素不动的操作叫做对换。特别地，将相邻的两个元素对换，叫做相邻对换.

对换定理:一个排列中的任意两个元素对换，排列改变奇偶性。

S4对称群的形状是怎么对应到立方体的对称上的?

前面说的，S4有24个元素，而正方体的对称群也是24阶的，并且这两个群是同构的关系，那么怎么理解S4对称群和立方体对称操作同构呢？

可以这样理解，将立方体的8个顶点分成两组，一组是{0,1,2,3}，另一组是{0',1',2',3'}，后者是前者的镜像，布局如下，分别选择每个集合中的一个顶点不动，然后将循环其余三个点，以下图的位置为例，保持0点不动，将1，2，3按照C3循环群的方式转动0，120，240度，正方体占据的空间保持不便，由于每组有四个顶点，依次放到0点的位置，每个位置有三种对称方案，所以每一组有3*4=12种对称方案。同理，镜像组（相当于将正方体翻转，0'朝外置换当前0的位置）又会得到12种对称操作方案，前后加起来一共24种类对称方案，正好对应S4的所有元素。

和前面介绍的类似，不同的生成元会得到不同的群图，我们采用这种视角方式得到的24种群置换和通过寻找正方体的面对称轴的方式得到的结果是一样的，但是视角不同，两者之间存在一一映射关系。

长除法步骤

1.用分子的第一项除以分母的最高次项（即次数最高的项，此处为x），得到首商，写在横线之上（x³÷x=x²）。

2.将分母乘以首商，乘积写在分子前两项之下（同类项对齐） x²×(x−3) =x³−3x²

3.从分子的相应项中减去刚得到的乘积（消去相等项，把不相等的项结合起来），得到第一余式，写在下面。然后，将分子的下一项“拿下来”。

4.把第一余式当作新的被除式，重复前三步，得到次商与第二余式（直到余式为零或余式的次数低于除式的次数时为止．被除式=除式×商式+余式）

5.重复第四步，得到三商与第三余式。余式小于除式次数，运算结束.

证明在模n乘法群中，每个元素一定存在逆元。

定理：在模n乘法群中，每个元素a都有一个乘法逆元，即集合存在一个元素b,使得ab ≡ 1 (mod n)

证明过程：

设a是模n乘法群中的一个元素，由于a与n互质，根据贝祖定理，我们可以找到整数x和y，使得：

ax + ny = 1

现在，将等式两侧对n取模:

ax + ny ≡ 1 (mod n)

由于 ny ≡ 0 (mod n)，我们有：

ax ≡ 1 (mod n)

这表明如果x是群中的元素，则它就是a在模n乘法群中的逆元，换言之，存在一个元素b=x,使得ab ≡ 1 (mod n)。

下一步就要证明x是群中的元素，也就是要证明x与n互质数，根据贝祖等式，假如x和n之间存在公因子，则存在一个公因子p,所以贝祖等式左侧可以整除p,而右侧不可能整除p,所以假设失败，x和n互质，说明x是群中元素。

ax + ny ≡ 1 (mod n)

模n乘法群是一个群，因为每个元素都有一个乘法逆元，它是和n互素的余数集合。

严谨一点，还需要证明x可以是n的余数，这是显然的，即便x大于n，x mod n的余数也一定满足这个贝祖条件，这个时候可以让x取x/n的余数，得到一个满足n的余数的逆元x.

对于任意一个数字N等于与其所有因子互质的余数个数之合，比如数学女孩儿中介绍x^12-1的分解，12的因数有1，2，3，4，6，12，与其因数互质的余数个数分别为1，1，2，2，2，4.

1+1+2+2+2+4=12.

又比如数字14的因子分别为1，2，7，14，与其互质的余数个数分别为1，1，6，6(1 3 5 9 11 13），1+1+6+6=14.

实际上是欧拉函数中的定理：

欧拉函数 - OI Wiki

判定多项式不可约

爱森斯坦判别法，一个整系数多项式是不可约的，如果我们能找到一个满足下列要求的素数p:

1.x的最高次幂的系数不是p的倍数，而其他所有系数都是p的倍数。

2.常数项不是 $p^2$ 的倍数。

则是既约多项式，举例如下：

$x^{10} + 4x^7 + 18x + 14 = 0$

套用判别式如下：

取素数p=2.

1.x的最高次幂 $x^{10}$ 系数是1，不是2的倍数。

2.x的其它系数包括常数项都是2的倍数。（4，18，14）。

3.常数项14，不是4的倍数。

所以，上式通过了测试，是不可约多项式。

用伽罗瓦理论的观点分析二次方程： $x^2-x-1=0$ 的可解性。

设根分别为a,b.

1.a+b = 1

2.ab = -1.

在有理域内分辨不出来a和b两个根。

我们找一个关于根的有理式V，根据根的不同排列能够得到不同的值，这里找：

$V=a-b$

也就是书上的

$\varphi (x_1, x_2) = x_1 - x_2$

调换两个根，多一个负号，所以是不对称有理式，为了将其划归为有理域上的对称多项式，两边平方：

$(a-b)^2 = (a+b)^2-4ab = 1+4 =5$

这个时候交换两个根，有理式值不变，所以得到两个V值。

$V=\pm \sqrt{5}$

设：

$V_1=\sqrt{5},\ \ V_2=-\sqrt{5}$

前面是用根表示V，接下来用V表示根，假设 $V=V_1=\sqrt{5}$ :

$a-b=V, a+b = 1$

得到：

$a = \varphi_1 (V)=\frac{1+V}{2}, b=\varphi_2 (V)=\frac{1-V}{2}$

定义：

$f_v(x)=(x-V_1)(x-V_2)=x^2-5$

其是有理域上的多项式。其中一个根是 $\sqrt{5}$ .

前面假设了 $V=V_1=\sqrt{5}$ ，所以：

$a = \varphi_1 (V)=\frac{1+\sqrt{5}}{2}, b=\varphi_2 (V)=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

如果 $V=V_1=-\sqrt{5}$ ，则：

$a = \varphi_1 (V)=\frac{1-\sqrt{5}}{2}, b=\varphi_2 (V)=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

所以，根的排列不同，对应V的不同取值，此方程在有理域内的伽罗瓦群是C2群：

而如果在 $Q(\sqrt{5})$ 扩域内考虑方程的伽罗瓦群。此时：

$\varphi (x_1, x_2) = x_1 - x_2$

本身就在域内，不需要平方，所以其对应的伽罗瓦群要缩小，变成了单位群，也就是扑通向下的置换，也就是压根不能做置换，所以扩域后，对应的伽罗瓦群缩小。

$Q(\sqrt{2}) = a + b \sqrt{2}$

$(2-\sqrt{2})\cdot (3+2\sqrt{2}) = 6+4\sqrt{2}-3\sqrt{2}-4 = 2+\sqrt{2}$
对于这个等式，你把所有的根号2换成负根号2，不用计算也会成立，等式区分不出来正根号2还是负根号2.

$(2+\sqrt{2})\cdot (3-2\sqrt{2}) = 6-4\sqrt{2}+3\sqrt{2}-4 = 2-\sqrt{2}$

$Q(\sqrt{2})$ 的基为 $\{1, \sqrt{2}\}$ ,扩张次数为 $Q(\sqrt{2})/Q = 2$

所以任意 $Q(\sqrt{2})$ 中的 $1+2\sqrt{2}$

$1,\ 1+2\sqrt{2}, \ (1+2\sqrt{2})^2$

一定线性相关，比如：

$\boldsymbol{(-7)}\cdot 1+\boldsymbol{(-2)}\cdot (1+2\sqrt{2})+\boldsymbol{1}\cdot (1+2\sqrt{2})^2=0$

四次扩域

$\boldsymbol{Q(\sqrt{2}, \ \sqrt{5}) = Q(\sqrt{2})(\sqrt{5}) = (a+b\sqrt{2})+(c+d\sqrt{2})\sqrt{5}=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{5}+d\sqrt{10}}$

基为 $\{1, \sqrt{2}, \sqrt{5}, \sqrt{10}\}$

循环标记法表示乘法操作，从右向左计算

正规扩域

设E是F的一个有限扩域，且f(x)是F上的任意一个不可约多项式，如果E含有f(x)的一个根，那么E就含有f(x)的所有根，则称E是F的一个正规扩域。

例如： $f(x)=x^2-2x-1$ 在Q上是不可约的，它的一个根： $1+\sqrt{2}\in Q(\sqrt{2})$ ,则它的另一个根 $1-\sqrt{2}$ 也属于 $Q(\sqrt{2})$

扩域的封闭性

$p+q\sqrt{r}$ 是 $ax^2+bx+c=0$ 的一个根，所以：

$a(p+q\sqrt{r})^2+b(p+q\sqrt{r})+c=a(p^2+q^2r+2pq\sqrt{r})+b(p+q\sqrt{r})+c =0$

$ap^2+aq^2r+bp+c+(2apq + bq)\sqrt{r}=0$

所以：

$ap^2+aq^2r+bp+c=0$

$2apq + bq=0$

而如果将 $p-q\sqrt{r}$ 代入 $ax^2+bx+c=0$ ：

$a(p-q\sqrt{r})^2+b(p-q\sqrt{r})+c=a(p^2+q^2r-2pq\sqrt{r})+b(p-q\sqrt{r})+c =0$

$ap^2+aq^2r+bp+c-(2apq + bq)\sqrt{r}=0$

所以，如果 $p+q\sqrt{r}$ 是二次方程的一个根， $p-q\sqrt{r}$ 也一定是它的根，扩域 $Q(\sqrt{r})$ 包含二次方程的所有根。

$\boldsymbol{\sigma((a+b\sqrt{r})(p+q\sqrt{r})=\sigma(ap+bqr+(bp+aq)\sqrt{r})=ap+bqr-(bp+aq)\sqrt{r})}$

$\boldsymbol{\sigma(a+b\sqrt{r})\sigma(p+q\sqrt{r})=(a-b\sqrt{r})(p-q\sqrt{r})=ap + bqr -(pb+qa)\sqrt{r}}$

所以：

$\boldsymbol{\sigma[(a+b\sqrt{r})(p+q\sqrt{r})]=\sigma(a+b\sqrt{r})\sigma(p+q\sqrt{r})}$

自同构

如何理解共轭

表达式 $ghg^{-1}$ 或许看上去让人有些不明所以，下面解释一下为什么取一个群元素h关于另一个元素g的共轭常常具有既自然又实用的意义，从作用序列角度看，共扼 $ghg^{-1}$ 是先作用 $g^{-1}$ ,再作用h,然后再作用g.

其实，许多日常事件都遵从这个模式，比如，让h代表一个简单的作用-打开一瓶罐头，当盖子太紧，以致作用h遇到困难时，你可以先用热水加热罐头（作用g逆),再打开罐头（作用h),然后让罐头冷却（g)，作用h经由作用g暂时转化为一个不同的形式，因而结果也与单独进行h有所不同。

再举一个例子，比如说作用h是一位歌手演唱歌曲，作用g是该歌手开车去春晚演唱，这位歌手在排练时经常进行作用h,但是春晚的舞台是不一样的，开车去春晚的作用对寻常作用h做了共扼操作，因此将歌手推到了一个新的境界,一个更激动人心，且从中获利的境界，它们开车去春晚现场 $g^{-1}$ ,完成演唱(h)，再开车回去 $g$ 。

把 $ghg^{-1}$ 看成是作用h经由作用g转化为一个新的形式，这是理解共扼的好方法，正因如此，一个作用与它的共扼总有很多共同点。

比如A3置换群中，rf就是f关于r操作的共扼：

$r^{-1}fr = r^{-1}r^2f=rf \\ \\ rrfr^{-1} = r^2fr^2=r^2r^2fr=rfr=rr^2f=f$

$rfr^{-1}=rfr^2=rfrr=rr^2fr=fr=r^2f \\ \\ r^{-1}r^2fr=rfr=rr^2f=f$

$frf^{-1}=r^2ff^{-1}=r^2 \\ \\ f^{-1}r^2f=fr^2f=r^2frf=r^4ff=r$

所以如果因为某种原因我们无法操作rf，我们可以利用其共轭操作f和r作用达到目标。

方程求解理论的发展

1.卡尔达诺发表三次方程求根公式，但包括之前的二次方程求根公式，只不过集合了一连串的小技巧，之所以每个技巧都性的通，可能更多是处于一系列的巧合，并没有任何系统性的原因。真正的原因和开始触碰问题本质是从拉格朗日和范德蒙开始的。

2.范德蒙是第一个认识到可以把对称函数应用到求方程根式解的问题上的人，而在拉格朗日那里，这一思想吹响了向所有代数方程发起冲击的号角。

3.拉格朗日开始对数学不感兴趣，直到阅读到一本哈雷所著的关于代数方法的书，对数学的看法发生了巨变，开始研究数学，是数学的幸运。巨著分析力学全书中没有一张图表，全部是数学推倒，在他看来，这可以使逻辑更加严密，拉格朗日并引以为傲。

4.1770年，拉格朗日将目标瞄准到高次方程的可解性理论，“我写这篇论文是要检验迄今为止的各种方程代数解的方法”，从中归纳出普遍的原理，并先验地推理出为什么这些方法适用于三次和四次方程，却不适用于五次方程“，拉格朗日目标明确，不仅要明白之前求解三次和四次方程的方法是如何奏效的，还要明白他们为什么奏效。

5.拉格朗日发现，卡尔达诺，塔尔塔利亚和其他人使用的所有特殊技巧都源于同样的思想，把直接求解原方程转化为秋解某个辅助方程，辅助方程的根与原方程的根相关，而又有所区别。

6.拉格朗日发现，三次方程的辅助方程是二次的，四次方程的辅助方程是三次的，理所当然，发现这一点的拉格朗日开始认为五次方程会有一个“四次预解方程”，用四次方程求根公式解出来预解方程，再开五次方，就可以构造出原五次方程的根。既而六次方程会有一个“五次预解式”，由此，将能够解出任意次数的方程。

可残酷的现实浇灭了希望的火焰，五次方程的求根公式并不是四次的，而是六次的，次数更高。即便如此，拉格朗日仍旧没有开始证明五次方程不可解，因为可能有其他的解法存在，对拉格朗日来说，方程不可解是不可能的和讽刺的，他不愿意在这件事上浪费时间。但是他的继承者伽罗瓦将会在总结拉格朗日工作的基础上，给这个终极之问画上圆满的句号。

不朽的拉格朗日，已经为后人的证明奠定了根基，之后鲁非尼，阿贝尔，伽罗瓦都是在吸收拉格朗日智慧的基础上，完成了方程求解理论的彻底解决。

7.鲁非尼是证明五次方程没有根式解的第一人，他终其一生都相信自己证明了五次方程无法用根式求解，直到他死后，人们才发现他的正明确欠缺了关键的一步，这是一个他甚至从未意识到自己作出了“显然”的假设。生前没有人发现证明中的错误，部分原因是他的工作从未引起足够的重视，没有被真正检验过。这无可厚非，每一位专业的数学工作者都有过这种惨痛的切身体会，隐含的假设很难被发现，正是由于它是隐含的。

8.鲁非尼确信，之所以从来没有人找到国五次方程的根式解，是因为一个很直接的理由，五次方程没有根式解，具体的说，一般五次方程绝不可能通过一个只包含系数的加减乘除和根式的表达式来求解。

9.与拉格朗日类似，鲁非尼的演研究也以“置换”的概念为基础，一个置换，就是对某个序列进行重新排序的一种方式。直觉告诉我们，方程“不知道”你如何排列他的根，所以把这些根排列成怎样的顺序都不应该有什么重大影响。具体而言，如果把方程的系数用根的表达式表达，这些表达式应该是完全对称的，不会因为根的置换而发生变化。拉格朗日认识到，所有用根构造的表达式中，有一些可能只对根的某些置换是对称的，对于其他置换则不是，这些“部分对称“的表达式与用系数构造的关于方程任何一个根的表达式都密切相关。

10.鲁非尼关于不可解性的证明本质在于他找到了一些条件，对于一个一般的五次方程，如果它的根能够用根式表示，它就必须满足这些条件。如果不满足，它就根本没有这样的根。因此任何对三次，四次方程解法的自然延伸，都无法适用于五次方程。

11.参照拉格朗日的书中的做法，鲁非尼把目标瞄准了根的对称函数，以及它们与置换的关系，五次方程有五个根，一共有120个可能的置换方式，鲁非尼意识到，假设五次方程存在求根公式，那么这些置换就一定具有来自公式的结构特征，如果找不到这些特征，就不存在这样的求根公式。这有点像在在泥泞的丛林中捕虎，如果真的有老虎，它一定会在泥地上留下爪印，没有爪印，也就没有老虎。鲁非尼证明了，如果方程能够用根式求解，就必须存在一些对称函数，而且他们与在黑邪120个置换的乘法结构是矛盾的。

12.后来人们发现鲁非尼的证明漏掉了关键的一步，当时没有任何人指出来，但真正的突破在于方法，鲁非尼已经找到了正确的战略，只是没有采取足够恰当的战术，要解决这个问题，需要一位对琐碎的战术细节也能一丝不苟的战略家，而现在，这个人出现了。

13.阿贝尔不同于鲁非尼的功亏一篑，他的证明完美无缺，证明的战略与鲁非尼相似，但是在战术上更胜一筹。

14.鲁非尼和阿贝尔的论证使用的是当时的数学语言，这种语言不太适合用来进行所需要的思考，那时候的数学家主要关注的是具体而确切的概念，而方程理论的关键则在于要从更宏观的角度来思考--关注结构和过程，而非具体的细节。因为，他们的思想很难被同时代的人所理解，是因为这种思想超越了当时的数学语言。但即使当今的数学家使用当今的术语，也很难理解这一论证。

15.鲁非尼的证明和阿贝尔的证明有明显的相似之处，但通过塔的形式，阿贝尔改进了鲁非尼的技巧，填补了他留下的缺陷，他们两个人共同证明了五次方程的系数和根之间无法用根式建起一座塔，这是在用建筑语言告诉我们，不存在只包含加减乘除和根式就能求解的五次方程的表达式，用根式求解五次方程，就像想要靠一次次的原地踏步爬上月亮一样，全无可能。

16.阿贝尔死后不久，他关于一些五次方程无法用根式求解的证明开始逐渐得到承认，但是某些五次方程是可以用根式求解的，比如 $x^5-2=0, x=\sqrt[5]{2}$ ，人们不禁要问，如果一些五次方程可以用根式求解而另一些不能，那么是什么把他们区分开来的呢？

17.阿贝尔已经发现用根式求解某些五次方程的障碍，他也证明了，这种障碍至少使一些五次方程完全不可能存在根式解，而下一步，也就是翘动我们的整个故事发生转折的支点，是由一个“得寸进尺”的人迈出的，他问了一个一旦某个重大问题被解决后数学家门都无法抗拒的问题：“是的，这些都没错，但究竟是为什么呢？”

18.当阿贝尔速战速决，用一个明确的"不能“回答了“所有的五次方程都可以用根式求解吗？“这个问题时，另一个人思考的更为深刻，正在全心钻研一个更具有普遍意义的问题，哪些方程可以用根式解，哪些不能?平心而论，阿贝尔也已经开始沿着这一方向思考了，如果不是被肺结核夺走了生命，他可能已经找到了答案。这个将会改变数学和科学进程的人，就是埃瓦里斯特-伽罗瓦。

19.群论是关于对称性的理论，可以理解成对称性的“微积分”。他成为一个完整的数学分支，自产生之日起，已经深入数学的每一个角落。

20.伽罗瓦的一生让人心碎到心疼，让我们看看后人对这位天才的评价吧：

“在开创性和概念的深邃方面无人能及”

“伽罗瓦的论述在好几十年中一直被看成是天书，但是，他后来对数学的整个发展产生越来越深远的影响，如果从它所包含思想之新奇和意义之深远来判断，也许是整个人类知识宝库中价值最为重大的一件珍品”。

“现在，大家都已充分认识到伽罗瓦理论是一个基本的数学分支，每一个严肃认真的数学专业大学生都应该在头几年的教育中就了解它”。

计算伽罗瓦群的PYTHON库

$ pip3 install galois

import galois
 
f=galois.irreducible_poly(2,8)
GF=galois.GF(2**8,repr="poly", irreducible_poly=f)
print("f=",f)
g=GF.primitive_element
print("g=",g)
g1=g.multiplicative_order()
print(g1)
print(GF.repr_table(g))

python有限域的运算——galois库（伽罗瓦群）_python gf有限域-CSDN博客

$\boldsymbol{Q(\sqrt{2}, \sqrt{3}) = Q(\sqrt{2})(\sqrt{3})=(a+b\sqrt{2})+(c+d\sqrt{2})\sqrt{3}=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\sqrt{6}}$

$\boldsymbol{Q(\sqrt{3}, \sqrt{2}) = Q(\sqrt{3})(\sqrt{2})=(a+b\sqrt{3})+(c+d\sqrt{3})\sqrt{2}=a+b\sqrt{3}+c\sqrt{2}+d\sqrt{6}}$

$\boldsymbol{Q(\sqrt{2}, \sqrt{6}) = Q(\sqrt{2})(\sqrt{6})=(a+b\sqrt{2})+(c+d\sqrt{2})\sqrt{6}=a+b\sqrt{2}+c\sqrt{6}+d\sqrt{12} = a+b\sqrt{2}+c\sqrt{6}+2d\sqrt{3}}$

$\boldsymbol{Q(\sqrt{6}, \sqrt{2}) = Q(\sqrt{6})(\sqrt{2})=(a+b\sqrt{6})+(c+d\sqrt{6})\sqrt{2}=a+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}+d\sqrt{12} = a+b\sqrt{6}+c\sqrt{2}+2d\sqrt{3}}$

$\boldsymbol{Q(\sqrt{3}, \sqrt{6}) = Q(\sqrt{3})(\sqrt{6})=(a+b\sqrt{3})+(c+d\sqrt{3})\sqrt{6}=a+b\sqrt{3}+c\sqrt{6}+d\sqrt{18}=a+b\sqrt{3}+c\sqrt{6}+3d\sqrt{2}}$

$\boldsymbol{Q(\sqrt{6}, \sqrt{3}) = Q(\sqrt{6})(\sqrt{3})=(a+b\sqrt{6})+(c+d\sqrt{6})\sqrt{3}=a+b\sqrt{6}+c\sqrt{3}+d\sqrt{18}=a+b\sqrt{6}+c\sqrt{3}+3d\sqrt{2}}$

x^3-2的对称性

三个根：

$r_1=\sqrt[3]{2} \\ \\ r_2 = \frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i) \\ \\ r_3 = \frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1-\sqrt{3}i)$

$Q(\sqrt[3]{2} )$ :

$(a+b\sqrt[3]{2})(c+d\sqrt[3]{2})=ac+(bc+ad)\sqrt[3]{2}+bd(\sqrt[3]{2})^2$

$\boldsymbol{(a+b\sqrt[3]{2})(c+d\sqrt[3]{2})(e+f\sqrt[3]{2})=(ac+(bc+ad)\sqrt[3]{2}+bd(\sqrt[3]{2})^2)(e+f\sqrt[3]{2})}=\\ \boldsymbol{[ace+(bce+ade)\sqrt[3]{2}+bde(\sqrt[3]{2})^2]+[acf\sqrt[3]{2}+(bcf+adf)(\sqrt[3]{2})^2+2bdf]} = \\ \boldsymbol{ace+2bdf + (bce+ade+acf)\sqrt[3]{2}+(bde+bcf+adf)(\sqrt[3]{2})^2}$

$Q(\sqrt{3}i):$

$\boldsymbol{(a+b\sqrt{3}i)(c+d\sqrt{3}i)=(ac+ad\sqrt{3}i+cb\sqrt{3}i-3bd)=(ac-3bd)+(ad+cb)\sqrt{3}i}$

$Q(\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)):$

$\boldsymbol{(a+b[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)])(c+d[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]) }= \\ \\ \boldsymbol{ac + (ad + bc)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]+bd[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]^2}$

$\boldsymbol{(a+b[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)])(c+d[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)])(e+f[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]) =} \\ \boldsymbol{\big[ac + (ad + bc)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]+bd[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]^2\big](e+f[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)])} = \\ \boldsymbol{\big[ace + (ade + bce)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]+bde[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]^2\big] +\big[ acf[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)] +(adf+bcf)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]^2 +2bdf \big]} = \\ \boldsymbol{ace+2bdf+(ade+bce+acf)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)] +(bde+adf+bcf)[\frac{\sqrt[3]{2}}{2}(-1+\sqrt{3}i)]^2}$

顶域为： $a+b\sqrt[3]{2}+c(\sqrt[3]{2})^2+d\sqrt{3}i+e\sqrt[3]{2}\sqrt{3}i+f(\sqrt[3]{2})^2 \sqrt{3}i$

所以可以看到对任意一个根的扩域都无法到达顶域，比如，对两个虚根的扩域的结果，无法产生顶域中的 $d\sqrt{3}i$ 项。所以，似乎 $Q(r_1), Q(r_2), Q(r_3)$ 都缺少和一个 $Q(\sqrt{3}i)$ 的二阶扩域，下图已经画出：

为何二次方程的根域自同构群是C2？

$Q(\sqrt{2}) = a+b\sqrt{2} \\ \\ \delta (a+b\sqrt{2}) = \delta(a)+\delta(b\sqrt{2})=\delta(a)+\delta(b)\delta(\sqrt{2})=a+b\delta(\sqrt{2})$

可见，自同构作用由 $\delta(\sqrt{2})$ 决定。

又因为：

$\delta(2)=2=\delta(\sqrt{2}\times \sqrt{2})=\delta(\sqrt{2})\delta(\sqrt{2})=\delta(\sqrt{2})^2 \\ \\ \delta(\sqrt{2})^2 = 2 \\ \\ \delta(\sqrt{2}) = \pm \sqrt{2} \\ \delta(-\sqrt{2})=\delta(-1\times\sqrt{2}) = \delta(-1)\delta(\sqrt{2})=-1\times \pm \sqrt{2}=\mp \sqrt{2}$

所以，可以看到，作用 $\delta$ 是关于二次方根的共扼变换,a,b不动， $\pm \sqrt{2}$ 互换：

同理，复共扼也对应C2群：

$C = a+bi \\ \\ \delta (a+bi) = \delta(a)+\delta(bi)=\delta(a)+\delta(b)\delta(i)=a+b\delta(i)$

$-1=\delta(-1)=\delta(i^2)=\delta(i\times i)=\delta(i) \delta(i)=\delta(i)^2 \\ \\ \therefore {\delta{(i)}}=\pm{i} \\ \therefore \delta(-i) = \delta(-1\times i) = \delta(-1)\delta(i) = -1\times\pm i=\mp i$

分圆多项式 $\varphi (x)=x^4+x^3+x^2+x+1$ 的伽罗瓦群：

根据上面的凯莱图判断，此群是阿贝尔群，因为群结构是（1 3 2)（0 1）生成的，也就是(0 1 3 2), 对应（1 2 4 3)

方程：

$\boldsymbol{(x^4+x^3+x^2+x+1)(x-1)=x^5+x^4+x^3+x^2+x-x^4-x^3-x^2-x-1=x^5-1}$

$x^5-1$ 分解：

所以，根分别为：

$x_0 = 1\\ x_{1,2}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\pm i \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} \\ x_{3,4}=-\frac{\sqrt{5}+1}{4}\pm i \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4} \\$

所以 $x^4+x^3+x^2+x+1 = 0$ 是 $x^5-1$ 的五个根去除根1后剩下的四个根，四个根是 $x_{1,2}, x_{3,4}$ ：

$\zeta^1=-0.8090169943749-0.5877852522925i \\ \zeta^2=0.3090169943749 +0.9510565162952i \\ \zeta^3=0.3090169943749 -0.9510565162952i \\\zeta^4=-0.8090169943749+0.5877852522925i \\ \\ \zeta^1=0.3090169943749 +0.9510565162952i \\ \zeta^2=-0.8090169943749+0.5877852522925i \\ \zeta^3=-0.8090169943749-0.5877852522925i \\\zeta^4=0.3090169943749 -0.9510565162952i \\ \\ \zeta^1=0.3090169943749 -0.9510565162952i \\ \zeta^2=-0.8090169943749-0.5877852522925i \\ \zeta^3=-0.8090169943749+0.5877852522925i \\\zeta^4=0.3090169943749 +0.9510565162952i \\ \\ \zeta^1=-0.8090169943749+0.5877852522925i \\ \zeta^2=0.3090169943749 -0.9510565162952i \\ \zeta^3=0.3090169943749 +0.9510565162952i \\\zeta^4=-0.8090169943749-0.5877852522925i$

四个根的置换恰好对应上面群的四个作用，它是S4群的一个四阶子群,用四组解中的任意一组解作为单位元，重排解，得到的都是同一个群：

为了印证这个群是方程的伽罗瓦群，我们需要找到一个有理式，满足用四个根的置换计算后，其结果不变：

$x_1+x_2+x_3+x_4 =-1$ 当然可以，不过它平凡了，在整个S4的置换中结果保持不便，我们需要一个使伽罗瓦群的置换下保持不变的最小域有理式，从而证明伽罗瓦群是保持有理式计算结果在有理域内保持不变的最小的群，不能再小了，所以上面的等式还不够。

$(x_1+x_4)-(x_2+x_3)$ 也不行，因为虽然消去了虚部，但是它的结果是 $\frac{\sqrt{5}}{2}$ ,不再有理数域。

$(x_1+x_4)(x_2+x_3)=-1$ ，可以吗？可以，它是有理式，并且结果是有理数，可以验证，在伽罗瓦群的变换下，其结果永远是-1保持不变。

此群是C4 四阶循环群：

对于阿贝尔群来讲，群元素的共扼就是自身，因为 $P^{-1}VP=VP^{-1}P=V$ ，所以对于阿贝尔群中的一个变换，比如排列重命名，无论对于命名哪个排列为正序，同一个线性变换不会发生变化，也就是说，对于从e观察到的一个线性变换，如果令群中另一个元素为e再次观察这个线性变换，线性变换本身不变。

以C6为例，对于C6中的 $a^2$ 变换，无论指定哪个元素为e, $a^2$ 都是将当前元素变换为下下个元素，变换本身都是 $a^2$ ，和视角无关:

比如将上图中的a元素看成e，则从原视图到新视图的变换为a，则在原视图的变换 $a^2$ 下，新的e被变换到了 $a^2a$ 位置，则在新的e视图下，变换 $a^2$ 就成了 $a^{-1}a^2a$ ，对于是阿贝尔群的C6来说，这个变换仍然是 $a^{-1}a^2a=a^{-1}aa^2=ea^2=a^2$ ,说白了无论从谁的角度看，变换a两次相当于旋转两个元素，这个规则都不变，这是阿贝尔群的特性。

类比线性代数中讲的线性空间则完全不同，线性空间的相似定义为： $B=S^{-1}AS$ ,则A矩阵和B矩阵相似，这里由于矩阵乘法不满足交换律，矩阵空间为非阿贝尔群结构，B和A不相同，也就是说，在基变换S下，同一个线性变换，在原基空间中叫做A，但是在变换后的新的基空间，这个线性变换的矩阵变成了B。‌矩阵线性变换不是阿贝尔群‌。矩阵线性变换的运算不满足交换律，因此不属于阿贝尔群。数轴上的计算满足交换律，所以在一维数轴上建立的乘法群，比如模N乘法群，或者排除0的有理数乘法群，都构成了阿贝尔群，满足自相似，每个缩放因子都是唯一的，没有其他元素与之“相似”，所以我们计算乘法的时候，无论执行乘法的先后顺序是什么样子，得到的都是唯一的结果，因为乘法变换在任意视角下保持不变。

毕竟，对于数轴上的*2变换，从1的角度看，乘法群把1映射成2的变换是乘以2：

从1/2的角度看，也可以是把1/2映射成1,因为原1节点在新坐标下2个单位，原2节点在新坐标下4个单位，仍然是*2变换，这是阿贝尔群的特点：

可以这样理解：

0.坐标轴转移因子是1/2，也就是新的坐标单位，在原坐标轴下看上去是1/2.

1.原视图下的1，在新视图下可以看成 $(\frac{1}{2})^{-1}*1=2$ ，原视图的2，在新视图下看成 $(\frac{1}{2})^{-1}*2=4$

2.所以，转换视图后，同一个变换，仍然是4/2=2.

对应相似矩阵的思路：

0.新坐标系和老坐标系的转换矩阵为S

1.B为线性变换相对于新坐标系的表示矩阵。

2.A为线性变换相对于老坐标系的表示矩阵。

3.所以，老坐标系的单位矩阵，在新坐标系下的坐标为 $S^{-1}E=S^{-1}$

4.老坐标系的变换矩阵A，在新坐标系下的坐标为 $S^{-1}A$

5.为了计算同一个线性变换在新坐标下的矩阵B，由于变换效果应该是一样的，所以还是以老坐标系作为参考，为了将 $S^{-1}E=S^{-1}$ 变换为 $S^{-1}A$ ，需要对 $S^{-1}$ 左乘一个变换矩阵B，也就是：

$BS^{-1}=S^{-1}A\Rightarrow B=S^{-1}AS$

显然，这里B不会等于A，虽然是同一个线性变换，在非阿贝尔群下，先起床在尿尿和先尿尿再起床是不一样的。

回到群的主题，上面介绍的群是C4循环群，是阿贝尔群，对群中的元素进行重新命名后，每个元素的表示都会发生变化，比如 $r^2$ 变成了r，但是同一个变换本身，没有发生变化。也就是：

$r^2=r^{-1}r^2r$

回到群的讨论，有如下结论：

H是正规子群，则(aH)(bH)=(ab)H

$(ah)*(bh')=a(hb)h'=a(bh'')h'=(ab)(h''h)\in (ab)H \\ (ab)h=a(bh)\in (aH)(bH), a \in aH, b \in bH$

所以，在群G除以正规子群H的陪集集合中，群的结构自然而然的被添加了进来，这个群的结构就是商群G/H，在商群G/H中，我们可以无视陪集内部的小结构，只需要关注陪集之间的大结构，从微观的角度转移到宏观的角度来观察，暂时不要看森林里的一颗颗树木，要飞上天空，看森林的全貌。如果H是正规子群，则G/H也是群：

1.封闭性：(aH)(bH)=(ab)H=cH,cH也是商群中的元素。

2.结合性：(aH)(bH)(cH)=(ab)H(cH)=(abc)H=[a(bc)]H=(aH)(bc)H=(aH)[(bH)(cH)].

3.存在单位元：单位元就是H,(aH)H=(aH)(eH)=(ae)H=aH.

4.存在逆元： $(aH)(a^{-1}H)=(aa^{-1})H=eH=H$

所以可以看到，按照正规子群划分的商群也是群。

二次方程的伽罗瓦群

方程的伽罗瓦群，如果用根的有理式得到的结果是有理数，则无论怎么置换根，这个式子结果不会发生改变，伽罗瓦群反映了根的对称性。

如果二次方程在系数域（有理数域）内是可以分解的，说明它的伽罗瓦群是单位元E，也就是不能发生置换，否则，我们可以选择有理式x1-x2，其结果也是有理数，则在置换x2-x1下的结果会发生变号。所以，在有理数域内可约的二次方程，其伽罗瓦群是单位元e.

如果二次方程在系数域内不可分解，则从根的角度（伽罗瓦群讨论的是根而不是系数，这也是伽罗瓦当时不被认可的一个地方，但是没有理由认为这个难题可以从系数角度解决，事实证明也是如此），x1-x2的结果不再有理域中，伽罗瓦群只是定义了结果有理式的结果是系数域时候的特点，但是没有定义当结果不是系数域中该怎么作。但是当我们考虑到计算（x1-x2)^2时，发现得到了一个系数域上的对称多项式它一定是有理数，满足认定伽罗瓦群的条件，当置换X1，X2时，式子结果不变。对应的伽罗瓦群是S2，也是C2，所以这里提示我们，要求解不可约二次多项式，必须对一个数字执行开方操作，伽罗瓦称为扩域。扩域后，伽罗瓦群收缩为单位群，根式可解。

如果根在系数域中，你可以找一个不对称的有理式区分出两个根，但是如果根不再系数域中的时候，你是不可能在有理域内（式子和结果都是有理数）找到一个式子，区分两个根的。

一个有意思的结论是，如如果一个多项式和另一个不可约多项式共有一个根，则这个多项式拥有这个不可约多项式的所有根，也就是不可约多项式是多项式的一个因子，可以通过长除法分解这个多项式。
当解不属于系数域时，伽罗瓦群不是单位群，一定存在一组共扼根和一个不可约多项式，时后者在这组共扼根的置换下，结果在系数域并且保持不变。

当解属于系数域时，伽罗瓦群是单位群，有理域内，存在一个有理式（式子和结果都是有理数），在根置换下的值发生改变，也就是不允许根的置换。

update:依赖于角的不同，如果初始排列为，则伽罗瓦群为下图，同样是阿贝尔可解群：

$x_{1,2}=\frac{\sqrt{5}-1}{4}\pm i \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} \\ x_{3,4}=-\frac{\sqrt{5}+1}{4}\pm i \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4} \\$

这是一个克莱因四元群：

每个不可约多项式都对应一个域么

不是每个不可约多项式都对应一个唯一的域。然而，每个不可约多项式确实对应一个唯一的分裂域。

让我们回顾一些定义：

不可约多项式是不能在给定域上分解为较小多项式的多项式。
多项式的分裂域是原始域的最小域扩张，其中包含多项式的所有根。
给定一个不可约多项式 f(x) 在域 K 上，我们可以构建 f 的分裂域 L，如下所示：

将 f 的一个根 α 附加到 K 上，得到域扩张 K(α)。
由于 f 是不可约的，K(α) 是 K 的一个简单扩张，即 K(α) 中的每个元素可以写成 α 的多项式，以 K 中的系数。
重复步骤 1，以 f 的另一个根 β 附加到 K 上，得到域扩张 K(α, β)。
继续这个过程，直到 f 的所有根都被附加到 K 上，结果得到 f 的分裂域 L。
现在，这里是重要的部分：分裂域 L 是同构唯一的。这意味着，如果我们从 f 的另一个根开始，并重复这个过程，我们将得到一个同构于 L 的域。

然而，不是每个不可约多项式都对应一个唯一的域。例如，考虑多项式 x^2 + 1 和 x^2 - 2 在有理数 ℚ 上。两个多项式都是不可约的，但它们有不同的分裂域：ℚ(i) 和 ℚ(√2)，分别。这些域不是同构的，因为它们有不同的代数结构。

因此，总结一下：每个不可约多项式对应一个唯一的分裂域，同构唯一，但不是每个不可约多项式都对应一个唯一的域。😊