- 有限可分扩张都是单代数扩张
设 E/F 是有限可分扩张。我们证明存在 α∈E，使得
E=F(α).
这就是原始元定理。
若 F 是有限域，则由于 E/F 有限，所以 E 也是有限域。有限域的乘法群 E× 是循环群，因此存在 α∈E×，使得
E×=⟨α⟩.
于是 E 中每个非零元素都是 α 的幂，故
E=F(α).
若 F 是无限域，因为 E/F 是有限扩张，所以存在有限多个元素 α1,…,αn∈E，使得
E=F(α1,…,αn).
只需证明两个元素的情形即可，然后归纳。
设
E=F(α,β),
其中 α,β 在 F 上可分。令
γ=α+cβ,
其中 c∈F 待选。
设 α 在 F 上的所有共轭为
α=α1,α2,…,αr,
β 在 F 上的所有共轭为
β=β1,β2,…,βs.
由于扩张可分，这些共轭互不相同。
我们希望选择 c∈F，使得当 (i,j)=(1,1) 时，
α1+cβ1=αi+cβj.
这只需避免有限多个值
c=β1−βjαi−α1.
因为 F 是无限域，所以可以选择一个 c∈F 避开这些有限多个坏值。
于是令
γ=α+cβ.
下面证明
F(α,β)=F(γ).
显然
γ=α+cβ∈F(α,β),
所以
F(γ)⊆F(α,β).
反过来，由 γ=α+cβ 得
α=γ−cβ.
因此只要证明 β∈F(γ)，就能推出 α∈F(γ)。
设 β 的最小多项式为 g(x)∈F[x]，α 的最小多项式为 f(x)∈F[x]。
因为
α=γ−cβ,
所以 β 是下面两个多项式的公共根：
g(x)
和
f(γ−cx).
根据 c 的选取，β 是它们唯一的公共根。因此它们在 F(γ)[x] 中的最大公因式为
x−β.
所以
β∈F(γ).
从而
α=γ−cβ∈F(γ).
因此
F(α,β)⊆F(γ).
综上，
F(α,β)=F(γ).
由归纳法，有限可分扩张 E/F 是单代数扩张，即存在 θ∈E，使得
E=F(θ).
证毕。
- 求 Gal(Q(35)/Q)
令
K=Q(35).
记
α=35.
则 α 是多项式
f(x)=x3−5
的一个根。
由 Eisenstein 判别法，取素数 5，可知
x3−5
在 Q[x] 上不可约。因此
[Q(35):Q]=3.
现在求 Q-自同构。
任意
σ∈Gal(Q(35)/Q)
必须把 α 送到 α 的另一个共轭根。
而 x3−5 的三个根为
35,ω35,ω235,
其中
ω=e2πi/3.
但是
Q(35)⊆R,
所以它只包含实数。
而
ω35,ω235
不是实数，因此不属于 Q(35)。
所以 σ(α) 只能等于
α.
因此任意 Q-自同构都固定 α，从而固定整个
Q(α).
所以只有恒等自同构：
Gal(Q(35)/Q)={id}.
因此
∣Gal(Q(35)/Q)∣=1.
注意：该扩张次数为 3，但 Galois 群只有 1 个元素，原因是 Q(35)/Q 不是正规扩张。
- 证明 E/F 是 Galois 扩张，其中 F=Q, E=Q(2,i)，并求 Galois 群
设
F=Q,E=Q(2,i).
首先，
2
是多项式
x2−2
的根，而
i
是多项式
x2+1
的根。
因此
E=Q(2,i)
是多项式
(x2−2)(x2+1)
在 Q 上的分裂域。
由于 Q 的特征为 0，所以所有代数扩张都是可分扩张。又因为 E 是某个多项式在 Q 上的分裂域，所以 E/Q 是正规扩张。
因此 E/Q 既正规又可分，所以是 Galois 扩张。
下面求 Galois 群。
首先，
[Q(2):Q]=2.
又因为
i∈/Q(2)⊆R,
所以
[Q(2,i):Q(2)]=2.
因此
[E:Q]=[Q(2,i):Q(2)][Q(2):Q]=2⋅2=4.
因为 E/Q 是 Galois 扩张，所以
∣Gal(E/Q)∣=[E:Q]=4.
任意 Q-自同构 σ 必须把 2 送到 x2−2 的根，即
σ(2)=±2.
同时 σ 必须把 i 送到 x2+1 的根，即
σ(i)=±i.
因此共有四个自同构：
σ1:2↦2,i↦i,
σ2:2↦−2,i↦i,
σ3:2↦2,i↦−i,
σ4:2↦−2,i↦−i.
所以
Gal(Q(2,i)/Q)={σ1,σ2,σ3,σ4}.
其中每个非恒等元素的阶都是 2，因此该群同构于 Klein 四元群：
Gal(Q(2,i)/Q)≅C2×C2.