Тем самым доказано, что группа Галуа 0(Q, Р) изоморфна симметрической группе S„, т. е.

группа Галуа общего уравнения степени п над произвольным полем Р изоморфна симметрической группе S„ степени п.

Следовательно,

общее уравнение степени п при п5 неразрешимо в радикалах (каково бы ни было поле Р). Напротив,

если л<;4, то общее уравнение степени п в радикалах разрешимо.

Последний результат общеизвестен (см. Курс, стр. 233-240), однако небезынтересно вывести известные формулы решения уравнений степени л<;4 из общих соображений теории Галуа.

4. Решение уравнений низших степеней

Рассмотрим сначала квадратное уравнение

x\-a,x-\-a2 = Q. (1)

Пусть /j, -его корни и Q = C(tx, г",) -его поле разложения над полем C==C{ai, Cj) (так как основное поле Р не играет никакой роли, то мы принимаем за него поле С комплексных чисел). Группой Галуа уравнения (1) является симметрическая группа 2. Так как эта группа является циклической группой второго порядка и, следовательно, не имеет никаких подгрупп, то и поле Q не имеет никаких промежуточных подполей. Поэтому, например, поле C(/i) совпадает с полем Q:

Единственный не тождественный автоморфизм 5 поля Q над полем С переводит корень в корень /"2:

(ибо в противном случае 5 = £).

Согласно общей теории, мы должны составить резольвенты Лагранжа. Так как первообразным корнем из единицы

Далее,

-g,±t *1,2 --2-

Ь" t + tl- 2tit-i = 4 - 4ai

и, следовательно,

9 = Уа\~Аа.

Таким образом, мы действительно получили известные формулы решения квадратного уравнения.

Рассмотрим теперь кубическое уравнение

f + -f + Оз = 0.

Полагая

мы приведем его к виду

x-\-px-\~qO. (2)

Р =--3-+fl2. 7 = -27---3--h«3-

(Это преобразование не вызывается существом дела и производится только для упрощения дальнейших выкладок.)

степени 2 является число-1, то резольвенты Лагранжа имеют в нашем случае вид

(-1. ti) = ti-t2,

(1. ) = +2.

Обозначим резольвенту (-1, t{) буквой 0:

Другая резольвента является элементарным симметрическим многочленом

Из равенств /"j-l-j-" к - t - вытекает, что

2/1 = -ai4-9, 2/2 = -ai -9

(что также согласуется с общей теорией; см. гл. 2, п. 2), т. е, что

Пусть ti, t, 3 - корни уравнения (2) и, следовательно, Q = C(ti. t, ty, где С = С(р, 9) -его поле разложения. Как мы знаем, группа Галуа этого уравнения обладает разрешимым рядом

5з=зЛз=). Пусть L - промежуточное поле CczLcQ,

соответствующее подгруппе А. Тогда группой Галуа О (Q, L) поля Q над полем L является группа Лз- Эта группа циклическая, третьего порядка и ее образующей является, например, подстановка (1 2 3). Пусть 5 - автоморфизм, соответствующий этой подстановке:

Так как tf Ф t-i, то L. Следовательно, поле L(tx) должно совпадать со всем полем Q;

(почему?). В соответствии с общей теорией мы должны рассмотреть резольвенты Лагранжа

(р. i) = 1 + Pf + ptT = 14- Р2 + Pз. {р\ h) = ti + ptf + ptT = t, + p% + p%.

-l+V

P=-2-

- первообразный корень третьей степени из единицы. Так как р2 = р и р = 1, то

(р. ) = + р/2--рз.

(р2. ) = 1 + р2 + РЗ.

Складывая все три резольвенты, мы получим

31 = (р. i)-f (Pl). (3)