构造ℚ上的n阶循环域扩张及3阶循环扩张的显式代数数问题

我来帮你拆解这个代数资格考试的问题，分两部分逐一解答：

问题a：构造ℚ的n阶循环域扩张K/ℚ #

你提到课本里的循环扩张定理需要基域包含n次本原单位根，这个思路没问题，我们可以通过分圆域的子域来绕开限制——分圆域的Galois群是阿贝尔群，而阿贝尔群的所有子群都是正规子群，对应的固定域恰好是我们需要的循环扩张。

具体构造步骤：

1. 找一个素数$p$满足$p \equiv 1 \pmod{n}$（根据狄利克雷定理，这样的素数有无穷多个，必然存在）。
2. 考虑分圆域$F=\mathbb{Q}(\zeta_p)$，其中$\zeta_p$是$p$次本原单位根。$\text{Gal}(F/\mathbb{Q})$是阶为$p-1$的循环群（素数阶分圆域的Galois群天然是循环群，因为$\varphi(p)=p-1$）。
3. 由于$p-1$是$n$的倍数，循环群$\text{Gal}(F/\mathbb{Q})$中存在唯一的$n$阶子群$H$。根据Galois对应，$H$的固定域$K=F^H$就是$\mathbb{Q}$的$n$阶循环扩张，满足$\text{Gal}(K/\mathbb{Q}) \cong \text{Gal}(F/\mathbb{Q})/H \cong \mathcal{C}_n$。

如果想要更具象的表达式，$K$可以表示为$\mathbb{Q}$添加$\zeta_p$的特定幂次之和：取$H$的生成元$\sigma: \zeta_p \mapsto \zeta_p^k$（其中$k$是模$p$的$n$阶元），则$K=\mathbb{Q}(\alpha)$，其中$\alpha = \zeta_p + \zeta_p^k + \zeta_p^{k2} + \dots + \zeta_p^{k{n-1}}$（这是分圆整数在$K$中的迹）。

问题b：找显式代数数$\alpha$使得$\text{Gal}(\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}) \cong \mathcal{C}_3$ #

你说的“找不可约三次多项式且判别式为平方数”的思路完全正确，这里给你两个直接可用的显式例子：

例子1：基于分圆域子域 #

取素数$p=7$（满足$7 \equiv 1 \pmod{3}$），令$\zeta_7$为7次本原单位根，定义$\alpha = \zeta_7 + \zeta_7^2 + \zeta_7^4$。

• 计算可得$\alpha$的极小多项式为$x^3 + x^2 - 2x - 1$，它在$\mathbb{Q}$上不可约（无有理根，次数为3），且判别式是平方数，因此$\text{Gal}(\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}) \cong \mathcal{C}_3$。

例子2：直接构造三次多项式 #

考虑多项式$f(x)=x^3 - 3x + 1$，它的任意一个根都可以作为$\alpha$：

• 用有理根定理验证，$f(x)$在$\mathbb{Q}$上不可约（可能的有理根$\pm1$代入都不满足）。
• 计算判别式：对于三次多项式$x^3+ax2+bx+c$，判别式$\Delta=18abc -4a^3c +a^2b2 -4b^3 -27c^{2$，代入$a=0,b=-3,c=1$得$\Delta=81=9}2$，是$\mathbb{Q}$中的平方数。
• 由于判别式是平方数，$f(x)$的分裂域就是$\mathbb{Q}(\alpha)$，且$\text{Gal}(\mathbb{Q}(\alpha)/\mathbb{Q}) \cong \mathcal{C}_3$。

这个多项式的根还可以用三角函数直观表示：$\alpha=2\cos(2\pi/9)$，利用三倍角公式$\cos3θ=4\cos^3θ-3\cosθ$即可验证。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Isochron