双脚并拢跳过计算；把运算分组，按照它们的难度而不是形式来分类：在我看来，这就是未来几何学家的使命。

— 埃瓦里斯特·伽罗瓦，一份手稿的序言（1831）

在伽罗瓦之前六十年，拉格朗日研究过由方程的根构成的表达式，并计算了当根交换位置时它们取多少个值。伽罗瓦更进了一步。他不再看表达式，而是看交换本身。而且不是所有的交换：只看方程允许的那些。

允许的交换

取一个有理系数的方程，把它的根记作 $a, b, c,\dots$ 根之间成立某些关系：系数为有理数的真等式，比如 $a+b=0$ 或 $a^2=2$。伽罗瓦把方程的群定义为根的这样一些置换的集合：它们把每一个成立的关系都变成另一个成立的关系。

最简单的例子是 $x^2-2=0$，根为 $a=\sqrt2$ 和 $b=-\sqrt2$。例如，下列关系成立：

$$a+b=0,\qquad ab=-2,\qquad a^2=2,\qquad b^2=2.$$

把 $a$ 和 $b$ 交换，四个关系仍然成立。这个群有两个元素：什么都不换，以及交换两个根。

与 $x^2-3x+2=0$ 比较，它的根是 $a=1$ 和 $b=2$。这里关系 $a=1$ 成立。交换两个根，它变成 $b=1$，这是错的。所以这个交换不被允许，群里只有恒等置换。这并非偶然：

根的一个有理表达式是有理数，当且仅当群中没有任何置换改变它。

这是整个理论的核心原理。特别地，当且仅当群只有恒等置换时，所有的根都是有理数。群越大，根就"藏"得越深。

四个根，四种交换

方程 $x^4-5x^2+6=0$ 可以分解为 $(x^2-2)(x^2-3)=0$。它的根是

$$a=\sqrt2,\qquad b=-\sqrt2,\qquad c=\sqrt3,\qquad d=-\sqrt3.$$

四个根有 $4!=24$ 种打乱方式，但其中大多数会破坏某个关系。例如，交换 $a$ 和 $c$ 会把成立的关系 $a^2=2$ 变成错误的 $c^2=2$。只剩下把 $\sqrt2$ 变为 $\pm\sqrt2$、把 $\sqrt3$ 变为 $\pm\sqrt3$ 的那些交换：

置换 $a$ 变为 $c$ 变为
恒等 $a$ $c$
交换 $a\leftrightarrow b$ $b$ $c$
交换 $c\leftrightarrow d$ $a$ $d$
两个都交换 $b$ $d$

这个群有四个元素，而可能的置换有 24 个。这个看上去是四次的方程，实际上用两个相互独立的平方根就能解出，群把这一点显示了出来。

三个根，六种交换

方程 $x^3-2=0$ 有一个实根 $\alpha=\sqrt[3]2$ 和两个复根。设 $\omega=\frac{-1+i\sqrt3}2$，它满足 $\omega^3=1$，则三个根是

$$\alpha,\qquad\alpha\omega,\qquad\alpha\omega^2.$$

在这种情况下，全部 $3!=6$ 个置换都被允许，群是三个根所能有的最大的群。它与正三角形的对称群相同，这并非偶然：把三个根画在复平面上，它们恰好构成一个以原点为中心的正三角形。

练习：x² − 4x + 1 = 0 的群是什么？

根是 $a=2+\sqrt3$ 和 $b=2-\sqrt3$。交换 $a$ 和 $b$ 时，关系 $a+b=4$ 和 $ab=1$ 不变。把 $\sqrt3$ 换成 $-\sqrt3$ 时，$a$ 和 $b$ 之间任何成立的关系仍然成立，所以这个交换是允许的。群有两个元素。由于 $a$ 不是有理数，群不可能只有恒等置换，这印证了上面的计算。

练习：在方程 x⁴ − 5x² + 6 = 0 中，表达式 a + c 是有理数吗？a + b 呢？

$a+c=\sqrt2+\sqrt3$。群中的交换 $c\leftrightarrow d$ 把它变成 $a+d=\sqrt2-\sqrt3$，一个不同的值。所以 $a+c$ 不是有理数。而 $a+b=0$ 在四个置换下都不变：它是有理数，理应如此。

来源： Évariste Galois，“Mémoire sur les conditions de résolubilité des équations par radicaux”（1831），由刘维尔发表于 Journal de mathématiques pures et appliquées 11（1846）· Peter M. Neumann，The Mathematical Writings of Évariste Galois（2011）· Ian Stewart，Galois Theory（CRC Press，第 4 版，2015）。

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