【抽象代数】因子分解与域的扩展

因子分解与域的扩展

一、因子分解

我们知道，整数环中的每一个合数都可以唯一地分解成素数的乘积；域 F 上每个次数大于零的可约多项式，都可以唯一地分解成不可约多项式的乘积。这是整数环和多项式环中元素的最基本最重要的性质之一。下面我们将把整数环和多项式环的一些性质推广到更一般通用的环上去。

1.1 唯一分解环

环的直和分解将大环分解为小环，使得结构更加简单。从整数的算术基本定理得到启发，我们还可以从乘法分解的角度来研究环。要使这个定向研究得到有用的结论，还需对环作一些限制。既然我们关注是因子，乘法顺序就显得多余且碍事，所以要求环是可交换的。另外零因子的讨论也是没有意义的，故规定所有非零元素都是正则元。故我们只需讨论整环中元素的乘法分解，为简化描述，以下将忽略对零元素的讨论。

和初等数论中一样，若 $a=bc$ ，称 b 整除 a，或 b 是 a 的因子，记作 $b∣a$ ，否则记作 $b∤a$ 。关于整除的常规讨论都比较简单，这里不再赘述。我们把注意力放在分解的多种可能性上，最后试图得到类似算术基本定理的结论。在分解的过程中，可逆元总是可以随处出现或消除，它就像整数环中的±1，并不影响分解的本质。这就是为什么可逆元 $ε$ 也叫单位，如果 $a=bε$ ，我们 a, b 称是相伴的，相伴元在分解中可以可作是等价的，相伴还有一种等价定义：如果 $a∣b$ ，同时 $b∣a$ ，则称 a, b 是相伴的。既然要考虑可逆元，就必须要求乘法存在单位元，故以下讨论仅针对有单位元的整环。

对任意元素 $a$ ，它的所有相伴元和单位都是 a 的平凡因子，其它的则是真因子。有真因子的元素叫可约元，否则叫不可约元，显然整数环的不可约元就是素数。有了因子和不可约元的定义，我们就可以尝试模仿算术基本定理了。通过这里的讨论，你会明白算术基本定理的确不是显而易见的，它是需要一定条件的。首先每个元素都要有有限分解，其次分解在相伴元的意义下要是唯一的，满足这两个条件的元素称为可唯一分解的，所有元素满足条件的环就叫唯一分解环。由于环的元素没有大小的概念，无限分解是可能的，而且容易举出有多种分解的例子。

• 讨论 $\{a+b\sqrt{5}i\mid a,b\in\Bbb{Z}\}$ 的单位及 9 在其中的分解。

现在我们的问题自然是，什么样的环才是唯一分解环？先来看看唯一分解环的性质，对不可约元p如果有 $p∣ab$ ，则由唯一分解性容易证明， $p∣a$ 和 $p∣b$ 至少有一个成立。现在把这个概念抽取出来，满足以上条件的元素称为环的素元，素元肯定是不可约元，唯一分解环中的不可约元都是素元。对于一般的环，当素元和不可约元重合时，可以由反证法得知，只能有限分解的元素是唯一分解的。从而一个环唯一分解的充要条件就是，环的元素有限分解且素元和不可约元等价。

得到唯一分解环后，可以同初等数论中一样定义公约数。若 c 是 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 共同的因子，则称c为它们的公因子。环的元素没有大小的概念，所以不好直接定义最大公因子，回顾最大公约数的多个等价定义，找一个仅使用了整除的定义即可。如果 d 是 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 的公因子，且任何公因子都是 d 的因子，称 d 为最大公因子，最大公因子为单位的元素称为互素的。最大公因子不一定存在，但对于唯一分解环，容易得到最大公因子的存在性。

1.2 主理想环和欧式环

素元的定义一定程度上就是唯一分解本身，这个判断条件并不能带给我们更多有用的信息，判断和构造唯一分解环仍然不是一件容易的事情。整数环中引入带余除法后，可以得到最大公约数的更多性质，这些性质也能得到算术基本定理。但由于一般环中没有大小的概念，这些性质不一定成立，但却启发了我们如何构造更一般的唯一分解环。这里介绍两个重要的唯一分解环，它们的定义中都有着整数环最大公约数的影子。

整数环的任何理想都有一个最小数，这个数是理想的最大公约数，且它的所有倍数都在理想中，即该理想是其最大公约数生成的主理想。任何理想都是主理想的环被称为主理想环。主理想环首先保证了分解的有限性，因为无限分解列的生成理想也是主理想，该主理想的生成元既是分解列的结尾。另外，设主理想环R中的不可约元 $p∣ab$ ，考察 $⟨p⟩$ ，容易证明它必是极大理想。从而商环 $R/⟨p⟩$ 为域，而 $(a+\langle p\rangle)(b+\langle p\rangle)=\langle p\rangle$ ，故必有 $a∈⟨p⟩$ 或 $b∈⟨p⟩$ ，即 $p∣a$ 或 $p∣b$ 。这样就证明了，主理想环是唯一分解环。

• 求证高斯整数环是主理想环。（提示：考察绝对值最小的元素）

研究唯一分解环更直接的方法当然是在环R中定义带余除法，为此定义一个从非零元素到正整数的映射φ，对环中的任何元素 $a,b$ 存在 $a=bq+r$ ，其中 $r=0$ 或 $φ(r)<φ(b)$ 。如果这样映射存在，R 被称为欧式环。若 $N\trianglelefteq R$ 且 $φ(a)$ 在 N 中值最小，由定义容易证明N中的任何元素都以 a 为因子，从而 N 为主理想，进而 R 是唯一分解环。
　　
　　• 求证高斯整数环是欧式环；（提示：在 $Q[i]$ 中逼近）
　　• 求证域上的多项式环 $F[x]$ 是欧式环。（提示：考虑阶）

1.3 高斯整数环

高斯整数环 $G=Z[i]$ 是对整数环的扩充，它的元素是所有 $z=a+bi$ 形式的复数。 $\left\| z\right\|=a^2+b^2$ 称为 z 的范数，容易证明范数有以下性质。上面的习题已经证明了高斯整数环是唯一分解环，以此为例子，我们来简单分析一下这个环的分解情况。首先比较容易得到，G 的单位集合为 $U(G)=\{\pm 1,\pm i\}$ 。接下来就是研究 $G$ 的素元，为了区别起见，这里先把整数环的素数叫做有理素数。
$\left\| z_1\right\|\cdot\left\| z_2\right\|=\left\| z_1z_2\right\|\tag{1}$

高斯整数环是整数环的子环，故每个高斯整数首先可以按照算术基本定理分解为有理素数之积。再由分解的唯一性，素元必定是某个有理素数的因子，所以我们只需研究有理素数 p 的分解。p 的范数为 $p^2$ ，故它的因子不可能超过两个，这就说明了 p 要么自身为素元，要么有两个共轭素元 $z,\bar{z}$ ，且 $\left\| z\right\|=\left\|\bar{z}\right\|=p$ 。进一步地，其实就是研究不定方程 $a^2+b^2=p$ 是否有解。

首先对唯一的偶素数有 $2=(1+i)(1−i)$ ，所以 2 不是素元，它有素因子 $1±i$ 。对 p 为奇数的场景，可以得到 $a^2\equiv -b^2\pmod p$ ，由初等数论的知识可知，等式成立的必要条件是 $\left(\dfrac{-1}{p}\right)=1$ ，即 $p\equiv 1\pmod 4$ 。所以当 $p\equiv 3\pmod 4$ 时，p 本身就是素元。而当 $p\equiv 1\pmod 4$ 时， $a^2\equiv -1\pmod p$ 有解，从而 $p∣(a^2+1)$ ，但是 $p∤(a±i)$ ，所以 p 不是素元（注意 $a±i$ 不一定是素元）。

二、多项式环

2.1 根和因式

在结束环的讨论之前，我们以多项式环为例来看看环理论的应用。高等代数中讨论的是域上的多项式，这里我们先从一般的环开始，然后再在特殊的环中进行研究，你会得到更高的视角看待多项式。之前我们已经给出过多项式环的定义，这里进一步研究多项式的根和因式分解。

对多项式 $f(x)∈R[x]$ ，考虑将 $a∈R$ 带入其表达式，得到的结果 $f(a)$ 叫 $f(x)$ 在 $a$ 处的值，满足 $f(a)=0$ 的 $a$ 称为多项式的根或零点。这里要注意带入的多项式必须是完全展开的，对非交换环 R，若 $f(x)=g(x)h(x)$ ，显然不一定有 $f(a)=g(a)h(a)$ ，当然这个等式对交换环是一定成立的。为方便讨论，把 $f(x)$ 的次数记作 $deg\ f$ ，显然有以下关系式。当首相系数不是零因子时，还有 $deg\ (fg)=deg\ f+deg\ g$ 。
　　 $\text{deg}\,(f+g)\leqslant \max(\text{deg}\,f,\,\text{deg}\,g),\quad \text{deg}\,(fg)\leqslant \text{deg}\,f+\text{deg}\,g\tag{2}$
　　有了这些基本概念，我们接着讨论根与多项式分解的关系。对域上的多项式 $f(x),g(x)$ ，高等代数中使用除法，可以得到以下公式（3），且 $q(x),r(x)$ 唯一。回顾计算过程，其实对含幺环上的多项式，只需要求 $g(x)$ 的首项系数是单位即可。所以这个结论对一般含幺环也可以成立，只需选择合适的 $g(x)$ 。特别地，对任意 $a∈R$ ，如果取 $g(x)=x−a$ ，则有 $f(x)=q(x)(x−a)+r$ 。将右边展开并将 $a$ 代入两边，整理后（ $a^k$ 与 $a$ 可交换）得到 $r=f(a)$ ，这就是余数定理（公式（4））。要注意这个证明中并不能直接将a代入，因为R不一定是交换环。
$f(x)=q(x)g(x)+r(x),\: \text{deg}\,r(x)<\text{deg}\,g(x)\tag{3}$
$f(x)=q(x)(x-a)+f(a)\tag{4}$

接着上面的讨论，当 a 是 $f(x)$ 的根时，可以得到 $(x−a)∣f(x)$ 。反之如果 $f(x)=p(x)(x−a)$ ，则有 $f(a)=(p(x)−q(x))(x−a)$ ，在交换环中该式为 0（非交换环中不一定成立）。这样我们就有结论：交换含幺环中，有公式（5）的等价关系。再假设含幺环的多项式 $f(x)$ 的不同零点为 $a_1,a_2,\cdots$ ，则首先有 $f(x)=g_1(x)(x-a_1)$ 。若为交换环，则有 $g_1(a_2)(a_2-a_1)=0$ ，若还为无零因子环，则 $g_1(a_2)=0$ ，故 $(x-a_2)\mid g_1(x)$ 。以此类推，容易知道根的个数不大于多项式的次数 n，在 $n+1$ 个不同的点值相同的多项式是唯一的。总结就是：含幺整环上的多项式 $f(x)$ 最多有 $deg\ f$ 个根。这个结论看似显然，但每个条件都是不可或缺的，比如在四元数除环 H 中， $x2+1=0$ 的根显然不止一个。
$f(a)=0\Leftrightarrow (x-a)\mid f(x)\tag{5}$
　　• 求证：在整数环上， $(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)-1$ 不可约。（提示：反证）

以上定理给出了含幺整环上的多项式的因式分解方法，但还有两个问题需要解决。一个就是如何找到根，目前还没有一般性的方法，这里只介绍一种求商域根的方法。设 $F$ 为整环 $D$ 的商域，考察 $f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_kx^k\in D[x]$ 在 $F$ 中的解 $\dfrac{d}{c}$ ，带入方程并展开。如果假设 $(c,d)=1$ （这就要求整环是唯一分解环），则有 $c∣a_n$ 且 $d∣a_0$ 。它可以作为方程解的筛选方法，比如求解整系数方程的有理解。

• 求多项式 $f(x)=3x^4+6x^3-21x^2-203x-4$ 的有理根。

另一个问题就是如果有 $(x−a)^n∣f(x)$ ，该如何判定定 $n>1$ 甚至确定 n 的值？当 $(x−a)^{n+1}∤f(x)$ 时，n 称为根 a 的重数，特别地 $n>1$ 时，a 称为重根，否则称为单根。微积分中使用多项式的导数判断重根，这个方法在环中还是可以成立的。我们把 $f'(x)=\sum\limits_{k=1}^{n}ka_kx^{k-1}$ 称为 $f(x)$ 的形式微商，容易验证在含幺整环中微商的一般性质仍然成立。和微积分中一样，a为重根的充要条件是 $f(a)=f′(a)=0$ ，一直使用这个结论就还可以得到重数。另外由于域上的多项式环唯一分解，若 $(f(x),f′(x))=1$ ，则 $f(x),f′(x)$ 没有共同根，故 $f(x)$ 没有重根。

多项式的因式分解一般并不容易，但在常见数域中已经有一些比较有用的结论。比如由代数基本定理（复变函数中介绍）可知，复数域上的多项式都可以分解为若干个一次因式。进而容易证明，实系数多项式根的共轭也是根（共轭运算的性质），所以实数域的多项式都可以分解为若干个一次和二次因式。而对有理数域上的多项式，都可以转化成对整数环多项式的讨论。下一节中将给出求解有理根的方法，和判定多项式不可约的一个充分条件，一定程度可以帮助有理数域多项式的分解。

2.2 高斯定理

现在继续讨论多项式的因式分解，如果要考察其唯一分解性，首先当然要求系数环R是唯一分解环。分解中系数的公因子总可以先提取出来，系数公因子只有单位的多项式被称为本原多项式，这个概念可以简化讨论。我们自然有个小问题，本原多项式的因式当然一定是本源多项式，那么反过来呢？本原多项式的积还是本原的吗？结论是肯定的，观察多项式乘积每一项的组成形式（参考下图），若 p 是乘积展开式的公因子，如图考察 $i+j$ 次项有 $p∤c_{i+j}$ ，矛盾。这就证明了本原多项式的乘积也是本原多项式，该结论也叫高斯引理。

在这里插入图片描述

多项式 $f(x)∈R[x]$ 可以分解为 $d⋅g(x)$ ，其中 $g(x)$ 为本原多项式。要证 $f(x)$ 的唯一分解性，只需证 $g(x)$ 的唯一分解性。由于 $g(x)$ 的阶数有限，且其因式也是本原的，所以 $g(x)$ 上的分解首先一定是有限的。现在只需讨论唯一性，前面的习题中已经得到，域上的多项式环是唯一分解环，而每个整环都有其商域。为了考察唯一分解环 R 上多项式环 $R[x]$ ，可以借助 $R$ 的商域的多项式环 $F[x]$ 的唯一分解性。

对 $R[x]$ 中的不可约的本源多项式 $h(x)$ ，在 $F[x]$ 中讨论其分解性，当然我们只关注阶数大于 $0$ 的因式。如果在 $F[x]$ 中有 $h(x)=h_1(x)h_2(x)$ ，总可以添加一些系数 $d$ ，使得等式（6）成立，其中 $h'_k(x)$ 为 $R[x]$ 中的本原多项式。根据高斯引理， $h′_1(x)h′_2(x)$ 也是本原多项式，容易证明 $d,d′$ 相伴，消去 $d$ 即得 $h(x)$ 与 $h'_1(x)h'_2(x)$ 也相伴。这和 $h(x)$ 不可约矛盾，故 $h(x)$ 在 $F[x]$ 也是不可约的。从而如果本原多项式 $g(x)$ 有不同的分解方法，它们在 $F[x]$ 中也是不同的分解，这与 $F[x]$ 的唯一分解性矛盾，我们得到的结论就叫高斯定理。
$dh(x)=d'h'_1(x)h'_2(x)\tag{6}$

具体分解本原多项式 $f(x)=\sum{c_kx^k}$ 并没有一般方法，即使判断本原多项式是否可约都是困难的，这里只介绍一个不可约的充分条件：爱森斯坦判别法（Eisenstein）。若存在素元 p 使得 $p\nmid c_n,p\mid c_k(0\leqslant k<n-1)$ 但 $p_2∤c_0$ ，参考高斯定理的证明方法，可判定本原多项式不可约。首先可以假定 $p∣a_0,p∤b_0$ ，由于 $p∤c_n$ ，总可以找到 $p∤a_m$ 而 $p∣a_i(i<m)$ 。考察 $c_m$ 容易证 $p∤c_m$ ，与条件矛盾，故 f(x) 不可约。

爱森斯坦判别法虽然不是不可约多项式的必要条件，但它对不可约本原多项式的判定非常有用，比如可以肯定任意次本原多项式都有不可约多项式 $x^n+2$ 。值得一提的是，容易验证 $f(x)$ 与 $f(x+a)$ 的可约性是一样的，灵活使用这个变形有时可以构造出判别法的结构。
　　• 求证： $f(x,y)=y^3+x^2y^2+x^3y+x$ 在唯一分解环中不可约；
　　• 求证： $x^p+px+1$ 在有理数域中不可约；
　　• 求证： $f(x)=x^p+x^{p-1}+\cdots+x+1$ 在有理数域中不可约。

2.3 对称多项式

多元多项式环 $R[x_1,x_2,\cdots,x_n]$ 有一个特殊的子环 Σ，其中的每个元素都非常“对称”。准确来讲就是， $f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ 对 $(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ 的任意置换都保持不变，这样的多项式就叫做对称多项式。在这些多项式中，有几个是最基础的（公式（7）），它们被称为基本对称多项式。这些式子也许你并不陌生，这正是闭域上 n 次多项式方程的韦达定理，它给出了方程根与系数的关系（公式（8））。 $\sigma_1=\sum{x_i},\:\sigma_2=\sum\limits_{i<j}{x_ix_j},\:\sigma_3=\sum\limits_{i<j<k}{x_ix_jx_k},\:\cdots,\:\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n\tag{7}$
$(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)=x^n-\sigma_1x^{n-1}+\sigma_2x^{n-2}+\cdots+(-1)^n\sigma_n\tag{8}$

在中学你多少都接触过对称多项式，我们这里介绍它们的一个漂亮结论。你可以想象，将这 n 个元素带入任何一个 n 元多项式，得到的仍然是对称多项式。我们的结论正是它的反命题：任何多项式 $f(x)$ 都可以用这 n 个元素的多项式表示，即公式（9）成立，以下证明过程其实也是生成多项式的构造过程。首先一个对称多项式可以按照项的次数分成几个多项式之和 $f=f_0+f_1+\cdots+f_m$ ，其中 $f_k$ 中的每一项的次数都是 k。容易证明 $f_k$ 也是对称多项式，一般称之为齐次对称多项式，基本多项式就是典型例子。如果我们能证明结论在齐次多项式中成立，则在一般多项式中也成立。
$f(x)\in\Sigma\:\Leftrightarrow\: f(x)\in R[\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n]\tag{9}$

为了便于讨论，我们将 m 次齐次多项式 $f_m$ 的项 $x_1^{d_1}x_2^{d_2}\cdots x_n^{d_n},(\sum d_k=m)$ 以 $d_1d_2\cdots d_n$ 进行字典排序。考虑到的 $N=\sigma_1^{t_1}\sigma_2^{t_2}\cdots\sigma_n^{t_n}$ 展开后的最大项为式子（10），可以反向构造 N使得其最大项与 $f_m$ 的最大项 M 相等，两式相减后的最大项一定小于之前的最大项。这个过程可以在有限步后结束，构造出的所有 N 便是生成多项式的项，对称多项式基本定理得证。这个结论对任意环 R 都是成立的，由证明过程还可以知道，当 R 为整环时生成多项式是唯一的。
$x_1^{t_1+t_2+\cdots+t_n}x_2^{t_2+\cdots+t_n}\cdots x_n^{t_n}\tag{10}$

再回顾构造过程，每次选取的 $N$ 的最大项的次数都是 m，故满足条件（11）。根据这个结论，我们可以使用待定系数法更快地得到某个具体的生成多项式。比如 $f_4=x_1^4+x_2^4+x_3^4+x_4^4$ ，设 $f_4=a\sigma_1^4+b\sigma_1^2\sigma_2+c\sigma_1\sigma_3+d\sigma_2^2+e\sigma_4$ ，取 $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ 的不同值带入，解方程组便得到生成多项式。
$t_1+2t_2+\cdots+nt_n=m\tag{11}$

最后来讨论一下一类常用的对称多项式，它们是元素的等幂和 $S_k=x_1^k+x_2^k+\cdots+x_n^k$ ，我们需要知道它们和基本对称多项式的关系。为了得到结论，以下设 $f(x)=\prod(x-i)$ ，充分利用韦达定理和 $f′(x)$ 的形式特点，构造次数小于 n 的多项式 $g(x)=f(x)(\dfrac{x_1^{k+1}}{x-x_1}+\cdots+\dfrac{x_n^{k+1}}{x-x_n})$ ，可以得到式（12）。比较等式两边的 n 次项，就得到著名的牛顿公式（公式（13）(14)），这个公式可以在 ${S_k}$ 和 ${σ_k}$ 之间进行转换。
$x^{k+1}f'(x)-g(x)=f(x)(S_0x^k+S_1x^{k-1}+\cdots+S_k)\tag{12}$
$S_k-\sigma_1S_{k-1}+\sigma_2S_{k-2}+\cdots+(-1)^kk\sigma_k=0,\quad (k\leqslant n)\tag{13}$
$S_k-\sigma_1S_{k-1}+\sigma_2S_{k-2}+\cdots+(-1)^n\sigma_nS_{k-n}=0,\quad (k\geqslant n)\tag{14}$

三、素域和单扩域

3.1 素域

域是一种比较“完整”的结构，它的限制条件比较多，结构自然也就不是很多样。现在我们来初步研究一下域的结构，研究的方法当然是从小域向大域扩展，若 F 是 E 的子域，E 也叫 F 的扩域或扩张。扩张当然要从最简单的域开始，我们比较熟悉的简单域有哪些？最简单的无穷域是有理数域，它是最小的数域，任何数域都包含有理数域；最简单的有限域是整数在素数 p 下的剩余类域 $Z_p$ 。这两种域都不再有真子域，我们把没有真子域的域称为素域，一般记作 $\triangle$ 。

那么除了这两种熟知的素域外，还有别的素域吗？每个域都含有单位元 $e$ ，由 $e$ 生成的域就是所有的素域，而它又是某个生成环的商域，故我们可以从 $e$ 的生成环 $Z'=\{ne\}$ 讨论起。当 $\text{char}\triangle=\infty$ 时， $Z′$ 与整数环 Z 同构，从而它们的商域同构，即 $\triangle\cong\Bbb{Q}$ 。当 $\text{char}\triangle=p$ 时，前面已经讨论过，这样的环 $Z′$ 都同构于同余环 $Z_p$ ，进而有 $\triangle\cong Z_p$ 。这样看来，同构意义的下的素域只有 Q 和 $Z_p$ ，而且任何域都包含且仅包含一个素域。

3.2 单扩域

有了最简单的域，接下来就开始对域进行扩张，并需要研究新添加元素的性质，以及扩域的结构特点。在F的扩域E中取子集S，F中添加S后生成的扩域记作 $F(S)$ ，要注意这个定义总是以扩域E的存在为前提的。我们来讨论这种扩域累加起来有什么性质，考察 $F(S_1)(S_2)$ ，由定义知它是包含 $F,S_1,S_2$ 的域，而 $F(S_1∪S_2)$ 是包含 $F,S_1∪S_2$ 的最小域，故有 $F(S_1∪S_2)⊆F(S_1)(S_2)$ 。同样也可以推到 $F(S_1)(S_2)\subseteq F(S_1\cup S_2)$ ，这样就得到了公式（1）。
$F(S_1)(S_2)=F(S_2)(S_1)=F(S_1\cup S_2)\tag{1}$

以上结论说明扩域 $F(S)$ 等价于有限步的局部扩张，而且扩张的顺序不影响结果。对局部扩张的研究会有助于整个扩域，特别地我们可以先专注于 $|S|=1$ 的扩域 $F(α)$ ，它们被称为单扩域。由域的定义及分式的特点，容易知道 $F(α)$ 中的元素都有格式 $f(α)g(α)$ ，其中 $f(α),g(α)$ 为 F中的多项式。所有分式构成了单扩域，但不同分式是有可能指向相同元素的，下面我们就从这里出发，研究单扩域的结构。

多项式是扩域中的基础结构，对它的讨论可以帮助我们分析域的结构。将 $α∈E$ 代入 F 中的所有多项式 $F[x]$ ，得到的值可能两两不同，也可能出现重复。当出现重复时，将多项式相减就会得到 $f(α)=0$ ，存在这样多项式的 α 称为 F 的代数元，否则称为超越元。代数元和超越元存在着本质的差异，需要从这个角度讨论单扩域的结构。对于有理数域在实数域内的扩张，代数数就是代数元，超越数就是超越元，这里实际上是对它们的扩展讨论。

对于诸多满足 $f(α)=0$ 的多项式，总可以找到次数最低的一个首 1 多项式。容易证明对代数元 α，这个多项式存在且唯一，它被称为α在F上的最小多项式 $p(x)$ 。最小多项式的次数也被称为代数元的次数，显然F中元素的次数都为1。最小多项式有些简单的性质，首先它在F上是不可约的，否则它必有一个因子满足 $g(α)=0$ ，与最小多项式的定义矛盾。其次，对任何满足 $f(α)=0$ 的多项式，必有 $p(x)∣f(x)$ ，否则使用带余除法可构造出次数更小的多项式满足 $r(x)=0$ 。

围绕着元素类型或最小多项式，单扩域的结构就比较明显了。虽然直觉已经告诉了你最终答案，但还是要用严格的推理来验证猜想。推理方法当然是从定义合适的同态映射开始，先验证生成环的同构，再推演到商域的同构，请自行验证。当 α 为超越元时，生成环显然和 $F[x]$ 同构，从而 $F(α)$ 同构于其商环 $F(x)$ 。当α为代数元时，可以证明生成环 $F[x]$ 同构于 $F[x]/⟨p(x)⟩$ ，由于 $p(x)$ 不可约，该表达式就是一个域，故有 $F[α]=F(α)$ 。从而代数元的单扩域就是以 $p(x)$ 为模的多项式环（公式（2）），这个结论展示了单代数扩域的简洁结构，也说明了研究代数扩域的重要性。
$F(\alpha)=F[\alpha]\cong F(x)/\langle p(x)\rangle\tag{2}$

以上的结果还表明，若 α 的次数为 n，则 $F(α)$ 的任何元素都是某个次数次数小于 n 的多项式的值 $f(\alpha)=a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}{\alpha}^{n-1}$ ，换句话说每个元素都是 $1,\alpha,\cdots,{\alpha}^{n-1}$ 在 F 上的线性组合，且容易证明表示法唯一。用线性代数的语言就是，单代数扩域 $F(α)$ 是F上的一个n维空间，空间的基为 $1,\alpha,\cdots,{\alpha}^{n-1}$ 。从这个角度分析单代数扩域也是很有用的。

四、代数扩域

4.1 代数扩域

在弄清楚单代数扩域的结构后，我们希望进一步研究由更多代数元生成的扩域，或所有元素都是代数元的扩域。首先一个自然的问题是，这两种扩域一样吗？为讨论方便，我们定义后者为代数扩域，含有超越元的扩域则叫超越扩域。由于代数扩域总是由代数元生成的，刚才的问题自然变成：由代数元集合 S 生成的扩域 $F(S)$ 是否一定是代数扩域？直觉告诉我们这个结论是成立的，但仔细琢磨却又不那么明显。现在我们分两步来证明这个猜测，先考虑S为有限集的场景，然后再推广到无穷集。

单代数扩域的线性空间结构提示我们研究更一般扩域的维数，如果扩域 $E=F(S)$ 是 F 上的线性空间，这个空间的维数被称为 E 在 F 上的次数，记作 $[E:F]$ 。 $[E:F]$ 有限时，E 称为 F 的有限次扩域，否则叫无限次扩域。通过线性代数的简单推演，我们可以得到次数的累加性（公式（3））。以有限次扩域为例，设E 在 K 上的基为 $a_1,\cdots,a_m$ ，K 在 F 上的基为 $b_1,\cdots,b_n$ ，容易证明 $a_ib_j$ 就是 E 在 F 上的基（用线性表示并证明无关性）。
$[E:F]=[E:K][K:F]\tag{3}$

对任何 n 次扩域，考察任意元素的幂次 $1,\alpha,\cdots,\alpha^n$ ，这 $n+1$ 个元素必定是线性相关的，从而 α 必定是代数元。这就是说有限次扩域总是是代数扩域，可以用它来判断代数扩域。另一方面，当代数元集合S为有限集时， $F(S)$ 可以通过有限次的单代数扩域得到，由公式（3）知道F(S)是F的有限次扩域，从而它也是代数扩域。这个结论直接说明了，代数元的四则运算还是代数元。而当 S 为无穷集时， $F(S)$ 中元素都能表示成 $F∪S$ 中元素的有限个四则运算，从而也是代数元。结合以上两点就得到结论， $F(S)$ 总是代数扩域。

有了这个基本结论，你可以很容易地证明，F 的代数扩域的代数扩域还是 F 的代数扩域。如果扩域 E 不是代数扩域，我们可以取出其中的所有代数元，容易证明它们组成的集合K是一个域，从而 K 是 F 的代数扩域。K 是 E 中最大的代数扩域， $E−K$ 中的元素 α 都是超越元，从而 E 是 K 的纯超越扩域。这样对任何扩域的分析，都可以分成对代数扩域和纯超越扩域的讨论了。

鉴于多项式的特殊地位，有一类与之相关的代数扩域，这里需要特别讨论一下。多项式最重要的自然是它的根，根 α 可以从 $f(x)$ 中分解出一次项 $(x−α)$ ，如果 $f(x)$ 可以完全分解为一次项，它的所有根就代表了这个多项式。对任何多项式都可以完全分解的域叫代数闭域，显然它的任何代数扩域都还是它自身，它已经无法再扩张。

代数闭域的条件大部分时候还是太强了，也许讨论对某个多项式无法扩张的域对我们更有用。试想 F 上的某个多项式 $f(x)$ ，如果 $f(x)$ 不能完全分解，取其中的不可约因式 $p(x)$ ，以它为最小多项式进行扩张，扩域中 $p(x)$ 一定是可约的。如此在有限步后， $f(x)$ 就可以在扩域E中完全分解，而且同构意义下E是唯一的，它被称为 $f(x)$ 在F上的分裂域。分裂域其实就是f(x)的所有根的生成的域 $F(x_1,\cdots,x_n)$ ，故它也叫根域，分裂域的定义使得对多项式的讨论更加方便，进一步的内容将在下一篇中继续讨论。

4.2 尺规作图问题

介绍了扩域的基本概念后，我们来看看它在作图上的一个应用，以锻炼用抽象概念解决实际问题的能力。尺规作图是传统的作图方法，它使用简单的工具得到复杂而精确的图形。即便如此，历史上任然有一些顽固的作图问题困扰着人们，经典的几个被称为“古典三大作图难题”。它们分别是：三等分角、化圆为方、倍立方，这里我们用扩域的语言来论证它们不能由尺规作出。纵使已经被证明了不可行性，但仍然有人孜孜不倦地做着尝试，科学精神的树立有时候比勤恳更重要。

尺规作图究竟是什么，一般书上对这个问题并没有说清，但它对理解作图难题的不可能性非常重要，以下是一些个人理解。首先我们假定作图的目的是为了得到某些确切的点，而不是一条直线或曲线，否则随意画一条线或一个圆，作图难题要求的量其实就在其中。其次我们要澄清，这里的所有讨论仅限于三大难题或类似的问题，精确地讲就是，作图的已知条件只是一些线段或角。因为事先如果有一些辅助性的曲线，这些难题其实是可以作出的。再次我们还要假定作图的每一步都是从定点出发（线段的端点、角的三个点），不能从线段或角上非给定点作图。有人可能有跟我一样的疑问，如何看待那些任意取点却作出定点的情况（比如作线段中点）？这里我没有作完整的推演，只是猜想用定点同样可以作出那些定点，具体论证且当是一个疑问吧。

现在来看看尺规具体可以作什么：直尺用来画经过两点的直线，圆规只能以某点为圆心、以给定的两点为半径画圆。既然初始条件是平面上的一些点，可以选定其中的两个点作为实数轴上的 0 和 1，这样所有点都可以看出复平面上的一个向量（复数），记这些复数的集合为 B。接下来按照前面的描述，用尺规作出确定的直线和圆，得到更多的确定的点，如果把所有可在有限步内可作出的确定点集（复数）记为S，点 z 可被作出的充要条件是 $z∈S$ 。

根据解析几何的知识，其实我们可以从已知点出发计算出新点（复数）的坐标，通过简单的验证你可以发现，新的复数总可以表示为B中元素的四则运算、共轭或平方根的组合（作为习题）。这就是说S包含在B关于四则运算、共轭或平方根的闭包中，反之也容易证明任意已知复数的四则运算、共轭或平方根都可以尺规作图，这就是给了S一个确定的定义。

下面尝试用扩域的语言来描述S，首先容易知道有理数都可以被作出，其次共轭运算在四则运算上是可以保持的，所以可以先定义第一个扩域 $F_1$ （式（4））。为了在平方根上封闭，定义扩域序列 $F_k$ （式（4）），容易证明 S 中的任意元素迟早会出现在某个 $F_k$ 中，故有 $∪Fk=S$ 。进一步地， $F_k$ 和 $F_k+1$ 之间其实可以插入有限个单扩域（式子（5））。每个扩域的次数为 1 或 2，所以 S 中的任何数在 $F_1$ 中的次数为 2 的幂次，这也就是可作图的充要条件。
$F_1=\Bbb{Q}(B,\bar{B}),\quad F_{k+1}=F_k(\sqrt{F_k})\tag{4}$
$F_k=K_1\triangleleft K_2\triangleleft \cdots\triangleleft K_n=F_{k+1},\quad K_{i+1}=K_i(\sqrt{a_i})\tag{5}$

现在回到三大作图难题，其中化圆为方和倍立方都是给定两个点，分别作出 $\sqrt[3]{2}$ 和 π。这两个问题中 $F_1=Q$ ，可作图的只能是在 Q 上 $2_n$ 次不可约多项式的根。 $\sqrt[3]{2}$ 的最小多项式是 $x^3-2$ ，而林德曼证明了 π 是超越数，故它们都不可以被作出。对三等分角，举 $\dfrac{\pi}{3}$ 为例，它给定了复数 $1+\sqrt{3}i$ ，容易有 $F_1=\Bbb{Q}(\sqrt{3}i)$ 。另外利用三倍角公式知所求复数 $x_0$ 是 $f(x)=8x^3-6x-1$ 的根，而 $\sqrt{3}i$ 不是 $f(x)$ 的根，故有 $[F_1(x_0):F_1]=3$ ，从而x0也不可被作出。但并不是说所有角都不可以三等分，比如 $\dfrac{\pi}{3},\dfrac{3\pi}{10}$ 都是可以作出的。

五、有限域

我们已经了解了域的一般性结构，现在需要对一些常用的、简单的域做进一步分析，这些域有着更特殊的性质。有限域是比较有用的一类域，在编码学等离散数学中有着广泛应用。由前面的知识我们可以知道，有限域F的特征为素数 $p，F$ 中包含一个素域 $\triangle=Z_p$ ，且它是 $\triangle$ 的有限次扩域，若设 $[F:\triangle]=n$ ，则 F 共有 $p^n$ 个元素。这些是有限域比较直观的特点，它有时也被叫做伽罗瓦域，记为 $GF(p^n)$ 。现在有两个比较自然的问题： $p^n$ 阶的域一定存在吗？同构意义下它是否唯一？下面将对其进行分析。

域和环最大的区别在于，域在乘法上构成一个群，这是域有诸多结构特征的根本原因。尤其在有限域里，非零元素组成一个有限群，从而非零元素都满足 $a^{q-1}=1,(q=p^n)$ ，进而任何元素都满足 $a^q=a$ 。由于这 $p^n$ 个元素互不相同，从而它们就是多项式 $f(x)=x^q−x$ 的根，该域就是 $f(x)$ 在 $Z_p$ 上的分裂域。前面我们已经知道分裂域的唯一性，所以 $p^n$ 在同构意义下是唯一的。

以上讨论也启发了存在性的证明，对多项式 $f(x)=x^q−x$ ，设它在 $Z_p$ 上的分裂域是F。在 F 上考察 $f(x)$ 的任意两个根 $α,β$ ，容易验证 $α−β,αβ$ 也是 $f(x)$ 的根，从而所有根构成一个域。另一方面，易知 $f′(x)=−1$ ，从而 $f(x)$ 没有重根，故根组成的域有 $p^n$ 个元素，这就证明了 $p^n$ 阶域的存在性。

进一步讨论域的乘法群，设有非零元素在乘法上的最大阶为 m，首先显然有 $m∣q−1$ 。其次在群论中我们已经知道，任何元素的阶都是 m 的因子，从而它们都满足 $f(x)=x^m−1=0$ 的根。要使 $f(x)$ 有 $q−1$ 个不同的根，至少必须 $m≥q−1$ ，所以就有 $m=q−1$ 。这个结论说明了非零元素在乘法上是一个循环群，令 $α$ 是其中阶为 $q−1$ 的元素，则容易证明该域是 $α$ 在 $Z_p$ 上生成的单扩域（公式（6））， $α$ 被称为域的原根。
$GF(p^n)=\triangle(\alpha)\tag{6}$

现在来看看有限域 F 有哪些子域，首先子域的阶必然是 $p^m,(m⩽n)$ ，在乘法群中还有 $p^m-1\mid p^n-1$ ，由初等数论的知识有 $m∣n$ 。这个结论还可以通过扩域的次数来证明，因为 $[GF(p^n):Z_p]=n$ ，又 $[GF(p^m):Z_p]=m$ ，故显然有 $m∣n$ 。反之当 $m∣n$ 时，我们需要验证 $p^m$ 阶子域是否存在。其实前面的证明已经给出了思路，由于 $p^m-1\mid p^n-1$ ，故 $(x^s-x)\mid (x^q-x)$ ，从而 $x^s-x$ 在 F 中可完全分解，s 个不同的根组成的域就是要找的子域。这就证明了 F 的子域的充要条件是 $m∣n$ ，其实由 $(x^s−x)$ 是 $(x^q−x)$ 的因子，显然 $p^m$ 阶子域也是唯一的。

• 从原根出发，讨论有限域及其子域的结构和元素。

六、可离扩域

6.1 可离元

前面看到，有限域总是一个素域的单扩域，而单扩域的简单结构是我们所喜爱的，这就不禁想问：什么样的扩域是单扩域？这个问题比较难回答，但我们可以给出一类常见的代数扩域，它总是单扩域。有一类不可约多项式在其分裂域中没有重根，这一点对讨论单扩域非常有用。为此定义最小多项式没有重根（在其分裂域中）的代数元为可离元，每个元素都是可离元的扩域称为可离扩域，每个不可约因式都没有重根的多项式叫可离多项式。在证明单扩域的结论之前，我先来简单讨论一下可离元和可离扩域的性质，这当然要从没有重根的不可约多项式研究起。

设 $p(x)$ 是F上的不可约多项式， $p(x)$ 及 $p′(x)$ 的表达式如公式（7）。 $p(x)$ 有重根的充要条件是 $d(x)=(p(x),p′(x))$ 的次数大于 0，由 $p(x)$ 不可约知 $d(x)=ap(x),(a∈F)$ ，再由 $d(x)∣p′(x)$ 得到 $p′(x)=0$ ，即 $a_1=2a_2=\cdots=na_n=0$ 。域的特征只有 $\infty$ 和 p 两种，当 $char\ F=\infty$ 时，只能有 $a_1=a_2=\cdots=a_n=0$ ，这与 $p(x)$ 不可约矛盾，故这种域的不可约多项式都没有重根。当 $char\ F= p$ 时，可以得到除 $k∣p$ 外都有 $a_k=0$ ，故 $p(x)$ 有形式 $g(x^p)$ ，这就是不可约多项式有重根的必要条件。
$p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n,\quad p'(x)=a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1},\quad a_k\in F\tag{7}$

有了这个结论，我们就可以继续研究可离元的特点。既然特征为 $\infty$ 的域的不可约多项式都没有重根，那么它的所有代数元都是可离元，所有代数扩域都是可离扩域。我们现在只需研究特征为 $p$ 的域 F，并设 α 是 F 的可离元，α 当然也是 F 任何扩域上的可离元。考察多项式（8），它是扩域 $F(α^p)$ 上的多项式，则 α 在 $F(α^p)$ 上的最小多项式满足 $p(x)∣f(x)$ 。考虑到 α 也是 $F(α^p)$ 上的可离元，故必然有 $p(x)=x-\alpha$ ，这就得到 $α∈F(α^p)$ ，从而 $F(\alpha)\subseteq F(\alpha^p)$ 。 $F(α^p)⊆F(α)$ 是显然的，故有结论 $F(α)=F(α^p)$ 。
$f(x)=(x-\alpha)^p=x^p-\alpha^p\tag{8}$

反之，若 α 是 F 的不可离元，则它的最小多项式有形式 $g(x^p)$ 。容易证明 $g(x)$ 也是 $F$ 上的不可约多项式，而 $g(α^p)=0$ ，故 $g(x)$ 是 $α^p$ 在 $F$ 上的最小多项式。 $g(x)$ 和 $g(x^p)$ 的次数明显不同，从而 $F(α^p)$ 和 $F(α)$ 也不可能相同。正反两方面的证明就得到了：α 是 F 上的可离元的充要条件是公式（9）成立，这个结论对下面的讨论将很有用。
$F(\alpha) = F(\alpha^p)\tag{9}$

有一个基本的问题是，可离元的四则运算还是可离元吗？或等价命题：若 $α,β$ 为 F 上的可离元， $F(α,β)$ 是可离扩域吗？考虑后一命题，即问 $γ∈F(α,β)$ 是 F 的可离元吗？首先 $γ$ 当然是 $F(α,β)=F(α)(β)$ 上的可离元，如果要验证我们的猜想，可以先证明更一般的命题：若 α 是可离扩域 $F(β)$ 上的可离元，则 α 也是 F 上的可离元。可离元在扩域中当然也是可离元，这个命题是问这个传递性在一定条件下能否逆转？对 $\text{char}F=\infty$ 的场景，这一系列结论显然成立，下面的讨论将只针对 $char\ F=p$ 的域。

因为 α 是 $F(β)$ 上的可离元，由刚才的结论知 $F(α,β)=F(α^p,β)$ ，而我们试图证明 $F(α)=F(α^p)$ 。可以继续将这个猜想往前推，由于 $F(α^p)⊆F(α)$ 且 $F(α)$ 是 $F(α^p)$ 的扩域，故要证的结论等价于 $[F(\alpha):F(\alpha^p)]=1$ ，继而等价于式子（10）。最后这个命题其实是要讨论 β 在 $F(α)$ 和 $F(α^p)$ 上的最小多项式 $h(x),g(x)$ 次数相等，而显然有 $h(x)∣g(x)$ ，故只需证 $g(x)∣h(x)$ 。类似于前面的方法，其实容易证明 $h^p(x)$ 是 $F(α^p)$ 上的多项式，而显然 $h^p(β)=0$ ，再加上 $g(x)$ 无重根，只可能是 $g(x)∣h(x)$ 。这就证明了我们的猜想，以及一切的推论，可离元的四则运算还是可离元。
$[F(\alpha,\beta):F(\alpha)]=[F(\alpha^p,\beta):F(\alpha^p)]\tag{10}$

6.2 可离扩域和完全域

现在是时候讨论可离扩域和单扩域之间的关系了，我们早就知道有限域一定是单扩域，现在只需研究无限域。进一步地我们还需把扩域限定在有次限扩域，并由归纳法容易知道，只需证明 $F(α,β)$ 是单扩域（ $α,β$ 为 $F$ 分离元），那么任何有限次分离扩域都是单扩域。要证 $F(α,β)$ 是单扩域，我们需要找到该单扩域的生成元 $θ$ ，它由 $α,β$ 及 $F$ 的元素组成且又能用来表示 $α, β$ 。这样的构造有很多可能，但我们其实只需简单构造一个即可，取 $θ=α+kβ,(k∈F)$ ，由 $α=θ−kβ$ 知只需证明 $β∈F(θ)$ 即可。

令 $α,β$ 在 $F$ 上的最小多项式分别是 $p(x),q(x)$ ，由于 $F(θ)⊆F(α,β)$ ，则 $q(x)∈F(θ)[x]$ ，要证 $β∈F(θ)$ ，只需在 $F(θ)$ 上构造一个与 $q(x)$ 仅有一个共同根 $β$ 的多项式 $h(x)$ 。这时候需要借助 $p(x)$ ，为使得 $h(β)=0$ ，自然可以令 $h(x)=p(θ−kx)$ 。为使得 $h(x)$ 不含 $q(x)$ 的其它根 $β_i$ ，还得要求 $θ−kβ_i$ 不等于 $p(x)$ 的任意根 $α_j$ ，由于 $β_i,α_j$ 的个数有限，在 F 中选择满足条件的 $k$ 还是可行的。这就构造出了满足条件的 $θ$ 使得 $F(θ)=F(α,β)$ 。

刚才我们证明了有限次分离扩域必是单扩域，并且给出了分离扩域的一些判定条件。其实有一些常用的域，它们的扩域都都是分离扩域，这使得讨论更加简单，为此我们定义这样的域为完全域或完备域。前面已经知道 $\text{char}F=\infty$ 的域就是完全域，现在来研究一下 $char\ F=p$ 的完全域的充要条件。完全域要求不存在形式为 $g(x^p)$ 的不可约多项式，容易看出如果 $g(x)$ 的系数都是 $a^p_k$ 的形式， $g(x^p)$ 必定是 $h^p(x)$ 的形式，从而 $g(x^p)$ 可约。也就是说如果 $F$ 的每个元素都是某个元素的 $p$ 次幂， $F$ 一定是完全域。

反之若 F 是完全域，对任意元素 $α，f(x)=x^p−α$ 的分裂域中总有 $β$ 满足 $f(β)=0$ 。而 $f(x)=(x−β)^p$ ，故 $β$ 在 F 上的最小多项式只能是 $x−β$ ，这就说明 $β∈F$ ，即证明了任何元素都是某个元素的 $p$ 次幂。综合这两点分析， $char F=p$ 的完全域的充要条件是：任何元素都是某个元素的 $p$ 次幂。

• 求证：有限域都是完全域。

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