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单纯扩张

## 2.2 单纯扩张
设 $E, F$ 是域，如果 $E \supseteq F$ ，则通过 2.1 节的讨论，知道想要了解 $E$ 的结构，我们可以通过在 $F$ 中逐步添加＂独立＂元素的方式来搞清楚 $E$ 的结构．当然，这样的话，我们就有必要首先搞清楚添加一个元素 $\alpha$ 的扩张 $F(\alpha)$ 的结构．

定义2．2．1 设 $F$ 是一个域，则称在 $F$ 上添加一个元素 $\alpha$ 得到的扩域 $F(\alpha)$为域 $F$ 上的单纯扩张。

注意，由例 2．1．4，我们应该意识到，添加元素的性质与单纯扩张 $F(\alpha)$ 的结构应具有密切的关联．因此，有必要先界定添加元素的属性。

定义2．2．2 设 $F$ 是域，且 $E \supseteq F$ ．如果对于 $e \in E$ ，存在一多项式 $f(x) \in F[x]$ ，使得 $f(e)=0$ ，则称 $e$ 是 $F$ 上的代数元素．否则称 $e$ 是 $F$ 上的超越元素．

设 $E, F$ 是域，如果 $E \supseteq F$ ，且 $\alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素，则在多项式的集合

$$
\{h(x) \in F[x] \mid h(\alpha)=0\} \subseteq F[x]
$$

中必定存在一个次数最小的多项式 $f(x)$ ，使得 $f(x)$ 一定是不可约的．
事实上，如果 $f(x)$ 可约，则存在 $g(x), h(x) \in F[x]$ ，使得

$$
f(x)=g(x) h(x)
$$

其中 $\operatorname{deg} g(x), \operatorname{deg} h(x)<\operatorname{deg} f(x)$ 。所以，$f(\alpha)=g(\alpha) h(\alpha)=0$ ，进而 $g(\alpha)=0$ 或 $h(\alpha)=0$ ．但是，不论 $g(\alpha)=0$ 或 $h(\alpha)=0$ ，都将与 $f(x)$ 是次数最小的以 $\alpha$ 为根
的多项式的假设相矛盾．所以，$f(x)$ 一定是不可约的．因此，在假定其首项系数是 1 时，这样的多项式 $f(x)$ 是唯一确定的。

定义 2．2．3 设 $E, F$ 是域，$E \supseteq F$ ．如果 $\alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素，则称以 $\alpha$为根的次数最小的，首项系数为 1 的不可约多项式为 $\alpha$ 的极小多项式．

定理2．2．1 设 $E, F$ 是域，$E \supseteq F, \alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素．如果 $f(x) \in F[x]$是 $\alpha$ 的极小多项式，则

$$
\{h(x) \in F[x] \mid h(\alpha)=0\}=(f(x)) .
$$

即如果 $h(\alpha)=0$ ，则 $f(x) \mid h(x)$ ．
证明 令 $h(x) \in F[x]$ 且 $h(\alpha)=0$ ，则存在 $q(x), r(x) \in F[x]$ ，使得

$$
h(x)=f(x) q(x)+r(x),
$$

其中 $\operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．所以

$$
h(\alpha)=f(\alpha) q(\alpha)+r(\alpha)=r(\alpha)=0
$$

即 $r(x) \in F[x]$ 也是以 $\alpha$ 为根的多项式，而且其次数小于 $f(x)$ 的次数，这与 $f(x) \in$ $F[x]$ 是 $\alpha$ 的极小多项式相矛盾．所以 $r(x) \equiv 0$ ，即 $h(x)=f(x) q(x), f(x) \mid h(x)$ 。

另外，因为极小多项式是不可约的，而 $F[x]$ 是主理想整环，所以 $(f(x))$ 是极大理想．至此，利用定理 2．2．1，我们就可以准确地描述单纯代数扩张的代数结构了．

定理 2．2．2 设 $E, F$ 是域，$E \supseteq F, \alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素，$f(x) \in F[x]$ 是 $\alpha$ 的极小多项式，并且 $\operatorname{deg} f(x)=n$ ，则

（1）$F[\alpha]=F(\alpha)$ ，
（2）$F(\alpha) \cong F[x] /(f(x))$ ，
（3）$|F(\alpha): F|=n$ ，且集合 $\left\{1, \alpha, \cdots, \alpha^{n-1}\right\}$ 是 $F(\alpha)$ 在 $F$ 上的一组基底，进而任意 $F(\alpha)$ 之中的元素都可以写成关于 $1, \alpha, \cdots, \alpha^{n-1}$ 的唯一表达式。

证明（1）显然，有 $F[\alpha] \subseteq F(\alpha)$ 。反之，考虑 $F(\alpha)$ 之中的任意元素 $\frac{g(\alpha)}{h(\alpha)} \in$ $F(\alpha), h(\alpha) \neq 0$ ，即 $h(x) \in F[x]$ 不以 $\alpha$ 为根．又 $f(x)$ 是不可约多项式，所以 $(f(x), h(x))=1$ ．于是存在 $u(x), v(x) \in F[x]$ ，使得

$$
\begin{aligned}
& f(x) u(x)+h(x) v(x)=1 \\
& f(\alpha) u(\alpha)+h(\alpha) v(\alpha)=1 \\
& h(\alpha) v(\alpha)=1
\end{aligned}
$$

因此，$\frac{g(\alpha)}{h(\alpha)}=\frac{g(\alpha) v(\alpha)}{h(\alpha) v(\alpha)}=g(\alpha) v(\alpha) \in F[\alpha]$ ，即 $F[\alpha] \supseteq F(\alpha)$ ．
（2）定义环的满同态映射

$$
\begin{aligned}
\varphi: F[x] & \rightarrow F[\alpha], \\
g(x) & \rightarrow g(\alpha),
\end{aligned}
$$

则 $F[x] / \operatorname{ker} \varphi \cong F[\alpha]=F(\alpha)$ ．又 $\operatorname{ker} \varphi=\{g(x) \in F[x] \mid g(\alpha)=0\}$ ，而 $f(x) \in F[x]$是 $\alpha$ 的极小多项式，所以 $\operatorname{ker} \varphi=\{g(x) \in F[x] \mid g(\alpha)=0\}=(f(x))$ ．
（3）考虑向量空间 $F(\alpha)$ 之中 $n$ 个向量的集合 $\left\{1, \alpha, \cdots, \alpha^{n-1}\right\}$ ，则这 $n$ 个向量一定是线性无关．若不然，则存在不全为 0 的 $a_0, a_1, \cdots, a_{n-1} \in F$ ，使得

$$
a_0+a_1 \alpha+\cdots+a_{n-1} \alpha^{n-1}=0
$$

即存在一个以 $\alpha$ 为根的 $n-1$ 次多项式 $a_0+a_1 x+\cdots+a_{n-1} x^{n-1} \in F[x]$ ．但是，这与 $f(x) \in F[x]$ 是 $\alpha$ 的极小多项式且 $\operatorname{deg} f(x)=n$ 相矛盾．

再对任意 $g(\alpha) \in F[\alpha]=F(\alpha)$ ，因为

$$
g(x)=f(x) q(x)+r(x), \quad \operatorname{deg} r(x)<\operatorname{deg} f(x)
$$

所以，$g(\alpha)=r(\alpha)$ ，即 $g(\alpha)$ 可以写成关于 $1, \alpha, \cdots, \alpha^{n-1}$ 的表达式．
综上，$\left\{1, \alpha, \cdots, \alpha^{n-1}\right\}$ 是向量空间 $F(\alpha)$ 在域 $F$ 上的一组基底．
例 2．2．1 试证明 $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3} \in R$ 在扩张 $R \supseteq Q$ 中是代数元素，并确定 $\alpha$的极小多项式．

解 首先，确定一个以 $\alpha$ 为根的有理系数多项式 $\varphi(x) \in Q [x]$ ．因为，$\alpha-\sqrt{2}=$ $\sqrt{3}$ ，所以

$$
\begin{aligned}
& (\alpha-\sqrt{2})^2=(\sqrt{3})^2 \\
& \alpha^2-2 \sqrt{2} \alpha+2=3 \\
& \alpha^2-1=2 \sqrt{2} \alpha \\
& \alpha^4-2 \alpha^2+1=8 \alpha^2 \\
& \alpha^4-10 \alpha^2+1=0
\end{aligned}
$$

即 $\alpha$ 是有理系数多项式 $\varphi(x)=x^4-10 x^2+1$ 的一个根．于是 $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 是有理数域 $Q$ 上的代数元素。

其次，$\varphi(x)=x^4-10 x^2+1$ 就是 $\alpha$ 的极小多项式。为此，我们只要说明多项式 $\varphi(x)$ 在有理数域 $Q$ 上是不可约的即可．事实上，$\varphi(x)$ 的 4 个根分别为

$$
\sqrt{2}+\sqrt{3}, \quad \sqrt{2}-\sqrt{3}, \quad-\sqrt{2}+\sqrt{3}, \quad-\sqrt{2}-\sqrt{3}
$$

所以，$\varphi(x)$ 不可能有 1 次有理系数因式．另外，$\varphi(x)$ 的 4 个根中的任意两个根的和与积不可能同时为有理数，所以 $\varphi(x)$ 不可能有 2 次有理系数因式。从而多项式 $\varphi(x)$ 在有理数域 $Q$ 上是不可约的。

进一步，从这个例子我们还可以看看，一个 $Q (\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 中的元素关于基底的表示问题。令 $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ ，则 $1, \alpha, \alpha^2, \alpha^3$ 是将 $Q (\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 视为 $Q$ 上向量空间的基底．令 $\omega=2 \alpha^4-19 \alpha^2+1$ ，则由于

$$
2 x^4-19 x^2+1=2 \varphi(x)+\left(x^2-1\right)
$$

所以，$\omega$ 关于基底的表达式是

$$
\omega=2 \alpha^4-19 \alpha^2+1=2 \varphi(\alpha)+\left(\alpha^2-1\right)=\alpha^2-1
$$

另外，因为 $\left(x^2-1\right)\left(\frac{1}{8}\left(x^2-9\right)\right)+\varphi(x)\left(-\frac{1}{8}\right)=1$ ，所以

$$
\frac{1}{\omega}=\frac{\frac{1}{8}\left(\alpha^2-9\right)}{\frac{1}{8}\left(\alpha^2-9\right)\left(\alpha^2-1\right)}=\frac{1}{8}\left(\alpha^2-9\right)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{4} \sqrt{6} .
$$

例 2．2．2 设 $\alpha$ 是域 $Z _2=\{0,1\}$ 上的 2 次多项式 $\varphi(x)=x^2+x+1$ 的一个根，试确定单纯代数扩张 $Z _2(\alpha)$ 中每个元素的形式及其对应的极小多项式．

解 首先，由于 $\varphi(0)=1 \neq 0, \varphi(1)=1^2+1+1=3=1 \neq 0$ ，所以 $\varphi(x)=$ $x^2+x+1$ 在 $Z _2[x]$ 中是不可约的．于是 $\left| Z _2(\alpha): Z _2\right|=2$ ，并且 $1, \alpha$ 是一组基底，即 $Z _2(\alpha)$ 中的元素均可以唯一地写成

$$
a+b \alpha, \quad a, b \in Z _2
$$

的形式．又 $Z _2$ 中只有两个元素，而 $\alpha \neq \alpha+1$ ，所以 $Z _2(\alpha)=\{0,1, \alpha, \alpha+1\}$ ．我们容易验证：

$$
\varphi(\alpha+1)=(\alpha+1)^2+(\alpha+1)+1=\left(\alpha^2+2 \alpha+1\right)+(\alpha+1)+1=\alpha^2+\alpha+1=0
$$

所以，$\alpha, \alpha+1$ 是 $\varphi(x)=x^2+x+1$ 的两个不同根．从而 $0,1, \alpha, \alpha+1$ 对应的极小多项式分别为

$$
x, x+1, x^2+x+1 \text { 和 } x^2+x+1 .
$$

扩域 $Z _2(\alpha)=\{0,1, \alpha, \alpha+1\}$ 中的加法运算表如表 2.1 所示．

![图片](/uploads/2025-11/3f92e0.jpg) 
 
 扩域 $Z _2(\alpha)=\{0,1, \alpha, \alpha+1\}$ 中的乘法运算表如表 2.2 所示．
 
 ![图片](/uploads/2025-11/57bd55.jpg)
  
  如果事先存在域的单纯代数扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ ，则我们可以利用单纯代数扩张的结构定理 2．2．2 确定单纯代数扩张的结构．那么，这里实际上是有一个问题的，对于任意给定的域 $F$ ，关于它的单纯代数扩张是否存在呢？

但是，通过前面的讨论，我们知道确定单纯代数扩张的存在性问题，实际上，是等价于考虑是否存在不可约多项式，并且是否存在以该不可约多项式为极小多项式的元素的问题．当然，不可约多项式的存在是＂显然的＂．下面考证不可约多项式根的问题．

定理 2．2．3 设 $F$ 是一个域．如果 $f(x) \in F[x]$ 是一个不可约多项式，则存在 $F$ 的单纯代数扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ ，使得 $f(\alpha)=0$ ．

证明 因为 $f(x) \in F[x]$ 是一个不可约多项式，所以，$f(x)$ 生成的理想 $(f(x)) \subseteq$ $F[x]$ 是极大理想．考虑自然满同态

$$
\begin{aligned}
\pi: F[x] & \rightarrow F[x] /(f(x)), \\
g(x) & \rightarrow g(x)+(f(x)),
\end{aligned}
$$

则

$$
\pi(f(x))=f(\pi(x))=f(x)+(f(x))=(f(x))=0
$$

即 $\pi(x)$（令 $\alpha=\pi(x))$ 是 $f(x)$ 的一个根．这说明 $F$ 的单纯代数扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ 存在．

至此，我们知道单纯代数扩张是存在的，并且它的结构也可以确定．这就是说，如果我们是通过添加代数元素得到扩张的，那么这种扩张的过程是可以了解的．但是，如果我们添加的不是代数元素，而是超越元素，那么，单纯超越扩张的结构又是什么样的呢？

定理 2．2．4 设 $E, F$ 是域，$E \supseteq F, \alpha \in E$ 是 $F$ 上的超越元素，则

$$
F(\alpha) \cong F(x)=\left\{\left.\frac{f(x)}{g(x)} \right\rvert\, f(x), g(x) \in F[x], g(x) \neq 0\right\}
$$

证明 ${ }^*$ 定义显然的满同态映射

$$
\begin{aligned}
& \varphi: F(x) \\
& \rightarrow F(\alpha), \\
& \frac{f(x)}{g(x)} \rightarrow \frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}
\end{aligned}
$$

则 $\varphi$ 是单射．
事实上，如果 $\varphi\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)=\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}=0$ ，则 $f(\alpha)=0$ 。再如果 $f(x) \neq 0$ ，则 $\alpha$ 是域 $F$ 上的代数元素，矛盾。因此，$f(x) \equiv 0, \frac{f(x)}{g(x)}=0$ ，即 $\varphi$ 是单射．所以 $F(\alpha) \cong F(x)$.

另外，从例 2．1．4 知道，如果 $\alpha$ 是域 $F$ 上的超越元素，则 $|F(\alpha): F|=\infty$ ．这样就还剩下一个问题：对于一个给定的域，其上的超越元素是否存在呢？事实上，对于任意一个域 $F$ 来说，其上的超越元素一定存在！

首先，因为域 $F$ 存在，所以可以构造

$$
\prod_{i=0}^{\infty} F_i=\left\{\left(x_0, x_1, \cdots, x_n, \cdots\right) \mid x_i \in F_i\right\}, \quad F_i=F
$$

并且规定

$$
\begin{aligned}
& \left(x_0, x_1, \cdots, x_n, \cdots\right)+\left(y_0, y_1, \cdots, y_n, \cdots\right) \stackrel{d}{=}\left(x_0+y_0, x_1+y_1, \cdots, x_n+y_n, \cdots\right), \\
& \left(x_0, x_1, \cdots, x_n, \cdots\right)\left(y_0, y_1, \cdots, y_n, \cdots\right) \stackrel{d}{=}\left(z_0, z_1, \cdots, z_n, \cdots\right)
\end{aligned}
$$

其中 $z_i=x_0 y_i+x_1 y_{i-1}+\cdots+x_{i-1} y_1+x_i y_0, i=0,1,2, \cdots$ ．则我们容易验证 $\prod_{i=0}^{\infty} F_i$构成一个环。

其次，定义嵌入同态

$$
\begin{aligned}
\lambda: F & \rightarrow \prod_{i=0}^{\infty} F_i, \\
a & \rightarrow(a, 0, \cdots, 0, \cdots),
\end{aligned}
$$

所以，$\prod_{i=0}^{\infty} F_i \supseteq F$ ．
再次，令 $x=(0,1,0, \cdots, 0, \cdots)$ ，则 $x \notin F, x^n=(0,0, \cdots, 0,1,0, \cdots)$ ，其中的 1在第 $n+1$ 个位置．所以，对于任意不全为 0 的域 $F$ 中的元素 $a_0, a_1, \cdots, a_n$ 有

$$
a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n=\left(a_0, a_1, \cdots, a_n, \cdots\right) \neq 0
$$

即 $f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \neq 0$ ．这说明 $x=(0,1,0, \cdots) \in \prod_{i=0}^{\infty} F_i \backslash F$ 不是域 $F$上任意多项式的根，于是它是域 $F$ 上的超越元素，即超越元素一定存在。

至此，似乎关于单纯扩张的代数结构已经搞清楚了．但实际上这里还是有一些问题．如两个单纯扩张的次数相等，那么这两个扩张域的结构一样吗？

例2．2．3 显然，扩张 $Q (\sqrt{2}) \supseteq Q$ 和扩张 $Q (\sqrt{-1}) \supseteq Q$ 都是单纯代数扩张． $\sqrt{2}$ 和 $\sqrt{-1}= i$ 对应的极小多项式分别是 $x^2-2$ 和 $x^2+1$ ，并且它们在 $Q [x]$ 上都是不可约的．所以，$| Q (\sqrt{2}): Q |=2,| Q (\sqrt{-1}): Q |=2$ ．因此，作为有理数域 $Q$上的向量空间 $Q (\sqrt{2})$ 和 $Q$（i）是＂一样＂的．但是，作为域结构，这两个域是不同构的。

事实上，如果存在一个域之间的同构映射

$$
\varphi: Q (\sqrt{2}) \rightarrow Q (i)
$$

则 $\varphi(0)=0, \varphi(1)=1$ ．所以 $\varphi(q)=q, \forall q \in Q$ ．这就是说，如果令 $\varphi(\sqrt{2})=t$ ，则 $t \notin Q$ ．进而，如果再令 $t=a+b i$ ，则 $b \neq 0$ ，即 $t \in C \backslash R$ ．但是，

$$
\varphi\left((\sqrt{2})^2\right)=(\varphi(\sqrt{2}))^2=\varphi(2)=2
$$

所以，$\varphi(\sqrt{2})= \pm \sqrt{2} \in R$ ，矛盾．因此， $Q (\sqrt{2}) \not \approx Q (\sqrt{-1})$ ．
例 2．2．3 说明，扩张次数相等仅是两个扩张域同构的必要条件．

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