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有限扩张和代数扩张

## 2.3 有限扩张和代数扩张

通过研究单纯扩张的结构，我们知道扩张域的结构与添加元素的性质，即与其是否为代数元素具有密切的联系．这节我们将对添加的元素都是代数元素的扩张域结构进行讨论。

定义 2．3．1 设域 $F \subseteq E$ ．如果 $\forall e \in E$ 都是 $F$ 上的代数元素，则称 $E$ 是 $F$的代数扩张。

定理 2．3．1 有限扩张一定是代数扩张，即如果 $|E: F|=n<\infty$ ，则 $E$ 是 $F$的代数扩张。

证明 任意取 $\alpha \in E$ ，并考虑 $n+1$ 个元素 $1, \alpha, \cdots, \alpha^n$ ，则由于 $|E: F|=n$ ，所以 $n+1$ 个元素 $1, \alpha, \cdots, \alpha^n$ 在 $F$ 上一定是线性相关的．即存在不全是 0 的元素 $a_0, a_1, \cdots, a_n \in F$ ，使得

$$
a_0+a_1 \alpha+\cdots+a_n \alpha^n=0 .
$$

这就是说，$\alpha$ 是多项式 $a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in F[x]$ 的根，即 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元素，所以 $E$ 是 $F$ 的代数扩张．

如果扩张 $E \supseteq F$ 是有限扩张，则显然存在有限个元素构成的基底．令它们为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ ，则 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，并且其中的每个元素又是代数元素．那么，我们自然可以想到：是否有限扩张的结构一定都是这样的呢？

事实就是如此，即添加有限个代数元素的扩张一定是有限扩张，而且有限扩张一定是通过添加有限个代数元素得到的。

定理 2．3．2 域 $F \subseteq E$ 是有限扩张的充分必要条件是 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，其中 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的有限个代数元素．

证明 如果 $|E: F|=n<\infty$ ，则存在由 $n$ 个元素 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in E$ 组成的 $F$上的基底，而且由于是有限扩张，所以每个元素 $\alpha_i \in E$ 是 $F$ 上的代数元素，于是 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 。

反之，如果 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，且 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的代数元素，则 $\alpha_i \in E$ 当然是 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)$ 上的代数元素，即 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}, \alpha_i\right)=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)\left(\alpha_i\right) \supseteq$ $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)$ 是单纯代数扩张，所以是有限扩张．这样，我们就可以考虑

$$
E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \supseteq F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right) \supseteq \cdots \supseteq F\left(\alpha_1, \alpha_2\right) \supseteq F
$$

所以，

$$
|E: F|=\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right| \cdots\left|F\left(\alpha_1, \alpha_2\right): F\right|<\infty
$$

推论 2．3．1 如果 $\alpha, \beta$ 是域 $F$ 上的代数元素，则 $\alpha \pm \beta, \alpha \beta, \frac{\alpha}{\beta}$ 都是域 $F$ 上的代数元素。

如果域 $F$ 是有理数域 $Q$ ，则推论2．3．1 的结论可以用更为初等的方法予以证明．

事实上，如果 $\alpha, \beta$ 是有理数域 $Q$ 上的代数数，则我们可以设 $\alpha, \beta$ 是首项系数为 1 的多项式的根，即存在 $f(x), g(x) \in Q [x]$ ，使得

$$
\begin{aligned}
& f(x)=x^m-a_{m-1} x^{m-1}-\cdots-a_1 x-a_0 \\
& g(x)=x^n-b_{n-1} x^{n-1}-\cdots-b_1 x-b_0
\end{aligned}
$$

并且

$$
\begin{aligned}
& \alpha^m=a_{m-1} \alpha^{m-1}+\cdots+a_1 \alpha+a_0 \\
& \beta^n=b_{n-1} \beta^{n-1}+\cdots+b_1 \beta+b_0
\end{aligned}
$$

我们考察由 $\left\{1, \alpha, \cdots, \alpha^{m-1}\right\}$ 和 $\left\{1, \beta, \cdots, \beta^{n-1}\right\}$ 的乘积

$$
\left\{1, \alpha, \cdots, \alpha^{m-1} ; \beta, \alpha \beta, \cdots, \alpha^{m-1} \beta ; \cdots ; \beta^{n-1}, \alpha \beta^{n-1}, \cdots, \alpha^{m-1} \beta^{n-1}\right\}
$$

构成的 $m n$ 个数的集合．为书写方便，将它们依次记为 $\left\{\delta_1, \delta_2, \cdots, \delta_{m n}\right\}$ ．然后，再用 $(\alpha+\beta)$ 分别乘以 $\delta_i, 1 \leqslant i \leqslant m n$ ，则 $(\alpha+\beta) \delta_i=c_{i 1} \delta_1+c_{i 2} \delta_2+\cdots+c_{i m n} \delta_{m n}$ ， $c_{i j} \in Q , 1 \leqslant i, j \leqslant m n$.

例如，$(\alpha+\beta) \alpha=\alpha^2+\alpha \beta=0 \delta_1+0 \delta_2+\delta_3+\cdots+\delta_{m+2}+\cdots$ ．
这样，我们就得到
  ![图片](/uploads/2025-11/11dcaf.jpg)

显然，$\left\{\delta_1, \delta_2, \cdots, \delta_{m n}\right\}$ 是齐次线性方程组

![图片](/uploads/2025-11/733e39.jpg)

的一组非零解．所以，齐次线性方程的系数行列式为 0 ，即
 ![图片](/uploads/2025-11/bd5059.jpg)
 
所以$\alpha+\beta$ 是多项式

![图片](/uploads/2025-11/86cfbe.jpg)

的根，即 $\alpha+\beta$ 是代数数．
同理 $\alpha-\beta, \alpha \beta$ 也都是代数数。至于 $\frac{\alpha}{\beta}$ 的代数数性，我们只要能够说明 $\frac{1}{\beta}$ 是代数数即可。

因为 $\beta^n=b_{n-1} \beta^{n-1}+\cdots+b_1 \beta+b_0$ ，所以

$$
1=b_{n-1}\left(\frac{1}{\beta}\right)+\cdots+b_1\left(\frac{1}{\beta}\right)^{n-1}+b_0\left(\frac{1}{\beta}\right)^n
$$

进而，$\frac{1}{\beta}$ 是多项式

$$
-1+b_{n-1} x+\cdots+b_1 x^{n-1}+b_0 x^n \in Q [x]
$$

的根，当然是代数数。
注意，有限扩张是代数扩张，但是代数扩张不一定是有限扩张．例如，有理数域 $Q$ 上的所有代数数组成的域 $\overline{ Q }$ 是 $Q$ 的代数扩张，但它不是有理数域 $Q$ 的有限扩张！

事实上，如果 $\overline{ Q }$ 是 $Q$ 的有限扩张，则 $\overline{ Q }= Q \left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，其中 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $Q$ 上的代数元素．但是，此时我们可以指出一定存在一个代数数 $\alpha \in \overline{ Q }$ ，但它不属于 $Q \left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ．请参看下面的例子。

例 2．3．1 试证明（1）$\sqrt{3} \notin Q (\sqrt{2}) ;(2) \omega \notin Q (\sqrt{2})$ ，其中 $\omega$ 是有理数域 $Q$ 上多项式 $x^4+x^3+x^2+x+1$ 的根．

证明（1）因为 $\sqrt{2}$ 是 2 次不可约多项式 $x^2-2 \in Q [x]$ 的根，所以 $| Q (\sqrt{2}): Q |=$ 2．因此 $1, \sqrt{2}$ 构成 $Q (\sqrt{2})$ 在 $Q$ 上的一组基底，所以 $Q (\sqrt{2})$ 中元素的形式为

$$
a+b \sqrt{2}, \quad a, b \in Q
$$

如果 $\sqrt{3} \in Q (\sqrt{2})$ ，则存在 $x, y \in Q$ ，使得

$$
\sqrt{3}=x+y \sqrt{2} .
$$

显然，上面的 $x, y \neq 0$ ．但是，这又导致

$$
\begin{aligned}
& 3=x^2+2 x y \sqrt{2}+2 y^2, \\
& \sqrt{2}=\frac{3-x^2-2 y^2}{2 x y} .
\end{aligned}
$$

即上面等式中左边是无理数，而右边是有理数，矛盾．所以 $\sqrt{3} \notin Q (\sqrt{2})$ ．
（2）因为 $\omega$ 是有理数域 $Q$ 上多项式 $x^4+x^3+x^2+x+1$ 的根，并且多项式 $x^4+x^3+x^2+x+1$ 是不可约的，所以，$| Q (\omega): Q |=4$ 。但是，如果 $\omega \in Q (\sqrt{2})$ ，则

$$
Q (\sqrt{2}) \supseteq Q (\omega) \supseteq Q
$$

于是，有

$$
| Q (\sqrt{2}): Q |=| Q (\sqrt{2}): Q (\omega)|| Q (\omega): Q |
$$

这导致 $4 \mid 2$ ，矛盾．所以，$\omega \notin Q (\sqrt{2})$ ．
注意，实际上，只要是有理数域 $Q$ 上不可约 $n(\geqslant 3)$ 次多项式的根就都不属于 $Q (\sqrt{2})$ ！

例2．3．2 确定扩张 $Q (\sqrt{3}, i ) \supseteq Q$ 的扩张次数，并给出扩张的一组基底．
解 首先，由于 $\sqrt{3}, i$ 是有理数域 $Q$ 上不可约多项式 $x^2-3, x^2+1$ 的根，所以它们在 $Q$ 上是代数元素，并且 $Q (\sqrt{3}, i )= Q (\sqrt{3})( i ) \supseteq Q (\sqrt{3}) \supseteq Q$ ，所以

$$
| Q (\sqrt{3})(i): Q |=| Q (\sqrt{3})(i): Q (\sqrt{3})|| Q (\sqrt{3}): Q |=2 \times 2=4
$$

其次，由于 $1, \sqrt{3}$ 是 $Q (\sqrt{3}) \supseteq Q$ 上的基底， 1 ， i 是 $Q (\sqrt{3}, i ) \supseteq Q (\sqrt{3})$ 上的基底，所以 $1, \sqrt{3}, i, \sqrt{3} i$ 是 $Q (\sqrt{3}, i ) \supseteq Q$ 上的基底．

事实上，如果存在 $a_1, a_2, a_3, a_4 \in Q$ 使得

$$
a_1+a_2 \sqrt{3}+a_3 i+a_4 \sqrt{3} i=0
$$

则

$$
a_1+a_2 \sqrt{3}=-\left(a_3+a_4 \sqrt{3}\right) i
$$

所以，

$$
\begin{gathered}
a_1+a_2 \sqrt{3}=0, \quad a_3+a_4 \sqrt{3}=0 \\
a_1=a_2=0, \quad a_3=a_4=0
\end{gathered}
$$

即 $1, \sqrt{3}, i , \sqrt{3} i$ 在 $Q$ 上是线性无关的， $1, \sqrt{3}, i , \sqrt{3} i$ 是扩张 $Q (\sqrt{3}, i ) \supseteq Q$ 的一组基底。

定理 2．3．3 令 $E \supseteq K \supseteq F$ 是域的扩张．如果 $E \supseteq K, K \supseteq F$ 都是代数扩张，则 $E \supseteq F$ 是代数扩张，即代数扩张的代数扩张是代数扩张．

证明 我们只需指出对于任意一个 $\alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素即可。
因为 $E \supseteq K$ 是代数扩张，所以 $\alpha \in E$ 是 $K$ 上的代数元素，即它是 $K[x]$中某个多项式的根．不妨令该多项式为 $a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in K[x]$ ，则 $\alpha \in E$是 $F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)$ 上的多项式的根，即是域 $F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)$ 上的代数元素，所以 $\left|F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)(\alpha): F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)\right|<\infty$ ．又 $K \supseteq F$ 是代数扩张，所以 $a_0, a_1, \cdots, a_n \in K$ 是 $F$ 上的代数元素，于是 $\left|F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right): F\right|<\infty$ ．考察域的扩张链
$$
F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right)(\alpha) \supseteq F\left(a_0, a_1, \cdots, a_n\right) \supseteq F,
$$

所以，$\alpha \in E$ 是 $F$ 上的代数元素．
注意，如果 $E \supseteq K \supseteq F$ 是域的扩张，而且 $E \supseteq K$ 是代数扩张，那么，不能导出 $E \supseteq F$ 是代数扩张！

例 2．3．3 考虑常见的数系扩张 $C \supseteq R \supseteq Q$ ．则 $C = R ( i )$ ，而且 i 的极小多项式为 $x^2+1 \in R [x]$ ，所以 $| C : R |=2$ 是有限扩张，因此，当然是代数扩张．但是，扩张 $R \supseteq Q$ 不是有限扩张，也不是代数扩张。

事实上，$\pi \in R \backslash Q$（在本节最后，将给出 $\pi$ 是非有理数的证明），并且

$$
1, \pi, \pi^2, \cdots, \pi^m, \cdots
$$

就是一个有理数域 $Q$ 上的一组线性无关子集合．所以，

$$
R \supseteq Q (\pi) \supseteq Q , \quad| R : Q |>| Q (\pi): Q |=\infty
$$

另外，$\pi$ 不是某个有理系数多项式的根，即它是超越数，所以 $C \supseteq Q$ 不是代数扩张。

同样，如果 $E \supseteq K \supseteq F$ 是域的扩张，而且 $K \supseteq F$ 是代数扩张，那么，也不能导出 $E \supseteq F$ 是代数扩张！

例如，在扩张 $R \supseteq Q (\sqrt{2}) \supseteq Q$ 中， $Q (\sqrt{2}) \supseteq Q$ 是代数扩张，但 $R \supseteq Q$ 不是代数扩张．

有了定理 2．3．3 的保障之后，在考虑域的扩张 $E \supseteq F$ 时，我们很自然的一个想法是能否把 $E$ 中具有相同代数性质的元素作为一个整体考虑，即能不能先在 $F$ 上添加代数元素，并得到一个域 $K$ ，然后再在 $K$ 上添加超越元素，从而得到整个 $E$呢？

定义2．3．2 设 $E \supseteq F$ ，我们称 $E$ 中 $F$ 上的全体代数元素组成的集合为 $F$ 在 $E$ 中的代数闭包，记为 $\bar{F}$ ．如果 $E=\bar{F}$ ，则称 $E$ 是 $F$ 的纯代数扩张．如果 $F=\bar{F}$ ，则称 $E$ 是 $F$ 的纯超越扩张，或称 $F$ 在 $E$ 中是代数闭域．

事实上，由于代数元素的和，差，积，商仍然是代数元素，所以代数闭包 $\bar{F}$ —定构成域，并且 $\bar{F} \supseteq F$ 。

定理 2．3．4 设 $E \supseteq F$ ，则在扩张 $E \supseteq \bar{F} \supseteq F$ 中， $\bar{F} \supseteq F$ 是纯代数扩张， $E \supseteq \bar{F}$ 是纯超越扩张．

证明 由于 $\bar{F}$ 是由 $F$ 上的全体代数元素组成的集合，所以 $\bar{F} \supseteq F$ 是纯代数扩张．

另外，如果 $E \supseteq \bar{F}$ 不是纯超越扩张，则存在 $\alpha \in E \backslash \bar{F}$ 是 $\bar{F}$ 上的代数元素．所以 $\bar{F}(\alpha) \supseteq \bar{F}$ 是代数扩张，又 $\bar{F} \supseteq F$ 是代数扩张，于是 $\bar{F}(\alpha) \supseteq F$ 是代数扩张，即

$\alpha \in E \backslash \bar{F}$ 是 $F$ 上的代数元素．因此，$\alpha \in \bar{F}$ ，与 $\alpha \in E \backslash \bar{F}$ 矛盾．这说明 $E \supseteq \bar{F}$ 是纯超越扩张。

如果令 $F$ 是域，并且给定一个扩张 $E \supseteq F$ ，那么我们自然可以按前面叙述的方法研究扩张和代数扩张的性质。而我们又特别关注代数扩张，那么这就有一个问题了，对于一个给定的域 $F$ ，是否存在包含 $F$ 的代数扩张？这当然是一个平凡的问题，一定存在！那我们再继续问：是否存在包含 $F$ 的最大的代数扩张呢？即是否存在代数扩张 $\bar{F} \supseteq F$ ，使得如果 $E \supseteq F$ 是代数扩张，则 $\bar{F} \supseteq E \supseteq F$ ．

定理 2．3．5 设 $F$ 是域，则包含 $F$ 的最大的代数扩张 $\bar{F}$（ $F$ 的代数闭包）存在．
分析 如果 $f(x) \in F[x]$ 是不可约多项式，且 $\operatorname{deg} f(x)>1$ ，则我们将 $f(x)=0$的根添加到 $F$ ，可以得到一个代数扩张 $F(\alpha)$ ．另一方面，如果存在一个代数扩张，则对于不属于 $F$ 的 $F$ 上的代数元素来说，一定存在一个不可约多项式以它为根．所以，构造代数扩张的实质就是将不可约多项式的根不断添加到域，并在新的扩张域上再将其上不可约多项式的根加入，直到得到一个域——满足其上的所有不可约多项式都是 1 次多项式为止。

实际上，这样的代数闭域是存在的．例如，复数域 $C$ 就是实数域 $R$ 的代数闭域。

现在，考虑一般域上的情形．
首先，令 $F$ 是域，将 $F[x]$ 上不可约多项式的根添加到 $F$ ，则得到一个 $F$ 的代数扩张 $F_1 \supseteq F$ ．然后，考察 $F_1[x]$ 中是否存在次数大于 1 的不可约多项式．如果所有 $F_1[x]$ 中的不可约多项式都是 1 次的，则停止构造．如果 $F_1[x]$ 中存在次数大于 1 的不可约多项式，则再将 $F_1[x]$ 中次数大于 1 的不可约多项式的根添加到 $F_1$ ，得到 $F_1$ 的代数扩张 $F_2 \supseteq F_1, \cdots \cdots$ ．这样我们就得到一个代数扩张链

$$
F=F_0 \subseteq F_1 \subseteq F_2 \subseteq \cdots \subseteq F_n \subseteq F_{n+1} \subseteq \cdots
$$

使得该链满足：$F_i \subseteq F_{i+1}$ 是代数扩张，$F_i[x]$ 中的任何多项式在 $F_{i+1}[x]$ 上都是可约的，即是 1 次因式乘积的表达式．

其次，令 $\Omega=\bigcup_{i=0}^{\infty} F_i$ ，则 $\Omega=\bar{F}!$ 事实上，考察 $\forall g(x) \in \Omega[x]$ ，则存在 $n \in Z$ ，使得 $g(x) \in F_n[x]$ ，所以 $g(x)=0$ 的所有根均属于 $F_{n+1} \subseteq \Omega$ ，即 $g(x)$ 是可约的，并且它是 1 次因式乘积的形式．

例 2．3．4 试证明圆周率 $\pi$ 是非有理数。
证明 假设 $\pi$ 是有理数，则可以令 $\pi=\frac{a}{b}, a, b \in Z ^{+}$．考虑

$$
\begin{aligned}
& f(x)=\frac{x^n(a-b x)^n}{n!} \\
& F(x)=f(x)-f^{(2)}(x)+f^{(4)}(x)-\cdots+(-1)^n f^{(2 n)}(x)
\end{aligned}
$$

则 $f(x)$ 及其导数在 $x=0, x=\pi$ 点的值为整数，进而 $F(0), F(\pi) \in Z$ ．
另外，

$$
\frac{d}{d x}\left(F^{\prime}(x) \sin x-F(x) \cos x\right)=\left(F^{\prime \prime}(x)+F(x)\right) \sin x=f(x) \sin x,
$$

所以，

$$
\int_0^\pi f(x) \sin x d x=F(\pi)-F(0) \in Z
$$

但是，当 $0<x<\pi$ ，及 $n$ 充分大时，有

$$
\begin{aligned}
& 0<f(x) \sin x<\frac{\pi^n a^n}{n!}<\frac{1}{\pi}, \\
& 0<\int_0^\pi f(x) \sin x d x<1 .
\end{aligned}
$$

显然，这与它是整数相矛盾．
至于 $\pi$ 是超越数的证明，我们将在 2.7 节超越扩张一节的最后给出．

## 通俗理解

**有限扩张**
• 通俗理解：有限扩张就像用有限块“积木”搭建的扩展。例如，从有理数域 $\mathbb{Q}$ 扩展到包含 $\sqrt{2}$ 的域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，只需两个“基”（1 和 $\sqrt{2}$），因此维度为2，是有限扩张。

• 数学定义：如果域 $E$ 是域 $F$ 的扩域，且 $E$ 作为 $F$ 上的向量空间是有限维的，则称 $E/F$ 是有限扩张，维度称为扩张次数 $[E:F]$。

• 关键性质：有限扩张中的每个元素都能表示为 $F$ 上有限维的线性组合，因此都是代数元（满足某个非零多项式方程）。例如，$\sqrt{2}$ 满足 $x^2 - 2 = 0$。

**代数扩张**
• 通俗理解：代数扩张就像一个包含所有“可解”元素的扩展。例如，$\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}$ 中的每个元素都满足某个有理系数多项式方程（如 $\sqrt{2}$ 满足二次方程），因此是代数扩张。

• 数学定义：如果 $E/F$ 的每个元素都是 $F$ 的代数元（即存在非零多项式 $f \in F[x]$ 使得 $f(\alpha) = 0$），则称 $E/F$ 是代数扩张。

• 关键性质：代数扩张可以是有限的（如 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})/\mathbb{Q}$，次数为4）或无限的（如 $\mathbb{Q}$ 的代数闭包，包含所有代数数）。

**两者关系**
• 有限扩张 ⇒ 代数扩张：有限扩张中的每个元素都能用有限步生成，因此必为代数元。例如，复数域 $\mathbb{C}/\mathbb{R}$ 是有限扩张（次数2），也是代数扩张。

• 代数扩张 ⇏ 有限扩张：代数扩张可以是无限的。例如，$\mathbb{Q}$ 的代数闭包包含所有代数数（如 $\sqrt{2}, \sqrt[3]{5}, \ldots$），是无限代数扩张。

**例子对比**
1. 有限且代数：$\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}$，次数2，每个元素都是代数元。
2. 无限但代数：$\mathbb{Q}$ 的代数闭包，包含所有代数数，但无法用有限步骤构造。
3. 非代数扩张：$\mathbb{Q}(\pi)/\mathbb{Q}$，因 $\pi$ 是超越元，既不有限也不代数。

**总结**
• 有限扩张：维度有限，必然代数。

• 代数扩张：元素均为代数元，但维度可有限可无限。

• 关系：有限扩张是代数扩张的子集，但代数扩张不一定是有限的。

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