最后更新: 2025-04-28 15:53 查看: 29 次反馈刷题

2.4 分裂域和正规扩张

设 $E \supseteq F$ 是域的扩张，则存在一个中间域 $\bar{F}$ ，使得 $E \supseteq \bar{F} \supseteq F$ ，并且 $\bar{F} \supseteq F$是纯代数扩张，$E \supseteq \bar{F}$ 是纯超越扩张．所以，我们在研究域的扩张结构时，可以先研究代数扩张的结构，然后再研究超越扩张的结构．而且，研究代数扩张的结构时，又可以通过有限扩张的结构逐步逼近其结构，即

$$
F \subseteq F\left(\alpha_1\right) \subseteq F\left(\alpha_1, \alpha_2\right) \subseteq \cdots \subseteq F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \subseteq \cdots \subseteq \bar{F}
$$

所以，我们需要首先知道有限扩张的确切结构，即如果 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的代数元素，则 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 的结构是什么样的？更确切一点说，因为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的代数元素，所以每个元素 $\alpha_i$ 都对应一个极小多项式 $f_i(x) \in F[x], 1 \leqslant i \leqslant n$ ，又每个极小多项式 $f_i(x)$ 都有根 $\alpha_i=\alpha_{i 1}, \alpha_{i 2}, \cdots, \alpha_{i k_i}$ ．则这里就有一个问题，是否有

$$
F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=F\left(\alpha_{11}, \alpha_{12}, \cdots, \alpha_{1 k_1}, \cdots, \alpha_{n 1}, \alpha_{n 2}, \cdots, \alpha_{n k_n}\right) ?
$$

这等价于问：$F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 是否是由添加同一个多项式的根得到的？如果是，那么我们可以继续考虑，是否只要添加该多项式的一个根，那么其他的根就都属于它了呢？

下面我们就对这些问题进行讨论．
定义2．4．1 设 $E \supseteq F$ 是域的扩张，$f(x) \in F[x]$ ．如果
（1）$E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，
（2）$f(x)=\left(x-\alpha_1\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)$ ，
则称 $E$ 是多项式 $f(x)$ 的分裂域．
注意，定义2．4．1 中的分裂域实际上是指满足条件（1）和（2）的最小域．
例 2．4．1 多项式 $f(x)=\left(x^2-2\right) \in Q [x]$ 的分裂域是 $Q (\sqrt{2})$ ．
解 $Q (\sqrt{2})= Q (\sqrt{2},-\sqrt{2}),\left(x^2-2\right)=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})$ ．
例 2．4．2 $Q (\sqrt[3]{2})$ 不是多项式 $x^3-2 \in Q [x]$ 的分裂域．因为 $Q (\sqrt[3]{2})$ 只含多项式 $x^3-2$ 的一个根 $\sqrt[3]{2}$ ，而多项式的其他两个根 $\omega \sqrt[3]{2}, \omega^2 \sqrt[3]{2}$ 则不属于 $Q (\sqrt[3]{2})$ ．事实上，

$$
x^3-2=(x-\sqrt[3]{2})\left(x^2+\sqrt[3]{2} x+\sqrt[3]{4}\right)=(x-\sqrt[3]{2})(x-\omega \sqrt[3]{2})\left(x-\omega^2 \sqrt[3]{2}\right)
$$

其中 $\omega^2+\omega+1=0$ ，所以 $\omega=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{-3}$ ．
实际上，对于任意一个多项式 $f(x) \in F[x]$ ，它的分裂域是存在的．如果 $f(x)$是可约多项式，即 $f(x)=f_1(x) \cdots f_m(x)$ ，其中每个 $f_i(x) \in F[x]$ 是不可约的，则

可以通过依次构造 $f_i(x)$ 的分裂域，然后再合成 $f(x)$ 的分裂域即可．例如，在构造 $f(x)=\left(x^2-2\right)\left(x^2-3\right) \in Q [x]$ 的分裂域时，我们先分别构造 $\left(x^2-2\right),\left(x^2-3\right)$ 的分裂域 $Q (\sqrt{2}), Q (\sqrt{3})$ ，则 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 就是多项式 $f(x)=\left(x^2-2\right)\left(x^2-3\right) \in Q [x]$ 的分裂域．所以，在考虑关于多项式的分裂域问题时，我们不妨假设 $f(x)^{\prime} \in F[x]$ 是不可约的多项式．

定理 2．4．1 设 $f(x) \in F[x]$ 是不可约的多项式，则多项式 $f(x)$ 的分裂域 $E$存在，并且 $|E: F| \leqslant n$ ！，其中 $\operatorname{deg} f(x)=n$ ．

证明 首先，证明分裂域的存在性。
我们对不可约多项式的次数 $\operatorname{deg} f(x)=n$ 用归纳法．当 $n=1$ 时，显然 $f(x)=$ $x-a \in F[x]$ ，所以 $a \in F$ ，即 $f(x)=x-a \in F[x]$ 的分裂域就是 $F(a)=F$ ．下面在假设不可约多项式的次数 $<n$ 时分裂域存在的前提下，考察 $\operatorname{deg} f(x)=n$ 时的情况。

因为 $f(x)$ 是不可约的多项式，所以存在 $f(x)=0$ 的一个根 $\alpha_1$ ．从而得到一个域的扩张 $F \subseteq F\left(\alpha_1\right)$ ．此时，如果 $F\left(\alpha_1\right)$ 是 $f(x)$ 的分裂域，即 $f(x)=0$ 的所有其他根 $\alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 都属于 $F\left(\alpha_1\right)$ ，则必然有 $F\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=F\left(\alpha_1\right)$ 和当考虑 $f(x) \in F\left(\alpha_1\right)$ 时 $f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)$ ．

但是，如果 $F\left(\alpha_1\right)$ 不是 $f(x)$ 的分裂域，则必存在 $f(x)=0$ 的一个其他根 $\alpha_2 \notin F\left(\alpha_1\right)$ ，并且 $f(x)=\left(x-\alpha_1\right) f_1(x) \in F\left(\alpha_1\right)[x], \operatorname{deg} f_1(x)<\operatorname{deg} f(x)$ 。在此，我们仍然可以假设 $f_1(x) \in F\left(\alpha_1\right)[x]$ 是不可约的，否则它必定有一个不可约因式，从而可以就该不可约因式进行完全相同的讨论．所以，我们可以假设 $f_1(x)$ 是不可约的．于是利用归纳假设，存在对于 $f_1(x) \in F\left(\alpha_1\right)[x]$ 的分裂域 $F\left(\alpha_1\right)\left(\alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ ．

现在，我们可以断定 $F\left(\alpha_1\right)\left(\alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)=F\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ 就是 $f(x) \in F[x]$的分裂域。

事实上，由 $F\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ 的构造过程，显然，$f(x)=0$ 的所有根属于 $F\left(\alpha_1\right.$, $\left.\alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ ，并且 $f(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)$ ．

其次，因为 $F \subseteq F\left(\alpha_1\right) \subseteq \cdots \subseteq F\left(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n\right)$ ，且 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 依次为多项式

$$
f(x), \frac{f(x)}{x-\alpha_1}, \cdots, \frac{f(x)}{\left(x-\alpha_1\right) \cdots\left(x-\alpha_{n-1}\right)}
$$

中不可约因式的根，所以，

$$
\begin{aligned}
\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right): F\right| & =\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right| \cdots\left|F\left(\alpha_1\right): F\right| \\
& \leqslant 1 \times 2 \times \cdots \times n
\end{aligned}
$$

如果我们仔细考察定理 2．4．1 的证明过程，即对于一个多项式的分裂域的构造过程，那么我们会发现：可以通过不一样的方式，方法来得到一个多项式的分裂域，所以同一个多项式的分裂域的表现形式很可能有一定的差别．那么，这里自然就有

一个问题：分裂域是否是唯一的呢？为了便于清楚地说明问题，我们引入一个非常重要的 $F$－同构概念．

定义 2．4．2 设 $E \supseteq F, E^{\prime} \supseteq F$ 是域的两个扩张．如果存在域的同构 $\varphi: E \rightarrow$ $E^{\prime}$ ，满足 $\left.\varphi\right|_F=1$ ，即 $\varphi(a)=a, a \in F$ ，则称 $E, E^{\prime}$ 是 $F$－同构，或者称 $E, E^{\prime}$ 在 $F$上等价，记为 $E \cong_F E^{\prime}$ 。

显然，对于任意两个无关的独立未定元 $x, y$ ，有 $F(x) \cong_F F(y)$ ．另外，对于有限代数扩张 $Z _2(\alpha) \supseteq Z _2$ 和 $Z _2(\alpha+1) \supseteq Z _2$ 也是 $Z _2$－同构的，其中 $\alpha^2+\alpha+1=0$ 。

事实上，$\alpha, \alpha+1$ 是不可约 $x^2+x+1 \in Z _2[x]$ 的两个不同根，所以

$$
Z _2(\alpha) \cong Z _2[x] /\left(x^2+x+1\right) \cong Z _2(\alpha+1), \quad Z _2(\alpha) \cong Z _2 Z _2(\alpha+1)
$$

定理 2．4．2 如果 $\alpha, \beta$ 都是域 $F$ 上代数元素，并且它们是同一个不可约多项式的根，则 $F(\alpha), F(\beta)$ 在 $F$ 上等价．

证明 不妨假设不可约多项式为 $f(x) \in F[x]$ ，则

$$
F(a)=F[\alpha] \cong F[x] /(f(x)) \cong F[\beta]=F(\beta)
$$

实际上，我们可以将 $F$－同构的概念拓展成更为一般的形式：设 $E \supseteq F, E^{\prime} \supseteq F^{\prime}$是域的扩张，且存在域的同构 $\varphi_0: F \rightarrow F^{\prime}$ ，如果在各自的扩张域上存在域的同构 $\varphi: E \rightarrow E^{\prime}$ ，满足 $\left.\varphi\right|_F=\varphi_0$ ，即 $\varphi(a)=\varphi_0(a), a \in F$ ，则称 $E, E^{\prime}$ 是 $\varphi_0$－同构，或者称 $\varphi$ 是 $\varphi_0$ 的拓展同构．
$F$－同构也好，$\varphi_0$－同构也好，类似地，在不同的代数结构之间也可以定义相似的概念．以后我们经常遇到的是下面的形式．

令 $F, F^{\prime}$ 是两个同构的域，即存在同构映射 $\varphi_0: F \rightarrow F^{\prime}$ ，那么我们很自然地可以将 $\varphi_0$ 拓展成多项式环 $F[x], F^{\prime}[x]$ 之间的同构：

$$
\begin{aligned}
\varphi & : F[x] \rightarrow F^{\prime}[x] \\
a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n & \rightarrow \varphi\left(a_0\right)+\varphi\left(a_1\right) x+\cdots+\varphi\left(a_n\right) x^n
\end{aligned}
$$

注意，这种拓展具有＂形式不变性＂！即如果存在多项式 $f(x)=f_1(x) \cdots f_n(x)$ $\in F[x]$ ，则一定存在形式完全一样的对应多项式 $\varphi(f(x))=\varphi\left(f_1(x)\right) \cdots \varphi\left(f_n(x)\right) \in$ $F^{\prime}[x]$ ．所以，我们有下面的结论。

定理 2．4．3 设 $F, F^{\prime}$ 是两个同构的域，$f(x) \in F[x]$ 是不可约的多项式，$f^{\prime}(x)=$ $\varphi(f(x)) \in F^{\prime}[x]$ ．如果 $E, E^{\prime}$ 分别表示 $f(x), f^{\prime}(x)$ 的分裂域，则 $F, F^{\prime}$ 之间的同构映射可以拓展成 $E, E^{\prime}$ 之间的同构映射．进而，一个多项式的分裂域在同构意义下是唯一的。

证明 首先，$f(x) \in F[x]$ 不可约的充分必要条件是 $f^{\prime}(x)=\varphi(f(x)) \in F^{\prime}[x]$ 不可约．事实上，如果 $f(x) \in F[x]$ 不可约，则 $f^{\prime}(x)=\varphi(f(x)) \in F^{\prime}[x]$ 一定是不可约的。如若不然，则有

$$
\begin{gathered}
f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x) h^{\prime}(x), \\
\varphi(f(x))=\varphi(g(x)) \varphi(h(x)), \\
\varphi(f(x))=\varphi(g(x) h(x)), \\
f(x)=g(x) h(x),
\end{gathered}
$$

即 $f(x)$ 是可约多项式，矛盾．反之亦然．另外，显然有 $\operatorname{deg} f(x)=\operatorname{deg} f^{\prime}(x)$ ，并且 $f(x)$ 与 $f^{\prime}(x)=\varphi(f(x))$ 的形式是＂一样＂的。

其次，分裂域同构。在此，我们通过对扩张次数 $|E: F|$ 进行归纳来证明结论。当 $|E: F|=1$ 时，$E=F$ ，所以 $f(x)$ 在 $F$ 上已经分解成 1 次因式乘积的形式．于是 $f^{\prime}(x) \in F^{\prime}[x]$ 在 $F^{\prime}$ 上当然也分解成了 1 次因式乘积的形式，因此，

$$
E^{\prime}=F^{\prime}, \quad E=F \cong F^{\prime}=E^{\prime}
$$

即定理结论成立。
下面在假设 $|E: F|<n$ 时，定理结论成立的前提下，考察 $|E: F|=n$ 时的情况．令 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的一个根，即 $f(\alpha)=0$ ，则由于存在拓展同构

所以，存在与 $f(x)$ 对应的形式一样的多项式 $f^{\prime}(x) \in F^{\prime}[x]$ ，使得它以 $\alpha^{\prime}$ 为根，并且拓展同构由下面的同构确定

$$
F(\alpha)=F[\alpha] \cong F[x] /(f(x)) \cong F^{\prime}[x] /\left(f^{\prime}(x)\right) \cong F\left[\alpha^{\prime}\right]=F\left(\alpha^{\prime}\right)
$$

事实上，根据单纯代数扩张的结构，如果令 $\operatorname{deg} f(x)=m$ ，则上面的 $F[\alpha], F^{\prime}\left[\alpha^{\prime}\right]$之间的拓展同构可以定义成如下形式：

$$
\begin{gathered}
\varphi^{\prime}: F[\alpha] \rightarrow F^{\prime}\left[\alpha^{\prime}\right] \\
a_0+a_1 \alpha+\cdots+a_{m-1} \alpha^{m-1} \rightarrow \varphi\left(a_0\right)+\varphi\left(a_1\right) \alpha^{\prime}+\cdots+\varphi\left(a_{m-1}\right)\left(\alpha^{\prime}\right)^{m-1}
\end{gathered}
$$

于是，当 $f(x)=(x-\alpha)^s f_1(x) \cdots f_k(x) \in F(\alpha)[x]$ ，其中 $f_1(x), \cdots, f_k(x) \in F(\alpha)[x]$是不可约多项式时，当然对应地，有 $f^{\prime}(x)=\left(x-\alpha^{\prime}\right)^s f_1^{\prime}(x) \cdots f_k^{\prime}(x) \in F^{\prime}\left(\alpha^{\prime}\right)[x]$ ，其中 $f_1^{\prime}(x), \cdots, f_k^{\prime}(x) \in F^{\prime}\left(\alpha^{\prime}\right)[x]$ 也是不可约的．

注意， $\operatorname{deg} f_i(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ．所以，我们利用归纳假设，可以建立 $F(\alpha)$ 上 $f_i(x)$的分裂域与 $F^{\prime}\left(\alpha^{\prime}\right)$ 上 $f_i^{\prime}(x)$ 的分裂域之间的同构．又由于 $\operatorname{deg} f(x)=\operatorname{deg} f^{\prime}(x)<\infty$ ，所以，通过有限次重复上面的过程，可以建立 $f(x), f^{\prime}(x)$ 的分裂域之间的同构。

注意，如果 $\alpha \in E \backslash F$ 是不可约多项式 $f(x) \in F[x]$ 的根，而 $\varphi: E \rightarrow E$ 是 $F$－同构，则 $\varphi(\alpha)$ 也是 $f(x) \in F[x]$ 的根．事实上，$\varphi(f(\alpha))=f(\varphi(\alpha))$ ．

域的代数扩张既然可以通过不断添加多项式的根得到，那么对于给定的一个多项式 $f(x) \in F[x]$ 的分裂域，我们就可以通过把 $f(x)$ 的所有根添加到域 $F$ 得到．即
如果假设 $f(x)$ 的所有根为 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ ，则 $f(x)$ 的分裂域为 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ．于是，我们很容易想到，能否添加尽可能少的 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 中的元素，得到 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ．当然，最好是只添加一个元素 $\alpha\left(=\alpha_i, 1 \leqslant i \leqslant n\right)$ 就能得到 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 了。

为了进一步揭示出分裂域的性质，我们先看几个例子，然后再引入必要的概念 ——正规扩张．

打赏

打赏作者买杯奶茶

上一篇： 2.3 有限扩张和代数扩张

下一篇： 2.4 分裂域和正规扩张举例

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)