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可离扩张与单纯性(上)

2.5 可离扩张与单纯性

在前面几节的讨论中，为了研究扩张域的结构，我们考虑的是代数扩张的结构，然后为了讨论代数扩张的形式与结构，我们分析了有限扩张的结构，进而对分裂域和正规扩张进行了研究．这就是说，我们把研究代数扩张结构的问题转化成研究分裂域和正规扩张。

如果令 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的代数元素，则每个元素 $\alpha_i(i=1, \cdots, n)$ 都对应一个极小多项式 $f_i(x) \in \dot{F}[x]$ ．如果令每个极小多项式 $f_i(x)$ 的所有根为 $\alpha_i=$ $\alpha_{i 1}, \alpha_{i 2}, \cdots, \alpha_{i k_i}$ ，则

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

是多项式 $f(x)=f_1(x) \cdots f_n(x)$ 的分裂域．
那么，我们能否在域 $F$ 上尽可能少地添加代数元素，最好是添加一个元素，从而得到分裂域 $F\left(\alpha_{11}, \alpha_{12}, \cdots, \alpha_{1 k_1}, \cdots, \alpha_{n 1}, \alpha_{n 2}, \cdots, \alpha_{n k_n}\right)$ 的结构呢？

例如，对于多项式 $f(x)=\left(x^2-2\right)\left(x^2-3\right) \in Q [x]$ 的分裂域 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ，我们就有 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})= Q (\sqrt{2}+\sqrt{3})$（参见后面的例 2．5．1）．

实际上，我们＂能够＂将添加有限个代数元素的扩张，转化为只添加一个元素的单纯代数扩张！当然，这与原有元素的属性 $\qquad$代数元素对应的不可约多项式 （极小多项式）是否具有重根的性质密切相关。

我们知道：数域上的不可约多项式当然是没有重根的！这是我们熟知的一个性质．难道不可约多项式还能有重根吗？能！

例如，令 $x$ 是域 $Z _2$ 上的未定元素，则 $f(z)=z^2-x \in Z _2(x)[z]$ 是不可约多项式．但是，如果令 $\alpha$ 是 $f(z)$ 的一个根，则 $\alpha$ 一定是多项式 $f(z) \in Z _2(x)[z]$ 的重根．

事实上，因为 $\alpha^2-x=0, x=\alpha^2$ ，所以

$$
f(z)=z^2-x=z^2-\alpha^2=(z-\alpha)^2 .
$$

因此，让我们先研究域上不可约多项式的重根问题，然后再考虑添加元素的个数问题．

定义 2．5．1 令多项式 $f(x) \in F[x]$ 是不可约的．如果 $f(x)$ 在 $F$ 的代数扩张域上没有重根，则称 $f(x)$ 是可离多项式：否则称为不可离多项式．对应地，称多项式 $f(x)$ 的根为可离元和不可离元。

注意，一个不可约多项式在某个扩域上没有重根，并不表示它是可离多项式．例如，尽管 $f(z)=z^2-x \in Z _2(x)[z]$ 在扩张 $Z _2 \supseteq Z _2$ 上没有重根，但是，它在扩张 $Z _2(\alpha) \supseteq Z _2$ 上有重根，所以，多项式 $f(x)$ 是不可离的．因此，我们在理解定义2．5．1时，应该把 $f(x) \in F[x]$ 在 $F$ 的代数扩张域理解成，至少是在 $f(x)$ 的分裂域上没有重根。

为判断一般域上多项式是否有重根，我们先规定形式导数，然后，借用形式导数的性质来判断一个多项式是否有重根．$F$ 是域，$f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+$ $a_1 x+a_0 \in F[x]$ ，则规定形式导数为

$$
f^{\prime}(x)=n a_n x^{n-1}+(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_1 .
$$

容易验证，形式导数具有与导数一样的＂加，减，乘＂性质，即如果 $f(x), g(x) \in$ $F[x]$ ，那么

$$
(f(x) \pm g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x) \pm g^{\prime}(x), \quad(f(x) g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)
$$

定理 2．5．1 设 $F$ 是域，$f(x) \in F[x]$ 是不可约多项式，则 $f(x)$ 在 $F$ 的扩张域 $E$ 上有重根的充分必要条件是在 $E[x]$ 上 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right) \neq 1$ ，即 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $F[x]$中不互素．

证明 首先，如果 $\alpha \in E$ 是 $f(x) \in F[x]$ 的 $k(k>1)$ 重根，则在 $E[x]$ 上有

$$
f(x)=(x-\alpha)^k g(x), \quad(x-\alpha) \nmid g(x) .
$$

所以，

$$
\begin{aligned}
f^{\prime}(x) & =k(x-\alpha)^{k-1} g(x)+(x-\alpha)^k g^{\prime}(x) \\
& =(x-\alpha)^{k-1}\left(k g(x)+(x-\alpha) g^{\prime}(x)\right)
\end{aligned}
$$

又 $k>1$ ，于是 $f(x), f^{\prime}(x)$ 有非常量因式，即在 $E[x]$ 上 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right) \neq 1$ ．
另外，如果在 $E[x]$ 上 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right) \neq 1$ ，则不妨令 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=d(x) \in E[x]$ ．然而我们是可以通过多项式的辗转相除法求出 $d(x)$ 的，并且 $f(x), f^{\prime}(x) \in F[x]$ ，又在辗转相除的过程中涉及的多项式的系数必定属于 $F$ ，所以 $d(x) \in F[x]$ ．即 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $F[x]$ 中是不互素的．

其次，如果 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $F[x]$ 中不互素，则当然对于任意的扩张 $E \supseteq F$ 有 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $E[x]$ 中不互素．既然 $f(x), f^{\prime}(x)$ 在 $F[x]$ 中不互素，不妨令 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)$ $=d(x) \in F[x]$ ，且 $\alpha \in E$ 是 $d(x)$ 的一个根，则 $\alpha$ 一定是 $f(x)$ 的根，并且是它的重根．如若不然，则 $f(x)=(x-\alpha) g(x),(x-\alpha) \nmid g(x)$ ．又

$$
f^{\prime}(x)=g(x)+(x-\alpha) g^{\prime}(x),
$$
所以，$(x-\alpha) \nmid f^{\prime}(x)$ ，即 $\alpha$ 不是 $f^{\prime}(x)$ 的根，矛盾．因此，$\alpha$ 一定是 $f(x)$ 的重根．
实际上，我们很容易知道：如果 $f(x) \in F[x]$ 是不可约多项式，则 $f(x)$ 在 $F$ 的扩张域上有重根的充分必要条件是 $f^{\prime}(x)=0$ ！

事实上，因为不可约多项式 $f(x)$ 有重根，所以 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right) \neq 1$ ，进而 $f(x) \mid f^{\prime}(x)$ ．又 $\operatorname{deg} f^{\prime}(x)<\operatorname{deg} f(x)$ ，于是 $f^{\prime}(x)=0$ ．

定理 2．5．2 设 $F$ 是域，$f(x) \in F[x]$ 是不可约多项式，则
（1）当 $\operatorname{char} F=0$ 时，不可约多项式 $f(x)$ 没有重根；
（2）当 $\operatorname{char} F=p>0$ 时，不可约多项式 $f(x)$ 有重根的充分必要条件是 $f(x)$是关于 $x^p$ 的多项式，即存在 $g(x) \in F[x]$ ，使得 $f(x)=g\left(x^p\right)$ ．

证明（1）的结论是显然的．考证（2），令 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+$ $a_0 \in F[x]$ ，则形式导数为

$$
f^{\prime}(x)=n a_n x^{n-1}+(n-1) a_{n-1} x^{n-2}+\cdots+a_1
$$

因为 $f(x)$ 有重根的充分必要条件是 $f^{\prime}(x)=0$ ，所以

$$
n a_n=0,(n-1) a_{n-1}=0, \cdots, a_1=0
$$

又 $\operatorname{char} F=p$ ，所以当 $p \mid i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 时，自然有 $i=0$ ．但是，如果 $p \nmid i$ 时，因 $i a_i=0,1 \leqslant i \leqslant n$ ，所以 $a_i=0$ ．于是，不可约多项式 $f(x)$ 的形式为

$$
\begin{aligned}
f(x) & =a_{k p} x^{k p}+a_{(k-1) p} x^{(k-1) p}+\cdots+a_p x^p+a_0 \\
& =a_{k p}\left(x^p\right)^k+a_{(k-1) p}\left(x^p\right)^{(k-1)}+\cdots+a_p\left(x^p\right)+a_0 .
\end{aligned}
$$

若令 $g(x)=a_{k p}(x)^k+a_{(k-1) p}(x)^{(k-1)}+\cdots+a_p(x)+a_0$ ，则当然有 $f(x)=g\left(x^p\right)$ ．
反之，如果 $f(x)=g\left(x^p\right)$ ，则 $f^{\prime}(x)=0$ ，所以 $f(x)$ 有重根．
进一步，当多项式有重根时，我们完全可以确定根的重数。
定理 2．5．3 设 $F$ 是域， $\operatorname{char} F=p$ ．如果不可约多项式 $f(x) \in F[x]$ 有重根，则它的每个根的重数都相等，并且重数为 $p^k$ ．

证明 因为不可约多项式 $f(x) \in F[x]$ 有重根，所以存在多项式 $f_1(x) \in F[x]$使得 $f(x)=f_1\left(x^p\right)$ ．如果 $f_1(x) \in F[x]$ 仍有重根，则存在多项式 $f_2(x) \in F[x]$ 使得 $f_1(x)=f_2\left(x^p\right)$ ，所以 $f(x)=f_1\left(x^p\right)=f_2\left(x^{p^2}\right)$ 。我们可以继续这个讨论过程，由于 $\operatorname{deg} f(x)<\infty$ ，所以在有限步骤之内应该能得到多项式 $g(x) \in F[x]$ 和 $k \in Z ^{+}$使得 $f(x)=g\left(x^{p^k}\right)$ ，而且 $g(x)$ 就不能再写成关于 $x^p$ 的多项式了，即 $f(x)=g\left(x^{p^k}\right)$ ，但是不存在 $h(x) \in F[x]$ 使得 $f(x)=h\left(x^{p^{k+1}}\right)$ 。

另外，由于 $f(x) \in F[x]$ 是不可约的，所以 $g(x) \in F[x]$ 一定是不可约的，并且 $g(x)$ 没有重根．令 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_n$ 是 $g(x)$ 的所有不同的根，即

$$
g(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_n\right)
$$
于是，$f(x)=g\left(x^{p^k}\right)=\left(x^{p^k}-\alpha_1\right)\left(x^{p^k}-\alpha_2\right) \cdots\left(x^{p^k}-\alpha_n\right)$ ．因此，如果 $\beta_i(1 \leqslant i \leqslant n)$是 $f(x)$ 的一个根，即 $f\left(\beta_i\right)=g\left(\beta_i^{p^k}\right)=\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_1\right)\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_2\right) \cdots\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_n\right)=0$ ，则只能有 $\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_1\right),\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_2\right), \cdots,\left(\beta_i^{p^k}-\alpha_n\right)$ 中的一项为 0 ，否则 $g(x)$ 有重根．我们不妨令其中的 $\beta_i^{p^k}-\alpha_i=0$ ，则 $\beta_i^{p^k}=\alpha_i$ ．从而 $x^{p^k}-\alpha_i=x^{p^k}-\beta_i^{p^k}=\left(x-\beta_i\right)^{p^k}$ ，所以

$$
f(x)=g\left(x^{p^k}\right)=\left(x-\beta_1\right)^{p^k}\left(x-\beta_2\right)^{p^k} \cdots\left(x-\beta_n\right)^{p^k}
$$

实际上，有了定理 2．5．3 之后，我们很容易就将不可离元素的问题转变成可离元素的问题了，即如果 $\alpha$ 是不可离元素，则一定存在 $k \in Z ^{+}$，使得 $\alpha^{p^k}$ 成为可离元素。

定义2．5．2 令 $E \supseteq F$ 是扩张．如果 $E$ 中的所有元素都是 $F$ 上的可离元素，则称 $E$ 是 $F$ 的可离扩张，否则称为不可离扩张．

例如， $R \supseteq Q , Z _2(\alpha) \supseteq Z _2$ 是可离扩张，其中 $\alpha^2+\alpha+1=0$ ．但是，扩张 $Z _2(\alpha) \supseteq Z _2$ 就不是可离扩张，其中 $\alpha^2=x, x \notin Z _2$ ．

显然，在扩张 $E \supseteq K \supseteq F$ 中如果 $E \supseteq F$ 是可离扩张，则 $E \supseteq K$ 一定是可离扩张。

事实上，$\forall \alpha \in E$ ，并且它对应的在 $K$ 上的极小多项式（不可约）是 $f(x) \in K[x]$ ，在 $F$ 上的极小多项式（不可约）是 $p(x) \in F[x] \subseteq K[x]$ ，则 $p(\alpha)=0$ ，所以在 $K[x]$

上有 $f(x) \mid p(x)$ ．而 $E \supseteq F$ 是可离扩张，所以 $p(x)$ 没有重根．于是作为 $p(x)$ 的因式，$f(x)$ 当然也没有重根，即 $\alpha$ 是 $K$ 上的可离元素．，因此，$E \supseteq K$ 一定是可离扩张．

定理 2．5．4 令 $E \supseteq F$ 是有限扩张，则扩张 $E \supseteq F$ 既是可离扩张又是正规扩张的充分必要条件是对于任意 $\alpha \in E$ 的极小多项式 $\varphi(x)$ 在 $E$ 中不同根的个数等于 $\operatorname{deg} \varphi(x)$ 。

证明 令 $E \supseteq F$ 既是可离扩张又是正规扩张，那么，因为 $\alpha \in E$ ，所以 $\alpha \in E$的极小多项式 $\varphi(x)$ 的所有根必定属于 $E$ 。再由于可离性，$\varphi(x)$ 的所有根必定是不，同的．因此，$\alpha \in E$ 的极小多项式 $\varphi(x)$ 在 $E$ 中不同根的个数恰好等于 $\operatorname{deg} \varphi(x)$ ．

反之，设 $\alpha$ 是 $E$ 中任意元素，$\varphi(x) \in F[x]$ 是 $\alpha \in E$ 对应的极小多项式．所以，从 $\alpha \in E$ 的极小多项式 $\varphi(x)$ 在 $E$ 中不同根的个数等于 $\operatorname{deg} \varphi(x)$ ，知道 $E \supseteq F$ 是正规扩张，$E \supseteq F$ 是可离扩张．

推论 2．5．1 令 $\alpha$ 是域 $F$ 上的代数元素，$\varphi(x) \in F[x]$ 是 $\alpha$ 对应的极小多项式．如果 $\varphi(x)$ 有 $k(k \leqslant \operatorname{deg} \varphi(x))$ 个不同的根，则在扩张 $E \supseteq F(\alpha) \supseteq F$ 中，与 $F(\alpha)$ $F$－同构的扩张个数不超过 $k$ ．特别地，如果 $E$ 是 $\varphi(x)$ 的分裂域，则与 $F(\alpha) F$－同构的扩张个数恰是 $k$ ．

证明 令 $\sigma: F(\alpha) \rightarrow \sigma(F(\alpha))$ 是 $F$－同构，则 $\sigma(\alpha)$ 也是 $\varphi(x)$ 的根．反之，如果 $\beta$ 是 $\varphi(x)$ 的根，则存在 $F$－同构 $F(\alpha) \cong F[x] /\langle\varphi(x)\rangle \cong F(\beta)$ ．

显然，$\alpha$ 是域 $F$ 上可离元素的充分必要条件是在极小多项式 $\varphi(x)$ 的分裂域中与 $F(\alpha) F$－同构的扩张个数恰是 $\operatorname{deg} \varphi(x)$ ！既然一个元素是否为可离元素与同构扩张的个数具有如此密切的联系，那么，我们就有必要对具有扩张关系的域之间的同构扩张个数问题作一深入讨论。

如果令 $E \supseteq F$ ，我们用 $i(|E: F|)$ 表示在 $E$ 的扩张域中与 $E F$－同构的域的个数，则 $\alpha \in E$ 是域 $F$ 上可离元素的充分必要条件是在极小多项式 $\varphi(x)$ 的分裂域中与 $F(\alpha) F$－同构的扩张个数恰是 $\operatorname{deg} \varphi(x)=|F(\alpha): F|=i(|F(\alpha): F|)$ ！

定理 2．5．5 令 $E \supseteq K \supseteq F$ 是域的有限扩张，则 $i(E: F \mid)=i(|E: K|) i(|K: F|)$ ．
证明 不妨假设 $E \supseteq K \supseteq F$ 都属于同一个扩张（例如代数闭域）。令 $\sigma_i(1 \leqslant$ $i \leqslant n)$ 表示所有与 $K F$－同构的同构映射，$\tau_j(1 \leqslant j \leqslant m)$ 表示所有与 $E K$－同构的同构映射，则我们可以通过逐步拓展的方法将 $\sigma_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 拓展成 $E \supseteq F$ 的与 $E F$－同构的同构映射。

事实上，这点可以由 2.4 节定理 2．4．3 提供保障。即如果 $f(x) \in K[x]$ 是不可约的，则因为 $\sigma$ 是与 $K F$－同构的同构映射，所以，我们可以将 $\sigma$ 拓展成与 $K[x] F$－同构的同构映射．因此，存在不可约多项式 $\sigma(f(x)) \in \sigma(K[x]) \cong \sigma(K)[x]$ ．进而， $K(\alpha) \cong K(\beta)$ ，其中 $\alpha, \beta$ 分别是 $f(x), \sigma(f(x))$ 的根（图 2．4）．

另外，通过限制，同构映射 $\tau_j(1 \leqslant j \leqslant m)$ 当然是 $E \supseteq F$ 的与 $E F$－同构的同狗映射图

![图片](/uploads/2025-11/1e582f.jpg)
 
 
 我们仍然用同一个符号表示拓展和限制得到的 $F$－同构，则必须指出集合 $\left\{\sigma_i \tau_j\right\}$满足下面两个条件：
（1）如果 $(i, j) \neq(s, t)$ ，则 $\sigma_i \tau_j \neq \sigma_s \tau_t$ ；
（2）如果 $\rho$ 是与 $E F$－同构的同构映射，则存在 $\sigma_i, \tau_j$ 使得 $\rho=\sigma_i \tau_j$ ．
首先，证明（1）．这只要说明如果 $\sigma_i \tau_j=\sigma_s \tau_t$ ，则 $(i, j)=(s, t)$ 即可．事实上，如果 $\sigma_i \tau_j=\sigma_s \tau_t$ ，则 $\forall \alpha \in K \subseteq E$ ，有 $\sigma_i \tau_j(\alpha)=\sigma_s \tau_t(\alpha), \sigma_i(\alpha)=\sigma_s(\alpha), \sigma_i=\sigma_s, i=s$ ．此时令 $\beta \in E$ ，则 $\sigma_i \tau_j(\beta)=\sigma_s \tau_t(\beta)$ ．而 $\sigma_i=\sigma_s$ ，所以 $\tau_j(\beta)=\tau_t(\beta), \tau_j=\tau_t, j=t$ ．

其次，证明（2）．因为 $\rho$ 是与 $E F$－同构的同构映射，所以 $\left.\rho\right|_K$ 诱导一个与 $K F$－同构的同构映射，即存在 $\sigma_i$ 使得 $\left.\rho\right|_K=\sigma_i$ ．所以 $\sigma_i^{-1}\left(\left.\rho\right|_K\right)=1$ ，即 $\sigma_i^{-1} \rho(\alpha)=$ $\alpha, \alpha \in K$ ．于是 $\sigma_i^{-1} \rho$ 是一个与 $E K$－同构的同构映射，进而存在 $\tau_j$ 使得 $\sigma_i^{-1} \rho=$ $\tau_j, \rho=\sigma_i \tau_j$.

## 通俗解释

1. **可离扩张（Separable Extension）**
核心思想：可离扩张是指域扩张中所有元素都来自“无重根多项式”的扩张。  
通俗理解：  
• 想象你有一个多项式（例如 $x^2 - 2$），如果它在某个扩域中分裂成一次因式（如 $(x - \sqrt{2})(x + \sqrt{2})$），且每个根都是“独立”的（没有重复根），那么这个扩域就是可离扩张。

• 例子：

• 实数域 $ \mathbb{R} $ 添加 $ \sqrt{2} $ 得到 $ \mathbb{R}(\sqrt{2}) $，这是可离扩张，因为多项式 $x^2 - 2$ 没有重根。

• 但特征为2的域（如 $ \mathbb{F}_2 $）中，多项式 $x^2 + x + 1$ 可能有重根，此时扩张可能不可离。

关键性质：  
• 可离扩张的每个元素都是某个“无重根多项式”的根。

• 有限可离扩张一定是单纯扩张（见下文）。

---

2. **单纯扩张（Simple Extension）**
核心思想：单纯扩张是通过添加一个元素生成的扩域，即扩域中的每个元素都能用这个元素和基域的元素通过有限次加、减、乘、除表示。  
通俗理解：  
• 就像用“搭积木”的方式扩展域：从一个基域出发，添加一个新元素（比如 $ \sqrt{2} $），然后用这个元素和基域的运算规则生成所有可能的组合。

• 例子：

• $ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) $ 是 $ \mathbb{Q} $ 的单纯扩张，因为所有数形如 $a + b\sqrt{2}$（$a, b \in \mathbb{Q}$）。

• 但并非所有扩张都是单纯的，例如 $ \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}) $ 需要添加两个元素才能生成。

关键性质：  
• 单纯扩张的次数等于生成元的极小多项式的次数。

• 单纯扩张可能是可离的，也可能是不可离的（取决于生成元的多项式是否有重根）。

---

3. **两者的联系与区别**
| 特性       | 可离扩张                          | 单纯扩张                      |
|----------------|-------------------------------------|---------------------------------|
| 定义核心   | 所有元素来自无重根多项式                | 仅由一个元素生成整个扩域           |
| 例子       | $ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) $（无重根）     | $ \mathbb{Q}(i) $（添加虚数单位） |
| 是否唯一   | 不唯一（可能有多个可离生成元）          | 唯一（由生成元唯一确定）           |
| 关系       | 有限可离扩张一定是单纯扩张| 单纯扩张不一定是可离的              |

---

4. **为什么需要这两个概念？**
• 可离扩张：研究多项式方程根的独立性。例如，在伽罗瓦理论中，可离扩张对应多项式根的“自由组合”，没有冗余的重根干扰。

• 单纯扩张：简化域扩张的构造。例如，通过添加一个元素就能生成整个扩域，这在解方程和域论证明中非常方便。

---

5. **一句话总结**
• 可离扩张：像“干净地”添加根，没有重根干扰。

• 单纯扩张：像“用一块积木”搭出整个新结构。

实际意义：  
• 可离扩张是解方程时希望看到的理想情况（根独立存在）。

• 单纯扩张是构造新域的最小工具（用最少的元素生成最大可能域）。

通过这两个概念，数学家可以更精细地分析域的结构和多项式方程的根的性质。

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