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迹与范数
定理 2．5．8 告诉我们，判断一个有限扩张 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \supseteq F$ 是否为单纯代数扩张的关键，是判断元素 $\alpha_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 是否是可离元素．当然，我们可以通过确定极小多项式是否有重根的方式，判断该元素是不是可离元素．但是，我们知道，确定一个元素的极小多项式，及其判断多项式是否有重根，做这些问题本身的计算工作量和难度就很大．那么，有没有简单一点的方法呢？

由于，当 $\operatorname{char} F=0$ 时，上述问题的答案是平凡的，所以下面我们假设 $\operatorname{char} F=$ $p \neq 0$ ．

设 $E \supseteq F$ 是有限扩张，则通过域的乘法，可以得到一个域 $E$ 的矩阵表示不妨假设 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ ，则对于 $\forall \alpha \in E$ ，有线性变换
$$
\begin{gathered}
\rho_\alpha: x \rightarrow \alpha x, \forall x \in E \\
\rho_\alpha\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=\left(\alpha \alpha_1, \cdots, \alpha \alpha_n\right)=\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) A
\end{gathered}
$$

其中，

$$
\begin{aligned}
\left(\alpha \alpha_1, \cdots, \alpha \alpha_n\right) & =\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)\left(\begin{array}{cccc}
a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n 1} \\
a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{n 2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{1 n} & a_{2 n} & \cdots & a_{n n}
\end{array}\right) \\
& =\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) A .
\end{aligned}
$$

定义 2．5．3 行列式 $f(x)=|x I-A|$ 称为元素 $\alpha$ 在基 $\left\{\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right\}$ 上的特征多项式，$T_F^E(\alpha)=a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{n n}$ 称为迹，$N_F^E(\alpha)=|A|$ 称为范数。显然，迹与范数有如下的性质：

$$
\begin{aligned}
& T_F^E(0)=0, \quad N_F^E(1)=1, \\
& T_F^E(a \alpha+b \beta)=a T_F^E(\alpha)+b T_F^E(\beta), \\
& N_F^E(\alpha \beta)=N_F^E(\alpha) N_F^E(\beta), \\
& N_F^E(a \alpha)=a^n N_F^E(\alpha) .
\end{aligned}
$$

另外，迹，范数的定义与基的选择无关．
事实上，令 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=F\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right),\left(\alpha \beta_1, \cdots, \alpha \beta_n\right)=\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right) B$ ，则存在

$$
\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)=\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right) P, \quad P \in G L_n(F),
$$

所以，

$$
\begin{aligned}
\left(\alpha \beta_1, \cdots, \alpha \beta_n\right) & =\left(\beta_1, \cdots, \beta_n\right) B, \\
\alpha\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) P^{-1} & =\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) P^{-1} B, \\
\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) A P^{-1} & =\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) P^{-1} B .
\end{aligned}
$$

于是 $B=P A P^{-1}$ ．因此，$f(x)=|x I-A|=|x I-B|$ ．
例 2．5．2 试计算扩张 $Q (\sqrt[3]{2}) \supseteq Q$ 中元素 $\sqrt[3]{2}$ 的迹和范数．
解 因为 $| Q (\sqrt[3]{2}): Q |=3$ ，选取基为 $1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4}$ ，则

$$
\sqrt[3]{2}(1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4})=(\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4}, 2)=(1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4})\left(\begin{array}{lll}
0 & 0 & 2 \\
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0
\end{array}\right)
$$

所以，$T_{ Q }^{ Q (\sqrt[3]{2})}(\sqrt[3]{2})=0, N_{ Q }^{ Q (\sqrt[3]{2})}(\sqrt[3]{2})=2$ ．
引理2．5．1 迹 $T_F^E$ 是线性空间 $E$ 到 $F$ 的加法群同态，范数 $N_F^E$ 是域的乘法群同态 $N_F^E: E^* \rightarrow F^*$ ．特别地，迹同态 $T_F^E$ 是满同态，或者为 0 ．

证明 从迹 $T_F^E$ 与范数 $N_F^E$ 的性质，显然，它们是加法群和乘法群同态．
另外，如果 $T_F^E \neq 0$ ，则对于 $a \in F$ ，存在 $\alpha \in E$ ，使得 $T_F^E(\alpha)=a$ ．因此，

$$
T_F^E(x \alpha)=x T_F^E(\alpha)=x a, \quad \forall x \in F
$$

这表明 $F$ 在 $T_F^E$ 的作用下，其象为 $F a=F$ ，即 $T_F^E$ 是满同态．
实际上，计算一个元素 $\alpha$ 的迹与范数，只要在单纯代数扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ 上计算就可以了。

事实上，我们可以选取扩张 $E \supseteq F(\alpha)$ 的基为 $\nu_1, \cdots, \nu_r$ ，选取扩张 $F(\alpha) \supseteq F$的基为 $\omega_1, \cdots, \omega_s$ ，则由定理 2．1．3，扩张 $E \supseteq F$ 的基为 $\left\{\nu_i \omega_j\right\}_{i, j}$ ．

令 $\alpha \omega_j=a_{1 j} \omega_1+a_{2 j} \omega_2+\cdots+a_{s j} \omega_s, j=1, \cdots, s$ ，则 $A_1=\left(a_{k j}\right)$ ．所以，在扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ 的基下，元素 $\alpha$ 对应的矩阵为 $A_1=\left(a_{k j}\right)$ ．进而

$$
T_F^{F(\alpha)}(\alpha)=\sum_{i=1}^s a_{i i}, \quad N_F^{F(\alpha)}(\alpha)=\left|A_1\right|
$$

又 $\alpha \omega_j \nu_i=\sum a_{k j} \omega_k \nu_i, j=1, \cdots, s, i=1, \cdots, r$ ，所以在扩张 $E \supseteq F$ 的基 $\omega_1 \nu_1, \cdots, \omega_s \nu_1 ; \cdots ; \omega_1 \nu_r, \cdots, \omega_s \nu_r$ 下，元素 $\alpha$ 对应的矩阵为

$$
A=\left(\begin{array}{ccc}
A_1 & & \\
& \ddots & \\
& & A_1
\end{array}\right)
$$

因此，
$$
T_F^E(\alpha)=r T_F^{F(\alpha)}(\alpha)=r \sum_{i=1}^s a_{i i}, \quad N_F^E(\alpha)=N_F^{F(\alpha)}(\alpha)^r=\left|A_1\right|^r
$$

其中 $|E: F(\alpha)|=r$ ．进一步，特征多项式的关系为

$$
f_{E \supseteq F}(x)=\left(f_{F(\alpha) \supseteq F}(x)\right)^r
$$

引理 2．5．2 令 $F(\beta) \supseteq F$ 是单纯代数扩张．如果扩张是不可离的，则 $T_F^{F(\beta)}(\beta)$ $=0$ ．如果扩张是可离的，则 $T_F^{F(\beta)}\left(\beta^i\right)=0(i=1,2, \cdots)$ 不全成立．

证明 令 $\beta$ 的极小多项式为 $f(x)$ ，则在 $f(x)$ 的分裂域 $E$ 中 $f(x)=(x-$ $\left.\beta_1\right) \cdots\left(x-\beta_n\right)$ ．于是，存在 $F$－同构 $\sigma_i: F(\beta) \rightarrow E$ ，使得 $\sigma_i(\beta)=\beta_i$ ．

首先，假设扩张 $F(\beta) \supseteq F$ 是不可离的，则 $\beta$ 在 $F$ 上是不可离的．所以由定理 2．5．2 和 2．5．3，存在 $r$ 次不可约多项式 $g(x) \in F[x]$ ，使得 $f(x)=g\left(x^{p^e}\right)$ 。即 $f(x)$ 只有 $r$ 个不同的根，设为 $\beta_1^{\prime}, \cdots, \beta_r^{\prime}$ ，并且每个根的重数为 $p^e$ ．所以

$$
\begin{aligned}
T_F^{F(\beta)}(\beta) & =\sigma_1(\beta)+\cdots+\sigma_n(\beta)=\beta_1+\cdots+\beta_n \\
& =p^e\left(\beta_1+\cdots+\beta_r\right)=0
\end{aligned}
$$
其次，假设扩张 $F(\beta) \supseteq F$ 是可离的，则 $f(x)$ 是可离多项式，所以它的根 $\beta_1, \cdots, \beta_n$ 是互不相同的。于是，

$$
\begin{aligned}
T_F^{F(\beta)}\left(\beta^i\right) & =\sigma_1\left(\beta^i\right)+\cdots+\sigma_n\left(\beta^i\right)=\sigma(\beta)^i+\cdots+\sigma(\beta)^i \\
& =\left(\beta_1^i+\cdots+\beta_n^i\right)
\end{aligned}
$$

所以，$T_F^{F(\beta)}\left(\beta^i\right)$ 不能全是 0 ，否则 $\left(\beta_1^i+\cdots+\beta_n^i\right)=0, i=1,2, \cdots, n-1$ ．但这显然导致行列式 $\left|\beta_j^i\right|=0$ ，与 $\beta_1, \cdots, \beta_n$ 是互不相同的矛盾．

在引理 2．5．2 的证明中，我们用到一个事实：$T_F^{F(\beta)}\left(\beta^i\right)=\sigma_1\left(\beta^i\right)+\cdots+\sigma_n\left(\beta^i\right)$ ．请读者自己证明一下。

定理 2．5．9 令 $E \supseteq F$ 是一个有限扩张，则扩张是可离的充分必要条件是迹 $T_F^E: E \rightarrow F$ 是满同态。

证明 如果扩张是可离的，则由定理 2．5．8，该扩张是单纯扩张．令 $E=F(\beta)$ ，则由引理 2．5．2，迹 $T_F^E: E \rightarrow F$ 是非 0 同态．于是，利用引理 2．5．1，迹 $T_F^E: E \rightarrow F$是满同态。

反之，如果迹 $T_F^E: E \rightarrow F$ 是满同态，但是扩张是不可离的，则 $T_F^E: E \rightarrow F$是零同态．事实上，令 $|E: F|=n$ ，则由于扩张是不可离的，所以 $\operatorname{char} F \mid n$ ．于是 $\forall a \in F$ ，有 $T_F^E(a)=n a=0$ ．令 $\alpha \in E \backslash F$ ，则 $|F(\alpha): F|>1,|E: F(\alpha)|<n$ ，所以

$$
T_F^E(\alpha)=r T_F^{F(\alpha)}(\alpha)=r \sum_{i=1}^s a_{i i}, \quad|E: F(\alpha)|=r
$$

又扩张 $E \supseteq F$ 是不可离的，所以扩张 $E \supseteq F(\alpha), F(\alpha) \supseteq F$ 之一是不可离的（定理 2．5．7）．如果 $F(\alpha) \supseteq F$ 是不可离的，则由引理 2．5．2，$T_F^{F(\alpha)}(\alpha)=0$ ，所以 $T_F^E(\alpha)=0$ ．如果 $E \supseteq F(\alpha)$ 是不可离的，则 $\operatorname{char} F \mid r$ ，所以 $T_F^E(\alpha)=0$ 。总之， $T_F^E(\alpha)=0$.

因此，对于任意 $E$ 中的元素 $\alpha$ ，有 $T_F^E(\alpha)=0$ ，即迹 $T_F^E: E \rightarrow F$ 是 0 同态．

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