最后更新: 2025-11-05 08:56 查看: 61 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

超越扩张（下）与超越数

现在看起来，域 $F$ 上的超越扩张结构，特别是有限生成超越扩张的结构和性质与有限生成代数扩张的结构和性质似乎是比较类似的。

简单回顾一下，我们在研究域 $F$ 的代数扩张结构时采用的基本研究方法，是先确定添加一个代数元素的扩张结构，然后再在 $F$ 上不断添加代数元素，并通过单纯代数扩张的结构去了解和认识代数扩张的结构与性质。对于超越扩张，我们依然是试图先确定在域 $F$ 上添加一个超越元素的扩张结构，然后以此为基础去了解和认识超越扩张．既然是研究添加一个元素的结构，那么，基于单纯代数扩张的性质与结构，我们知道，添加元素的形式一定也会与单纯超越扩张的结构相关联．

定义 2．7．4 如果 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ ，则称 $\max \{\operatorname{deg} f(x)$ ， $\operatorname{deg} g(x)\}$ 为元素 $\beta$ 的关于 $F$ 的超越次数．

注意，域的超越扩张次数与元素的超越次数概念之间的区别！
例 2．7．4 显然扩张 $Q (x) \supseteq Q$ 是单纯超越扩张，并且 $\operatorname{trdeg}( Q (x): Q )=1$ ，

$x$ 关于 $Q$ 的超越次数也是 1．但是，对于超越扩张 $Q \left(x^2\right) \supseteq Q$ ，则是 $\operatorname{trdeg}\left( Q \left(x^2\right): Q \right)$ $=1$ ，而 $x^2$ 关于 $Q$ 的超越次数却是 2 。

实际上，在超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 中，$F(x)$ 中整多项式 $f(x) \in F[x]$ 关于 $F$ 的超越次数就等于 $f(x)$ 的次数 $\operatorname{deg} f(x)$ ．而且容易知道：$\beta \in F(x)$ 的关于 $F$ 的超越次数为 0 的充分必要条件是 $\beta \in F$ 。

事实上，如果 $\beta \in F$ ，则 $\beta=\frac{\beta}{1}$ ，所以 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 0 。反之，令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)}$ 。如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 0 ，则 $\max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=0$ ，所以 $\operatorname{deg} f(x)=0, \operatorname{deg} g(x)=0$ ，即 $f(x), g(x) \in F, \beta \in F$ ．

更为一般地，我们有下面的定理。
定理 2．7．7 令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ 。如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 $k>0$ ，那么，$\beta$ 是 $F$ 上的超越元素，并且扩张 $F(x) \supseteq F(\beta)$ 是有限扩张，而且 $|F(x): F(\beta)|=k$ ．

证明 因为 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)}$ ，所以 $\beta g(x)-f(x)=0$ ，即 $x$ 是多项式

$$
h(y)=\beta g(y)-f(y) \in F(\beta)[y]
$$

的根．又由于 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \notin F, \max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=k>0$ ，所以 $h(y)$ 是非零的 $F(\beta)$ 上的 $k$ 次多项式．于是 $x$ 是 $F(\beta)$ 上的代数元素，并且 $|F(x): F(\beta)| \leqslant k$ ．

我们只需要指出多项式 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是不可约的，就能得到 $|F(x): F(\beta)|=$ $k$ ．如果 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是可约的，则 $h(y)$ 在 $F[\beta, y]$ 中就可以分解成两个非常量因式的乘积．另外，$h(y)=\beta g(y)-f(y)$ ，所以在 $h(y)$ 的分解表达式中，有且只有一个因式含 $\beta$ ，而其他的因式不能含 $\beta$ ．设不含 $\beta$ 的因式为 $w(y)$ ，则

$$
h(y)=\beta g(y)-f(y)=w(y) q(\beta, y) .
$$

另外，由于在 $h(y)$ 的表达式中 $\beta$ 的次数为 1 ，所以，不妨令 $q(\beta, y)=u(y)+$ $\beta v(y)$ ，其中 $u(y), v(y) \in F[y]$ ，于是

$$
\begin{aligned}
h(y) & =\beta g(y)-f(y)=w(y) q(\beta, y) \\
& =w(y)(u(y)+\beta v(y)) \\
& =w(y) u(y)+\beta w(y) v(y)
\end{aligned}
$$

因此，$-f(y)=w(y) u(y), g(y)=w(y) v(y)$ ，即 $w(y)$ 是 $f(y), g(y)$ 的公因式．当然，这必然导致 $w(x)$ 是 $f(x), g(x)$ 的公因式．可是 $(f(x), g(x))=1$ ．所以 $w(y)$ 只能是 $F$ 中的常量．这就是说多项式 $h(y) \in F(\beta)[y]$ 是不可约的．

至于 $\beta$ 是 $F$ 上的超越元素的性质是显然的．

推论 2．7．2 单纯超越扩张 $F(x) \supseteq F$ 是纯超越扩张，并且当 $\beta \in F(x)$ 时， $F(\beta)=F(x)$ 的充分必要条件是 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 。

定理 2．7．8 如果 $\beta \in F(x)$ ，则 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 的充分必要条件是 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a d-b c \neq 0$ ．

证明 令 $\beta=\frac{f(x)}{g(x)} \in F(x),(f(x), g(x))=1$ ．如果 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 ，即 $\max \{\operatorname{deg} f(x), \operatorname{deg} g(x)\}=1$ ，则 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a, b, c, d \in F$ ，同时 $a d-b c \neq 0$ ．如若不然，我们不妨假设 $c \neq 0$（如果 $c=0$ ，则 $d \neq 0$ ，而且 $a \neq 0$ ，所以 $a d-b c \neq 0$ ），则 $b=\frac{a d}{c}$ ．所以 $\beta=\frac{a x+\frac{a d}{c}}{c x+d}=\frac{a c x+a d}{c(c x+d)}=\frac{a}{c} \in F$ ，矛盾．

反之，如果 $\beta=\frac{a x+b}{c x+d}, a d-b c \neq 0$ ，则 $(a x+b, c x+d)=1$ ，且 $a, c$ 不能同时为 0 ，所以 $\beta$ 关于 $F$ 的超越次数为 1 ．

定理 2．7．9 如果 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是 $F$ 上的一组代数无关的超越元素，则扩张 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right) \supseteq F$ 是纯超越扩张．

定理 2．7．10 令 $x$ 是 $F$ 上的超越元素．如果域 $E$ 满足 $F(x) \supseteq E \supseteq F$ ，则扩张 $E \supseteq F$ 是单纯超越扩张，即存在超越元素 $\beta \in E \subseteq F(x)$ ，使得 $E=F(\beta)$ ．

证明 因为 $F(x) \supseteq E \supseteq F$ ，所以可取 $\alpha \in E \backslash F$ ，则

$$
\alpha=\frac{s(x)}{t(x)}, \quad s(x), t(x) \in F[x], \quad(s(x), t(x))=1 .
$$

而且 $x$ 是 $F(\alpha) \subseteq E$ 上的代数元素 $(\alpha t(x)-s(x)=0)$ ，进而 $x$ 是 $E$ 上的代数元素．
令 $x$ 在 $E[y]$ 上的极小多项式为

$$
p(y)=y^n+\frac{a_{n-1}(x)}{b_{n-1}(x)} y^{n-1}+\cdots+\frac{a_1(x)}{b_1(x)} y+\frac{a_0(x)}{b_0(x)}
$$

其中 $\left(a_i(x), b_i(x)\right)=1$ ，并且 $\frac{a_i(x)}{b_i(x)}$ 不能都属于 $F$（否则 $x$ 是 $F$ 上的代数元素）．注意，这里实际上也假设 $|F(x): E|=n$ ．

令 $l(x)=\left[b_{n-1}(x), \cdots, b_0(x)\right]$（最小公倍式），则

$$
l(x) p

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