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可离扩张与单纯性(下)

定理 2．5．6 令 $E \supseteq F$ 是域的有限扩张，则 $i(|E: F|) \leqslant|E: F|$ ．
证明 因为 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \alpha_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 是 $F$ 上的代数元素，而且

$$
\begin{gathered}
|E: F|=\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\left(\alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right| \cdots\left|F\left(\alpha_1\right): F\right|, \\
i(|E: F|)=i\left(\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\left(\alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right|\right) \cdots i\left(\left|F\left(\alpha_1\right): F\right|\right),
\end{gathered}
$$

所以，只要对单纯代数扩张 $F(\alpha) \supseteq F$ 指出 $i(|F(\alpha): F|) \leqslant|F(\alpha): F|$ 即可．
事实上，如果令 $\alpha$ 的极小多项式为 $f(x) \in F[x], \operatorname{deg} f(x)=m$ ，则 $m=|F(\alpha): F|$ ，并且 $f(x)$ 的不同根的个数小于 $m$ ．又对于每个 $f(x)$ 的根 $\beta$ ，存在一个拓展 $F$－同构 $F(\alpha) \stackrel{\sigma}{\cong} F(\beta)$ ．反之，每个与 $F(\alpha) F$－同构的映射 $\sigma$ 一定把 $f(x)$ 的根 $\alpha$ 映成 $\sigma(\alpha)$ ，而 $\sigma(\alpha)$ 必定是 $f(x)$ 的根．所以与 $F(\alpha) F$－同构的扩张域的个数不超过 $f(x)$的根的个数，即 $i(|F(\alpha): F|) \leqslant|F(\alpha): F|$ 。

推论 2．5．2 令 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 是代数扩张，则 $|E: F|=i(|E: F|)$ ，即在 $E$ 的某个扩张中有 $|E: F|$ 个和 $E F$－同构的扩张的充分必要条件是 $\alpha_i$ 是 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)(i=1,2, \cdots, n)$ 上的可离元素．

证明 因为

$$
\begin{gathered}
|E: F|=\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\left(\alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right| \cdots\left|F\left(\alpha_1\right): F\right| \\
i(|E: F|)=i\left(\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\left(\alpha_n\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\right|\right) \cdots i\left(\left|F\left(\alpha_1\right): F\right|\right)
\end{gathered}
$$

所以，$|E: F|=i(|E: F|)$ 的充分必要条件是对每个 $\alpha_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 有

$$
\begin{aligned}
& \left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)\left(\alpha_i\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)\right| \\
= & i\left(\left|F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)\left(\alpha_i\right): F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)\right|\right)
\end{aligned}
$$

即充分必要条件是 $\alpha_i$ 是 $F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{i-1}\right)$ 上的可离元素．
更一般地，我们有下面的定理。
定理 2．5．7 设 $E \supseteq K \supseteq F$ ．如果 $E \supseteq K, K \supseteq F$ 是可离扩张，则 $E \supseteq F$ 是可离扩张．

证明 因为 $|E: F|=|E: K||K: F|, i(|E: F|)=i(|E: K|) i(|K: F|)$ ，而 $|E: K|=i(|E: K|),|K: F|=i(|K: F|)$ ，所以 $|E: F|=i(|E: F|)$ ．

于是，我们很容易知道可离元素的和，差，积，商是可离元素，即在扩张 $E \supseteq F$中，如果 $\alpha, \beta \in E$ 是 $F$ 上的可离元素，则 $\alpha \pm \beta, \alpha \beta, \alpha \beta^{-1}$ 都是 $F$ 上的可离元素！

现在，我们再回过头来考虑本节开始提出的问题。令 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right), \alpha_i$ $(1 \leqslant i \leqslant n)$ 是 $F$ 上的代数元素，那么是否存在 $\xi \in E$ 使得 $E=F(\xi)$ 呢？即能否将 $F$ 上的有限代数扩张转化成单纯代数扩张进行研究呢？自然，在一般情况下，这是不可能的．

例如，令 $x, y$ 是域 $F(\operatorname{char} F=p \neq 0)$ 上代数无关的独立元素，即不存在非零二元多项式 $f(X, Y) \in F[X, Y]$ ，使得 $f(x, y)=0$ ．考虑如下的扩张

$$
F(x, y) \supseteq F\left(x^p, y^p\right) \supseteq F
$$

显然，$x, y$ 分别是多项式 $f(z)=z^p-\left(x^p\right), g(z)=z^p-\left(y^p\right)\left(\in F\left(x^p, y^p\right)[z]\right)$ 的 $p$ 重根，所以，扩张 $F(x, y) \supseteq F\left(x^p, y^p\right)$ 是代数扩张，但不是可离扩张．又 $x, y$ 是域 $F$ 上代数无关的独立元素，所以 $f(x, y)=0$ 的充分必要条件是 $f(x, y) \equiv 0$ ．因此，

$$
F(x, y) \neq F(h(x, y))
$$

即扩张 $F(x, y) \supseteq F\left(x^p, y^p\right)$ 不能是单纯代数扩张．
但是，如果我们把元素 $\alpha_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 选择得足够好，那么这点还是可以做到的．例如， $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})= Q (\sqrt{2}+\sqrt{3})$ ．

定理 2．5．8 如果 $E \supseteq F$ 是有限扩张，并且当 $E=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_n\right)$ 时，$\alpha_i$ $(2 \leqslant i \leqslant n)$ 是 $F$ 上的可离元素，那么存在 $\xi \in E$ 使得 $E=F(\xi)$ ．

证明 在此我们只给出基础域 $F$ 是无限域情形的证明，至于基础域 $F$ 是有限域的情形将在下一节 $\qquad$有限域中给出。

对 $n$ 用数学归纳法．当 $n=1$ 时，结论显然．考察 $n=2$ 的情形．为了方便，此时将 $E$ 记为 $F(\alpha, \beta)$ ，其中 $\beta$ 是 $F$ 上的可离元素。令 $f(x), g(x)$ 分别是 $\alpha, \beta$ 对应的极小多项式，并且 $\alpha_1=\alpha, \alpha_2, \cdots, \alpha_r ; \beta_1=\beta, \beta_2, \cdots, \beta_s$ 是 $f(x), g(x)$ 的所有根．

考虑方程

$$
\alpha_i+x \beta_j=\alpha+x \beta, \quad 1 \leqslant i \leqslant r, 2 \leqslant j \leqslant s
$$

因为 $|F|=\infty$ ，所以存在 $b \in F$ ，使得 $\alpha_i+b \beta_j \neq \alpha+b \beta, 1 \leqslant i \leqslant r, 2 \leqslant j \leqslant s$ ．令 $\xi=\alpha+b \beta$ ，则一定有 $F(\alpha, \beta)=F(\xi)$ ！

显然，$F(\alpha, \beta) \supseteq F(\xi)$ ．所以，如果我们能够指出 $\beta \in F(\xi)$ ，则 $\xi-b \beta=\alpha \in F(\xi)$ ，于是 $F(\alpha, \beta) \subseteq F(\xi)$ ．这就导致了 $F(\alpha, \beta)=F(\xi)$ ．

事实上，若令 $f(\xi-b x)=h(x) \in F(\xi)[x]$ ，则 $\beta$ 是 $g(x), h(x)$ 的共同根．又从 $b$ 的选取原则，我们知道 $g(x)$ 的其他根都不是 $h(x)$ 的根．另外，由 $\beta$ 是可离元素知道 $g(x)$ 没有重根，所以 $x-\beta$ 是 $g(x), h(x)$ 的在 $F(\xi)[x]$ 上的最大公因式．所以 $\beta \in F(\xi)$ 。

下面假设 $n-1$ 时，定理结论成立．考察为 $n$ 时的情况．

$$
F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}, \alpha_n\right)=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_{n-1}\right)\left(\alpha_n\right)=F(\alpha)\left(\alpha_n\right)=F\left(\alpha, \alpha_n\right)=F(\xi)
$$
例 2．5．1 试求一 $\xi$ 使得 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})= Q (\xi)$ ．
解 首先，因为 $\sqrt{2}, \sqrt{3}$ 对应的极小多项式为 $x^2-2, x^2-3$ ，所以 $\sqrt{2}, \sqrt{3}$ 是有理数域 $Q$ 上的可离元素，并且它们极小多项式的所有根分别是 $\sqrt{2},-\sqrt{2} ; \sqrt{3},-\sqrt{3}$ ．

其次，考虑方程

$$
\pm \sqrt{2}-x \sqrt{3}=\sqrt{2}+x \sqrt{3}
$$

则显然 $b=1$ 就不适合上面的所有方程，于是取 $\xi=\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 即有 $Q (\sqrt{2}, \sqrt{3})=$ $Q (\xi)$ 。

注意，例 2．5．1 中 $\xi$ 的取法显然不是唯一的！

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