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可分扩张(1)

6.5 可 分 扩 张

本节研究一般域上多项式的重根问题，并给出可分多项式、可分元、可分扩张等概念，这里讨论的可分性与域的特征密切相关．

域 $F$ 上任一个正次数多项式 $f(x)$ 在它的分裂域 $K$ 内可以唯一地写成

$$
f(x)=c\left(x-\alpha_1\right)^{e_1} \cdots\left(x-\alpha_r\right)^{e_r}, \quad e_i \geqslant 1,
$$

其中 $\alpha_1, \cdots, \alpha_r \in K$ 两两不同．这种分解与分裂域的选择无关，称 $x-\alpha_i$ 为 $f(x)$的 $e_i$ 重因式，$\alpha_i$ 为 $f(x)$ 在 $K$ 内的 $e_i$ 重根．当 $e_i=1$ 时，$\alpha_i$ 叫做单根．若 $e_i>1$ ，则 $\alpha_i$ 叫做重根。

为了判断一个根是否是重根，我们引进多项式的形式导数．
设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_0 \in F[x]$ ，定义 $f(x)$ 的形式导数 $f^{\prime}(x)$为

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

容易证明形式导数有如下的基本性质：
（1）$(f(x)+g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)$ ；
（2）$(a f(x))^{\prime}=a f^{\prime}(x)$ ；
（3）$(f(x) \cdot g(x))^{\prime}=f^{\prime}(x) g(x)+f(x) g^{\prime}(x)$ ；
（4）$x^{\prime}=1$ ．
引理 6．5．1 设 $f(x) \in F[x], \alpha$ 是 $f(x)$ 在它的分裂域 $K$ 内的一个 $k$ 重根， $k \geqslant 1$ ，于是
（1）若 $\operatorname{char}(F) \nmid k$ ，则 $\alpha$ 是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 重根（当 $k=1$ 时， 0 重根即 $\left.f^{\prime}(\alpha) \neq 0\right) ;$
（2）若 $\operatorname{char}(F) \mid k$ ，则 $\alpha$ 至少是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k$ 重根．
证明 由定义，在 $K$ 内有 $f(x)=(x-\alpha)^k \cdot g(x)$ ，其中 $g(\alpha) \neq 0$ ，于是有

$$
f^{\prime}(x)=k(x-\alpha)^{k-1} g(x)+(x-\alpha)^k g^{\prime}(x)=(x-\alpha)^{k-1}\left(k g(x)+(x-\alpha) g^{\prime}(x)\right) .
$$

不妨记 $q(x)=k g(x)+(x-\alpha) g^{\prime}(x)$ ，则 $f^{\prime}(x)=(x-\alpha)^{k-1} q(x)$ ．
（1）若 $\operatorname{char}(F) \nmid k$ ，则在 $K$ 内有 $k \neq 0,(x-\alpha) \nmid q(x)$ ，所以 $\alpha$ 是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 重根。
（2）若 $\operatorname{char}(F) \mid k$ ，则在 $K$ 内有 $k=0$ ，此时可以得到

$$
f^{\prime}(x)=(x-\alpha)^k g^{\prime}(x),
$$

故 $\alpha$ 至少是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k$ 重根．

定理 6．5．1 设 $f(x) \in F[x]$ ，则 $f(x)$ 在其分裂域 $K$ 内无重根当且仅当 $(f(x)$ ， $\left.f^{\prime}(x)\right)=1$ ．

证明 先证必要性．若 $f(x)$ 在 $K$ 内无重根，则 $f(x)$ 在 $K$ 内的每个根 $\alpha$都是单根．无论 $\operatorname{char}(F)=0$ 还是素数 $p$ ，都有 $\operatorname{char}(F) \nmid 1$ ，故由引理 6．5．1 知，$\alpha$不是 $f^{\prime}(x)$ 的根．于是有 $f(x), f^{\prime}(x)=1$ ．

再证充分性．用反证法，如果 $f(x)$ 在 $K$ 内有个 $k$ 重根 $\alpha$ ，其中 $k>1$ ．根据引理 6．5．1，$\alpha$ 至少是 $f^{\prime}(x)$ 的 $k-1$ 重根，$k-1>0$ ，因而 $\alpha$ 是 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=d(x)$的根，故 $d(x)$ 非常数，所以 $f(x), f^{\prime}(x)$ 不互素，这与 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=1$ 矛盾，故 $f(x)$ 在 $K$ 内无重根．

推论 6．5．1 $F[x]$ 内一个不可约多项式 $p(x)$ 在它的分裂域内有重根当且仅当 $p^{\prime}(x) \neq 0$ ．

证明 根据定理 6．5．1，$p(x)$ 在 $K$ 内有重根当且仅当 $\left(p(x), p^{\prime}(x)\right)=d(x)$ 非常数．

由于 $p(x)$ 在 $F[x]$ 内不可约，故只有 $d(x)=p(x)$ ，从而 $p(x) \mid p^{\prime}(x)$ ，但是 $p^{\prime}(x)$的次数比 $p(x)$ 低，所以 $p^{\prime}(x)=0$ ．
推论 6．5．2 若 $\operatorname{char}(F)=0$ ，则 $F[x]$ 内任一不可约多项式在它的分裂域内只有单根．

证明 因为任意不可约多项式 $p(x)$ 的次数大于 0 ，不妨设

$$
p(x)=x^r+a_{r-1} x^{r-1}+\cdots+a_0 \in F[x], \quad r>0,
$$

于是

$$
p^{\prime}(x)=r x^{r-1}+(r-1) a_{r-1} x^{r-2}+\cdots+a_1 .
$$

因为 $\operatorname{char}(F)=0$ ，故在 $F$ 内有 $r \neq 0$ ，因而 $p^{\prime}(x) \neq 0$ ，故由推论 6．5．1 知 $p(x)$ 在它的分裂域中只有单根．

当 $F$ 的特征是素数时，后面将举例说明 $F$ 上的不可约多项式可能有重根．下面先给出可分多项式、可分元和可分扩张的概念．

定义 6．5．1 设 $F$ 是一个域，$p(x)$ 是 $F[x]$ 上的不可约多项式，$K$ 为 $p(x)$ 在 $F$ 上的分裂域。如果 $p(x)$ 在 $K$ 内只有单根，则称 $p(x)$ 为 $F$ 上的可分多项式，否则称为不可分多项式．

更一般地，设 $f(x) \in F[x]$ ，如果 $f(x)$ 的每个不可约因式在 $F$ 上都是可分的，则称 $f(x)$ 为 $F$ 上的可分多项式，否则称为不可分多项式。

定义 6．5．2 设 $K / F$ 为代数扩张，$\alpha \in K$ ，如果 $\alpha$ 的极小多项式是 $F$ 上的可分多项式，则称 $\alpha$ 为 $F$ 上的可分元，否则称为不可分元。

定义 6．5．3 设 $K / F$ 为代数扩张，如果 $K$ 的每个元素在 $K$ 上都是可分的，则称 $K / F$ 为可分扩张，否则称为不可分扩张．

根据推论 6．5．2，特征为 0 的域上的不可约多项式都是可分的，特征为 0 的域上的任何代数扩张都是可分扩张．

下面举例说明特征为素数 $p$ 的域上确实存在不可分的不可约多项式．
例 6．5．1 令 $\mathbf{F}_p=\mathbf{Z} /(p), \mathbf{F}_p(t)$ 为一元多项式 $\mathbf{F}_p[t]$ 的商域。再记 $F= \mathbf{F}_p(t)$ ，在 $F[x]$ 内取多项式 $f(x)=x^p-t$ ，可以证明 $f(x)$ 为 $F$ 上一个不可分的不可约多项式．

解 设 $K$ 为 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，如果 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的一个根，则 $\alpha^p=t$ ，于是在 $K[x]$ 中有

$$
f(x)=x^p-t=x^p-\alpha^p=(x-\alpha)^p .
$$

下面证明 $f(x)=x^p-t$ 在 $F[x]$ 上不可约．
用反证法．如果 $f(x)=x^p-t$ 在 $F[x]$ 内可以分解成 $x^p-t=g(x) \cdot h(x)$ ，其中 $g(x)$ 为首一多项式，且次数 $m$ 满足 $1 \leqslant m<p$ ．由于 $K[x]$ 为唯一分解整
环且在 $K[x]$ 中有 $f(x)=(x-\alpha)^p$ ，故 $g(x)=(x-\alpha)^m$ ，由于 $g(x) \in F[x]$ ，故 $\alpha^m \in F$ ．又因为 $1 \leqslant m<p,(m, p)=1$ ，故存在整数 $u, v$ ，使得 $u m+v p=1$ ，于是 $\alpha=\alpha^{u m+v p}=\left(\alpha^m\right)^u\left(\alpha^v\right)^p \in F$ ，这说明 $t$ 在 $F$ 中有 $p$ 次方根，矛盾．故 $x^p-a$在 $F$ 上不可约，$x^p-a$ 是一个不可分的不可约多项式．

下面分析特征为 $p$ 的域 $F$ 上不可分的不可约多项式的形式。
设 $f(x)=a_n x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_0$ 为 $F$ 上不可分的不可约多项式，则 $f^{\prime}(x)=0$ ，即有

$$
k a_k=0, \quad \text { 对任意 } k=1,2, \cdots, n \text {. }
$$

当 $p \nmid k$ 时，由 $k a_k=0$ 可以得到 $a_k=0$ ，因而 $f(x)$ 可写成

$$
f(x)=a_0+a_p x^p+a_{2 p} x^{2 p}+\cdots+a_{m p} x^{m p}
$$

令 $g(x)=a_0+a_p x+a_{2 p} x^2+\cdots+a_{m p} x^m$ ，则 $f(x)=g\left(x^p\right)$ ，并且 $g(x)$ 必定在 $F$ 上不可约．如果 $g(x)$ 不可分，则 $g(x)$ 又可以写成 $g(x)=h\left(x^p\right)$ ，而 $h(x)$ 在 $F$上不可约，于是 $f(x)=h\left(x^{p^2}\right)$ ．这样 $f(x)$ 最终可写成

$$
f(x)=\psi\left(x^{p^e}\right),
$$

其中 $\psi(x)$ 在 $F$ 上是可分的．进一步考察 $f(x)$ 在它的分裂域内的分解，设 $\psi(x)$可分解成

$$
\psi(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_r\right), \quad \alpha_i \neq \alpha_j,
$$

于是

$$
f(x)=\prod_{i=1}^r\left(x^{p^e}-\alpha_i\right) .
$$

令 $\beta_i$ 为 $x^{p^e}-\alpha_i$ 的一个根，则有

$$
x^{p^e}-\alpha_i=x^{p^e}-\beta^{p^e}=\left(x-\beta_i\right)^{p^e}
$$

于是得到 $f(x)$ 的最后分解式为

$$
f(x)=\prod_{i=1}^r\left(x^{p^e}-\alpha_i\right)=\prod_{i=1}^r\left(x^{p^e}-\beta_i^{p^e}\right)=\prod_{i=1}^r\left(x-\beta_i\right)^{p^e} .
$$

因此特征为 $p$ 的域上不可分的不可约多项式的每个根都有相同的重数，其重数为 $p$ 的方幂．

域的同态只有零同态和单同态，域的单同态也称为域嵌入．如果 $K$ 和 $L$ 都是域 $F$ 的扩域，$\sigma: L \rightarrow K$ 为域嵌入，且 $\sigma$ 限制在 $F$ 上为恒等映射，则称 $\sigma$ 为一个 $F$－嵌入（即 $F$－同态）．对于域扩张 $K / F$ 的任意两个中间域 $L_1, L_2$ ，如果 $L_1 \subseteq L_2$ ， $\tau_1$ 是 $L_1$ 到 $K$ 的 $F$－嵌入，$\tau_2$ 是 $L_2$ 到 $K$ 的 $F$－嵌入，并且 $\left.\tau_2\right|_{L_1}=\tau_1$ ，则称 $\tau_2$ 为 $\tau_1$ 在 $L_2$ 上的一个延拓．

对于可分元和可分扩张，下面的结论成立．
引理6．5．2 设 $\sigma: F \rightarrow K$ 为域嵌入，又设 $\alpha$ 为 $F$ 上的代数元，$\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $f(x), K$ 包含 $f^\sigma(x)$ 的所有根，则 $\sigma$ 可延拓为 $F(\alpha)$ 到 $K$ 的域嵌入，这种延拓的个数 $N(\sigma, F(\alpha))$ 等于 $\alpha$ 的极小多项式 $f(x)$ 的不同根的个数．因而，㿟入数 $\leqslant[F(\alpha): F]$ ，等号成立当且仅当 $\alpha$ 是 $F$ 上的可分元．

证明 因为 $f(x)$ 为 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式，$K$ 包含 $f^\sigma(x)$ 的所有根，故 $f^\sigma(x)$ 在 $K$ 内可以完全分解成一次因式的乘积，即有 $f^\sigma(x)=\left(x-\beta_1\right) \cdots\left(x-\beta_r\right)$ ，其中 $\beta_i \in K, r=[F(\alpha): F]$ ．
$\sigma$ 在 $F(\alpha)$ 上的任一延拓 $\sigma^{\prime}$ 将 $\alpha$ 映到 $f^\sigma(x)$ 的一个根 $\sigma(\alpha), \sigma$ 由 $\alpha$ 的象 $\sigma(\alpha)$ 唯一决定，因而不同的延拓将 $\alpha$ 映到不同的根．反之，对 $f^\sigma(x)$ 的任一根 $\beta$ ，根据 6.4 节的引理 6．4．1，存在 $\sigma$ 的一个延拓 $\sigma^{\prime}$ 使得 $\sigma^{\prime}(\alpha)=\beta$ ．因此，$\sigma$ 在 $F(\alpha)$上的延拓数 $N(\sigma, F(\alpha))$ 就等于 $f^\sigma(x)$ 的不同根的个数，记作 $r_0$ ．显然 $r_0 \leqslant r$ ．等号成立当且仅当 $f(x)$ 是 $F$ 上的可分多项式，即 $\alpha$ 是 $F$ 上的可分元．

定理 6．5．2 设 $K / F$ 为一个有限扩张，不妨设 $K=F\left(\alpha_1, \cdots, \alpha_r\right), g_i(x)$为 $\alpha_i$ 在 $F$ 上的极小多项式，$E$ 为 $g(x)=\prod_{i=1}^r g_i(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，则 $K$ 到 $E$的 $F$－嵌入数 $\leqslant[K: F]$ ．等号成立当且仅当 $K / F$ 为可分扩张．

证明 令 $F_0=F, F_1=F_0\left(\alpha_1\right), \cdots, F_r=F_{r-1}\left(\alpha_r\right)=K$ ，并记 $N\left(F_{i-1}, F_i\right)$为 $F_{i-1}$ 到 $E$ 的任一 $F$－嵌入 $\tau_{i-1}$ 在 $F_i$ 上的延拓数．下面先证明

$$
N\left(F_0, F_1\right) N\left(F_1, F_2\right) \cdots N\left(F_{r-1}, F_r\right)=N(F, K),
$$

其中 $N(F, K)$ 表示 $K$ 到 $E$ 的 $F$－嵌入数．
对生成元个数 $r$ 归纳．当 $r=1$ 时，结论显然成立．假设当生成元的个数小于 $r$ 时结论成立，证明生成元的个数为 $r$ 时结论也成立．由归纳假设有

$$
N\left(F_0, F_1\right) \cdots N\left(F_{r-2}, F_{r-1}\right)=N\left(F, F_{r-1}\right) .
$$

根据引理 6．5．2，$F_{r-1}$ 的每个 $F$－嵌入在 $K$ 上可延拓为 $N\left(F_{r-1}, F_r\right)$ 个 $K$ 的 $F$－嵌入，而且 $K$ 的任一个 $F$－嵌入必是 $F_{r-1}$ 的某个 $F$－嵌入的延拓．因而有
$N\left(F, F_{r-1}\right) N\left(F_{r-1}, F_r\right)=N(F, K)$ ．与（6．5．2）式联立可以得到（6．5．1）式．故（6．5．1）式恒成立．

再根据引理 6．5．2，对任意 $i=1,2, \cdots, r$ ，有

$$
N\left(F_{i-1}, F_i\right) \leqslant\left[F_i: F_{i-1}\right],
$$

联立（6．5．1）和（6．5．3）式可以得到

$$
N(F, K) \leqslant\left[F_0, F_1\right]\left[F_1, F_2\right] \cdots\left[F_{r-1}, F_r\right]=[K: F] .
$$

再证明定理的第二部分．假设 $K$ 在 $F$ 上可分，则每个 $\alpha_i$ 都是 $F$ 上的可分元，当然也是 $F_{i-1}$ 上的可分元．根据引理6．5．2，对任意 $i=1,2, \cdots, r$ ，有 $N\left(F_{i-1}, F_i\right)=\left[F_i: F_{i-1}\right]$ ，故 $N(F, K)=[K: F]$ ，等号成立．

反之，假设 $K / F$ 是不可分扩张，$\alpha \in K$ 是 $F$ 上的一个不可分元．取 $\alpha_1=\alpha$作为 $K$ 的第一个生成元．由于 $\alpha$ 是 $F$ 上的不可分元，故由引理6．5．2 可得 $N\left(F_0, F_1\right)<\left[F_1: F_0\right]$ ，于是

$$
N(F, K)<[K: F],
$$

这与 $N(F, K)=[K: F]$ 矛盾，故 $K / F$ 是可分扩张．

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