域论初步

warzone · 2025-03-10 17:06:19 · 算法·理论

素子域与域的特征

与环一样，可以定义一个域的 子域 的概念，并可证明一个域与其子域具有相同的单位元，逆元。

为了研究域的结构，我们首先关心的是一个域 F 所具有的最小子域，
即仅由乘法单位元 1 所生成的子域，称为域 F 的 素子域。

素子域的结构是怎样的呢？我们定义域 F 的 特征 为使 n1=0 的最小正整数 n。特别地，
若这样的正整数 n 不存在，则定义 F 的特征为 0。

• 若域 F 的特征为正整数 n，则显然 \{k1|k\in\N\} 是域 F 的子环，且与模 n 整数环 \Z_n 同构。
  由于域 F 是无零因子环（非零元素之积一定非零），故 \{k1|k\in\N\} 也是无零因子环，
  这要求 n 必须是素数。因此，此时素子域就是 \{k1|k\in\N\}\cong\Z_n。
• 若域 F 的特征为 0，则显然 \{k1|k\in\Z\} 与整数环同构，因为若 a,b\in\Z 且 a>b，那么必有 a-b\in\N_+ (a-b)1\not =0 a1\not =b1

  于是，域 F 的素子域就是 \{k1|k\in\Z\} 的分式域。整环的分式域在同构意义下唯一，
  故域 F 的素子域与有理数域 \mathbb{Q} 同构。

综上，我们便确定了域的特征的取值范围，并由域的特征唯一确定了素子域的结构。即

定理：一个域 F 的特征只能是 0 或某一素数 p。且

• 若域 F 的特征为 0，则域 F 的素子域与有理数域 \mathbb{Q} 同构。
• 若域 F 的特征为素数 p，则域 F 的素子域与 \Z_p 同构。

因此，我们便将 \mathbb{Q} 和 \Z_p（p 为素数）称为 素域。

特征非 0 的域与特征为 0 的域性质往往不同。

求证：若域 F 的特征为素数 p，则

\sigma(f(x))=f^p(x)\quad(f(x)\in F[x]) $\qquad$ 称为 $F$ 的 **弗罗贝尼乌斯自同态**。 证明：与 Lucas 定理的证明类似，可得 $F$ 上有 $$(1+x)^p=1+x^p$$ $\qquad$ 在此基础上，易验证对于 $f(x),g(x)\in F[x]$，有 $$(f(x)+g(x))^p=f^p(x)+g^p(x),(f(x)g(x))^p=f^p(x)g^p(x)$$ $\qquad$ 因此 $\sigma$ 既是 $F$ 上的自同态，也是 $F[x]$ 上的自同态。 $\qquad$ 接下来证明 $\sigma$ 是单同态。若 $f^p(x)=g^p(x)$，则 $$(f(x)-g(x))^p=f^p(x)-g^p(x)=0$$ $\qquad$ 因为 $F[x]$ 是无零因子环，故 $f(x)-g(x)=0$，即 $f(x)=g(x)$。

由弗罗贝尼乌斯自同态，我们可以定义特征为 p 的域 F 中元素 a\in F 的 p 次方根 \sqrt[p]{a}。
显然，\sqrt[p]{a} 在 F 中未必存在，但若存在则一定唯一。

域扩张

与群、环不同的是，我们一般并不关心一个域具有哪些子域，而是反过来，
关心哪些域以某一个域为子域，即一个域具有哪些 扩域。

对于域 F，若域 F 是另一个域 K 的子域，便称域 K 为域 F 的 扩域，
并将有序对 (K,F) 称为 域扩张，记为 K/F。

注：域扩张 K/F 仅仅是一个记号，等价于有序对 (K,F)，与商集无关。

显然，域 F 的扩域 K 是 F 上的线性空间，
我们将这一线性空间的维数称为域扩张 K/F 的 维数，记为 [K:F]。

求证：若域 K,E,F 满足 F\subseteq E\subseteq K，则

[K:F]=[K:E][E:F]

证明：设 K 在域 E 上的一组基底为 \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n，

$$\lambda_1\alpha_1+\lambda_2\alpha_2+\cdots+\lambda_n\alpha_n\quad(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n\in E)\quad(1)$$ $\qquad$ 的形式。同理，设 $E$ 在域 $F$ 上的一组基底为 $\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_m$， $\qquad$ 则 $[E:F]=m$，$E$ 中所有元素均可唯一表示成 $$\mu_1\beta_1+\mu_2\beta_2+\cdots+\mu_m\beta_m\quad(\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_n\in F)\quad(2)$$ $\qquad$ 将 $(2)$ 式代入 $(1)$ 并用分配律展开，即可得到 $K$ 中所有元素均可唯一表示成 $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\mu_{i,j}\alpha_i\beta_j\quad(\forall i\in[1,n]\cap\N,j\in[1,m]\cap\N,\mu_{i,j}\in F)$$ $\qquad$ 的形式，因此 $[K:E]=nm$。

单扩张

我们可以依靠群中的一部分元素，通过群中元素的运算来生成整个群；同理，
我们也可以通过向域 F 中添加一些元素，然后通过域中元素的运算来生成其扩域 K。

我们首先关心的是最简单的，通过添加单个元素所生成的域扩张，称为 单扩张。

显然，若向域 F 中添加元素 \alpha，则扩域中的元素一定能写成

的形式，即域 F 上的有理分式代入 \alpha 得到的结果。因此，
把向域 F 添加元素 \alpha 得到的扩域记为 F(\alpha)。
此时，又将域扩张 F(\alpha)/F 的生成元 \alpha 称为 本原元。

1. 若对于域 F 上的任意有理分式 f(x)\in F(x)，f(\alpha) 均存在，
   且不同的有理分式代入 \alpha 的值也是不同的，则显然有 F(\alpha)\cong F(x)

   此时域扩张 F(\alpha)/F 显然是无限维的，称为 单超越扩张。

2. 若存在域 F 上的有理分式 \dfrac{f_1(x)}{g_1(x)},\dfrac{f_2(x)}{g_2(x)}\quad(f_1(x),g_1(x),f_2(x),g_2(x)\in F[x])，满足

   \dfrac{f_1(x)}{g_1(x)}\not=\dfrac{f_2(x)}{g_2(x)},\dfrac{f_1(\alpha)}{g_1(\alpha)}=\dfrac{f_2(\alpha)}{g_2(\alpha)}

   或者，存在 F 上的有理分式 \dfrac{f(x)}{g(x)}\quad(f(x),g(x)\in F[x]),\dfrac{f(\alpha)}{g(\alpha)} 不存在，对于前者，可得

   f_1(x)g_2(x)-f_2(x)g_1(x)\not=0,f_1(\alpha)g_2(\alpha)-f_2(\alpha)g_1(\alpha)=0

   对于后者，可得到

   g(x)\not=0,g(\alpha)=0

   于是两种情况均可归结为，存在域 F 上的多项式 h(x)，满足 h(x)\not=0 且 h(\alpha)=0。
   将 h(x) 在 F 上因式分解

   h(x)=p_1^{c_1}(x)p_2^{c_2}(x)\cdots p_m^{c_m}(x),p_1^{c_1}(\alpha)p_2^{c_2}(\alpha)\cdots p_m^{c_m}(\alpha)=0

   因为 F(\alpha) 为无零因子环，故存在 F 上的不可约多项式 p(x) 满足 p(\alpha)=0。

   这样的不可约多项式 p(x) 显然是唯一的。若存在不同的不可约多项式

   $$a(x)p_1(x)+b(x)p_2(x)=\gcd(p_1,p_2)=1$$ 同时代入 $\alpha$ 可得 $a(\alpha)p_1(\alpha)+b(\alpha)p_2(\alpha)=0$，产生矛盾。 因此，我们便称这一唯一的不可约多项式 $p(x)$ 为 $\alpha$ 在域 $F$ 上的 **极小多项式**。 此时，$\forall f(x),g(x)\in F[x]$，总有 $$f(\alpha)=g(\alpha)\Leftrightarrow f(x)\equiv g(x)\pmod{p(x)}$$ 因此 $$F(\alpha)\cong F[x]/p(x)$$ 即，$F(\alpha)$ 同构于多项式环 $F[x]$ 在 $\pmod{p(x)}$ 意义下形成的域（显然也是 $F$ 的扩域）。 此时域扩张 $F(\alpha)/F$ 称为 **单代数扩张**，其维数 $[F(\alpha):F]=\deg p(x)$。

综上，我们便彻底分类了单扩张的所有可能情况，并给出了单扩域 F(\alpha) 中四则运算的具体实现：

1. 对于单超越扩张，实现 F 上的有理分式的运算即可。
2. 对于单代数扩张，设本原元 \alpha 的极小多项式为 p(x)，
   实现 \pmod{p(x)} 意义下的多项式运算（加减，乘法，求乘法逆元）即可。

代数扩张

接下来讨论往域 F 中添加多个元素 \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n 生成扩域 F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n) 的情形。

对于域扩张 K/F 和 \alpha\in K，我们定义，

• 若存在域 F 上的多项式 f(x) 满足 f(x)\not =0 且 f(\alpha)=0，则称 \alpha 为 F 上的 代数元。
  同单扩张的情形一样，域 F 上存在唯一的不可约多项式 p(x) 满足 p(\alpha)=0，
  称为 \alpha 的 极小多项式。
• 若这样的多项式 f(x) 不存在，则称 \alpha 为 F 上的 超越元。

若 K 中的所有元素均为 F 上的代数元，则称域扩张 K/F 为 代数扩张；
反之，则称域扩张 K/F 为 超越扩张。

代数扩张与单代数扩张的关系是什么？我们有

定理：域扩张 K/F 是有限维扩张当且仅当 K/F 是有限生成的代数扩张。
证明：先证必要性。若域扩张 K/F 是有限维扩张，取线性空间 K 在域 F 上的一组基底，

$\qquad$ 若存在 $\alpha\in E,\alpha$ 是 $F$ 上的超越元，则单扩张 $F(\alpha)/F$ 是无限维的， $\qquad$ 相应地 $K/F$ 也是无限维的，故根据代数扩张的定义，有限维扩张一定是代数扩张。 $\qquad$ 综上，有限维扩张一定是有限生成的代数扩张。 $\qquad$ 再证充分性。对于有限生成的代数扩张 $F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)/F$，设 $$F_i=F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_i)\quad(i\in[0,n]\cap\N)$$ $\qquad$ 并将 $\alpha_k$ 在域 $F_i$ 上的极小多项式记为 $p_{k,i}(x)$。 $\qquad$ 我们总能通过将 $p_{k,i}(x)$ 在域 $F_{i+1}$ 上因式分解， $\qquad$ 得到 $\alpha_k$ 在域 $F_{i+1}$ 上的极小多项式 $p_{k,i+1}(x)$。这样一来， $\qquad$ 我们便将有限生成的代数扩张 $F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)/F$ 分解为一系列单代数扩张 $$F=F_0\subseteq F_1\subseteq\cdots\subseteq F_n=F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$$ $$\forall i\in[0,n)\cap\N,F_{i+1}=F_i(\alpha_{i+1})\cong F_i[x]/p_{i+1,i}(x)$$ $\qquad$ 其中每一步单代数扩张的维数 $[F_{i+1}:F_i]$ 都是有限的，故总的扩张的维数 $$[F_n:F_0]=\prod_{i=0}^{n-1}[F_{i+1}:F_i]$$ $\qquad$ 也是有限的，这就证明了有限生成的代数扩张一定是有限维扩张。

该定理说明，单代数扩张一定是代数扩张，单超越扩张一定是超越扩张。
并且，有限维扩张总能分解为一系列单代数扩张。
检验有限生成扩张是否为代数扩张，只需要检验生成元是否均为代数元。

对于代数扩张 K/F 的任意中间域 F\subseteq E\subseteq K，K/E,E/F 显然均为代数扩张。
反过来，若 K/E、E/F 均为代数扩张，K/F 是否也为代数扩张呢？
对于有限维扩张的情况答案显然是肯定的（[K:F]=[K:E][E:F]），
事实上，无限维扩张的情况也是如此，我们有

定理：对于域扩张 K/E 和代数扩张 E/F，若 \alpha\in K 是域 E 上的代数元，

证明：设 $\alpha$ 在域 $E$ 上的极小多项式为 $p(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^m p_kx^k,P=F(p_0,p_1,\cdots,p_m)$， $\qquad$ 则 $p(x)\in P[x]$，且由于 $p(x)$ 在 $E$ 上不可约，故 $p(x)$ 在 $E$ 的子域 $P$ 上亦不可约， $\qquad$ 所以 $\alpha$ 是 $P$ 上的代数元，且在 $P$ 上的极小多项式为 $p(x)$。 $\qquad$ 此时，因为 $P(\alpha)/P$、$P/F$ 均为有限生成的代数扩张， $\qquad$ 故 $[P(\alpha):P]$、$[P:F]$ 均有限，于是 $$[P(\alpha):F]=[P(\alpha):P][P:F]$$ $\qquad$ 也是有限的，因此 $P(\alpha)/F$ 也是有限维扩张，即有限生成的代数扩张， $\qquad$ 从而证明 $\alpha\in P(\alpha)$ 是 $F$ 上的代数元。

接下来，讨论代数扩张 K/F 中域 K 上的不可约多项式与域 F 上的不可约多项式之间的关系。
对于 K[x] 中的不可约多项式 p(x)，讨论单代数扩张 K(\alpha)/K，
其中 \alpha 在 K 上的极小多项式为 p(x)。由于 K(\alpha)/K、K/F 均为代数扩张，

$\qquad$ 则 $\sigma$ 可以延拓为 $K\rightarrow K'$ 的同构映射，即存在同构映射 $\sigma':K\rightarrow K'$ 满足 $$\forall a\in F,\sigma'(a)=\sigma(a)$$

对于有限生成的扩张，通过检验生成元是否为代数元，
即可检验域扩张是否为代数扩张，即扩域中所有元素是否均为代数元。
分裂域是否具有类似的性质呢？我们定义，若代数扩张 K/F 满足 \forall \alpha\in K，

$$K\cong K(\beta)$$ $\qquad$ 其同构映射 $\sigma':K\rightarrow K(\beta)$ 同样满足 $\forall c\in F,\sigma(c)=c$。于是 $$[K:F]=[K(\beta):F]$$ $$[K(\beta):K]=\dfrac{[K(\beta):F]}{[K:F]}=1$$ $\qquad$ 从而证明了 $K(\beta)=K$，即 $\beta\in K$。 注：对于正规扩张 $K/F$ 的任意中间域 $F\subseteq E\subseteq K$， $\qquad$ 显然 $K/E$ 一定也是正规扩张，$E/F$ 不一定是正规扩张。 $\qquad$ 反过来，若域扩张 $K/E,E/F$ 均为正规扩张，$K/F$ 也不一定是正规扩张。如 $$F=\mathbb{Q},E=\mathbb{Q}(\sqrt{2}),K=\mathbb{Q}\left(\sqrt{\sqrt{2}+1}\right)$$ $\qquad$ 显然 $\mathbb{Q}\left(\sqrt{\sqrt{2}+1}\right)\subseteq\mathbb{R}$，但 $\sqrt{\sqrt{2}+1}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式 $\qquad\ (x^2-1)^2-2$ 在 $\mathbb{C}$ 上还有根 $\sqrt{\sqrt{2}-1}i\notin\R$ 。

将求解分裂域的算法应用于 F[x] 中的所有不可约多项式，得到的
正规扩域 \overline{F} 中 F[x] 的所有不可约多项式均分裂。
根据之前对代数扩张中不可约多项式的讨论，\overline{F} 中的不可约多项式全为一次多项式，
它是域 F 的最大的代数扩域，称为 F 的 代数闭包。

定理：任意域 F 上均存在代数闭包，且在同构意义下唯一。
该定理证明的困难主要来自于集合论而非代数，需要用到选择公理
（但结论比选择公理弱），此处不作证明。

一个域 F 的代数扩域的代数闭包也是域 F 的代数闭包。
于是，所有的代数扩张操作都可以假定在代数闭包中进行。

有理数域 \mathbb{Q} 的代数闭包 \overline{\mathbb{Q}} 称为 代数数域，里面的元素称为 代数数。
相应地 \complement_{\mathbb{C}}\overline{\mathbb{Q}} 中的元素称为 超越数。
代数基本定理和虚根成对定理说明，\R 的代数闭包（也是唯一的真代数扩域）即复数域 \mathbb{C}。

练习：复平面内，若在已知 (0,0),(0,1),(1,0) 的具体位置的基础上，

1. 试用解析几何证明，复数 $z$ 是可构作的当且仅当 $z$ 能通过 $1$ 在 $\mathbb{C}$ 中 经加、减、乘、除、开平方根得到。 （提示：用尺规作图实现 $\R$ 上的加、减、乘、除、开平方根， 进而实现 $\mathbb{C}$ 上的加、减、乘、除、开平方根）， 2. 试证明，对于域 $F$ 和 $c\in F$，若 $x^2-c=0$ 在 $F$ 上无解， 则 $x^2-c$ 在 $F$ 上的分裂域为 $F(\sqrt{c})$，且 $[F(\sqrt{c}):F]=2$。 即，开平方根是一个维数为 $2$ 的扩域。 3. 已知 $\pi$ 是超越数，试证明不能通过尺规作图作出与给定圆面积相等的正方形。 （化圆为方问题） 4. 试证明：对于有理数域 $\mathbb{Q}$，经过有限次开平方根后， 得到的扩域 $F$ 满足 $[F:\mathbb{Q}]=2^n\quad(n\in\N)

5. 试证明：复数 z 是可构作的一个必要条件是存在 n\in\N,[\mathbb{Q}(z):\mathbb{Q}]=2^n。
   （提示：讨论 F/\mathbb{Q}(z) 和 \mathbb{Q}(z)/\mathbb{Q}）
6. 试证明，不能通过尺规作图，给出体积是已知立方体体积两倍的立方体的边长。
   （倍立方问题）
7. 试证明，不能通过尺规作图三等分 60^\circ 角。（三等角问题）
   （提示：复数开根的几何意义）

可分性与完美域

对于域 F 上的 n 次多项式 f(x)，f(x) 在其分裂域中有且仅有 n 个根（重根按重数计）。
我们定义，若 f(x) 没有重根，则称 f(x) 为 可分多项式。
如何判断 f(x) 是否有重根呢？第一种方法是，计算 f(x) 的形式导数 f'(x)。我们有

定理：对于任意域 F，非常数多项式 f(x)\in F[x] 在其分裂域上存在重根当且仅当

\gcd(f,f')=1

证明：设在 f(x) 的分裂域中

f(x)=a(x-x_1)^{c_1}(x-x_2)^{c_2}\cdots(x-x_m)^{c_m} (x_1,x_2,\cdots,x_m\in \overline{F},c_1,c_2,\cdots,c_m\in\N_+,a\not=0) $$f'(x)=a\left(\prod_{k=1}^m(x-x_k)^{c_k-1}\right)\sum_{k=1}^mc_k\prod_{i\not =k}(x-x_i)$$ $\qquad$ 若 $f(x)$ 没有重根，则 $c_1=c_2=\cdots=c_m=1$，此时 $$f'(x)=a\sum_{k=1}^m\prod_{i\not =k}(x-x_i)$$ $$\forall j\in[1,m]\cap\N,f'(x_j)=a\prod_{i\not =j}(x_j-x_i)\not=0$$ $\qquad$ 也就是说 $f(x)$ 的根都不是 $f'(x)$ 的根，此时 $\gcd(f,f')=1$。 $\qquad$ 若 $f(x)$ 存在重根，设重根为 $x_1$，则 $c_1-1\in\N_+$，且 $$f'(x)=a(x-x_1)^{c_k-1}\left(\prod_{k=2}^m(x-x_k)^{c_k-1}\right)\sum_{k=1}^mc_k\prod_{i\not =k}(x-x_i)$$ $\qquad$ 此时代入 $x_1$ 即可得到 $f'(x_1)=0$，即 $x_1$ 是 $f$ 和 $f'$ 的公共根， $\qquad$ 也即 $x-x_1$ 是 $f$ 和 $f'$ 的一个公因式。

第二种方法是，将 f(x) 在 F 上而非其分裂域上因式分解。
显然，f(x) 无重根的一个必要条件是分解出的不可约多项式没有重复。
这一条件是否是充分的呢？首先，因为不同的不可约多项式是互质的，它们的根一定是不同的。
于是问题归结为，对于域 F 上的不可约多项式 p(x)，p(x) 在其分裂域上是否存在重根。我们有

定理：若域 F 上的不可约多项式均为可分多项式，则称 F 为 完美域。

1. 域 $F$ 的特征为 $0$。 2. 域 $F$ 的特征为素数 $p$，且 $F$ 中所有元素的 $p$ 次方根在 $F$ 中均存在。 证明：对于 $F$ 上的不可约多项式 $f(x),\gcd(f(x),f'(x))=1$ 或 $f(x)$。 $\qquad$ 因为 $\deg f'<\deg f$，故 $f(x)$ 有重根当且仅当 $f'(x)=0$。 $\qquad$ 若域 $F$ 的特征为 $0$，显然 $f'(x)=0$ 的情况是不存在的； $\qquad$ 否则，设域 $F$ 的特征为素数 $p$，则 $f'(x)=0$ 当且仅当其满足 $$g(x^p)\quad(g(x)\in F[x])$$ $\qquad$ 的形式。 1. 若 $F$ 中所有元素均可开 $p$ 次方根，则根据弗罗贝尼乌斯自同态，有 $$g(x^p)=\sum_kg_kx^{kp}=\sum_k(\sqrt[p]{g_k}x^k)^p=\left(\sum_k\sqrt[p]{g_k}x^k\right)^p$$ 因此域 $F$ 上 $g(x^p)$ 形式的多项式全部是可约的。 2. 否则，若存在 $a\in F$，$a$ 的 $p$ 次方根在 $F$ 中不存在。那么，$x^p-a$ 在 $F$ 中没有根。 考察 $x^p-a$ 的分裂域，设分裂域中 $x^p-a$ 的一个根为 $\alpha$， 则 $\alpha^p=a$，且根据弗罗贝尼乌斯自同态， $$x^p-a=x^p-\alpha^p=(x-\alpha)^p$$ 假设 $F[x]$ 中存在分解 $x^p-a=g(x)h(x)$，那么 $g(x)$ 必定满足 $(x-\alpha)^k\ (k\in[1,p)\cap\N)$ 的形式。由 $g(x)\in F[x]$ 可得 $g(x)$ 的常数项 $(-\alpha)^k\in F$。 $k$ 与 $p$ 互质，故由裴蜀定理，存在 $m,n\in\Z$ 满足 $$mk+np=1$$ 于是 $(-1)^{mk}((-\alpha)^k)^ma^n=\alpha^{mk+np}=\alpha\in F$，与 $a$ 的 $p$ 次方根在 $F$ 中不存在矛盾。 因此 $x^p-a$ 在 $F[x]$ 中不可约，且在其分裂域中只有一个 $p$ 重根 $\alpha$。

完美域上，f(x) 分解出的不可约多项式没有重复就是 f(x) 可分的充要条件。