分裂域

                     

贡献者： JierPeter

预备知识　域的扩张

　　 本节我们要介绍一个在代数中非常基础且重要的概念：分裂域。简单来说，分裂域就是在一个域中添加某个多项式的全体根所得到的扩域。从分裂域出发，我们可以讨论代数扩域的自同构问题。

　　 关于分裂域的进一步讨论，请参阅正规扩张文章。

1. 分裂域的存在性

定义 1　分裂域

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 及其上一个多项式 $f(x)$。若存在扩域 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$，使得 $f(x)$ 在 $\mathbb{K}$ 上可以分解为 $f(x)=\prod_{i=1}^n (x-a_i)$，且 $\mathbb{K}=\mathbb{F}(a_1, a_2, \cdots, a_n)$，则称 $\mathbb{K}$ 是 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域（splitting field）。

　　 定义看起来有些绕口，先说 $f$ 在 $\mathbb{K}$ 中可以分解，也就是说每一个根都存在，再说 $\mathbb{K}$ 可以看成用这些根对 $\mathbb{F}$ 进行扩域的结果。这么定义是因为我们要先确定元素 $a_i$ 都存在，而为此就需要先确定 $\mathbb{K}$ 存在。但是定义中只说了 “若 $\mathbb{K}$ 存在”，这个假设到底成立与否呢？答案是肯定的。

定理 1　分裂域的存在性

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 及其上一个多项式 $f(x)$，则 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域存在。

　　 证明：

　　 当 $ \operatorname {deg}f=1$ 时，定理自然成立，此时 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域就是其本身。

　　 首先在环 $\mathbb{F}[x]$ 上对元素 $f(x)$ 进行因式分解1，得到其不可约因子。任选其中一个不可约因子 $h(x)$，如果 $ \operatorname {deg} h = 1$，则跳过本段接下来的步骤。构造商环 $\mathbb{F}(x)/\langle h(x) \rangle =\mathbb{F}[a_1]=\mathbb{F}(a_1)$2 ，记为 $\mathbb{F}_1$。

　　 由多项式环的定理 1 ，$(x-a_1)|h(x)$，因此在 $\mathbb{F}_1$ 上可以分解出 $h_1(x)=h(x)/(x-a_1)$。如果 $ \operatorname {deg}h_1 = 1$，则跳过本段接下来的步骤。对 $h_1(x)$ 进行相同的操作：构造商环 $\mathbb{F}(x)/\langle h_1(x) \rangle =\mathbb{F}[a_2] = \mathbb{F}(a_2)=\mathbb{F}_2$。

　　 以此类推，直到 $h(x)$ 在 $\mathbb{F}_{k_1}$ 上分解为一阶多项式之积。

　　 接下来，取 $f$ 在 $\mathbb{F}_{k_1}$ 上的不可约因子 $g(x)$，如果 $ \operatorname {deg} g = 1$，则跳过本段接下来的步骤。执行相同的扩域操作，直到得到 $\mathbb{F}_{k_1+k_2}$，使得 $g$ 在 $\mathbb{F}_{k_1+k_2}$ 上分解为一阶多项式之积。

　　 以此类推，最终可以得到 $\mathbb{F}_k$，使得 $f$ 在 $\mathbb{F}_k$ 上可以分解为一阶多项式之积。则 $\mathbb{F}_k$ 就是 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域。

　　 证毕。

　　 该证明过程的大体思路，就是看 $f$ 的根是否在已知的域中。根 $a$ 的最小多项式 $h(x)$ 必是 $f(x)$ 的一个不可约因子。如果 $a$ 在已知的域中，那么 $f$ 就可以因式分解出一阶多项式因子 $(x-a)$；否则，就添加 $a$ 进行一次单扩域，这次扩域至少能把 $a$ 纳入，但也有可能把其它根一起纳入。因此我们容易得到以下推论：

推论 1　

　　 设 $\mathbb{K}$ 是 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域，则 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]\leq \operatorname {deg}f$。

推论 2　

　　 设 $\mathbb{K}$ 是 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域，$\mathbb{M}$ 是 $\mathbb{K}$ 和 $\mathbb{F}$ 之间的中间域，则 $\mathbb{K}$ 也是 $f(x)\in \mathbb{E}[x]$ 上的分裂域。

　　 为了加深理解，我们讨论一个分裂域的例子。添加元素的过程中会遇到的主要情况在这里都出现了。

例 1　分裂域的一个例子

　　 在有理数域 $\mathbb{Q}$ 上有多项式 $f(x)=(x^2-2)^2(x^2-3)(x^2-6)(x^2+1)$，其在 $\mathbb{Q}$ 上有五个阶数大于 $1$ 的不可约因子：$(x^2-2), (x^2-2), (x^2-3), (x^2-6), (x^2+1)$。

　　 考虑因子 $(x^2-2)$，得到扩域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$。在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 上，$f$ 有分解：

\begin{equation} f(x)=(x+\sqrt{2})^2(x-\sqrt{2})^2(x^2-3)(x^2-6)(x^2+1)~, \end{equation}

　　 取其阶数大于 $1$ 的不可约因子 $x^2-3$，得到扩域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$。

　　 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ 上，$f$ 有分解：

\begin{equation} \begin{aligned} f(x)=&(x+\sqrt{2})^2(x-\sqrt{2})^2(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})\times\\ &(x+\sqrt{2}\sqrt{3})(x-\sqrt{2}\sqrt{3})(x^2+1)~, \end{aligned} \end{equation}

　　 取其阶数大于 $1$ 的不可约因子 $x^2+1$，得到扩域 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \mathrm{i} )$。

　　 你可以验证，在最后这个扩域下，$f$ 可分解为一阶多项式之积。因此

\begin{equation} \begin{aligned} &\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3}, \mathrm{i} )=\\ &\{a+A \mathrm{i} +(b+B \mathrm{i} )\sqrt{2}+(c+C \mathrm{i} )\sqrt{3}\\ &+(d+D \mathrm{i} )\sqrt{6} | a, A, b, B, c, C, d, D\in\mathbb{Q}\}~, \end{aligned} \end{equation}
就是 $f\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域。

推论 3　

　　 设 $\mathbb{K}$ 是 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域，则 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]\leq \operatorname {deg}f$。

推论 4　

　　 设 $\mathbb{K}$ 是 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$ 上的分裂域，$\mathbb{M}$ 是 $\mathbb{K}$ 和 $\mathbb{F}$ 之间的中间域，则 $\mathbb{K}$ 也是 $f(x)\in \mathbb{E}[x]$ 上的分裂域。

　　 注意，给定一个域 $\mathbb{F}$ 和其上一个不可约多项式 $f$，则 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域不一定是$\mathbb{F}[x]/\langle f(x) \rangle $，因为添加 $f$ 的一个根进行单扩张，不一定囊括了 $f$ 的所有根。

例 2　单扩张不等于分裂域的例子

　　 在 $\mathbb{Q}$ 上添加 $x^3-2$ 的一个根 $\sqrt[3]{2}$ 得到 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$，但这个单扩域里并没有 $x^3-2$ 的剩下两个根 $\omega\sqrt[3]{2}$ 和 $\omega^2\sqrt[3]{2}$，其中 $\omega=-1/2+ \mathrm{i} \sqrt{3}/2$ 是 $3$ 次单位根。

2. 分裂域的唯一性

　　 从开拓（定义 8 ）的角度来说，如果存在域同构 $\sigma:\mathbb{F}_1\to\mathbb{F}_2$，将其开拓为环同构 $\sigma:\mathbb{F}_1[x]\to\mathbb{F}_2[x]$，任取 $f\in\mathbb{F}_1[x]$，设 $f\in\mathbb{F}_1[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{K}_1$，$\sigma(f)\in\mathbb{F}_2[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{K}_2$，则 $\sigma$ 可以开拓为 $\mathbb{K}_1\to\mathbb{K}_2$ 的同构。

　　 上述开拓的角度或许有些绕，但考虑到 “同构的域就是同一个域”，我们完全可以大大简化上述表达：

定理 2　

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 和其上一个多项式 $f$ 以后，所构造出来的分裂域是唯一的，或者说构造出来的两个分裂域都是同构的。

定理 3　

　　 设 $\mathbb{K}$ 是多项式 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域，$\mathbb{E}$ 是 $\mathbb{K}$ 的扩域。

　　 则对于 $\mathbb{E}$ 的任意保 $\mathbb{F}$自同态$\sigma$，有 $\sigma(\mathbb{K})=\mathbb{K}$。

　　 证明：

　　 设 $f=(x-a_1)(x-a_2)\cdots(x-a_n)$，其中各 $a_i\in\mathbb{E}$，则 $\mathbb{K}=\mathbb{F}(a_1, a_2, \cdots, a_n)$.

　　 由于是同态，$\sigma$ 必将 $f$ 的根映射为另一根，也就是对 $f$ 的根的置换。因此

\begin{equation} \begin{aligned} \sigma(\mathbb{K})&=\mathbb{F}(\sigma(a_1), \sigma(a_2), \cdots, \sigma(a_n))\\ &=\mathbb{F}(a_1, a_2, \cdots, a_n)\\ &=\mathbb{K}~, \end{aligned} \end{equation}

　　 证毕。

3. 正规扩张

　　 分裂域的性质，其实对应的是一种非常重要的域扩张，它与代数方程的根式解问题息息相关。

定义 2　正规扩张

　　 设 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是一个代数扩域。如果对于 $\mathbb{F}$ 上的任意不可约多项式 $f$，要么 $f$ 在 $\mathbb{K}$ 中无根，要么就所有根都在 $\mathbb{K}$ 中，则称 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是一个正规扩张。

　　 实际上，有限情况下正规扩张和分裂域是等价的概念，尽管它们表述差异很大。或者换句话说，分裂域的一个重要性质，就是正规性。

定理 4　有限扩张时，正规扩张等价于分裂域

　　 设 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是一个有限扩域，那么有：

　　 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 为正规扩张 $\iff$ $\mathbb{K}$ 是某个多项式 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域。

　　 证明：

　　 $\Leftarrow$：

　　 设 $\mathbb{K}$ 是多项式 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域。取不可约的 $h(x)\in\mathbb{F}[x]$ 且 $\exists a\in\mathbb{K}$ 使得 $h(a)=0$。我们要证明 $h$ 的根都在 $\mathbb{K}$ 中。

　　 设 $h\in\mathbb{K}[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{E}$，$\sigma:\mathbb{E}\to\mathbb{E}$ 是域自同构。则据定理 3 ，$\sigma(\mathbb{K})=\mathbb{K}$。于是，$\sigma(a)\in\mathbb{K}$。

　　 由 $\sigma$ 的任意性（即任意一个 $\mathbb{E}$ 自同构，也即任意一个 $h$ 的根的置换），知 $h$ 的根都在 $\mathbb{K}$ 中。

　　 $\Rightarrow$：

　　 由于 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 为有限扩张，故存在 $a_1, a_2, \cdots, a_n\in \mathbb{K}$，使得 $\mathbb{K}=\mathbb{F}(a_1, a_2, \cdots, a_n)$。

　　 设 $a_i$ 在 $\mathbb{F}$ 上的最小多项式为 $f_i(x)$，令 $f(x)=\prod_{i=1}^n f_i(x)$。

　　 由于 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 为正规扩张，而各 $f_i$ 在 $\mathbb{K}$ 上至少有一个根，故 $f(x)$ 可以在 $\mathbb{K}$ 上写为一次多项式的乘积：

\begin{equation} f(x) = \prod_{i=1}^k (x-b_i)~, \end{equation}
且各 $a_i\in\{b_j\}$，各 $b_i\in\mathbb{K}=\mathbb{F}(a_1, \cdots, a_n)$。

　　 于是 $f\in\mathbb{F}$ 的分裂域为 $\mathbb{F}(b_1, \cdots, b_k)=\mathbb{F}(a_1, \cdots, a_n)=\mathbb{K}$。

　　 证毕。

例 3　正规扩张的反例

　　 $\mathbb{Q}(2^{1/3})$ 不是 $\mathbb{Q}$ 的正规扩张。因为存在多项式 $f(x)=x^3-2$，它在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，有一个根 $2^{1/3}$ 在 $\mathbb{Q}(2^{1/3})$ 上，但另外两个根都是复数，不在其中。

　　 显然，另外两个根的模都是 $2^{1/3}$，与正实轴的夹角分别为 $\pm 2\pi/3$。

习题 1　

　　 求 $x^3-2\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域。

推论 5　

　　 设有域扩张 $\mathbb{E}/\mathbb{F}$。则任意 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域 $\mathbb{K}$，在 $\mathbb{E}$ 中最多只有一个。

4. 分裂域的自同构数目

　　 由定理 5 第 2 条，可知，域自同构一定把每个多项式的根映射到其它根上，并且对于任意两个根 $\alpha, \beta$，总存在域自同构 $\sigma$ 使得 $\sigma \alpha=\beta$。

　　 因此，如果域 $\mathbb{F}$ 上有一个多项式 $f(x)g(x)$，则 $fg$ 关于 $\mathbb{F}$ 的分裂域，是先求 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域 $\mathbb{F}_1$ 后再求 $g\in\mathbb{F}_1$ 的分裂域。

定理 5　

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 和其上一个多项式 $f$，设 $f\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域是 $\mathbb{K}$，$\mathbb{K}$ 到自身的保 $\mathbb{F}$ 自同构数量为 $N$，那么 $N\leq[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$。

　　 当且仅当 $f$ 的每一个不可约因子 $h$ 的不同根数目恰为 $ \operatorname {deg}h$ 时3，等号成立。

　　 证明：

　　 我们主要用数学归纳法和对单扩张情况的讨论来证明。

　　 不妨设 $f$ 的各不可约因子互不相同。设 $\sigma:\mathbb{K}\to\mathbb{K}$ 是保 $\mathbb{F}$ 自同构，$h$ 是 $f$ 在 $\mathbb{F}$ 上的一个不可约因子，其在 $\overline{\mathbb{F}}$ 上的全体根为 $\{\alpha_i\}_{i=1}^m$，$ \operatorname {deg}h=n\geq m$。记 $h\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{F}_1$。

　　 考虑单扩张 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 的保 $\mathbb{F}$ 自同构。由于 $\alpha_1$ 可以在这种自同构下映射到 $\mathbb{F}(\alpha_1)$中的任意 $\alpha_i$ 上，并且确定了 $\alpha_1$ 的映射就确定了整个自同构映射，故这种自同构的数量等于 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 中所包含的 $h$ 的根的数量。

　　 因此，如果 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 包含所有 $\alpha_i$，则自同构数量等于所有根的数量，定理成立（包括等号的充要条件）：由定理 2 和 “多项式不同根的数目小于等于其次数” 即可。

　　 如果 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 不包含所有 $\alpha_i$，那就要用上归纳法了。

　　 当 $ \operatorname {deg}f=1$ 时，定理显然成立。下设定理对于任意 $ \operatorname {deg}f< n$ 的情况成立。

　　 先考虑 $h$ 无重根的情况，设 $\mathbb{F}_1$ 是 $h\in\mathbb{F}[x]$ 的分裂域。

　　 此时，$h$ 的根的数目 $m= \operatorname {deg}f=n$。由定理 2 ，$[\mathbb{F}(\alpha_1): \mathbb{F}]=n$。只要确定了 $\alpha_1$ 的映射便确定了 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 中其它 $\alpha_i$ 的映射。

　　 1. 给定 $\mathbb{F}_1$ 作为 $\mathbb{F}$ 上线性空间的一组基 $\{\nu_i\}\subseteq\{\alpha_j^k\}$，并任挑一个$\alpha_i$ 来构造保 $\mathbb{F}$ 单同态 $\sigma: \mathbb{F}(\alpha_1)\to\mathbb{F}_1$，其中 $\sigma(\alpha_1)=\alpha_i$。则根据定理 6 的证明过程，可知总能唯一地把 $\sigma$ 开拓为与 $\{\nu_i\}$ 关联的保 $\mathbb{F}$ 自同构 $\sigma: \mathbb{F}_1\to\mathbb{F}_1$。于是，我们得到了 $n$ 个保 $\mathbb{F}$ 自同构。

　　 2. 但这些自同构不是全部，因为只是针对一组基构造出来的。$\mathbb{F}_1$ 上所有的保 $\mathbb{F}$ 自同构，应该是上段构造的自同构和全体保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 复合的结果4。

　　 3. 据归纳假设，$\mathbb{F}_1$ 上的保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 自同构的数量，等于扩张次数 $[\mathbb{F}_1:\mathbb{F}(\alpha_1)]$。而 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 的保 $\mathbb{F}$ 自同构又有 $n$ 个，也等于扩张次数 $[\mathbb{F}(\alpha_1):\mathbb{F}]$。所以由定理 4 ，$[\mathbb{F}_1:\mathbb{F}]=[\mathbb{F}_1:\mathbb{F}(\alpha_1)][\mathbb{F}(\alpha_1):\mathbb{F}]$，进而知定理的等号情况成立。

　　 对于 $h$ 有重根的情况，第 1. 步和第 2. 步中至少有一步不能取等号，进而定理的非等号情况成立。

　　 对于整个 $f$ 的情况，则在讨论完 $\mathbb{F}_1$ 后，取 $f$ 在 $\mathbb{F}_1$ 上的不可约因子继续讨论，得到其分裂域 $\mathbb{F}_2$，再取 $f$ 在 $\mathbb{F}_2$ 上的不可约因子继续讨论，直到将 $f$ 完全分裂。由于不同的多项式的根之间不可能互相映射到，因此计算同构数量的时候可以简单相乘，而不必像 1. 和 2. 那样讨论。

　　 证毕。

例 4　

　　 给定有理数域 $\mathbb{Q}$ 及其上的多项式 $f(x)=x^2-2$。则 $f\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}|a, b\in\mathbb{Q}\}$。

　　 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 一共有两个保 $\mathbb{Q}$ 自同构：第一个就是恒等映射，第二个 $\sigma$ 则定义如下：

\begin{equation} \sigma(a+b\sqrt{2})=a-b\sqrt{2}~. \end{equation}
也就是说，$\sigma$ 把根 $\pm\sqrt{2}$ 映射到根 $\mp\sqrt{2}$。

　　 而 $[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$，因此这是一个定理 5 取等号的例子。

例 5　

　　 给定实数域 $\mathbb{R}$ 及其上的多项式 $f(x)=x^2+x+1$，则 $f\in\mathbb{R}[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{R}(\omega)=\{a+b\omega+c\omega^2 \mid a, b, c\in\mathbb{R}\}$，其中 $\omega$ 是 $1$ 的三次单位根 $\frac{1}{2}(-1+ \mathrm{i} \sqrt{3})= \mathrm{e} ^{\frac{2\pi}{3} \mathrm{i} }$。

　　 $\mathbb{R}(\omega)$ 一共有两个保 $\mathbb{R}$ 自同构：第一个是恒等映射；第二个则是将 $\omega$ 映射到 $\omega^2$、$\omega^2$ 映射到 $\omega$ 的映射。

　　 $[\mathbb{R}(\omega):\mathbb{R}]=2$。这可以从定理 2 得到，也可以验证 $\omega^2=-1-\omega$ 得到。

习题 2　

　　 给定实数域 $\mathbb{R}$ 及其上的多项式 $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1$，则 $f\in\mathbb{R}[x]$ 的分裂域为 $\mathbb{R}(\gamma)=\{a+b\gamma+c\gamma^2+d\gamma^3+e\gamma^4 \mid a, b, c, d, e\in\mathbb{R}\}$，其中 $\gamma$ 是 $1$ 的五次单位根 $ \mathrm{e} ^{\frac{2\pi}{5} \mathrm{i} }$。

　　 $\mathbb{R}(\gamma)$ 一共有四个保 $\mathbb{R}$ 自同构。找出它们。

　　 提示：考虑 $\gamma$ 被映射到某根 $\gamma'$，那么 $\gamma^2$ 就被映射到 $\gamma'^2$。所以每个自同构唯一对应一个根 $\gamma'$。

习题 3　

　　 求 $x^3-2\in\sqrt{Q}[x]$ 的分裂域及其所有保 $\mathbb{Q}$ 自同构。

习题 4　

　　 求 $x^p-1\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域及其所有保 $\mathbb{Q}$ 自同构。这里 $p$ 为素数。注意判断 $x^p-1$ 是否为不可约多项式。

习题 5　

　　 求 $x^6-1\in\mathbb{Q}[x]$ 的分裂域及其所有保 $\mathbb{Q}$ 自同构。

1. ^ 也就是画出它的一棵真因子树。
2. ^ 由于 $h(x)$ 是 $\mathbb{F}[x]$ 中的不可约元素，且 $\mathbb{F}[x]$ 是主理想整环，因此易证 $\langle h(x) \rangle$ 是 $\mathbb{F}[x]$ 上的极大理想，从而 $\mathbb{F}(x)/\langle h(x) \rangle$ 是域。
3. ^ 即无重根时。
4. ^ 这是因为 $\mathbb{F}_1$ 的保 $\mathbb{F}$ 自同构只有两种类型，保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 和不保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 的，而 $\sigma(\mathbb{F}(\alpha_1))$ 只取决于 $\sigma(\alpha_1)$，所以总可以用一个不保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 的自同构把 $\sigma$ 复合成保 $\mathbb{F}(\alpha_1)$ 的。

                     

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