完全域

贡献者： JierPeter

　　 由定理 5 可见，不可约多项式在其分裂域中有无重根，决定了该分裂域的自同构数量。一个域的全体自同构配合映射的复合，能构成一个群，域的许多性质都蕴含在这个群的结构中。群的元素数量自然是其重要性质之一。

　　 综上所述，研究多项式的重根是非常重要的课题。

　　 本节中如无特别声明或定义，多项式都是指首一多项式，即最高次项系数为 $1$。这是合理的简化：我们讨论的是域上的多项式，因此任何多项式总可以乘以最高次项系数的乘法逆元来得到首一多项式。

1. 形式微商与重根

　　 为了研究重根，我们借用微积分的知识，引入形式微商的概念

　　 定义 1 形式微商就是直接套用微积分中的求导操作，只不过这里没有求导的概念，而是就进行多项式变换，其形式就是求导或者求导的推广，因此才叫形式微商。

　　 注意，$\mathrm{D}f(x)$ 这一表示应理解为 “多项式 $\mathrm{D}f$ 和表示其自变量的抽象符号 $x$”，而不是 “对多项式 $f(x)$ 进行 $\mathrm{D}$ 操作”。换言之，$\mathrm{D}f$ 是整体，故应是 $\mathrm{D}f$ 和 $(x)$，而不是 $\mathrm{D}$ 和 $f(x)$。

　　 容易验证，形式微商有以下性质：

　　 用定理 1 中的性质可知，如果 $a$ 是 $f\in \mathbb{F}[x]$ 在 $\mathbb{F}$ 上的重根，那么存在 $g\in \mathbb{F}[x]$ 使得 $f(x)=(x-a{)}^{2}g(x)$。这样一来，$\mathrm{D}f(x)=(x-a)[2g(x)+(x-1)\mathrm{D}g(x)]$。也就是说，$a$ 还是 $\mathrm{D}f$ 的根。

　　 定理 1 中这些性质都是由导数的性质自然启发而得的。但要注意的是，函数的导数和多项式的形式微商在概念上有所重叠，却不是互相包含的。函数的导数可以用来处理非多项式的函数，而多项式的形式微商又可以处理非实数域的多项式，所以二者都有对方所不能处理的领域，勿随意混为一谈。定理 1 中的性质能成立，也是需要额外验证的，而不能说因为导数有这些性质所以形式微商就一定有。

　　 下面这个定理说的就是导数所不具备的性质：

　　 证明：

　　 由题设可知，存在 $g(x)\in \mathbb{K}[x]$ 使得 $f(x)=(x-a{)}^{k}g(x)$，其中 $g(a)\ne 0$。

　　 1.

　　 显然，$[kg(x)+(x-a)\mathrm{D}g(x)]{\mid }_{x=a}\ne 0$。因此，$a$ 是 $\mathrm{D}f$ 的 $k-1$ 重根。

　　 2.

　　 当 $\mathrm{ch}\mathbb{F}\mid k$，则 $k=0$。因此

　　 故 $a$ 至少是其 $k$ 重根。如果 $\mathrm{D}g(a)=0$，重数还会更高。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 必要性：

　　 由于 $f$ 在 $\mathbb{K}$ 中无重根，而域的特征不可能是 $1$，因此适用定理 2 中第一个情况。

　　 因为 $\mathbb{K}$ 是 $f\in \mathbb{F}[x]$ 的分裂域，且 $f$ 无重根，故在 $\mathbb{K}$ 中有

　　 则

　　 $f$ 的因子必是若干个不同的 $(x-a_i)$ 的积，但各 $(x-a_i)$ 都不是 $\mathrm{D}f$ 的因子。

　　 充分性：

　　 反设有重根，那至少是个二重根。于是 $f$ 可以写成：

　　 那么 $(x-a_1)=(x-a_2)$ 就是 $f$ 和 $\mathrm{D}f$ 的公因子。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 注意推论 1 和推论 2 的题设差异在于，后者多了 “在 $\mathbb{F}[x]$ 上不可约” 这一要求。我们只需要证明加上这一要求时，$(f,\mathrm{D}f)=1⟺\mathrm{D}f\ne 0$ 即可。

　　 $\Rightarrow$：

　　 如果 $\mathrm{D}f=0$，则 $(f,\mathrm{D}f)=f\ne 1$。

　　 $\Leftarrow$：

　　 设 $g(x)=(f(x),\mathrm{D}f(x))\in \mathbb{F}[x]$，于是 $g\mid f$。由于 $f$ 不可约，故要么 $g=1$，要么 $g\propto f$³。

　　 但 $g\mid \mathrm{D}f$ 导致 $\mathrm{deg}g\le \mathrm{deg}\mathrm{D}f<\mathrm{deg}f$，因此必有 $g(x)=1$。

　　 证毕。

　　 对于次数大于 $1$ 的多项式 $f$，其形式微商可以为 $0$。比如，${\mathbb{Z}}_3$ 上的多项式 $x^3+1$ 就是这样。不过 $x^3+1$ 在 ${\mathbb{Z}}_3[x]$ 上是可约的。

　　 下面我们给出一个例子，说明存在次数大于 $1$ 的不可约多项式之形式微商为 $0$，作为推论 2 的一个小验证。

　　 一般来说，例 3 中的 ${\mathbb{Z}}_2$ 替换为任意素域 ${\mathbb{Z}}_p$、$x^2-t$ 也替换为 $x^p-t$ 后，结论依然成立。感兴趣的读者可自行验证这一点。其中，证明 $x^p-t$ 不可约，可以使用整环上的爱森斯坦判别式。

　　 证明只需要说其形式微商不可能为 $0$ 即可，很简单，在此不赘述。

2. 可分多项式

　　 简单来说，可分多项式就是在系数域的代数闭包里没有重根的多项式。由推论 3 可知，只有在域特征为某个素数的情况下才有可能出现不可分多项式，比如例 3 那样的。

　　 证明：

　　 考虑 $\mathbb{F}[x]$ 上的多项式

　　 由于其不可分、不可约，故由定义 2 和推论 2 知，$a_i\ne 0\Rightarrow p\mid i$。也就是说我们可以把 $f$ 中次数不是 $p$ 整数倍的单项式挖掉。

　　 换言之，存在 $g(x)\in \mathbb{F}[x]$，使得 $f(x)=g_0(x^p)$。

　　 由于 “$g_0(x)$ 可约” $\Rightarrow$ “$g_0(x^p)$ 可约” $⟺$ “$f(x)$ 可约”，可知 “$f(x)$ 可约” $\Rightarrow$ “$g_0(x)$ 可约”。总之，$g_0$ 必须是 $\mathbb{F}$ 上的不可约多项式。

　　 如果 $g_0(x)$ 也不可分，那么也可以进行相同的挖去操作，得到 $g_1(x)$，其中 $g_0(x)=g_1(x^p)$，使得 $f(x)=g_0(x^p)=g_1((x^p{)}^p)=g_1(x^{p^2})$。由于多项式中只有有限个单项式，因此这一方法可以在有限步内得到一个可分的不可约多项式。为了方便，就设 $h(x)$ 是最终得到的可分的不可约多项式。

　　 于是，存在 $k\in \mathbb{Z}$，使得 $f(x)=h(x^{p^k})$。

　　 由于 $h(x)$ 是可分的，故

　　 于是

　　 现在设 $b_j$ 是 $x^{p^k}-a_j$ 的一个根，即 $b_j^{p^k}=a_j$。那么由二项式展开以及 $p=0$：

　　 因此

　　 也就是说，$f$ 有 $r$ 个根 $b_j$，每个的重数都是 $p^k$。显然，$p^k\cdot r=\mathrm{deg}f=n$。

　　 证毕。

　　 由推论 3 可知，特征为 $0$ 的域都是完全域，因此我们接下来只讨论特征为素数 $p$ 的情况。首先，我们给出两个相似的简单引理，对之后的定理证明有帮助：

　　 由于证明思路是完全一样的，因此省略引理 1 的证明，读者可参考下面引理 2 的证明。

　　 证明：

　　 由组合的知识，$(f(x){)}^k$ 展开式中（单纯展开，还未进行同类项合并）形如 $(a_i{x}^i{)}^k$ 的项只出现一次，但其它项出现的次数都是 $k$ 的倍数。由于 $p\mid k$，故在 $\mathbb{F}$ 上 $k=0$，故只有形如 $(a_i{x}^i{)}^k$ 的项被保留。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 充分性：

　　 设 $\mathrm{\forall }a\in \mathbb{F}$，存在 $b\in \mathbb{F}$ 使得 $a=b^p$，但反设存在不可分的不可约多项式 $f(x)\in \mathbb{F}[x]$。

　　 由定理 3 ，存在可分的不可约多项式 $h(x)\in \mathbb{F}[x]$ 和正整数 $k$，使得 $f(x)=h(x^{p^k})$。

　　 设

　　 式 20 的最后两步，应用了引理 2 。这么一来，$f(x)$ 就可约了，和 “不可约” 的假设矛盾。故反设不成立，故不存在不可分的不可约多项式，也就是说 $\mathbb{F}$ 是完全域。

　　 必要性：

　　 设存在 $a\in \mathbb{F}$，使得对于任意 $b\in \mathbb{F}$，都有 $b^p\ne a$。

　　 考虑多项式 $f(x)=x^p-a$。设 $a_0$ 是 $f(x)$ 在其分裂域上的一个根，则由于 $p$ 是一个素数，知 $\{a_0^i\mid i\in \mathbb{Z}\}$ 配合乘法构成群 ${\mathbb{Z}}_p$。因此易得：各 $a_0^i$ 都是 $f(x)$ 的根，也是其全部的根。

　　 于是 $f(x)=(x-a_0{)}^p$。如果它有非平凡因子，那么因子必形如 $(x-a_0{)}^k$，其中 $k\in (0,p)$，而 $a_0^k\notin \mathbb{F}$，所以这个因子不可能在 $\mathbb{F}[x]$ 中。因此，$f$ 在 $\mathbb{F}[x]$ 上是不可约的。

　　 显然，$f$ 有重根⁵，因此不可分。这个不可分不可约多项式的存在意味着 $\mathbb{F}$ 不完全，从而得证必要性。

　　 证毕。

　　 定理 1 真是一个深刻的结论，使得我们可以仅从域中元素的性质判断其多项式的性质。

　　 证明：

　　 设有限域 $\mathbb{F}$ 的特征为 $p$。我们只需要证明 ${\mathbb{F}}^p=\{a^p\mid a\in \mathbb{F}\}=\mathbb{F}$ 即可。

　　 考虑映射 $\sigma :\mathbb{F}\to \mathbb{F}$，定义为 $\sigma (a)=a^p$。

　　 由于 $a^p-b^p=(a-b{)}^p$⁶，可知 $\sigma (a)=\sigma (b)⟺a=b$。因此，这是一个双射。

　　 因此 ${\mathbb{F}}^p=\{a^p\mid a\in \mathbb{F}\}=\mathbb{F}$。

　　 证毕。

　　 另外，由于 $\sigma (ab)=\sigma (a)\sigma (b)$ 和 $\sigma (a+b)=(a+b{)}^p=a^p+b^p=\sigma (a)+\sigma (b)$，因此推论 4 证明中的 $\sigma$ 还是一个域同构。

　　 证明：

　　 由于扩域不改变域的特征以及特征为 $0$ 的域都是完全域，我们只需要讨论特征为素数 $p$ 的情况。又因为我们只需要证明，如果 $x_0$ 是 $\mathbb{F}$ 的代数元，那必存在 $y_0\in \mathbb{F}(x_0)$ 使得 $y_0^p=x_0$，故只需要考虑单代数扩张的情况。

　　 考虑映射 $\sigma :\mathbb{F}\to \mathbb{F}$，定义为 $\sigma (a)=a^p$。由定理 4 ，

　　 设 $x_0$ 是 $\mathbb{F}$ 的一个代数元，其最小多项式为 $f(x)$。

　　 将 $\sigma$ 开拓为 $\mathbb{F}[x_0]\to \mathbb{F}[x_0^p]$ 上的环同构，定义为 $\sigma (\sum _{i=0}^n{a}_i{x}_0^i)=\sum _{i=0}^n{a}_i^p(x_0^p{)}^i$。

1. ^ 概念见定义 6 .
2. ^ 即最大公因子为 $1$。
3. ^ 这里 $\propto$ 是 “正比” 符号，意为 $g$ 与 $f$ 只相差 $a$ 倍，其中 $a\in \mathbb{F}$。但是考虑到本节开头的声明，无特别定义，则 $g$ 也是首一多项式，这里实际上也可以写成 $g=f$。
4. ^ 即要么是 $0$，要么是两个非零多项式的比，如 $(x^4+3)/(x-2)$。
5. ^ 你也可以计算 $\mathrm{D}f$ 看看是否符合推论 2 .
6. ^ 当 $p$ 为奇数的时候，$-b^p=(-b{)}^p$；当 $p=2$ 的时候，$-b=b$，所以仍然有 $-b^p=(-b{)}^p$。