域的扩张

                     

贡献者： JierPeter; addis; Giacomo

  • 理想的符号 $<,>$，应该改成 $\langle, \rangle$，但我个人更喜欢 $(,)$
  • 应该区分多项式和多项式环，在修改了预备知识后应该修改
预备知识　分式域，多项式环

1. 域的单扩张

　　 如果在一个域中添加不属于域集合的元素，我们可以得到一个更大的集合。要让这个新集合成为域，我们就得定义新元素和原来域中元素相加和相乘的结果；无论怎么定义，这个结果必须满足域的公理。如果在集合中任何元素都无法成为某个运算结果，那么我们就必须再引入新的元素来作为这个结果。以此类推，不停地添加新元素，直到最后不需要添加新元素了，那最后这个集合就是一个新的域，它包含了原来的域。这个域是原来的域的扩张，并且是包含最初那个新元素的最小的域，因此被称为单元素扩张，简称单扩张。

　　 域的单扩张具体是怎么进行的呢？我们将从例子开始说明，最后引入域的单扩张的定义。

习题 1　有理数域的 $\sqrt{2}$ 扩张

　　 给定有理数域 $\mathbb{Q}$，则 $\sqrt{2}$ 并不是 $\mathbb{Q}$ 的元素。将 $\sqrt{2}$ 添加进去，那么由于 $\sqrt{2}$ 是实数域 $\mathbb{R}$ 的元素，这提示我们可以把新的运算结果按照 $\mathbb{R}$ 中的运算来定义。这样，$\mathbb{Q}$ 中添加 $\sqrt{2}$ 的单扩域的集合就是 $\{a+b\sqrt{2}|a, b\in\mathbb{Q}\}$。

　　 请验证，任意 $a+b\sqrt{2}$ 都必须在扩域中；而这个集合也满足了加法和乘法的封闭性与逆元存在性，从而构成了一个域。于是，这个集合是包含 $\sqrt{2}$ 和全体有理数的最小的域。

习题 2　超越扩域

　　 依然给定有理数域 $\mathbb{Q}$，这次添加的元素是 $\pi$。那么扩域应当是

\begin{equation} \left\{ \frac{\sum_{i=0}^N a_i\pi^i}{\sum_{j=0}^M b_j\pi^j} \middle| a_i, b_j\in\mathbb{Q}, b_j\text{不全为零，} N, M\in\mathbb{Z}^+ \right\}~ \end{equation}
也就是 $\pi$ 的所有有理系数多项式的分式构成的集合，其中分母不是 $0$。

　　 验证这是一个域，并且是包含全体有理数和 $\pi$ 的最小域。注意 $a_i$ 全为 $0$ 的情况意味着什么。

　　 这是 $\mathbb{Q}$ 中添加 $\pi$ 后的单扩张。

　　 借助分式域和多项式环的概念，我们可以简练地定义域的单扩张如下：

定义 1　域的单扩张

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 和一个元素 $x_0$，其中 $x_0$ 在 $\mathbb{F}$ 上的最小多项式是 $f(x)$。定义 $\mathbb{F}$ 添加 $x_0$ 的单扩张是多项式环 $\mathbb{F}[x_0]=\mathbb{F}[x]/< f(x_0)>$ 的分式域，记为 $\mathbb{F}(x_0)$

　　 在定义 1 中，如果 $x_0$ 在 $\mathbb{F}$ 中没有最小多项式，那么 $\mathbb{F}(x_0)$ 中的各元素彼此不同，此时我们称 $x_0$ 是 $\mathbb{F}$ 的超越元（transcendental element）；

定义 2　本原元

　　 设 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是有限次的域扩张，如果存在 $a\in\mathbb{K}$ 使得 $\mathbb{K}=\mathbb{F}(a)$，则称 $a$ 是域扩张 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 的本原元素（primitive element），或者说是 $\mathbb{K}$ 对 $\mathbb{F}$ 的本原元素，简称本原元，有时也称原根。

　　 观察习题 1 和习题 2 中两个域扩张的特点，我们容易发现，由于加法和乘法的封闭性，添加某个元素后的单扩张，必须包含这个元素的所有多项式，系数取自域中；由于乘法逆元存在性，这些多项式的倒数也得包含进去。因此，域的单扩张可以简单理解为把新元素的多项式都添加进去的过程。

　　 但是两个场景是不太一样的。$\mathbb{Q}$ 中添加 $\pi$ 的过程中，包含了所有 $\pi$ 的有理系数多项式，比如 $3.5\pi^4+2\pi^2+0.1\pi-1/3$，但是添加 $\sqrt{2}$ 的时候却只需要最多 $1$ 阶的多项式，像 $3.5(\sqrt{2})^3+1$ 就可以改写为 $7\sqrt{2}+1$。这是因为 $\sqrt{2}$ 的 $2$ 次方是一个有理数，落入了 $\mathbb{Q}$ 中，因此 $\sqrt{2}$ 的 $2$ 阶及以上的有理系数多项式都可以表示为最多 $1$ 阶的多项式。

　　 换一种更方便的表述，那就是 $x^2-2$ 这个多项式是阶数最小的能将 $\sqrt{2}$ 映射为 $0$ 的多项式。这就引出最小多项式的概念。

定义 3　最小多项式

　　 给定一个环 $R$ 和任意元素 $x_0$，其中 $x_0$不一定是 $R$ 中的元素。记 $$R[x_0]=\{\sum_{i=0}^N r_ix_0^i|r_i\in R, N\in\mathbb{Z}^+\}~.$$称 $R[x_0]$ 是 $x_0$ 在 $R$ 中的多项式环。在 $R[x_0]$ 中，如果存在一个多项式 $f(x_0)=0$，那么称 $f(x_0)$ 是 $x_0$ 在 $R$ 上的零化多项式（null polynomial）；阶数最低的零化多项式，称为 $x_0$ 的最小多项式（minimal polynomial），或极小多项式。

　　 如果不存在多项式 $f$ 使得 $f(x_0)=0$，那么称 $x_0$ 在 $R$ 中不具有最小多项式。

　　 在习题 1 和习题 2 中，$\pi$ 和 $\sqrt{2}$ 的本质区别就是：在 $\mathbb{Q}$ 中，$\pi$ 没有最小多项式，但是 $\sqrt{2}$ 具有最小多项式 $x^2-2$。这决定了同一个域 $\mathbb{Q}$ 分别添加 $\pi$ 和 $\sqrt{2}$ 后的不同单扩张。

定义 4　代数元素与超越元素

　　 给定环 $R$ 及其子环 $S$，如果元素 $a\in R$ 在 $S$ 上有最小多项式，则称之为 $S$ 的代数元素（algebraic element），否则称之为超越元素（transcendental element）.

　　 特别地，整数环 $\mathbb{Z}$ 上的代数元素，称为代数数（algebraic number），而不是其代数元素的实数则称为超越数（transcendental number）。

　　 定义 4 中要给定 $R$ 来讨论其子环 $S$，是为了保证 $a$ 已经定义好了与 $S$ 中各元素的运算。如果有别的办法定义，那自然不需要那么麻烦。比如我们在习题 1 中讨论的 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，虽然 $\sqrt{2}$ 不在 $\mathbb{Q}$ 中，但我们已经定义好了它与各有理数的运算关系。这个运算关系是怎么确定的呢？那就是用其在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式，$x^2-2$。

　　 因此，关于 $\sqrt{2}$ 的一切性质，其最小多项式 $x^2-2$ 已经阐述清楚了。我们可以转而用最小多项式来描述扩域的过程，这和写出 $\sqrt{2}$ 是等价的，只是用起来更方便，更广泛。比如说，要给 $\mathbb{Q}$ 添加一个元素 $a\not\in \mathbb{Q}$ 来进行扩域，而 $a$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式是 $x^6+x^5-2x^3+7.5x^2-x+9$，那研究这个多项式自然比研究 $a$ 到底是哪个实数要方便得多。

定理 1　

　　 给定域 $\mathbb{F}$，取其超越元素 $x_1$ 和 $x_2$，则 $\mathbb{F}(x_1)$ 与 $\mathbb{F}(x_2)$ 同构。

　　 证明思路是显然的，从 $\mathbb{F}(x_1)$ 到 $\mathbb{F}(x_2)$ 的同构映射只需要将所有出现 $x_1$ 的地方都替换成 $x_2$ 即可，比如 $\frac{1}{x_1+x_1^2}$ 映射到 $\frac{1}{x_2+x_2^2}$。

　　 容易想到，$x_0$ 的最小多项式必然是给定域上的不可约多项式。因为一旦可约，那其因子的次数都小于它，但总得有一个因子是 $x_0$ 的零化多项式，这就违背了 “最小” 的定义。

2. 域的扩张次数

　　 以上，我们讨论了如何添加一个元素，并根据元素的最小多项式来得到域的单扩张。对一个域进行单扩张以后，再进行单扩张，如此反复，我们可以获得域的多次扩张。更一般地，我们有关于域扩张的如下定义：

定义 5　域的扩张

　　 设 $\mathbb{K}$ 是一个域，$\mathbb{F}\subseteq \mathbb{K}$ 且在 $\mathbb{K}$ 的运算下也构成域，那么称 $\mathbb{F}$ 是 $\mathbb{K}$ 的子域，而 $\mathbb{K}$ 是 $\mathbb{F}$ 的扩域（extension field）或者扩张（field extension）。

　　 将上述域的扩张记为 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$。

　　 考虑域 $\mathbb{F}$ 及其扩域 $\mathbb{K}$。$\mathbb{K}$ 中的元素彼此之间可以相加，也可以乘以$\mathbb{F}$中的元素，这两种运算分别对应线性空间中的向量加法与数乘。也就是说，$\mathbb{K}$ 可以视为 $\mathbb{F}$ 上的一个线性空间。

定义 6　域的扩张次数

　　 给定域的扩张 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$。$\mathbb{K}$ 作为 $\mathbb{F}$ 上的线性空间的维数，称为 $\mathbb{K}$ 对 $\mathbb{F}$ 的扩张次数，记为 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$。

　　 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]<\infty$ 时，称之为有限扩张，否则为无限扩张。

　　 $[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$，因此习题 1 中的扩域是一个二次扩张。你可以把 $1$ 和 $\sqrt{2}$ 分别想象为两个基向量，而 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 就是这两个基向量在域 $\mathbb{Q}$ 上张成的线性空间。

　　 相对应地，$[\mathbb{Q}(2^{1/3}):\mathbb{Q}]$ 是一个三次扩张，其基向量是 $1$、$2^{1/3}$ 和 $2^{2/3}$。类似地，我们可以引申出以下定理：

定理 2　单扩张的次数 $=$ 最小多项式的次数

　　 设域 $\mathbb{F}$ 有一个单扩张$\mathbb{F}(a)$，其中 $a$ 在 $\mathbb{F}$ 中的最小多项式为 $f$，则 $[\mathbb{F}(a):\mathbb{F}]= \operatorname {deg}f$。

　　 证明：

　　 设 $ \operatorname {deg}f=n$，则 $n$ 也是 $f$ 的根的数目。

　　 则易证1$\{1, a, a^2, a^3, \cdots, a^{n-1}\}$ 是域 $\mathbb{F}$ 上线性空间 $\mathbb{F}(a)$ 的一组基。

　　 证毕。

定义 7　代数扩张与超越扩张

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 及其扩域 $\mathbb{K}$。如果 $\mathbb{K}$ 中元素都是 $\mathbb{F}$ 的代数元素，则称 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$ 是一个代数扩张（algebraic extension），否则是一个超越扩张（transcendental extension）。

　　 下面这个定理给出的是单代数扩张的等价定义：

定理 3　

　　 给定域 $\mathbb{F}$ 及其单扩张 $\mathbb{F}(a)$，则以下条件等价：

　　 1. $a$ 是 $\mathbb{F}$ 上的代数元；

　　 2. $[\mathbb{F}(a):\mathbb{F}]<\infty$；

　　 3. $[\mathbb{F}(a):\mathbb{F}]$ 是代数扩张。

　　 证明：

　　 1 $\to$ 2：由定理 2 直接可得。

　　 2 $\to$ 3：任取 $x\in\mathbb{F}(a)$，由于 $[\mathbb{F}(a):\mathbb{F}]=n<\infty$，故向量组 $\{1, x, x^2, \cdots, x^n\}$ 必线性相关，因此存在一个 $\mathbb{F}$ 上的非零多项式 $f$ 使得 $f(1, x, x^2, \cdots, x^n)=0$。因此任意 $x$ 必是 $\mathbb{F}$ 上的代数元。

　　 3 $\to$ 1：由定义 7 直接可得。

　　 证毕。

推论 1　

　　 如果 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是有限扩张，则必是代数扩张。

　　 证明思路类比定理 3 中的 2 $\to$ 3。

　　 要注意的是，推论 1 只说了是有限扩张，而不是单有限扩张，因此无法像定理 3 那样反过来说 “代数扩张必是有限扩张”。比如说，$\mathbb{Q}$ 添加所有整数的平方根以后得到的显然是代数扩张，但同时也是无限扩张。

定理 4　

　　 考虑扩域 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$ 和 $[\mathbb{L}:\mathbb{K}]$，则有

\begin{equation} [\mathbb{L}:\mathbb{F}]=[\mathbb{K}:\mathbb{F}][\mathbb{L}:\mathbb{K}]~. \end{equation}

　　 证明：

　　 只需要考虑 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$ 和 $[\mathbb{L}:\mathbb{K}]$ 都有限的情况，证明该情况之后可自然推出无限的情况。

　　 设 $\{\alpha_i\}_{i=1}^{n}$ 是 $\mathbb{K}$ 在 $\mathbb{F}$ 上的基，$\{\beta_i\}_{i=1}^{m}$ 是 $\mathbb{L}$ 在 $\mathbb{K}$ 上的基。

　　 任意 $l\in\mathbb{L}$ 均可表示为

\begin{equation} l = \sum_{i=1}^m k_ib_i~, \end{equation}
其中各 $k_i\in\mathbb{K}$。

　　 同样，各 $k_i\in\mathbb{K}$ 均可表示为

\begin{equation} k_i = \sum_{j=1}^n f_{ij}a_j~, \end{equation}
其中各 $f_i\in\mathbb{F}$。

　　 于是，任意 $l\in\mathbb{L}$ 可以表示为

\begin{equation} l = \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f_{ij}a_jb_i~, \end{equation}

　　 也就是说，$\{a_jb_i\}$ 构成了 $\mathbb{L}$ 作为 $\mathbb{F}$ 上线性空间的基。稍加计算即可得 $ \left\lvert \{a_jb_i\} \right\rvert = \left\lvert \{a_j\} \right\rvert \times \left\lvert \{b_i\} \right\rvert $。

　　 证毕。

　　 定理 4 中的 $\mathbb{K}$ 通常称为扩张 $\mathbb{L}/\mathbb{F}$ 的中间域，扩张 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 称为 $\mathbb{L}/\mathbb{F}$ 的子扩张。

推论 2　

　　 如果 $[\mathbb{K}:\mathbb{F}]$ 是一个素数，那么不存在域$\mathbb{M}$ 使得 $\mathbb{F}\subsetneq\mathbb{M}\subsetneq\mathbb{K}$。

推论 3　中间域升链

　　

　　 如果 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是有限扩张，那么存在下面一系列域：

\begin{equation} \mathbb{F}=\mathbb{F}_0\subseteq\mathbb{F}_1\subseteq\mathbb{F}_2\subseteq\cdots\subseteq\mathbb{F}_n=\mathbb{K}~, \end{equation}

　　 其中各 $\mathbb{F}_{i+1}$ 是 $\mathbb{F}_i$ 的单扩张。

3. 同构的开拓

定义 8　开拓

　　 设 $R_1$ 和 $R_2$ 分别为环 $K_1$ 和 $K_2$ 的子环。若 $\sigma:R_1\to R_2$ 和 $\eta:K_1\to K_2$ 都是环同构，且 $\eta|_{R_1}=\sigma$2，那么称 $\eta$ 是 $\sigma$ 的开拓（extension）。

　　 特别地，如果有扩域 $\mathbb{K}_1/\mathbb{F}$ 和 $\mathbb{K}_2/\mathbb{F}$，那么 $\mathbb{K}_1$ 到 $\mathbb{K}_2$ 的保 $\mathbb{F}$ 同构（如果存在的话）是 $ \operatorname {id}_\mathbb{F}$ 的开拓。

　　 同构的开拓有以下性质：

定理 5　

　　 设 $\sigma:\mathbb{F}_1\to\mathbb{F}_2$ 是域同构，$\mathbb{K}_1/\mathbb{F}$ 和 $\mathbb{K}_2/\mathbb{F}$ 是域扩张。

　　 则：

　　 1. $\sigma$ 可开拓为 $\mathbb{F}_1[x]\to\mathbb{F}_2[x]$ 的环同构，为方便仍记为 $\sigma$。$p(x)\in\mathbb{F}_1[x]$ 不可约当且仅当 $\sigma(p)$ 不可约。

　　 2. 设 $a_1\in\mathbb{K}_1-\mathbb{F}_1$ 在 $\mathbb{F}_1$ 上的最小多项式为 $f(x)$，$a_2\in\mathbb{K}_2-\mathbb{F}_2$ 在 $\mathbb{F}_1$ 上的最小多项式为 $\sigma(f(x))$，则存在 $\sigma$ 的开拓 $\eta:\mathbb{F}_1(a_1)\to \mathbb{F}_2(a_2)$，使得 $\eta(a_1)=a_2$

　　 证明：

　　 1.

　　 显然，对于任意多项式 $f\in\mathbb{F}_1[x]$，若其表达式为 $\sum_{i=0}^n c_ix^i$，那么 $\sigma(f)$ 的表达式为 $\sum_{i=0}^n \sigma(c_i)x^i$。

　　 由于 $\sigma$ 是环同构，即具有高度对称性，因此 “当且仅当” 只需要证明充分性或必要性其一即可。

　　 设 $p(x)$ 可约，即存在阶数都大于 $1$ 的多项式 $h(x),g(x)$，使得 $p=hg$。那么 $\sigma(p)=\sigma(h)\sigma(g)$，从而 $\sigma(p)$ 也可约。必要性得证，定理得证。

　　 2.

　　 定义 $\eta$ 为：对于任意 $\mathbb{F}_1$ 上的多项式 $f$，有 $\eta(f(a_1))=f(a_2)$。

　　 由多项式环的定理 3 ，$\eta:\mathbb{F}_1(a_1)\to \mathbb{F}_2(a_2)$ 是环同构3。

　　 证毕。

　　 定理 5 的第 1 条保证了 $f$ 不可约则 $\sigma(f)$ 也不可约，这是第 2 条中 “$a_2$ 的最小多项式为 $\sigma(f)$” 有意义的前提，因为最小多项式必是不可约的。

定理 6　

　　 设 $\overline{\mathbb{F}}/\mathbb{F}(\alpha)/\mathbb{F}$ 是代数扩域链，$\overline{\mathbb{F}}$ 是 $\mathbb{F}$ 的代数闭包，$\sigma:\mathbb{F}(\alpha)\to\overline{\mathbb{F}}$ 是保 $\mathbb{F}$ 的域单同态4。

　　 则 $\sigma$ 可开拓为 $\overline{\mathbb{F}}$ 的保 $\mathbb{F}$ 自同构 $\eta$。

　　 证明：

　　 将 $\overline{\mathbb{F}}$ 看成 $\mathbb{F}(\alpha)$ 的线性空间，任取一组基 $\{\nu_i\}$5，则 $\overline{\mathbb{F}}$ 的元素总形如 $\sum a_i\nu_i+\sum b_i\alpha\nu_i$，其中只有有限多个 $a_i$ 和 $b_i$ 不为零。

　　 定义 $\eta$ 为 $\eta(\sum a_i\nu_i+\sum b_i\alpha\nu_i) = \sum a_i\nu_i+\sum b_i\sigma(\alpha)\nu_i$ 即可。

　　 证毕。

　　 域单同态总把不可约多项式的一个根映射为另一根，所以单同态是根的置换，但不一定是所有置换都可以。

例 1　

　　 考虑扩张 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}$，则 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 有两个保 $\mathbb{Q}$ 自同构，一个是恒等映射，另一个是将 $\sqrt{2}$ 映射为 $-\sqrt{2}$ 的映射。

　　 仅仅知道 $\sigma(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$，且对于任意有理数 $q$，$\sigma(q)=q$，就足够知道 $\sigma$ 是什么了：$\sigma(p+q\sqrt{2})=p-q\sqrt{2}$，$\forall p, q\in\mathbb{Q}$。

4. 代数闭包

　　 最后，借着本节中代数元与超越元的讨论，我们引出代数闭包的概念：

定义 9　代数闭包

　　 考虑扩域 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$。$\mathbb{K}$ 中所有 $\mathbb{F}$ 的代数元构成一个新的集合 $\mathbb{K}_{\mathbb{F}}$，称之为域 $\mathbb{F}$ 在域 $\mathbb{K}$ 上的代数闭包（algebraic closure）。

定理 7　

　　 域 $\mathbb{F}$ 在域 $\mathbb{K}$ 上的代数闭包 $\mathbb{K}_{\mathbb{F}}$ 是一个域。

　　 证明：

　　 $\mathbb{K}_{\mathbb{F}}$ 已经天然满足加法和乘法的结合性、单位元存在性以及乘法对加法的分配性。因此，我们只需要证明加法与乘法的封闭性和加法与乘法的逆元存在性。

　　 逆元存在性证明：任取 $\alpha\in\mathbb{K}_{\mathbb{F}}-\{0\}$，设其最小多项式为 $\sum_{i=0}^{n}a_ix^i$，那么 $-\alpha$ 也有最小多项式 $\sum_{i=0}^n(-1)^ia_ix^i$，$1/\alpha$ 也有最小多项式 $\sum_{i=0}^na_ix^{n-i}$。于是按定义 4 ，$-\alpha$ 与 $1/\alpha$ 都是 $\mathbb{F}$ 的代数元素，逆元存在性得证。

　　 封闭性证明：记 $\mathbb{F}(\alpha, \beta)=\mathbb{F}(\alpha)(\beta)=\mathbb{F}(\beta)(\alpha)$。如果 $\alpha,\beta\in\mathbb{K}_{\mathbb{F}}$，那么 $\mathbb{F}(\alpha)/\mathbb{F}$ 是一个代数扩张，$\mathbb{F}(\alpha, \beta)/\mathbb{F}(\alpha)$ 也是一个代数扩张，故由定理 3 知它们都是有限扩张6，故由定理 4 知 $\mathbb{F}(\alpha, \beta)/\mathbb{F}$ 是有限扩张，再由定理 3 或者推论 1 知它是代数扩张。

　　 因此，$\alpha+\beta\in\mathbb{F}(\alpha, \beta)$ 和 $\alpha\beta\in\mathbb{F}(\alpha, \beta)$ 必是代数元素，封闭性得证。

　　 证毕。

　　 由于域的代数闭包也是一个域，故也可称之为代数闭域。注意，光有 $\mathbb{F}$ 是无法讨论代数闭包的，必须有扩域 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 才行。

推论 4　代数扩张的代数扩张还是代数扩张

　　 如果 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 和 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 都是代数扩张，那么 $\mathbb{L}/\mathbb{F}$ 也是代数扩张。

　　 证明：

　　 任取 $x_0\in\mathbb{L}$，其在 $\mathbb{K}$ 上的最小多项式为 $g(x) = \sum_{i=0}^n k_ix^i$。那么 $x_0$ 在 $\mathbb{F}(k_0, k_1, \cdots, k_n)$ 上的最小多项式也是 $g(x)$。

　　 因此，$\mathbb{K}(x_0)/\mathbb{F}(k_0, k_1, \cdots, k_n)$ 是单代数扩张，故是有限扩张。类似地，$\mathbb{F}(k_0, k_1, \cdots, k_n)/\mathbb{F}$ 也是有限扩张。由定理 4 ，这意味着 $\mathbb{K}(x_0)/\mathbb{F}$ 是有限扩张，从而是代数扩张。

　　 因此，$x_0$ 是 $\mathbb{F}$ 的代数元。

　　 由 $x_0$ 的任意性，命题即得证。

　　 证毕。

1. ^ 证明思路：首先这个向量组能张成 $\mathbb{F}(a)$ 是因为更高次的多项式总可以通过减去 $f$ 的某个倍数来降到 $n-1$ 阶或更低；其次这个向量组线性无关是因为，如果线性相关，那就存在一个次数低于 $n$ 的多项式 $g$ 使得 $g(a)=0$ 了，违反最小多项式的设定。
2. ^ 即对于任意 $r\in R_1$，有 $\eta(r)=\sigma(r)$。
3. ^ 本证明也可以这样来理解：由于同构，$\mathbb{F}_1[x]$ 和 $\mathbb{F}_2[x]$ 本质上就是同一个环，$f$ 和 $\sigma(f)$ 也就是同一个元素。于是命题化为：如果在一个域上 $a_1$ 和 $a_2$ 有相同的最小多项式，那么用它们分别进行单扩张得到的扩域是否同构？根据定理 3 ，答案显然是肯定的。
4. ^ 该同态的存在性由定理 5 第 2 条保证。
5. ^ 不一定是有限基。
6. ^ 思考：为什么不能用推论 1 ？


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