域的扩张

                     

贡献者: JierPeter; Giacomo; addis

  • 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,在修改了预备词条后应该修改
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 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 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$\mathbb{M}$ 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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