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


致读者: 小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告,这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此,我们请求广大读者热心打赏 ,使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 20 元,我们一周就能脱离亏损, 并在接下来的一年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款, 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识, 我们在此表示感谢。

                     

友情链接: 超理论坛 | ©小时科技 保留一切权利