纯不可分扩张

贡献者： JierPeter

1. 纯不可分的概念

　　 我们容易想到并且熟悉的扩域，通常是可分扩张。相对地，凡不是可分扩张的情况，都叫做不可分扩张——也就是说，不可分扩张是可分元、不可分元混杂的扩域。这样一来，代数扩张就分为两类了。似乎不可分扩张只是可分扩张的例外，不像可分扩张有那么好的性质；可相对的，下面定义的纯不可分扩张就很有意思了。

　　 任何域 $\mathbb{F}$ 都是自己的纯不可分扩张，因为不存在 $\mathbb{F}-\mathbb{F}$ 的元素，命题前提为假则命题恒真。

　　 留意定理 6 ，可以猜测可分性质与 $p$ 次根是否在给定域中息息相关，其中 $p$ 是这个域的特征。由此提示，我们可以定义 “纯不可分元素”：

　　 同样，域 $\mathbb{F}$ 的元素都是纯不可分元素。

　　 一切代数扩张，必是进行一次可分扩张后再进行一次纯不可分扩张的结果。要注意，反过来的 “代数扩张必是先进行纯不可分扩张再进行可分扩张的结果” 并不总是成立。

　　 证明：

　　 由可分元素的封闭性（推论 4 ），可知 $\mathbb{S}$ 是 $\mathbb{F}$ 的可分闭包与 $\mathbb{K}$ 的交集，显然是个域。

　　 反设 $\mathbb{K}-\mathbb{S}$ 中存在 $\mathbb{S}$ 的可分元素 $a$，那么 $\mathbb{S}(a)/\mathbb{S}$ 是可分扩张。由可分扩张的传递性（推论 2 ），可知 $\mathbb{S}(a)/\mathbb{F}$ 是可分扩张，这与可分闭包的定义矛盾。因此反设不成立，即 $\mathbb{K}-\mathbb{S}$ 中全是 $\mathbb{S}$ 的不可分元素。

　　 证毕。

　　 该定理还引出了一个重要的概念：

　　 证明：

　　 以 $\mathbb{F}$ 为基域。设 $\mathrm{irr}(\alpha ,\mathbb{F})=f$，其在 $\bar{\mathbb{F}}$ 中的全体根构成集合 $\{{\alpha }_i{\}}_{i=1}^n$，其中 ${\alpha }_1=\alpha$。则存在非负整数 $k$，使得

　　 设 ${\beta }_i={\alpha }_i^{p^k}$，$\mathrm{irr}(x)({\beta }_1,\mathbb{F})=g$，那么

　　 显然，${\beta }_i$ 都是 $\mathbb{F}$ 上的可分元。

　　 设 $\mathbb{S}$ 是 $\mathbb{F}(\alpha )$ 上 $\mathbb{F}$ 的可分闭包。由可分元的封闭性（推论 4 ）可知，可分元必是可分元运算所得结果。又考虑到 $\mathbb{S}$ 的元素都是由各 ${\alpha }_i$ 组合而来，又不能包含不可分元素，于是

　　 证毕。

　　 由于特征为 $0$ 的域都是完美域（定义见定理 5 ），不存在不可分元素，因此纯不可分扩张的讨论集中在特征为素数 $p$ 的域上。

　　 考虑域 $\mathbb{F}$，$\mathrm{ch}\mathbb{F}=p$。对于任意 $\alpha ,\beta \in \bar{\mathbb{F}}$ 和 $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$，都有 ${\alpha }^{p^k}-{\beta }^{p^k}=(\alpha -\beta {)}^{p^k}$，其中 $\bar{\mathbb{F}}$ 是 $\mathbb{F}$ 的代数闭包。于是，任意 $a\in \mathbb{F}$ 在其代数闭包里有唯一的 $p^k$ 次根 $\alpha$，因为

　　 受此启发，我们可以得到一个纯不可分扩张的例子：

　　 例 1 启发我们得到限制条件下纯不可分扩张的另一定义。为了描述这一定义，我们先看一个简单的引理：

　　 证明：

　　 $⟹$：

　　 取 $n$ 是所有符合条件的 $k$ 中最小的。则 $\mathrm{Irr}(\alpha ,\mathbb{F})(x)=x^{p^n}-a$。

　　 $\Leftarrow$：

　　 取 $k=n$ 即可。

　　 证毕。

　　 也就是说，特征为 $p$ 的域上，任意元素都有唯一的 $p^k$ 次根。这同时意味着，纯不可分元素在 $\mathbb{F}$ 上的最小多项式只有一个根——可以说，这种元素的最小多项式 “不可分” 的程度、或者说 “根的重数” 已经达到极致了，“纯” 不可分确实名不虚传。

　　 现在，我们可以给出纯不可分扩张在特征不为零时的等价定义了：

　　 证明：

　　 1. $⟹$2.

　　 只需要考虑 $\alpha \in \mathbb{K}-\mathbb{F}$ 的情况。记 $\mathrm{Irr}(\alpha ,\mathbb{F})=f$，则 $f$ 不可分、不可约，故由定义 2 和推论 2 知，可以把 $f$ 中次数不是 $p$ 整数倍的单项式挖掉。

　　 换言之，存在可分的不可约多项式 $g(x)\in \mathbb{F}[x]$ 和非负整数 $k$，使得 $f(x)=g(x^{p^k})$。于是 $g({\alpha }^{p^k})=0$，因此 $g=\mathrm{Irr}({\alpha }^{p^k},\mathbb{F})$，从而 ${\alpha }^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}$ 上的可分元素。又因为 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 纯不可分，故 ${\alpha }^{p^k}\in \mathbb{F}$。

　　 2. $⟹$3.

　　 由纯不可分元素的定义 2 ，显然 $\mathbb{K}\subseteq {\mathbb{F}}^{1/p^{\mathrm{\infty }}}$。故恒等映射即为所求。

　　 3. $⟹$4.

　　 令 $\phi :\mathbb{K}\to {\mathbb{F}}^{1/p^{\mathrm{\infty }}}$ 和 $\sigma :\mathbb{K}\to \bar{\mathbb{F}}$ 都是保 $\mathbb{F}$ 单同态。下证它们是同一个映射。

　　 由于 $\mathrm{ch}\mathbb{F}=p$，于是由推论 2 ，任取正整数 $k$，每个 $a\in \mathbb{F}$ 在其代数闭包上都有唯一的 $p^k$ 次根。

　　 任取$\alpha \in \mathbb{K}$，那么 $\phi ({\alpha }^{p^k})=(\phi (\alpha ){)}^{p^k}\in \mathbb{F}$。由于 $\phi$ 是单射且保 $\mathbb{F}$ 的元素不变，故 ${\alpha }^{p^k}\in \mathbb{F}$。于是同理，$\sigma ({\alpha }^{p^k})={\alpha }^{p^k}$。

　　 由于都是同态，故 $\phi ({\alpha }^{p^k})=\sigma ({\alpha }^{p^k})⟺\phi (\alpha )=\sigma (\alpha )$。

　　 4. $⟹$1.

　　 由可分次数的定义，题设意味着 $\mathbb{K}-\mathbb{F}$ 的元素都不是 $\mathbb{F}$ 上的可分元素。

　　 证毕。

　　 由定理 3 中第 1 和第 3 条的等价性，可知域 $\mathbb{F}$ 最大的纯不可分扩张就是 ${\mathbb{F}}^{1/p^{\mathrm{\infty }}}$。

2. 纯不可分扩张的一些性质

　　 证明：

　　 任取 ${\alpha }_i\in S\cup \mathbb{F}$，则 ${\alpha }_i$ 纯不可分，于是存在正整数 $k_i$ 使得 ${\alpha }_i^{p^{k_i}}\in \mathbb{F}$。于是，${\alpha }_1^{p^{k_1}{p}^{k_2}}$ 和 ${\alpha }_2^{p^{k_2}{p}^{k_1}}$ 都在 $\mathbb{F}$ 中。

　　 则有

　　 换言之，纯不可分元素之积、和、逆都是纯不可分元素，因此 $\mathbb{F}(S)$ 中的元素都是 $\mathbb{F}$ 的纯不可分元素。由定理 3 第 2 条的定义得证。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 $\mathbb{K}\subseteq \mathbb{L}$，因此据定理 3 第 2 条的定义，$\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 纯不可分。

　　 $\mathbb{F}\subseteq \mathbb{K}$，因此据可分元素的定义和定理 3 第 2 条的定义，$\mathbb{F}/\mathbb{K}$ 纯不可分。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 任取 $\alpha \in \mathbb{L}$，则由于 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 纯不可分，存在正整数 $m$ 使得 ${\alpha }^{p^m}\in \mathbb{K}$。由于 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 纯不可分，存在正整数 $n$ 使得 $({\alpha }^{p^m}{)}^{p^n}\in \mathbb{F}$。于是，$\alpha$ 是 $\mathbb{F}$ 上的纯不可分元素。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 任取 $ϵ\in \mathbb{E}$ 和 $\kappa \in \mathbb{K}$，则存在正整数 $k$ 使得 $(ϵ\kappa {)}^k\in \mathbb{EF}$。注意到 $\mathbb{EK}$ 是由集合 $\{ϵ\kappa \mid ϵ\in \mathbb{E},\kappa \in \mathbb{K}\}$ 生成的，再类比式 8 、式 9 和式 10 可知，$\mathbb{EK}$ 中的元素都是 $\mathbb{EF}$ 上的纯不可分元素。

　　 证毕。

　　 证明：

　　 $\mathrm{ch}\mathbb{F}=0$ 以及其它 $\mathbb{F}$ 是完美域的情况是平凡情况。下面讨论 $\mathbb{F}$ 存在不可分元素的情况，设其特征为 $p$。

　　 必要性：

　　 设 $\alpha \in \bar{\mathbb{F}}$ 是 $\mathbb{F}$ 上的纯不可分元素，则存在正整数 $k$ 和 $a\in \mathbb{F}$ 使得 $\alpha$ 是 $\mathbb{F}$ 上不可约多项式 $x^{p^k}-a$ 唯一的根。$\sigma$ 必须把 $\mathbb{F}$ 上多项式的一个根映射为另一个根，因此只能有 $\sigma \alpha =\alpha$。

　　 充分性：

　　 设对于 $\bar{\mathbb{F}}$ 的保 $\mathbb{K}$ 自同构 $\sigma$，都有 $\sigma \alpha =\alpha$。设 $\alpha$ 在 $\mathbb{F}$ 上的最小多项式为 $f(x)$，那么由于任意的 $\sigma$ 可以将 $\alpha$ 变为 $f(x)$ 的任意其它根，可知 $f(x)$ 在代数闭包 $\bar{\mathbb{F}}$ 上只有一个根，因此 $f$ 在 $\bar{\mathbb{F}}$ 上应分解为 $(x-\alpha {)}^n$，其中 $n$ 是一个正整数。

　　 展开 $(x-\alpha {)}^n$，其常数项 ${\alpha }^n=a\in \mathbb{F}$。因此 $x^n-a$ 也是 $\alpha$ 的零化多项式。由于次数相等以及最小多项式的定义，可知 $(x-\alpha {)}^n=x^n-a$。

　　 类比定理 4 一开始的证明过程，可知存在可分的不可约多项式 $h(x)\in \mathbb{F}$ 和非负整数 $k$，使得 $h(x^{p^k})=f(x)=x^n-a$，因此 $p^k\mid n$。设 $n=p^{k}m$，那么 $h(x)=x^m-a$。由于 $f$ 只有唯一的根 $\alpha$，故 $h$ 也只能有唯一的根²。加上 $h$ 是可分的，不存在重根，故 $m=1$。因此，$\alpha$ 是 $a$ 唯一的 $p^k$ 次根，符合定义 2 。

　　 证毕。

　　 定理 8 充分性的证明很能说明纯不可分扩张的特点：就一个根，因此对应定理中 $\sigma \alpha$ 的可能性就一个。

1. ^ ${\mathbb{F}}^{1/p^{\mathrm{\infty }}}$ 的定义见例 1 .
2. ^ $h$ 的根都是 $a$ 的 $m$ 次根，而 $\alpha$ 是 $a$ 唯一的 $p^{k}m$ 次根，因此也是 $h$ 的根唯一的 $p^k$ 次根，故 $h$ 的根也唯一