分裂域

                     

贡献者: JierPeter

预备知识 域的扩张

   本节我们要介绍一个在代数中非常基础且重要的概念:分裂域。简单来说,分裂域就是在一个域中添加某个多项式的全体根所得到的扩域。从分裂域出发,我们可以讨论代数扩域的自同构问题。

   关于分裂域的进一步讨论,请参阅正规扩张文章。

1. 分裂域的存在性

定义 1 分裂域

   给定域 F 及其上一个多项式 f(x)。若存在扩域 K/F,使得 f(x)K 上可以分解为 f(x)=i=1n(xai),且 K=F(a1,a2,,an),则称 Kf(x)F[x] 上的分裂域(splitting field)

   定义看起来有些绕口,先说 fK 中可以分解,也就是说每一个根都存在,再说 K 可以看成用这些根对 F 进行扩域的结果。这么定义是因为我们要先确定元素 ai 都存在,而为此就需要先确定 K 存在。但是定义中只说了 “若 K 存在”,这个假设到底成立与否呢?答案是肯定的。

定理 1 分裂域的存在性

   给定域 F 及其上一个多项式 f(x),则 f(x)F[x] 上的分裂域存在。

   证明

   当 degf=1 时,定理自然成立,此时 fF[x] 的分裂域就是其本身。

   首先在环 F[x] 上对元素 f(x) 进行因式分解1,得到其不可约因子。任选其中一个不可约因子 h(x),如果 degh=1,则跳过本段接下来的步骤。构造商环 F(x)/h(x)=F[a1]=F(a1)2 ,记为 F1

   由多项式环定理 1 (xa1)|h(x),因此在 F1 上可以分解出 h1(x)=h(x)/(xa1)。如果 degh1=1,则跳过本段接下来的步骤。对 h1(x) 进行相同的操作:构造商环 F(x)/h1(x)=F[a2]=F(a2)=F2

   以此类推,直到 h(x)Fk1 上分解为一阶多项式之积。

   接下来,取 fFk1 上的不可约因子 g(x),如果 degg=1,则跳过本段接下来的步骤。执行相同的扩域操作,直到得到 Fk1+k2,使得 gFk1+k2 上分解为一阶多项式之积。

   以此类推,最终可以得到 Fk,使得 fFk 上可以分解为一阶多项式之积。则 Fk 就是 fF[x] 的分裂域。

   证毕

   该证明过程的大体思路,就是看 f 的根是否在已知的域中。根 a 的最小多项式 h(x) 必是 f(x) 的一个不可约因子。如果 a 在已知的域中,那么 f 就可以因式分解出一阶多项式因子 (xa);否则,就添加 a 进行一次单扩域,这次扩域至少能把 a 纳入,但也有可能把其它根一起纳入。因此我们容易得到以下推论:

推论 1 

   设 Kf(x)F[x] 上的分裂域,则 [K:F]degf

推论 2 

   设 Kf(x)F[x] 上的分裂域,MKF 之间的中间域,则 K 也是 f(x)E[x] 上的分裂域。

   为了加深理解,我们讨论一个分裂域的例子。添加元素的过程中会遇到的主要情况在这里都出现了。

例 1 分裂域的一个例子

   在有理数域 Q 上有多项式 f(x)=(x22)2(x23)(x26)(x2+1),其在 Q 上有五个阶数大于 1 的不可约因子:(x22),(x22),(x23),(x26),(x2+1)

   考虑因子 (x22),得到扩域 Q(2)。在 Q(2) 上,f 有分解:

(1)f(x)=(x+2)2(x2)2(x23)(x26)(x2+1) ,

   取其阶数大于 1 的不可约因子 x23,得到扩域 Q(2,3)

   在 Q(2,3) 上,f 有分解:

(2)f(x)=(x+2)2(x2)2(x+3)(x3)×(x+23)(x23)(x2+1) ,

   取其阶数大于 1 的不可约因子 x2+1,得到扩域 Q(2,3,i)

   你可以验证,在最后这个扩域下,f 可分解为一阶多项式之积。因此

(3)Q(2,3,i)={a+Ai+(b+Bi)2+(c+Ci)3+(d+Di)6|a,A,b,B,c,C,d,DQ} ,
就是 fQ[x] 的分裂域。

推论 3 

   设 Kf(x)F[x] 上的分裂域,则 [K:F]degf

推论 4 

   设 Kf(x)F[x] 上的分裂域,MKF 之间的中间域,则 K 也是 f(x)E[x] 上的分裂域。

   注意,给定一个域 F 和其上一个不可约多项式 f,则 fF[x] 的分裂域不一定是F[x]/f(x),因为添加 f 的一个根进行单扩张,不一定囊括了 f 的所有根。

例 2 单扩张不等于分裂域的例子

   在 Q 上添加 x32 的一个根 23 得到 Q(23),但这个单扩域里并没有 x32 的剩下两个根 ω23ω223,其中 ω=1/2+i3/23 次单位根。

2. 分裂域的唯一性

   从开拓定义 8 )的角度来说,如果存在域同构 σ:F1F2,将其开拓为环同构 σ:F1[x]F2[x],任取 fF1[x],设 fF1[x] 的分裂域为 K1σ(f)F2[x] 的分裂域为 K2,则 σ 可以开拓为 K1K2 的同构。

   上述开拓的角度或许有些绕,但考虑到 “同构的域就是同一个域”,我们完全可以大大简化上述表达:

定理 2 

   给定域 F 和其上一个多项式 f 以后,所构造出来的分裂域是唯一的,或者说构造出来的两个分裂域都是同构的。

定理 3 

   设 K 是多项式 fF[x] 的分裂域,EK 的扩域。

   则对于 E 的任意保 F自同态σ,有 σ(K)=K

   证明

   设 f=(xa1)(xa2)(xan),其中各 aiE,则 K=F(a1,a2,,an).

   由于是同态,σ 必将 f 的根映射为另一根,也就是对 f 的根的置换。因此

(4)σ(K)=F(σ(a1),σ(a2),,σ(an))=F(a1,a2,,an)=K ,

   证毕

3. 正规扩张

   分裂域的性质,其实对应的是一种非常重要的域扩张,它与代数方程的根式解问题息息相关。

定义 2 正规扩张

   设 K/F 是一个代数扩域。如果对于 F 上的任意不可约多项式 f,要么 fK 中无根,要么就所有根都在 K 中,则称 K/F 是一个正规扩张

   实际上,有限情况下正规扩张和分裂域是等价的概念,尽管它们表述差异很大。或者换句话说,分裂域的一个重要性质,就是正规性。

定理 4 有限扩张时,正规扩张等价于分裂域

   设 K/F 是一个有限扩域,那么有:

   K/F 为正规扩张 K 是某个多项式 fF[x] 的分裂域。

   证明

  

   设 K 是多项式 fF[x] 的分裂域。取不可约的 h(x)F[x]aK 使得 h(a)=0。我们要证明 h 的根都在 K 中。

   设 hK[x] 的分裂域为 Eσ:EE 是域自同构。则据定理 3 σ(K)=K。于是,σ(a)K

   由 σ 的任意性(即任意一个 E 自同构,也即任意一个 h 的根的置换),知 h 的根都在 K 中。

  

   由于 K/F 为有限扩张,故存在 a1,a2,,anK,使得 K=F(a1,a2,,an)

   设 aiF 上的最小多项式为 fi(x),令 f(x)=i=1nfi(x)

   由于 K/F 为正规扩张,而各 fiK 上至少有一个根,故 f(x) 可以在 K 上写为一次多项式的乘积:

(5)f(x)=i=1k(xbi) ,
且各 ai{bj},各 biK=F(a1,,an)

   于是 fF 的分裂域为 F(b1,,bk)=F(a1,,an)=K

   证毕

例 3 正规扩张的反例

   Q(21/3) 不是 Q 的正规扩张。因为存在多项式 f(x)=x32,它在 Q 上不可约,有一个根 21/3Q(21/3) 上,但另外两个根都是复数,不在其中。

   显然,另外两个根的模都是 21/3,与正实轴的夹角分别为 ±2π/3

习题 1 

   求 x32Q[x] 的分裂域。

推论 5 

   设有域扩张 E/F。则任意 fF[x] 的分裂域 K,在 E 中最多只有一个。

4. 分裂域的自同构数目

   由定理 5 第 2 条,可知,域自同构一定把每个多项式的根映射到其它根上,并且对于任意两个根 α,β,总存在域自同构 σ 使得 σα=β

   因此,如果域 F 上有一个多项式 f(x)g(x),则 fg 关于 F 的分裂域,是先求 fF[x] 的分裂域 F1 后再求 gF1 的分裂域。

定理 5 

   给定域 F 和其上一个多项式 f,设 fF[x] 的分裂域是 KK 到自身的保 F 自同构数量为 N,那么 N[K:F]

   当且仅当 f 的每一个不可约因子 h 的不同根数目恰为 degh3,等号成立。

   证明

   我们主要用数学归纳法和对单扩张情况的讨论来证明。

   不妨设 f 的各不可约因子互不相同。设 σ:KK 是保 F 自同构,hfF 上的一个不可约因子,其在 F 上的全体根为 {αi}i=1mdegh=nm。记 hF[x] 的分裂域为 F1

   考虑单扩张 F(α1) 的保 F 自同构。由于 α1 可以在这种自同构下映射到 F(α1)中的任意 αi 上,并且确定了 α1 的映射就确定了整个自同构映射,故这种自同构的数量等于 F(α1) 中所包含的 h 的根的数量。

   因此,如果 F(α1) 包含所有 αi,则自同构数量等于所有根的数量,定理成立(包括等号的充要条件):由定理 2 和 “多项式不同根的数目小于等于其次数” 即可。

   如果 F(α1) 不包含所有 αi,那就要用上归纳法了。

   当 degf=1 时,定理显然成立。下设定理对于任意 degf<n 的情况成立。

   先考虑 h 无重根的情况,设 F1hF[x] 的分裂域。

   此时,h 的根的数目 m=degf=n。由定理 2 [F(α1):F]=n。只要确定了 α1 的映射便确定了 F(α1) 中其它 αi 的映射。

   1. 给定 F1 作为 F 上线性空间的一组基 {νi}{αjk},并任挑一个αi 来构造保 F 单同态 σ:F(α1)F1,其中 σ(α1)=αi。则根据定理 6 的证明过程,可知总能唯一地σ 开拓为与 {νi} 关联的保 F 自同构 σ:F1F1。于是,我们得到了 n 个保 F 自同构。

   2. 但这些自同构不是全部,因为只是针对一组基构造出来的。F1 上所有的保 F 自同构,应该是上段构造的自同构和全体保 F(α1) 复合的结果4

   3. 据归纳假设,F1 上的保 F(α1) 自同构的数量,等于扩张次数 [F1:F(α1)]。而 F(α1) 的保 F 自同构又有 n 个,也等于扩张次数 [F(α1):F]。所以由定理 4 [F1:F]=[F1:F(α1)][F(α1):F],进而知定理的等号情况成立。

   对于 h 有重根的情况,第 1. 步和第 2. 步中至少有一步不能取等号,进而定理的非等号情况成立。

   对于整个 f 的情况,则在讨论完 F1 后,取 fF1 上的不可约因子继续讨论,得到其分裂域 F2,再取 fF2 上的不可约因子继续讨论,直到将 f 完全分裂。由于不同的多项式的根之间不可能互相映射到,因此计算同构数量的时候可以简单相乘,而不必像 1. 和 2. 那样讨论。

   证毕

例 4 

   给定有理数域 Q 及其上的多项式 f(x)=x22。则 fQ[x] 的分裂域为 Q(2)={a+b2|a,bQ}

   Q(2) 一共有两个保 Q 自同构:第一个就是恒等映射,第二个 σ 则定义如下:

(6)σ(a+b2)=ab2 .
也就是说,σ 把根 ±2 映射到根 2

   而 [Q(2):Q]=2,因此这是一个定理 5 取等号的例子。

例 5 

   给定实数域 R 及其上的多项式 f(x)=x2+x+1,则 fR[x] 的分裂域为 R(ω)={a+bω+cω2a,b,cR},其中 ω1 的三次单位根 12(1+i3)=e2π3i

   R(ω) 一共有两个保 R 自同构:第一个是恒等映射;第二个则是将 ω 映射到 ω2ω2 映射到 ω 的映射。

   [R(ω):R]=2。这可以从定理 2 得到,也可以验证 ω2=1ω 得到。

习题 2 

   给定实数域 R 及其上的多项式 f(x)=x4+x3+x2+x+1,则 fR[x] 的分裂域为 R(γ)={a+bγ+cγ2+dγ3+eγ4a,b,c,d,eR},其中 γ1 的五次单位根 e2π5i

   R(γ) 一共有四个保 R 自同构。找出它们。

   提示:考虑 γ 被映射到某根 γ,那么 γ2 就被映射到 γ2。所以每个自同构唯一对应一个根 γ

习题 3 

   求 x32Q[x] 的分裂域及其所有保 Q 自同构。

习题 4 

   求 xp1Q[x] 的分裂域及其所有保 Q 自同构。这里 p 为素数。注意判断 xp1 是否为不可约多项式。

习题 5 

   求 x61Q[x] 的分裂域及其所有保 Q 自同构。


1. ^ 也就是画出它的一棵真因子树
2. ^ 由于 h(x)F[x] 中的不可约元素,且 F[x] 是主理想整环,因此易证 h(x)F[x] 上的极大理想,从而 F(x)/h(x) 是域。
3. ^ 即无重根时。
4. ^ 这是因为 F1 的保 F 自同构只有两种类型,保 F(α1) 和不保 F(α1) 的,而 σ(F(α1)) 只取决于 σ(α1),所以总可以用一个不保 F(α1) 的自同构把 σ 复合成保 F(α1) 的。


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