可分元素的单扩张是可分扩张

                     

贡献者： JierPeter

预备知识　本原元素与单代数扩张

1. 定理的描述

　　 本词条是专门用来证明下述定理 1 的，其自然语言的描述即是本词条的标题。本文部分节选自《代数学基础》。

定理 1　

　　 域 $\mathbb{F}$ 上的不可约可分多项式 $f(x)$ 的分裂域 $\mathbb{K}$ 是 $\mathbb{F}$ 的可分扩张。

　　 考虑 Artin 本原性定理（定理 2 ），以及可分扩张的定义（所有元素都是可分元），我们还可以得到上述定理 1 的等价描述：

定理 2　

　　 $\mathbb{F}(a)/\mathbb{F}$ 是可分扩张 $\iff$ $a$ 是 $\mathbb{F}$ 的可分元素。

　　 本节我们就要证明定理 2 。

2. 定理的证明

　　 该证明的思路取自 University of Connecticut 的 Keith Conrad 教授的讲义，但细节思路会有不同。这是因为本部分有自己的逻辑体系，会大量引用小时百科中的内容来完成证明。

引理 1　

　　 设 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 是一个域扩张，且 $[\mathbb{L}:\mathbb{K}]=n$。设 $\sigma:\mathbb{K}\to\mathbb{F}$ 是一个域单同态。

　　 则：

　　 1. $\sigma$ 开拓而得的域单同态 $\mathbb{L}\to\mathbb{F}$ 的数量小于等于$n$。

　　 2. 如果 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 是不可分扩张，则 $\sigma$ 开拓而得的域单同态 $\mathbb{L}\to\mathbb{F}$ 的数量小于$n$。

　　 3. 如果 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 是可分扩张，则存在扩域 $\mathbb{F}'/\mathbb{F}$，使得 $\sigma$ 开拓而得的域单同态 $\mathbb{L}\to\mathbb{F}'$ 的数量等于$n$。

引理 1 中 1. 的证明

　　 注意，单同态就是定义域和象的同构。

　　 取 $a\in\mathbb{L}-\mathbb{K}$，$a$ 在 $\mathbb{K}$ 上的最小多项式是 $f$。则 $f(x)\in\mathbb{K}[x]$ 的分裂域是 $\mathbb{K}(a)\subseteq\mathbb{L}$。考虑定理 3 ，可知 $\sigma$ 开拓为 $\mathbb{K}(a)$ 到 $\mathbb{F}$ 的同态后，同态象最多只有一种可能。也就是说，$\mathbb{F}$ 中最多只有一个子域同构于 $\mathbb{K}(a)$。

　　 于是，如果 $\sigma$ 开拓为 $\mathbb{K}(a)\to\mathbb{F}$ 的同态存在，那么每个不同的开拓都对应一个 $\mathbb{K}(a)$（或者 $\sigma(\mathbb{K}(a))$）到自身的保 $\mathbb{K}$（或者保 $\sigma(\mathbb{K})$）自同构。

　　 又据定理 5 ，可知由 $\sigma$ 开拓而来的域同态 $\sigma:\mathbb{K}(a)\to\mathbb{F}$ 最多只有 $[\mathbb{K}(a):\mathbb{K}]= \operatorname {deg}f$ 个。

　　 上述讨论说明，定理对单扩张情况成立。再考虑定理 4 和中间域升链推论 3 ，则得证。

引理 1 中 2. 的证明

　　 由于 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 是不可分扩张，故存在 $a\in\mathbb{L}$ 是 $\mathbb{K}$ 的不可分元素。再据中间域升链推论 3 ，可构造 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 的中间域升链，其中 $\mathbb{K}$ 邻近的单扩张就是 $\mathbb{K}(a)$。

　　 不可分多项式的根的数目，小于其次数。但是据定理 2 ，$[\mathbb{K}_2:\mathbb{K}_1]$ 正等于其次数。因此 $\sigma$ 在一步步开拓的过程中，在第一步 $\mathbb{K}(a)/\mathbb{K}$ 这里，开拓出的同态数目就要小于扩张次数。

　　 由此得证。

引理 1 中 3. 的证明

　　 同上一条的证明，可知 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 的中间域中，任意相邻两个域之间都是单可分扩域的关系。

　　 也就是说，每一步扩张都是一个无重根的不可约多项式的分裂域，因此据定理 5 ，每一步中 $\sigma$ 的开拓的数目都恰为扩张的次数。

　　 除了一种情况：那就是某一步分裂域扩域无法映射入 $\mathbb{F}$，那就在 $\mathbb{F}$ 上取这个分裂域的多项式在 $\mathbb{F}$ 上的映射的分裂域，即可1。这也是为什么定理中会说存在一个扩域 $\mathbb{F}'/\mathbb{F}$。

正式证明定理 2

　　 注意，引理 1 的证明中，只出现了 “可分单扩张” 和 “不可分单扩张”，但没有说不可分单扩张所用的元素是不是可分元素（即下面证明要讨论的），所以没有构成循环论证。

　　 $\Rightarrow$：

　　 由可分扩张的定义，显然。

　　 $\Leftarrow$：

　　 设 $a$ 是域 $\mathbb{K}$ 的可分代数元，其在 $\mathbb{K}$ 上的最小多项式是 $ \operatorname {irr}(a, \mathbb{K})=f(x)\in\mathbb{K}[x]$。设 $ \operatorname {deg}f=n$，$f\in\mathbb{K}[x]$ 的分裂域是 $\mathbb{L}$。

　　 按可分的定义，知 $f$ 是可分多项式，在 $\mathbb{L}$ 上有 $n$ 个根。据定理 2 ，可知 $[\mathbb{L}:\mathbb{K}]=n$。

　　 取 $\mathbb{L}$ 作为引理 1 中的 $\mathbb{L}$ 和 $\mathbb{F}$、$\mathbb{K}$ 作为引理 1 中的 $\mathbb{K}$，且 $\sigma= \operatorname {id}_{\mathbb{K}}$。

　　 据定理 5 ，$\mathbb{L}$ 到自身的保 $\mathbb{K}$ 自同构有 $n$ 个。也就是说，$\sigma$ 开拓而来的单同态 $\mathbb{L}\to\mathbb{F}$ 的数量等于$n$。

　　 这违反了引理 1 的第 $2$ 条。因此，$\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 必是可分扩张。

　　 这样一来，只要有办法判断一个元素是否可分，就能判断其单扩张是否可分了。进一步，任何有限扩张都可以拆分成若干次单扩张的结果，于是也能讨论任何有限扩张的情形了。当然，这是目前的猜测，真实情况的性质更好，看下去就知道了。

3. 推论

推论 1　

　　 设 $\mathbb{L}/\mathbb{K}$ 是一个可分正规扩张，且 $[\mathbb{L}:\mathbb{K}]=n$。则 $\mathbb{L}$ 的保 $\mathbb{K}$ 自同构有 $n$ 个。

　　 证明：

　　 取 $\mathbb{F}=\mathbb{F}'=\mathbb{L}$，$\sigma= \operatorname {id}_{\mathbb{K}}$，套用引理 1 第 $3$ 条即可。

　　 证毕。

引理 2　可分元素的判定

　　 设域 $\mathbb{F}$ 的特征为2 $p$，则 $\alpha$ 是 $\mathbb{F}$ 的可分元素当且仅当 $\mathbb{F}(\alpha)=\mathbb{F}(\alpha^p)$。

　　 证明：

　　 必要性：

　　 令 $f(x)=x^p-\alpha^p$，显然 $f(\alpha)=0$，故 $ \operatorname {Irr}(\alpha, \mathbb{F}(\alpha))\mid f$。

　　 又因为域特征为 $p$，

\begin{equation} f(x) = x^p-\alpha^p = (x-\alpha)^p~, \end{equation}
结合 $\alpha$ 在 $\mathbb{F}$ 上可分 $\implies$ 在 $\mathbb{F}(\alpha^p)$ 上可分，可知 $ \operatorname {Irr}(\alpha, \mathbb{F}(\alpha))=x-\alpha$。因此，$\alpha\in\mathbb{F}$，从而得证。

　　 充分性：

　　 记 $m= \operatorname {Irr}(\alpha, \mathbb{F})$。反设 $\alpha$ 在 $\mathbb{F}$ 上不可分，即存在 $\mathbb{F}$ 上可分的不可约多项式 $h$ 和正整数$k$，使得 $m(x)=h \left(x^{p^k} \right) $。

　　 令 $g(x)=h \left(x^{p^{k-1}} \right) $，则

\begin{equation} g(\alpha^p)= h \left( \left(\alpha^{p} \right) ^{p^{k-1}} \right) = h \left(\alpha^{p^k} \right) = m(\alpha) = 0~, \end{equation}
即 $g(x)$ 是 $\alpha^p$ 的零化多项式。

　　 故 $ \operatorname {deg} \operatorname {Irr}(\alpha^p, \mathbb{F})\leq \operatorname {deg}g< \operatorname {deg}m$。由单扩张的次数定理（定理 2 ）即可知 $[\mathbb{F}(\alpha^p):\mathbb{F}]<[\mathbb{F}(\alpha):\mathbb{F}]$，从而 $\mathbb{F}(\alpha^p))\subsetneq\mathbb{F}(\alpha)$。

　　 证毕。

引理 3　

　　 给定域 $\mathbb{F}$。若 $\mathbb{F}(a)/\mathbb{F}$ 和 $\mathbb{F}(a, b)/\mathbb{F}(a)$ 都是可分扩张，则 $\mathbb{F}(a, b)/\mathbb{F}$ 也是。

　　 证明：

　　 不妨设 $ \operatorname {ch}\mathbb{F}=p$。

　　 因为 $b$ 在 $\mathbb{F}(a)$ 上可分，故由引理 2 知，

\begin{equation} \mathbb{F}(a, b^p) = \mathbb{F}(a)(b^p) = \mathbb{F}(a)(b) = \mathbb{F}(a, b)~. \end{equation}

　　 记 $f= \operatorname {Irr}(a, \mathbb{F}(b))$，$g= \operatorname {Irr}(a, \mathbb{F}(b^p))$，则由于 $\mathbb{F}(b^p)\subseteq\mathbb{F}(b)$，可知 $f\mid g$。

　　 由于域特征为 $p$，$f(x)^p\in\mathbb{F}(b^p)[x]$，且显然是 $a$ 的零化多项式，因此 $g\mid f^p$。又因为 $a$ 在 $\mathbb{F}$ 上可分 $\implies$ 在 $\mathbb{F}(b^p)$ 上可分，故得 $g\mid f$。

　　 综上，$f=g$。

　　 由单扩张的次数定理（定理 2 ）可知

\begin{equation} [\mathbb{F}(a, b^p):\mathbb{F}(b^p)] = [\mathbb{F}(a, b):\mathbb{F}(b)]~, \end{equation}
再结合域扩张的次数乘积定理（定理 4 ）和式 3 可知
\begin{equation} [\mathbb{F}(b):\mathbb{F}(b^p)] = \frac{[\mathbb{F}(a, b^p):\mathbb{F}(b^p)]}{[\mathbb{F}(a, b):\mathbb{F}(b)]} = 1~, \end{equation}

　　 即 $\mathbb{F}(b)=\mathbb{F}(b^p)$。由引理 2 可知 $b$ 是 $\mathbb{F}$ 上的可分元素。

　　 证毕。

推论 2　可分扩张的传递性

　　 设 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是域代数扩张，其有一中间域 $\mathbb{M}$。如果 $\mathbb{M}/\mathbb{F}$ 和 $\mathbb{K}/\mathbb{M}$ 都是可分扩张，那么 $\mathbb{K}/\mathbb{F}$ 是可分扩张。

　　 证明：

　　 证毕。

推论 3　

　　 设 $\mathbb{F}(a_1, \cdots, a_n)$ 是域 $\mathbb{F}$ 的代数扩张，且各 $a_i$ 都是 $\mathbb{F}$ 上的可分元素，则 $\mathbb{F}(a_1, \cdots, a_n)/\mathbb{F}$ 是可分扩张。

　　 证明：

　　 利用可分扩张的传递性推论 2 和本节的核心定理 2 即得证。

　　 证毕。

推论 4　可分元素的封闭性

　　 可分元素相加、相乘、取负和取逆的结果，仍然是可分元素。

　　 推论 4 由推论 3 直接可得。由该推论还可知，一个域的全体可分元素构成一个域，称为其可分闭包（separable closure）；$\mathbb{F}$ 的可分闭包与 $\mathbb{K}$ 的交集，称为 $\mathbb{F}$ 在 $\mathbb{K}$ 上的可分闭包。

1. ^ 这么说很绕口。但如果采用 “同构就是同一个” 和 “单同态就是定义域和象的同构” 的理解，就会直白得多。
2. ^ 特征为 $0$ 的域都是完美域，故无须讨论。


致读者： 小时百科一直以来坚持所有内容免费，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 10 元，我们一个星期内就能脱离亏损， 并保证在接下来的一整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