单扩域的研究

单扩域的研究

摘要：从群环域中的分类，域是一类特殊的环，比一般的欢更具有特殊性质。大体上，实数域R是在他的子域有理数域Q中建立起来的，复数域C是在他的子域R上建立起来的。所以从历史上讲，对于域的研究只是从一个给定的域出发，来研究他的扩域。本文主要研究单扩域的一些基本性质。 关键词：环：域；单扩域；

1 扩域的概念 1.1素域的基本概念

定义1：如果域F它不含真子域，则称F为一个素域。 例1：以素数P为模的剩余类环Zp是一个素域。

定义2：设F是域，若元素1在（F，+）中的阶数为素数P，则称P为域F的特征。

例2：若元素1在（F，+）中的阶数为无穷大，则称F的特征为0，F的特征

??P记作chF????0'0?(1)?P0?(1)??。

'引理1：设R和R都是有无零因子的交换环，且R和R同构，即R?R'，F和F'分别是R和R的分式域，则 F?F' 且当a?R时，有?(a)??(a)。

定理1：设F是一个域，若F的特征是0，那么F包含一个有理数同构的素域；若F的特征是素数P，那么F包含 一个与Zp同构的素域。

证明：设e是域F的单位元，作集合R??nen?Z?，那么，?:Z?R,n?ne是整数环Z到R的一个同态满射。事实上，?显然是满射，且?m，n?Z，有

'???(m?n)?(m?n)e?me?ne??(m)??(n)；?(mn)?(mn)e?(me)(ne)??(m)?(n)， 当F的特征是0时，Ker???m?Z?(m)?0???0?，即?是一个单射，得?是一

个同构映射，即Z?R。

设R的分式域为P?ab?1a?R,b?R?，则F包含P，由引理1知，Z的分式域P同构，而整数环Z的分式域为有理数Q，即Q?P。当F的特征是素数p时，则有Ke?r??m?Z?(m)?0??(P)。事实上，由?(p)?pe?0，得

(p)?Ker?????Z。而(P)是Z的极大理想，则1?(p)?Ker?，即Ker??Z。

故只有Ker??(p)。根据环的同态基本定理有Zp?Z/(P)?Z/Ker??R。当F是素域时，则F只有平凡子域F本身，在上述的证明过程中，当chF=0时，有

Q?P?F；当chF?p时，有Zp?R?F。结论成立。

1.2 域的扩张

定义3：设（K,?,?）是域，F是K的非空子集，且（F,?,?）也是域，则称F是

K的子域，K是F的扩域，记做F?K。

定义4：设V是一个加群，F是一个域，对任何??F,v?V定义一个元素?v?V满足下列性质：?,??F,u,v?V恒有下列性质

?(u?v)??u??v；(???)u??u??u；?(?u)?(??)u；1?v?v。

则称V是域F上的一个向量空间（线性空间）。

定义5：设E是域F的扩张，S为E的子集，E中含有S和F的子域；同时含有

这就是最小子域。称这个最小子域为E在F上S和F的E域的交仍是E的子域，

由S生成的扩域，也称F添加S得到的扩域，记做F(S)。

定义6：由于K对F的扩张次数，记做(K:F)。当(K:F)有限时，称K是F的有限扩张，否则称为无限扩张。

引理2：设E为F的扩域，S是E的一个非空的有限子集，即S???1,?2,?,?n?，

?f(?1,?2,?,?n)?则F(S)?F??1,?2,?,?n?=?f,g?F[?1,?2,?,?n],g?0?其中

?g(?1,?2,?,?n)?F[?1,?2,?,?n]为域F关于元素?1,?2,?,?n的多项式环。也就是说，域F[?1,?2,?,?n]在E中的分式域。

引理3：设E为F的扩域，S为E的一个非空子集，则F(S)?T?S?F(T)，其中T为

S的任意有限子集。

引理4：设E为F的扩域，S为E的一个非空子集，则

???f{?1,?2,?,?n}??1,?2,?,?n?S,n?Z;??F(S)???。

g{?,?,?,?}f,g?F[?1,?2,?,?n],g?0??12n??引理5：设E为F的扩域，S1,S2为E的一个非空子集，则

[F(S1)](S2)?F(S1?S2)?[F(S2)](S1)。

2 单扩域

2.1 代数元和超越元

定义7：设E为F的扩域，??E，则称F(?)为F添加?所得的单扩域。 定义8：设E为F的扩域，??E，如果?是域F上的一个非零多项式的根，则称?为域F的一个代数元，F(?)叫做F上的一个单代数扩域；如果?不是域F上任意非零多项式的根，则称?为域F上一个超越元，F(?)叫做F上的一个单超越扩域。

例3 ??2?3是Q上的代数元。 证：?2?5?26，(?2?5)2?24，

即0?(?2?5)2?24??4?10?2?1，得出??2?3是有理数域Q上的多项式

x4?10x2?1的根，所以??2?3是Q上的代数元。

nn(?)定理 2：设E为F的扩域，??E，令A则Ann(?)??f(x)?F[x]f(?)?0?，

是F[x]的一个理想，且F[?]?F[x]/Ann(?)。当?为F上的代数元时，Ann(?)是由F[x]中的不可约多项式p(x)生成的，即F[?]?F[x]/(p(x))；当?是F上的超越元时，Ann(?)?{0}，即F[?]?F[x]。

证明：做映射 ?:F[x]?F[?],f(x)?f(?)，容易看出?是环的同态满射，且

Ker??Ann(?)，所以，Ann(?)是F[x]的一个理想。因此，由环的同态基本定

理得出F[x]/Ann(?)?F[?]。

当?为F上的代数元时，Ann(?)?{0}，由于F[x]是一个欧式环，因而它是一个主理想环。设Ann(?)?(p(x))，只需要证明p(x)是F[x]的一个不可约多项式。由于p(x)?Ann(?)，即p(?)?0，显然p(x)为非零且非零次的多项式，即p(x) 是F[x]中的非零单位的元，如果p(x)是F[x]中的可约元，则p(x)有真因子分解 p(x)?p1(x)p2(x)， 其中p1(x)和p2(x)的次数都低于p(x)的次数，而 p(?)?p1(?)p2(?)?0，

由于E中无零因子，则必有p1(?)?0或p2(?)?0。不妨假设p1(?)?0，所以，

p1(?)?Ann(?)?(p(x))，从而得p(x)p1(x)矛盾。因而p(x)是F[x]的一个不可约多项式。当a为F上的超越元时，显然有Ann(?)?{0}。

推论：设E为F的扩域，??E，则F[?]是域当且仅当?是F上的代数元。 证明：设?为F上的代数元，则由定理2得F[x]/(p(x))?F[x]/Ann(?)?F[?]， 而p(x)为F[x]中的不可约元，因而p(x)是F[x]的一个极大理想，于是

F[x]/(p(x))是一个域。反之，设?为F的超越元，则F[?]?F[x]，而F[x]不是

域。

定义9：设p(x)是Ann(?)中次数最低、首项系数为1的多项式，则称p(x)为?的域F上的极小多项式，而p(x)次数n称为?在F上的次数。

定理3：域F上的代数元?在F上的极小多项式p(x)是理想Ann(?)的生成元，且p(x)是F[x]中的不可约多项式，它对?来说是唯一的。

证：由于Ann(?)是一个主理想，设Ann(?)?(q(x))。由于p(x)?Ann(?)?(q(x))，故q(x)p(x)，因而?[q(x)]??[p(x)]。又因为p(x)是Ann(?)中次数最低的多项式，

则有?[q(x)]??[p(x)]，即p(x)?c?q(x),(c?0,c?F)因而(p(x)?q(x))，由定理2可知p(x)是F[x]中的不可约多项式。若?有两个极小多项式p(x)，q(x)，则

(p(x))?Ann(?)?(q(x)),p(x)?c?q(x)(c?0,c?F)由于p(x)与q(x)的首项系数

都为1，所以，得c?1，既有p(x)?q(x)。

定理4：设?为域F上的一个代数元，而p(x)为F[x]的不可约多项式，而且首项系数为1，p(?)?0，那么，p(x)是?在F上的极小多项式。

证明：因为p(?)?0，即p(x)?Ann(?)。如果?的极小多项式为p1(x)与p(x)首项系数都是1，故p1(x)=p(x)。

2.2 单扩域的结构

定理5：设E为F的扩域，??E。若?是F上的一个超越元，那么F[?]?F[x]的分

式域，其中F[x]是域F上关于为定元x的一元多项式环；若?是F上的一个n次代数元，那么，F(?)?F[x]，且任意F[?]中的元素都可唯一的表示为

??a0?a1????an?1?n?1的形式，其中ai?F,i?0,1,2,?,n?1。

证明：当?时域F的一个超越元时，由前面推理知

?f(?)?F(?)??f(?),g(?)?F[?],g(?)?0?，又由定理2知，F[?]?F[x]，因为同

?g(?)?构的环，他们的分式域也同构，而F[?]的分式域恰好也是F(?)，所以，

F[?]?F[x]的分式域。

当?是域F上的一个n次代数元时，由以前证明知，F[?]是一个域，它同时包含F和?，所以，F(?)?F[?]；显然我们有F[?]?F(?)，所以相等。设?的极小多项式为p(x)，且?(p(x))?n,???F(?)?F[?]，则

??b0?b1????bm?m(bi?F,i?0,1,?,m)

用p(x)对f(x)?b0?b1x???bmxm进行带余除法，设f(x)?q(x)P(x)?r(x)， 其中r(x)?a0?a1????an?1?n?1，由p(?)?0知

??f(?)?r(?)?a0?a1???an?1?n?1。

在证明其表达式的唯一性，设?有两种表达形式，

??a0?a1???an?1?n?1?c0?c1????cn?1?n?1，则?是多项式

g(x)?(a0?c0)?(a1??c1?)??(an?1?n?1?cn?1?n?1)。

的根，因而p(x)g(x)，故g(x)?0，所以，ai?ci,i?0,1,2,?,n?1。

例4：写出有理数域Q上的单代数与Q(32)中的元素的一般形式，求1?32在

Q(32)中的逆元。

解：32在Q上的极小多项式为x3?2，故32为三次元。因而，

Q(32)={a0?a132?a234a0,a1,a2?Q}。 设(1?32)?1=a0?a132?a234，则

1=(1?32)(a0?a132?a234)=(a0?2a2)?(a1?a0)32?(a1?a2)34， 由元素表示的唯一性可得方程组

?a0?2a2?1??a1?a0?0 ?a?a?02?1111解得a0?,a1??,a2?，

3331即(1?32)?1?(1?32?34)。

3定理6：设?,?在F上有相同的极小多项式p(x)，那么，F(?)?F???。 证明：假设极小多项式p(x)的次数n，那么

?n?1??n?1?iF(?)???ai?ai?F?,F(?)???ai?iai?F?，

?i?0??i?0?作映射?:F(?)?F(?),?ai???ai?i。

ii?0i?0n?1n?1显然，?保持假发的一一映射，而对于乘法，?f(?),g(?)?F(?)，用p(x)对

f(x)g(x)作带余除法，得f(x)g(x)?q(x)p(x)?r(x)，

其中r(x)?0或?[r(x)]??[p(x)]。则f(?)g(?)?r(?),f(?)g(?)?r(?) 所以，?[f(?)g(?)]??[r(?)]?r(?)?f(?)g(?)??[f(?)]?[g(?)]。 即?也保持乘法运算。由此可得F(?)?F???。

定理7：设域F上有一个首项系数为1的不可约多项式p(x)，则存在F的单代数扩域F(?)，使p(x)是?在F上的极小多项式，且F(?)?F[x]/(p(x))。 且F(?)在同构的意义是唯一的。

证明：令E?F[x]/(p(x))，由于p(x)在F[x]中不可约，而F[x]为欧式环，得出p(x) 是F[x]的一个极大理想，所以，E?F[x]/(p(x))是一个域，且

E?{f(x)?p(x)f(x)?F[x]}?f(x)f(x)?F[x]??

取F?{aa?F}?E，作映射

?:F?F,a?a。

则可以验证?是F到F的同构映射。F显然与E无公共元素，由挖补定理，F有扩环E?(E?F)?F?E，因而E也是一个域。设E到E的同构映射为?，则?限制在F上与?相等。

取x?E，设x在?下的原像为?，即?(?)?x，设p(x)?a0?a1x???anxn， 则?(p(?))??(a0)??(a1)?(?)????(an)?(?)n =?(a0)??(a1)x????(an)xn =a0?a1x???anxn =a0?a1x???anxn =p(x)?0。

由于?是同构映射，故p(?)?0，?是F上的代数元，由定理的出p(x)是?在F上的极小多项式。

???E，下面证明F(?)?E。事实上，由于??E,F?E，故F(?)?E。反之，

设 ?(?)?f(x)?b0?b1x???bmxm 那么 ?(f(?))??(b0?b1????am?m)

=?(b0)??(b1)?(?)????(am)?(?m) =b0?b1x???bmx=f(x)??(?)。 由?为单射知，??f(?)?F(?)，即有E?F(?)。 综上所述，E?F(?)是F的单代数扩域。 最后由定理4知，E在同构下意义下是唯一的。

m 3 实例

3.1 单扩域的Φ--同构

本文旨在谈论单扩域方面的问题，故本小节讨论只讨论单扩域的同构情形。

由前面已经给出单扩域同构的概念，在这里不再给出。

定理8：设?和?分别是域F和F的代数元，?是F到F的同构。

FF1、存在F(?)到F(?)的??同构?1使?1(?)=?的充要条件是(?m?)(x)?m?(x)。 FFF2、若(?m?(x)在F(?)内)(x)?m?(x)，则所有F(?)到F(?)的??同构的个数m?根的个数。

证明：略，见参考文献。

例5：用Q表示有理域。设F?Q(3)，F?Q(3i)，则F?F，其中 ?:F?F,f(43)?f(43i)（这里f(x)?Q[x]）。再令??444?14?3， 4313

??1144??3(2?2?2?2i)423则

Fm?(x)?x4?43?4，

1FFFm?(x)?x4?(43?4)i，即(?m?)(x)?m?(x)，按照定理8中1知，存在F(?)到

3FF(x)在F(?)上由两个根??，m?F(?)的??同构。另外，m?(x)在F(?)上有两

个根??，故由定理8得知，存在两个F(?)到F(?)的??同构?1,?2：

?1:F(?)?F(?),?ak?k???(ak)a，

k?2:F(?)?F(?),?ak?k???(ak)(??)k（其中ak?F）。

3.2 待定系数法在单代数扩域中的应用

定义9：设?是域F上的一个代数元，?在F上的最小多项式为P(X)，且

degP(X)?n,?是F(?)中的任意元，则：

1、?可以表示成?ai?i；

i?0n?1 2、如果还有???bi?i 那么ai?bi(i?0,1,2,...,n?1)。

i?0n?1例6：设?是Q[X]中不可约多项式g(x)?X2?5X?7的根，使把元素

2?15a?2a2W?写成关于a的次数不超过1的多项式。

1?a?a2解法一：由于a在Q上额最小多项式是g(x)?X2?5X?7，因而a2?5a?7?0

2?15a?2a25a?16?所以 21?a?a?4a?81?(?4a?8)?1 由(?4X?8,X2?5X?7)?1

?4a?813得(?4X?8)?(X?)?(X2?5X?7)?1?1

4413113?a? 所以(?4a?8)(a?)?1 即

44?4a?8445a?161311?(a?)(5a?16)?(5a2?16a?15a?48)?(26a?83) 所以

?4a?84444又因为

2?15a?2a21383?a?即W?

1?a?a2242?15a?2a25a?16?解法二（待定系数法）： 21?a?a?4a?8令

5a?16?a?ba

?4a?8则5a?16?(a?ba)(?4a?8)??4ba2?(8b?4a)a?8a=(?4a?12b)a?8b?28b

83?a?????4a?12b?5?4比较系数得到?解得：?

138a?28b?16??b??2?2?15a?2a21383?a?。 因而W??4a?824第一个解法繁琐，第二个解法的优点在于直观、简洁。避免用辗转相除所带来的

冗杂的计算。

3.3 单超越扩域上的方程研究 3.3.1两类方程的定义

1、方程?Aiyn?1?i=0

?Ayin?1?i?yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1,(y?A)(yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1)=

由定理知，方程yn?An=0在E中总有根A，而yn?An=0的根中去掉A， yn?An。

就得到方程?Aiyn?1?i=0的根。

定理9：E上的方程yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1?0(A?0)在E中根的状况是： 1）在E中没有根?(n,pk?1)?1且p不整除n； 2）在E中有(n,pk?1)?1?1且p不整除n；

3）在E中有(n,pk?1)组互不相同的重根，其中一组为pl?1重根A，其余（若有）组均为pl重根?(n,pk?1)?1?1且pl整除1但pl?1不整除n。

2、方程?(?A)iyn?1?i?0(A?0)

当n为偶数，?(?A)iyn?1?i?yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1，(y?A)(yn?1?Ayn?2 方程yn?An?0在E中总有根?A，而yn?An?0的?...?An?2y?An?1)?yn?An。

根中去掉?A，就得到方程?(?Ai)yn?1?i?0的根。

定理10：当n为偶数，E上方程yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1?0(A?0)在E中根的状况是：1）在E中没有根?(n,pk?1)?1且p不整除n；

2）在E中有(n,pk?1)?1个互不相同的单根?(n,pk?1)?1且p不整除n；

3）在E中有(n,pk?1)组互不相同的重根，其中一组为pl?1重根A， 其余组（若有）均为pl重根?(n,pk?1)?1?1且pl整除1但pl?1不整除n。

当n为奇数时，?(?A)iyn?1?i?yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1，(y?A)(yn?1?

Ayn?2?...?An?2y?An?1)?yn?An。方程yn?An?0在E中总有根?A，而yn?An?0的根中去掉?A，就得到方程?(?Ai)yn?1?i?0的根。

定理11：当n为奇数时，E上的方程yn?1?Ayn?2?...?An?2y?An?1?0(A?0)在E中根的状况是：1)在E中没有?(n,pk?1)?1且p不整除n；

2）在E中有(n,pk?1)?1个互不相同的单根?(n,pk?1)?1且p不整除n；

3）在E中有(n,pk?1)组互不相同的重根，其中一组为pl?1重根A，其余组（若有）均为pl重根?(n,pk?1)?1?1且pl整除1但pl?1不整除n。

3.3.2实例

前面所给的方程在E中的根，归结为求方程x?e在F中一切根，而求方程x?e根的过程体现为降低次数的过程与验证过程，即有定理11。

k 定理11 若不考虑重根，则方程x?e与x?e的根相同，其中s?(n,p?1)；

nsnn若记F*????,???(p4k?1)/s，则?1,?2,...,?s?e为x?e在F中的互不相同的根。

s例7：（1）在2元域F的单超越扩域E中研究方程y5?Ay4?A2y3?A3y2?A2y3?A5 =0(A?0)。此时，设F???? 2|6但是22?n?6,p?2,s?(n,pk?1)?(6,15)?3，|6，则???5，从而该方程E中跟的状况是：一组1重根（单根）A，一组2重根A?，另一组2重根A?。

（2）在3元域F的单超越扩域E中研究方程y5?Ay4?A2y3?A3y2?A2y3?A5 =0(A?0)。此时，n?5,p?3,s?(n,pk?1)?(5,8)?1,3?|5。从而该方程没有根。

2105*参考文献

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/jctr.html