我们已经清楚单扩张的代数结构 ,

接下来 , 要考虑的是添加有限个代数元的扩张的结构 ,

与单代数扩张是有限扩张一样 ,

本节将证明添加有限个代数元的扩张也是有限扩张 ,

特别地 , 我们将给出有限扩张可以通过单代数扩张实现的充分条件 ,

定义3.1设包含F的E是域的扩张 , 若E中每个元素都是F上的代数元 ,

则称包含F的扩张E是代数扩张 , 否则称包含F的E是超越扩张 ,

定理3.1有限扩张一定是代数扩张 ,

即若|E : F|=n＜∞ , 则包含F的E是代数扩张

证: 任取属于E的α , 考虑n+1个元素1 , α , ⋯ , αⁿ

因为|E : F|=n , 所以这n+1个元素在F上一定是线性相关的 ,

即存在不全是0的属于F的元素a₀ , a₁ , ⋯ , a_n使得a₀+a₁α+⋯+a_nαⁿ=0 ,

这就是说 ,

α是属于F[x]的非零多项式a₀+a₁x+⋯+a_nxⁿ的根 , 即α是F上的代数元

由α的任意性可知 , 包含F的E是代数扩张

定理3.2设K⊇E⊇F是域的扩张 , 若包含E的K和包含F的E是有限扩张 ,

则包含F的K是有限扩张 , 且|K : F|=|K : E||E : F| ,

证: 令e₁ , e₂ , ⋯ , e_n和k₁ , k₂ , ⋯ , k_m分别是包含F的扩张E和包含E的K的基底 ,

我们只需要指出集合{e_ik_j}_{1⩽i⩽n , 1⩽j⩽m}是包含F的扩张K的基底就可以了 ,

首先 , 我们证明属于K的任意k均可由集合{e_ik_j}_{1⩽i⩽n , 1⩽j⩽m}的元素表示 ,

由于k₁ , k₂ , ⋯ , k_m是包含E的扩张K的基底 ,

所以存在属于E的a₁ , a₂ , ⋯ , a_m , 使得k=a₁k₁+a₂k₂+⋯+a_mk_m ,

又因e₁ , e₂ , ⋯ , e_n是包含F的扩张E的基底 ,

所以对于属于E的a_j(1⩽j⩽m) , 存在属于F的a_j1 , a_j2 , ⋯ , a_jn

使得a_j=a_j1e₁+a_j2e₂+⋯+a_jne_n

$$于是k = \sum_{j = 1}^{m}{a_{j}k_{j}} = \sum_{j = 1}^{m}{\left( \sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}} \right)k_{i}} = \sum_{j = 1}^{m}{\sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}k_{j}}},\ 其中a_{ji}属于F$$

$$其次,如果果0 = \sum_{j = 1}^{m}{\sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}k_{j}}},\ 其中a_{ji}属于F$$

$$那么0 = \sum_{j = 1}^{m}{\left( \sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}} \right)k_{i}},\ 而\sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}}属于E$$

又因k₁ , k₂ , ⋯ , k_m是包含F的扩张E的基底 ,

$$所以对任意j = 1,2,\cdots,m,有\sum_{i = 1}^{n}{a_{ji}e_{i}} = 0$$

又因为e₁ , e₂ , ⋯ , e_n是包含F的扩张E的基底 ,

所以对任意j=1 , 2 , ⋯ , m , i=1 , 2 , ⋯ , n , 有a_ji=0 ,

即集合{e_ik_j}_{1⩽i⩽n , 1⩽j⩽m}是线性无关的 ,

至此 , 集合{e_ik_j}_{1⩽i⩽n , 1⩽j⩽m}包含F的扩张E的基底 ,

扩张次数为|K : F|=|K : E||E : F| , 即包含F的K是有限扩张 ,

定理3.3设F是域 ,

(1)若α₁ , α₂ , ⋯ , α_n是F上的代数元 , 则包含F的F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)是有限扩张 ,

(2)若包含F的扩张E是有限扩张 ,

则存在有限个F上的代数元α₁ , α₂ , ⋯ , α_n , 使得E=F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)

证: (1)若设属于F[x]的f_i(x)是α_i在F上的极小多项式 , (i=2 , ⋯ , n) ,

则f_i(x)可以看做是F(α₁ , ⋯ , α_i‒1)[x]中以α_i为根的多项式 ,

即α_i是F(α₁ , ⋯ , α_i‒1)上的代数元 ,

从而 , 包含F(α₁ , ⋯ , α_i‒1)的F(α₁ , ⋯ , α_i‒1)(α_i)是单代数扩张 , 所以是有限扩张

特別地 , 包含F的单代数扩张F(α₁)也是有限扩张 ,

这样 , 我们就可以考虑F(α₁ , ⋯ , α_n)⊇F(α₁ , ⋯ , α_i‒1)⊇⋯⊇F(α₁ , α₂)⊇F(α₁)⊇F

所以 , 由定理3.2有包含F的F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)是有限扩张 ,

(2)如果|E : F|=n＜∞ ,

则存在由属于E的n个元素α₁ , α₂ , ⋯ , α_n组成的包含F的扩张E的一组基底 ,

那么E=F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n) ,

因为E是F的有限扩张 , 从而E是F的代数扩张 ,

所以 , E的元素α₁ , α₂ , ⋯ , α_n是F上的代数元 ,

推论3.1如果α , β是域F上的代数元 ,

则α+β , α‒β , αβ , $\ \frac{\alpha}{\beta}\$都是域F上的代数元 , (β不为0)

定理3.4若包含E的扩张K , 包含F的扩张E都是代数扩张 ,

则包含F的K是代数扩张 ,

证: 我们只需指出对于任意一个属于K的k是F上的代数元即可 ,

因为包含E的K是代数扩张 ,

所以属于K的k是E上的代数元 , 即它是E[x]中某个非零多项式的根 ,

不妨令该多项式为a₀+a₁x+⋯+a_nxⁿ ,

则k是F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)上多项式的根 , 即是域F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)上的代数元 ,

所以包含F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)的F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)(k)是有限扩张 ,

又因为包含F的E是代数扩张 , 所以属于E的a₀ , a₁ , ⋯ , a_n是F上的代数元 ,

于是包含F的F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)是有限扩张 ,

从而 , 包含F的F(a₀ , a₁ , ⋯ , a_n)(k)是有限扩张 ,

由于有限扩张是代数扩张 , 所以属于K的k是F上的代数元 ,

注意 , 有限扩张是代数扩张 , 但是代数扩张不一定是有限扩张 ,

例如 , 若令S={$\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[4]{2}$ , ⋯} ,

则包含Q的Q(S)是代数扩张 , 但不是有限扩张

事实上 , 若包含Q的Q(S)是有限扩张 , 且扩张次数为n ,

则因为$\sqrt[{n + 1}]{2}$是Q[x]中不可约元h(x)=xⁿ⁺¹‒2的根 ,

所以1 , $\sqrt[{n + 1}]{2}$ , $\left( \sqrt[{n + 1}]{2} \right)^{2}$ , ⋯ , $\left( \sqrt[{n + 1}]{2} \right)^{n}$是Q(S)中线性无关的元素 ,

这与|Q(S) : Q|=n矛盾 , 因此 , 包含Q的Q(S)不是有限扩张 ,

另外 , 集合Q⋃S中每个元素都是Q上的代数元 ,

那么由推论3.1可知 , Q(S)中每个元素都是Q上的代数元 ,

因此 , 包含Q的Q(S)是代数扩张 ,

添加有限个代数元得到的有限扩张有时也可以通过仅添加一个代数元来实现 ,

引理3.1设F是无限域 , 包含F的E是有限扩张 , 并且E=F(α , β) ,

若β在F上的极小多项式没有重根 , 则存在属于E的ξ , 使得E=F(ξ) ,

证: 设α , β不属于F , 令f(x)和g(x)分别是α和β的极小多项式 ,

并且α₁=α , α₂ , ⋯ , α_r和β₁=β , β₂ , ⋯ , β_s分别是f(x)和g(x)的所有根

考虑方程x(β_j‒β)=α‒α_i , i=1 , ⋯ , r , j=2 , ⋯ , s

因为|F|=∞ , 所以存在属于F的b , 使得b(β_j‒β)≠α‒α_i , 1⩽i⩽r , 2⩽j⩽s ,

若令ξ=α+bβ , 则一定有F(α , β)=F(ξ) , 原因如下:

因为F(α , β)包含F(ξ) , 所以如果我们能够指出β属于F(ξ) , 则ξ‒bβ=α属于F(ξ)

于是F(α , β)包含于F(ξ) , 导致F(α , β)=F(ξ) ,

事实上 , 若令f(ξ‒bx)=h(x)属于F(ξ)[x] , 则β是g(x) , h(x)的共同根 ,

又从b的选取原则可知 , g(x)的其他根都不是h(x)的根 ,

另外 , 极小多项式g(x)没有重根 ,

所以x‒β是g(x) , h(x)在F(ξ)[x]中的最大公因子 ,

从而x‒β属于F(ξ)[x] , 进而β属于F(ξ) ,

定理3.5设F是无限域 , 包含F的E是有限扩张 , 并且E=F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n) ,

如果α_i(2⩽i⩽n)在F上的极小多项式没有重根 , 那么存在属于E的ξ使得E=F(ξ)

证: 对n用数学归纳法 , 当n=1时 , 结论成立 ,

假设n=k‒1时 , 结论成立 , 下证n=k时 , 结论成立 ,

因为包含F的扩张F(α₁ , ⋯ , α_k‒1)是有限扩张 ,

且α_i(2⩽i⩽k‒1)在F上的极小多项式没有重根 ,

所以由归纳假设可知 , 存在属于E的ξ₀使得F(α₁ , ⋯ , α_k‒1)=F(ξ₀) ,

从而E=F(α₁ , ⋯ , α_k‒1)(α_k)=F(ξ₀)(α_k)=F(ξ₀ , α_k)

另外 , 包含F的扩张F(ξ₀ , α_k)满足引理3.1的条件 ,

因此 , 存在属于E的ξ使得F(ξ₀ , α_k)=F(ξ) ,

从而E=F(ξ) , 结论成立 ,

如果定理3.5中的域F是有限域 , 则同样有F的有限扩张是单代数扩张 ,

因为在特征为零的域上 , 不可约多项式没有重根 , 所以我们有下面的推论

推论3.2若域F的特征为零 , 则包含F的有限扩张E一定是单代数扩张 ,

定义3.2设包含F的E是有限扩张 , 若存在属于E的ξ , 使等式E=F(ξ)成立 ,

则称ξ是包含F的E的本原元

例3.1试求包含Q的扩张Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)的本原元ξ ,

解: 首先 , 因为$\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$在Q上的极小多项式分别为x²‒2和x²‒3 ,

并且它们的极小多项式的所有根分别是$\sqrt{2}$ , ‒$\sqrt{2}$和$\sqrt{3}$ , ‒$\sqrt{3}$

其次 , 考虑方程x(‒$\sqrt{3}$‒$\sqrt{3}$)=$\sqrt{2}$‒$\sqrt{2}$ , x(‒$\sqrt{3}$‒$\sqrt{3}$)=$\sqrt{2}$+$\sqrt{2}$ ,

显然 , x=1不适合上面的所有方程 ,

于是取ξ=$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$ , 即有Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)=Q($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$) ,

注意 , 例3.1中ξ的取法不是唯一的 ,

习题