设包含F的E是域的扩张 ,

我们可以通过在F中逐渐添加“独立”元素的方式来了解E的结构 ,

因此 , 我们有必要先了解添加一个元素α的单扩张F(α)的结构 ,

定义2.1设F是一个域 ,

称在F上添加一个元素α得到的扩域F(α)是域F的单扩张

若α是F上的代数元 , 则称包含F的F(α)是单代数扩张 ,

若α是F上的超越元 , 则称包含F的F(α)是单超越扩张 ,

可以证明 , 包含Q的Q($\sqrt{2}$)是单代数扩张 , 包含Q的Q(π)是单超越扩张 ,

下面我们来描述单代数扩张的结构 ,

定理2.1设α是域F上的n次代数元 , f(x)是α在F上的极小多项式 ,

记F[α]={g(α)|g(x) ∈ F[x]} , 那么

(1)F(α)=F[α]

(2)F(α)≅F[x]/⟨f(x)⟩

(3)|F(α) : F|=n , 且1 , α , ⋯ , α^n‒1是包含F的扩张F(α)的一组基底 ,

证: (1)显然 , 有F[α]包含于F(α) ,

反之 , 考虑F(α)中的任意元素$\ \frac{g(\alpha)}{h(\alpha)}\$ , 其中h(α)不为0 ,

因为f(x)是不可约元 , 所以(f(x) , h(x))=1或f(x)|h(x) ,

而α不是h(x)的根 , 因此只能有(f(x) , h(x))=1 ,

进而存在属于F[x]的u(x) , v(x) , 使得f(x)u(x)+h(x)v(x)=1 ,

令x=α , 代入得1=f(α)u(α)+h(α)v(α)=h(α)v(α) ,

因此 , $\frac{g(\alpha)}{h(\alpha)} = \frac{g(\alpha)v(\alpha)}{h(\alpha)v(\alpha)}\$=g(α)v(α)属于F[α] , 即F[α]包含F(α) , 所以F(α)=F[α]

(2)由F(α)=F[α] , 易知φ: F[x]→F(α) , g(x)→g(α)是环的满同态 ,

再由环同态基本定理得F[x]/Kerφ≅F(α) ,

又由本章定理1.3(2)有Kerφ=⟨f(x)⟩ , 所以 , F[x]/⟨f(x)⟩≅F(α) ,

(3)首先 , 指出1 , α , ⋯ , α^n‒1在F上线性无关 ,

如若不然 , 则存在F中不全为0的元素a₀ , a₁ , ⋯ , a_n‒1 ,

使得a₀+a₁α+⋯+a_n‒1α^n‒1=0 ,

即存在一个以α为根的F[x]中的非零多项式a₀+a₁α+⋯+a_n‒1α^n‒1

但是这与α是域F上的n次代数元相矛盾 , 因此 , 1 , α , ⋯ , α^n‒1在F上线性无关

其次 , 指出F(x)中任意一个元素可以由1 , α , ⋯ , α^n‒1表示 ,

令g(α)属于F[α]=F(α) , 由带余除法可知存在属于F[x]的q(x) , r(x)

使得g(x)=f(x)q(x)+r(x) , r(x)=0或deg r(x)＜deg f(x)

令x=α , 代入上式得g(α)=r(α) , 即g(α)可由1 , α , ⋯ , α^n‒1表示 ,

综上 , 1 , α , ⋯ , α^n‒1是包含F的扩张F(x)的一组基底 , 从而|F(α): F|=n ,

若f(x)是α在域F上的极小多项式 , 则有单代数扩张F(α)包含F

若β是f(x)的另一个根 , 则又有单代数扩张F(β)包含F

那么这两个扩张之间有什么关系呢?

为了回答这个问题 , 我们给出如下符号 ,

设φ是域F到域$\overline{F}$的域同构 ,

对属于F[x]的任意多项式f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀

记f^φ(x)=φ(a_n)xⁿ+⋯+φ(a₁)x+φ(a₀) ,

易知 , 当且仅当f^φ(x)=$f_{1}^{\varphi}$(x)$f_{2}^{\varphi}$(x)⋯$f_{t}^{\varphi}$(x)时 , f(x)=f₁(x)f₂(x)⋯f_t(x)

当且仅当f(x)是F[x]中的不可约元时 , f(x)是F[x]中的不可约元

定理2.2设φ是F到$\overline{F}$的域同构 ,

若α是F[x]中不可约元f(x)的一个根 , β是f^φ(x)的一个根 ,

则存在F(α)到$\overline{F}$(β)的域同构τ , 使得τ(α)=β , τ|_F=φ ,

$\mathbf{证:}设deg\ f(x) = n$ , 则

$$F(\alpha)中任意元素可以唯一地表示成\sum_{i = 0}^{n - 1}{a_{i}\alpha^{i}}的形式,其中a_{i}属于F$$

$$\overline{F}(\beta)中任意元素可以唯一地表示成\sum_{i = 0}^{n - 1}{b_{i}\beta^{i}}\ 的形式,其中b_{i}属于\overline{F}$$

$$那么易证\tau:F(\alpha) \rightarrow \overline{F}(\beta),\ \sum_{i = 0}^{n - 1}{a_{i}\alpha^{i}} \rightarrow \sum_{i = 0}^{n - 1}{b_{i}\beta^{i}}是域同构$$

且τ在F上的限制恰为φ , τ(α)=β ,

在上述定理中 , 若令$\overline{F}$=F , φ=id_{F ,} 则我们有下列推论

推论2.1设F是域 , f(x)是F[x]中的不可约元 ,

若α和β是f(x)在F的某个扩域中的根 ,

则存在F(α)到F(β)的域同构τ , 使得τ(α)=β , τ|_F=id_F

至此 , 我们知道单代数扩张与极小多项式的根的选取无关 ,

并且它的结构也可以确定 ,

下面我们来探讨单超越扩张的结构 ,

设x是域F的未定元 , 则由未定元的定义可知 , x一定是F上的超越元 ,

则单超越扩张F(x)恰是一元多项式环F[x]的分式域

$$\left\{ \left. \ \frac{f(x)}{g(x)} \right|f(x)\ ,\ g(x) \in F\lbrack x\rbrack\ ,\ g(x) \neq 0 \right\}$$

也就是说 , 任意一个域都有单超越扩张 ,

定理2.3设α是域F上的超越元 , x是F的未定元 , 则F(x)≅F(α) ,

$\mathbf{证:}映射\varphi:F(x) \rightarrow F(\alpha)\ ,\ \frac{f(x)}{g(x)} \rightarrow \frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}是环的满同态,$下面指出φ是单射

如果φ$\left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)$=$\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}$=0 , 则f(α)=0 , 又若f(x)不为0 , 则α是域F上的代数元 , 矛盾

因此 , f(x)=0 , $\frac{f(x)}{g(x)}$=0 , 即φ是单射 , 所以F(x)≅F(α) ,

由定理2.3可知 , 在同构意义下 , 域F的单超越扩张是唯一的 ,

即为F[x]的分式域F(x) ,

例2.1设α是Q[x]中不可约元f(x)=x²‒x+2的根 ,

试将Q(α)中的非零元2α³+4α+1用包含Q的扩张Q(α)的一组基底表示 ,

并求2α³+4α+1的逆元 ,

解: 由本章定理1.4可知 , f(x)是α在Q上的极小多项式 ,

则1 , α是包含Q的扩张Q(α)的基底 ,

令g(x)=2x³+4x+1 , 则由带余除法可知 , g(x)=f(x)(2x+2)+2x‒3 ,

那么g(α)=2α³+4α+1=2α‒3 ,

因为g(α)不为0 , 即α不是g(x)的根 , 所以f(x)∤g(x) ,

再由f(x)是不可约元知(f(x) , g(x))=1 ,

从而 , 根据辗转相除法可得$\ \frac{4x^{2} + 6x + 6}{11}f(x) + \frac{- 2x - 1}{11}g(x) = 1$

令x=α , 代入上式得$\frac{- 2\alpha - 1}{11}$g(α)=1 , 即2α³+4α+1的逆元为$\frac{- 2\alpha - 1}{11}$

例2.2设α是属于Z₂[x]的多项式f(x)=x²+x+$\overline{1}$的一个根 ,

试将Z₂(α)中每个元素用包含Z₂的扩张Z₂(α)的一组基底表示出来 ,

并求Z₂(α)中每个元素在Z₂上的极小多项式 ,

解: 首先 , 由于f($\overline{0}$)=$\overline{1}$≠$\overline{0}$ , f($\overline{1}$)=$\overline{1}$≠$\overline{0}$ ,

所以f(x)=x²+x+1是Z[x]中的不可约元

从而 , f(x)是α在Z₂上的极小多项式 ,

那么1 , α是包含Z₂的扩张Z₂(α)的一组基底 ,

即Z₂(α)中的元素均可以唯一地写成a+bα , a , b属于Z₂的形式 ,

但是Z₂中只有两个元素 , 且α≠α+$\overline{1}$ , 所以Z₂(α)={$\overline{0}$ , $\overline{1}$ , α , α+$\overline{1}$} ,

另外 , 我们容易验证f(α+$\overline{1}$)=(α+$\overline{1}$)+(α+$\overline{1}$)+$\overline{1}$=$\overline{0}$

所以 , f(x)=x²+x+$\overline{1}$是α和α+$\overline{1}$的极小多项式 ,

另外 , 以$\overline{0}$为根、次数最低的多项式为x , 以$\overline{1}$为根、次数最低的多项式为x‒$\overline{1}$ ,

所以 , $\overline{0}$ , $\overline{1}$的极小多项式分别为x和x‒$\overline{1}$

习题