5.5. 可分扩张

定义 5.5.1. $K$ 是域, $P\in K[X]$ 是 $K$-系数多项式. 如果 $P$ 在 $\overline{K}$ 中没有重根, 就称 $P$ 是可分的; 否则称之为不可分的.

$L$ 是代数扩张, 对于 $x\in L$, 如果其极小多项式是可分的, 就称 $x$ 为可分的; 否则称之为不可分的. 若每个 $x\in L$ 均可分, 则称代数扩张 $L$ 是可分的; 否则称之为不可分的.

注记 5.5.2 (判断多项式的可分性). 根据注记 4.4.18, 多项式 $P$ 可分等价于 $\mathrm{Disc}(P)\ne 0$. 另外, 由于 $\mathrm{Disc}(P):=\mathrm{Res}(P,P^{\prime })$, 所以多项式 $P$ 可分等价于 $(P,P^{\prime })=1$.

特别地, 若 $P\in K[X]$ 是不可约多项式, 则 $P$ 可分等价于 $P^{\prime }\ne 0$: 实际上, 若 $P$ 可分, 则 $(P,P^{\prime })=1$, 这显然说明 $P^{\prime }\ne 0$; 反之, $P^{\prime }\ne 0$ 并且 $\mathrm{deg}(P^{\prime })<\mathrm{deg}(P)$, 根据 $P$ 不可约, 只能有 $(P,P^{\prime })=1$.

注记 5.5.3 (不可分的不可约多项式). 假设 $P\in K[X]$ 是不可约多项式, 记 $P(X)=a_n{X}^n+\cdots +a_{1}X+a_0$, 其中 $a_n\ne 0$. 那么, $$P^{\prime }(X)=\sum _{k=1}^{n}k{a}_k{X}^{k-1}=n{a}_n{X}^{n-1}+\cdots .$$若 $P$ 是不可分的, 则 $P^{\prime }=0$, 从而, $n\cdot a_n=0$, 所以, 在 $K$ 中 $n=0$. 这表明 $\mathrm{Char}(K)=p$ 并且 $p\mid n$, 其中 $p$ 是素数.

利用 $\mathrm{Char}(K)=p$ 重新计算 $P^{\prime }(X)$: $$P^{\prime }(X)=\sum _{p\nmid k}k{a}_k{X}^{k-1}=0.$$所以, 当 $p\nmid k$ 时, $a_k=0$. 这表明$$P(X)=\sum _{p|k}{a}_k{X}^k=Q(X^p).$$其中, $Q(X)$ 的定义如下: $$Q(X)=\sum _{p|k}{a}_k{X}^{\frac{k}{p}}.$$

由于 $P$ 不可约, 根据 $P(X)=Q(X^p)$, $Q(X)$ 也不可约. 特别地, 如果 $P$ 不可约并且不可分, 则 $\mathrm{deg}(P)⩾p$.

另外, 当 $\mathrm{Char}(K)=p$ 时, 我们注意到形如 $Q(X^p)$ 的多项式的导数为 $0$.

注记 5.5.4. 在特征零情形下, 不可约多项式都是可分多项式. 特别地, 如果 $\mathrm{Char}(K)=0$, 那么, 任意的代数扩张 $L$ 均为可分扩张.

例子 5.5.5. 令 $K={\mathbb{F}}_p(T)=\mathrm{Frac}({\mathbb{F}}_p[T])$. 根据 Eisenstein 判别法, 多项式$$P(X)=X^{p^2}+T{X}^p+T$$在 ${\mathbb{F}}_p[T][X]$ 中不可约. 根据 Gauss 引理, $P(X)$ 在 $K[X]$ 中也不可约.

此时, $P(X)=Q(X^p)$, 其中 $Q(X)=X^p+TX+T$ 并且 $Q^{\prime }(X)\ne 0$. 特别地, $Q$ 是可分的多项式.

5.5.1完美域

当 $\mathrm{Char}(K)=p$ 时, 我们有 Frobenius 同态: $$\mathrm{Frob}:K\to K,x\mapsto x^p.$$特别地, 对任意的 $x,y\in K$, $(x+y{)}^p=x^p+y^p$.

引理 5.5.6. 若 $\mathrm{Char}(K)=p$, 则对任意 $a\in K-K^p$, $X^p-a$ 在 $K[X]$ 中不可约并且不可分.

证明. 由于 $K$ 的特征为 $p$, $X^p-a$ 显然是不可分的. 现在证明 $X^p-a$ 不可约.

我们在 $\overline{K}$ 中考虑 $X^p-a$ 的分解. 注意到存在唯一的 $b\in \overline{K}$, 使得 $b^p=a$: 若有另一个 $b^{\prime }\in \overline{K}$, 使得 $b^{\prime p}=a$, 则 $(b-b^{\prime }{)}^p=b^p-b^{\prime p}=0$, 从而 $b=b^{\prime }$.

所以, $X^p-a$ 在 $\overline{K}$ 中恰有一个 ($p$-重) 根, 即$$X^p-a=(X-b{)}^p\in \overline{K}[X].$$如果 $P$ 是可约的, 即 $P(X)=P_1(X)\cdot P_2(X)$, 其中 $P_1,P_2\in K[X]$. 上述在 $\overline{K}[X]$ 中的分解给出: $$X^p-a=\underset{P_1(X)}{\underbrace{(X-b{)}^k}}\cdot \underset{P_2(X)}{\underbrace{(X-b{)}^l}}.$$根据假设, $b\notin K$. 所以, $k,l\ne 1$, 即 $k,l⩾2$. 据此, $P_1$ 和 $P_2$ 均有重根从而是不可分的. 根据之前的讨论, $P_1$ 和 $P_2$ 次数至少是 $p$, 所以 $X^p-a$ 的次数至少是 $2p$, 矛盾.

$\square$

引理 5.5.7. 域 $K$ 的特征为 $p$, $P\in K[X]$, $\mathrm{deg}(P)⩾2$, $P$ 不可约. 若 $P$ 在 $\overline{K}$ 中只有一个根, 则$$P(X)=X^{p^n}-a,a\notin \mathrm{Im}(\mathrm{Frob})=K^p.$$

证明. 在 $\overline{K}$ 中, 我们可以分解 $P$: $$P(X)=(X-b{)}^m=(X-b{)}^{p^n\cdot l}=(X^{p^n}-b^{p^n}{)}^l,$$其中, $m⩾2,m=p^n\cdot l$ 并且 $(l,p)=1$. 所以, $$P(X)=Q(X^{p^n}),$$其中, $Q(X)=(X-b^{p^n}{)}^l$. 根据这个表达式, 我们注意到 $Q\in K[X]$. 由于 $P$ 不可约, 所以 $Q$ 也不可约. 另外, 由于 $P$ 在 $\overline{K}$ 中只有一个根, 所以 $Q$ 也只有一个根. 若 $l⩾2$, $Q$ 只有一个根, 所以 $Q$ 不可分. 据此, $\mathrm{deg}(Q)=l$ 为 $p$ 的倍数, 这与 $(p,l)=1$ 矛盾. 所以, $l=1$. 从而, $$P(X)=X^{p^n}-b^{p^n}=X^{p^n}-a.$$如果 $a\in \mathrm{Im}(\mathrm{Frob})$, 即 $a=c^p$, 其中, $c\in K$, 则$$P(X)=X^{p^n}-c^p=(X^{p^{n-1}}-c{)}^p$$是可约的, 矛盾. 所以, $a\notin \mathrm{Im}(\mathrm{Frob})$.

$\square$

定义 5.5.8. $K$ 是域, 若每个不可约多项式 $P(X)\in K[X]$ 均可分, 则称 $K$ 是完美的 (perfect).

注记 5.5.9. 特征为零的域是完美域.

注记 5.5.10. $K$ 是完美的, $L$ 是代数扩张, 则 $L$ 可分.

命题 5.5.11. $K$ 是特征为 $p$ 的域, 那么, $K$ 是完美的当且仅当 $\mathrm{Frob}:K\to K$ 是满射.

证明. 若 $\mathrm{Frob}$ 不是满射, 根据引理 5.5.6, 选 $a\in K-K^p$, 即 $a\notin \mathrm{Frob}(K)$. 那么, $X^p-a$ 不可约也不可分. 从而, 域 $K$ 不完美.

若 $\mathrm{Frob}$ 是满射, 对任意不可约多项式 $P(X)$, 如果 $P(X)$ 不可分, 我们来推出矛盾: 此时, $P^{\prime }(X)=0$, 从而, $$P(X)=\sum _{p|m}{a}_m{X}^m=\sum _k{a}_{kp}{X}^{kp}.$$由于 $\mathrm{Frob}$ 是满射, 对每个 $k$, 存在唯一的 $b_k\in K$, 使得 $\mathrm{Frob}(b_k)=a_{kp}$. 那么, $$P(X)=(\sum _k{b}_k{X}^k{)}^p.$$这与 $P(X)$ 不可约矛盾.

$\square$

例子 5.5.12. ${\mathbb{F}}_p(T)=\mathrm{Frac}({\mathbb{F}}_p[T])$ 不是完美域.

根据 Eisenstein 判别法, $X^p-T\in K[X]$ 是不可约多项式并且不可分: 实际上, 不存在 $\frac{P(T)}{Q(T)}\in {\mathbb{F}}_p(T)$, 使得 ${\left(\frac{P(T)}{Q(T)}\right)}^p=T$, 否则$${\left(\frac{P(T)}{Q(T)}\right)}^p=\frac{P(T^p)}{Q(T^p)}=T.$$这表明$$P(T^p)=Q(T^p)\cdot T.$$对 $T$ 求导, 左边为 $0$ 而右边为 $Q(T^p)$, 矛盾. 所以, ${\mathbb{F}}_p(T)$ 不是完美的.

5.5.2可分次数

用所谓的可分次数可以刻画代数扩张是否是可分. 给定代数扩张 $L$, 任选域同态 $\phi :K\to E$, 其中, $E$ 是代数封闭域. 令$${\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )=\{\psi \in \mathrm{Hom}(L,E)|\psi {|}_K=\phi \}.$$这是 $\phi$ 到 $L$ 上所有可能的扩张所构成的集合.

考虑对另一个可能的域同态 ${\phi }^{\prime }:K\to E^{\prime }$, 其中, $E^{\prime }$ 是代数封闭域. 我们有集合之间的双射: $${\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )\stackrel{1:1}{⟶}{\mathrm{Ext}}_L(E^{\prime },{\phi }^{\prime }).$$实际上, 通过选取 $\phi (K)$ 在 $E$ 中的代数闭包 $\overline{\phi (K)}$, 由于 $\psi (L)\subset \overline{\phi (K)}$, 我们不妨假设 $E=\overline{\phi (K)}$; 类似地, 不妨假设 $E^{\prime }=\overline{{\phi }^{\prime }(K)}$. 根据代数闭包的唯一性, 存在 $K$-同构 $\sigma :E\to E^{\prime }$, 使得 ${\psi }^{\prime }=\psi \circ \sigma$: 据此, 我们可以构造双射$${\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )⟶{\mathrm{Ext}}_L(E^{\prime },{\phi }^{\prime }),\overline{\phi }\mapsto \sigma \circ \overline{\phi }.$$其逆为 $\overline{{\phi }^{\prime }}\mapsto {\sigma }^{-1}\circ \overline{\phi }$. 特别地, $|{\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )|$ 只依赖于 $L$.

定义 5.5.13. 对任意的代数扩张 $L$, 任意选定域同态 $\phi :K\to E$, 其中, $E$ 是代数封闭域. 我们定义 $L$ 的可分次数为$$[L:K{]}_s:=|{\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )|.$$如果选取 $E=\overline{K}$, $[L:K{]}_s$ 就是把 $L$ 嵌入到 $\overline{K}$ 的同态的个数.

注记 5.5.14. 如果 $L$ 是有限扩张, 我们将证明 $[L:K{]}_s⩽[L:K]$ 并且 $L$ 可分当且仅当 $[L:K{]}_s=[L:K]$.

例子 5.5.15. $[\mathbb{C}:\mathbb{R}{]}_s=2$.

例子 5.5.16. 令 $K=\mathbb{Q}$, $L=\mathbb{Q}[X]$. 此时, $L$ 是 $3$ 次扩张并且 $[L:K{]}_s=3$. 实际上, $L$ 到 $\overline{\mathbb{Q}}$ 的像被 $X$ 在 $\overline{\mathbb{Q}}$ 的像 $\alpha =\overline{\phi }$ 决定: 我们注意到 $\alpha$ 只能取 $X^3-2$ 的某个根, 所以一共有 $3$ 个这样 $\phi$.

例子 5.5.17. 令 $L={\mathbb{F}}_p(T)=\mathrm{Frac}({\mathbb{F}}_p[T])$, $K={\mathbb{F}}_p(T^p)=L^p=\mathrm{Frob}(L)$. 此时, $K$ 是 $L$ 的子域并且 $[L:K]=p$: 实际上, $L=K(T)$ 并且 $T^p\in K$, 所以 $T\in L$ 的极小多项式是 $X^p-T^p\in K[X]$. 此时, $L=K[X]$, 从而 $[L:K]=p$.

我们注意到 $X^p-T^p$ 在 $\overline{K}$ 中只有一个根 ($p$ 重根) , 从而, $K[X]$ 到 $\overline{K}$ 的嵌入必须把 $X$ 映射成这个根. 所以, $[L:K{]}_s=1$. 按后面的定义, ${\mathbb{F}}_p(T)$ 是纯不可分的扩张.

给定代数扩张 $L$ 和中间域 $K\subset M\subset L$, 把某个同态 $\phi :K\to E$ 延拓到 $L$ 上等价于可以先将它延拓到 $M$ 上然后再延拓到 $L$ 上, 即$${\mathrm{Ext}}_L(E,\phi )=\coprod _{\psi \in {\mathrm{Ext}}_M(E,\phi )}{\mathrm{Ext}}_L(E,\psi ).$$这个集合的划分表明:

命题 5.5.18. 给定代数扩张 $L$ 和中间域 $K\subset M\subset L$, $[L:K{]}_s$ 有限当且仅当 $[L:M{]}_s$ 和 $[M:K{]}_s$ 均有限. 进一步, 如下公式成立$$[L:K{]}_s=[L:M{]}_s[M:K{]}_s.$$

推论 5.5.19 (纯不可分扩张的刻画). $L$ 是代数扩张, 对 $x\in L$, 若 $[K(x):K{]}_s=1$, 即 $K(x)$ 到 $\overline{K}$ 只有唯一的 $K$-同态, 就称 $x$ 是纯不可分的. 若每个 $x\in L$ 均为纯不可分的, 就称 $L$ 是纯不可分的.

那么, $L$ 是纯不可分的等价于 $[L:K{]}_s=1$.

证明. 若 $[L:K{]}_s=1$, 对任意的 $x\in L$, 考虑中间域 $K(x)\subset L$. 根据命题 5.5.18, $[K(x):K{]}_s⩽[L:K{]}_s=1$. 所以, $[K(x):K{]}_s=1$, 即 $x$ 是纯不可分的.

若 $L$ 是纯不可分的, 那么每个 $x\in L$ 都是纯不可分的, 即 $[K(x):K{]}_s=1$. 考虑一个 $K$-同态 $\phi :L\to \overline{K}$. 由于 $K(x)$ 到 $\overline{K}$ 的扩张是唯一的, 从而 $\phi {|}_{K(x)}$ 把 $x$ 映射到 $\overline{K}$ 的像是唯一的. 据此, 所有 $x\in L$ 的像都被唯一决定了, 这就决定了 $\phi$, 即 $\left|{\mathrm{Ext}}_L\right(E,\phi \left)\right|=1$. 这表明 $[L:K{]}_s=1$.

$\square$

推论 5.5.20. 给定代数扩张 $L$ 和中间域 $K\subset M\subset L$. 那么, $L$ 是纯不可分的当且仅当 $L$ 和 $M$ 是纯不可分的.

证明. 这由命题 5.5.18 中的公式立得.

$\square$

注记 5.5.21. 纯不可分的扩张是正规扩张.

我们证明一个略强的结论: 给定代数扩张 $L$ 和中间域 $M$, 若 $L$ 是正规而 $M$ 是纯不可分的, 则 $L$ 是正规的.

令 $\Omega =\overline{L}$. 对任意的 $K$-同态 $\phi :L\to \Omega$, 我们要证明 $\phi (L)\subset L$. 实际上, 由于 $M$ 是纯不可分的, 即 $[M:K{]}_s=1$, 所以, $\phi {|}_M=\mathrm{id}$. 此时, $\phi$ 为 $M$-同态. 由于 $L$ 是正规的, 所以 $\phi (L)=L$.

命题 5.5.22. $L$ 是代数扩张, $M\subset L$ 是子集并且 $M$ 中的元素均为纯不可分的, 那么, $K(M)$ 是纯不可分的.

证明. 证明的想法与推论 5.5.19 一致. 对每个 $x\in M$, $[K(x):K{]}_s=1$, 从而 $x$ 在到某个代数封闭域 $E$ 的像都被唯一决定了, 进一步每个 $K(M)$ 中元素到该代数封闭域 $E$ 的像也被唯一确定. 这表明只存在唯一的扩张, 即 $\left|{\mathrm{Ext}}_{K(M)}\right(E,\phi \left)\right|=1$.

$\square$

为了进一步刻画 $[L:K]$ 和 $[L:K{]}_s$ 之间的关联, 首先研究单代数扩张的情形, 即 $L=K(x)$, 其中, $x\in L$ 并且是 $K$ 上的代数元. 给定代数封闭域 $\Omega$, 根据引理 5.2.8, 我们有双射: $$Z_P(\Omega )\stackrel{1:1}{⟶}{\mathrm{Hom}}_K\left(K[X],\Omega \right).$$其中, $Z_P(\Omega )$ 为 $P$ 在 $\Omega$ 中的 (不同) 根的集合. 利用 $\Omega$ 的代数封闭性, 我们得到如下重要结论:

注记 5.5.23. $[K(x):K{]}_s$ 恰好是 $x$ 极小多项式 $P(X)$ (在某个代数封闭域中) 的不同根的个数. 特别地, $P(X)$ 的重根越多, $[K(x):K{]}_s$ 越小.

•

$\mathrm{Char}(K)=0$. 此时, 由于 $P$ 不可约, 所以, $P$ 无重根, 所以其根的个数为 $\mathrm{deg}(P)$. 据此,$$[K(x):K{]}_s=[K(x):K]=\mathrm{deg}(P).$$

•

$\mathrm{Char}(K)=p$. 此时, 存在 $Q(X)\in K[X]$, 使得 $P(X)=Q(X^{p^n})$ 并且 $n$ 是最大的这样的指标. 那么, $$[K(x):K]=p^n[K(x):K{]}_s.$$实际上, 由于 $n$ 是最大的并且 $Q$ 是不可约的, 所以, $Q^{\prime }\ne 0$ (否则 $Q=Q_1(X^p)$, 那么 $P(X)=Q_1(X^{p^{n+1}})$) . 此时, $Q$ 有 $d$ 个不同的根且无重根, 从而 $P$ 也有 $d$ 个不同的根 (从而 $[K(x):K{]}_s=d$) 但每个根的重数均为 $p^n$. 此时, $\mathrm{deg}(P)=p^n\cdot d$, 所以, $[K(x):K]=p^n\cdot d$. 这就给出了上述公式. 我们有时也称 $n$ 为 $x$ 在 $K$ 上不可分次数.

注记 5.5.24. 上述推理表明, 当 $\mathrm{Char}(K)=p$ 时, $x\in K(x)\subset L$ 是可分的 (当且仅当 $n=0$) 当且仅当 $[K(x):K]=[K(x):K{]}_s$.

定理 5.5.25. 假设域 $K$ 的特征为 $p$, $L$ 是有限扩张, 则存在非负整数 $n⩾0$ (被称作是 $L$ 的不可分次数) , 使得$$[L:K]=p^n[L:K{]}_s.$$进一步, $[L:K]=[L:K{]}_s$ 当且仅当 $L$ 是可分扩张.

证明. 由于 $L$ 是有限扩张, 我们可以选取 $x_1,\cdots ,x_k\in L$, 使得 $L=K(x_1,\cdots ,x_k)$. 令 $K_0=K$, $K_i=K(x_1,\cdots ,x_i)$, 其中, $i=1,\cdots ,k$. 特别地, $K_i=K_{i-1}(x_i)$. 根据以上关于单代数扩张情形的讨论, 我们有$$[K_i:K_{i-1}]=p^{n_i}[K_i:K_{i-1}{]}_s.$$根据命题 5.5.18 中的公式, 对上式 $i=1,\cdots ,k$ 取乘积并令 $n=\sum _{i=1}^k{n}_i$. 这就证明了定理中的公式 $[L:K]=p^n[L:K{]}_s$.

若 $L$ 是可分扩张, 则每个 $x_i$ 在 $K_{i-1}$ 上也可分, 从而, $n_i=0$. 据此, $n=\sum _{i=1}^k{n}_i=0$, 所以 $[L:K]=[L:K{]}_s$.

若 $L$ 不是可分的, 在选择 $x_1,\cdots ,x_k$ 使得 $L=K(x_1,\cdots ,x_k)$ 的构造中, 我们总可以要求 $x_1$ 为不可分元, 即 $n_1>0$. 此时, $n=\sum _{i=1}^k{n}_i>0$.

$\square$

推论 5.5.26. 若 $L$ 是有限的纯不可分扩张, 则 $[L:K]$ 是 $p$ 的幂, 其中 $p=\mathrm{Char}(K)$.

推论 5.5.27. $L$ 是域扩张, $M\subset L$ 是由某些代数的元组成的子集并且 $M$ 中的元素均为可分的. 那么, $K(M)$ 是可分的.

证明. 对任意给定的 $x\in K(M)$, 存在 $x_1,\cdots ,x_k\in M$, 使得 $x\in K(x_1,\cdots ,x_k)$. 定理 5.5.25 的证明过程表明 $K(x_1,\cdots ,x_k)$ 是可分的. 从而, $x\in K(x_1,\cdots ,x_k)$ 可分.

$\square$

推论 5.5.28. 给定代数扩张 $L$ 和中间域 $K\subset M\subset L$. 那么, $L$ 是可分的当且仅当 $L$ 和 $M$ 是可分的.

证明. 如果 $L$ 是可分, 那么, $M$ 显然是可分的.

对任意的 $x\in L$, $x$ 在 $K$ 上的极小多项式没有重根. 由于 $x$ 在 $K$ 上的极小多项式是在 $M$ 上的极小多项式的倍数 (作为 $M[X]$ 中的元素) , $x$ 在 $M$ 上的极小多项式也是没有重根的, 从而 $x$ 在 $M$ 上可分. 这说明 $L$ 是可分的.

反之, 假设 $L$ 和 $M$ 是可分的, 对任意的 $x\in L$, 令$$P(X)=X^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_0,a_i\in M,$$为 $x$ 在 $M$ 上的最小多项式. 特别地, $x\in K(a_0,\cdots ,a_{n-1},x)$. 我们令$$K_i=K(a_0,\cdots ,a_i),K_n=K(a_0,\cdots ,a_{n-1},x),i=0,\cdots ,n-1.$$重复定理 5.5.25 证明过程, 此时每个 $n_i$ 均为 $0$, 这说明 $K(a_0,\cdots ,a_{n-1},x)$ 是可分的. 特别地, $x$ 在 $K$ 上可分, 从而 $L$ 是可分的.

$\square$

推论 5.5.29. 给定代数扩张 $L$, 存在唯一的最大的 ¹中间域 ${\overline{L}}^s$ (被称作是 $K$ 在 $L$ 中的可分闭包) , 使得 ${\overline{L}}^s$ 是可分扩张. 此时, $L$ 是纯不可分的, 即 $[L:{\overline{L}}^s{]}_s=1$. 进一步, 如果 $[L:K{]}_s<\infty$, 那么, $$[L:K{]}_s=[{\overline{L}}^s:K{]}_s=[{\overline{L}}^s:K].$$

证明. 因为在 $K$ 上添加可分元得到的扩张还是可分的, 我们就把 $L$ 中所有可分元素都添加到 $K$ 中, 这就给出了 ${\overline{L}}^s$ 的构造 (同时也给出了最大性和唯一性) .

剩下还需要证明 $[L:{\overline{L}}^s{]}_s=1$. 根据推论 5.5.19, 我们要证明对任意的 $x\in L$, $[{\overline{L}}^s(x):{\overline{L}}^s{]}_s=1$, 这等价于证明 $x$ 在 ${\overline{L}}^s$ 上的极小多项式 $P(X)\in {\overline{L}}^s[X]$ 只有一个根. 此时, 存在 $n⩾1$, 使得 $P(X)=Q(X^{p^n})$ 并且 $Q^{\prime }\ne 0$ ($Q$ 不可约从而是可分的) . 那么, $x^{p^n}$ 是 $Q$ 的根, 从而 $x^{p^n}$ 是可分的 (因为 $Q$ 是可分的) . 根据 ${\overline{L}}^s$ 的定义方式, $x^{p^n}\in {\overline{L}}^s$, 所以 $P(X)\mid X^{p^n}-x^{p^n}\in {\overline{L}}^s[X]$. 然而 $X^{p^n}-x^{p^n}$ 只有一个根, 所以 $P(X)$ 也只有一个根.

如果 $[L:K{]}_s<\infty$, 那么, $$[L:K{]}_s=[L:{\overline{L}}^s{]}_s[{\overline{L}}^s,K{]}_s=[{\overline{L}}^s,K{]}_s.$$这就给出了 $[L:K{]}_s=[{\overline{L}}^s:K{]}_s=[{\overline{L}}^s:K]$.

$\square$

例子 5.5.30. 假设 $k$ 为特征为 $2$ 的域, $K=k(x,y)$ 为二元函数域 (即 $\mathrm{Frac}(k[X,Y])$) . 假设 $\alpha$ 是 $T^2+T+x\in K[T]$ 的一个根, $M=K(\alpha )$. 由于 $T^2+T+x$ 在 $K[T]$ 中不可约, 所以 $[M:K]=2$ 并且是可分扩张. 实际上, 由于 $k[x]$ 是唯一分解整环, 所以, $k[x,y]=k[x][y]$ 也是. 根据 Gauss 引理, $T^2+T+x$ 在 $K[T]$ 中不可约等价于它在 $k[x,y][T]$ 中不可约. 据此, 可以假设$$T^2+T+x=(T+f(x,y))(T-f(x,y)+1)\Rightarrow f(x,y)(1-f(x,y))=x.$$其中, $f(x,y)\in k[x,y]$, 这与 $x$ 是 $k[x,y]$ 中的不可约元矛盾.

假设 $\beta$ 是 $T^2-\alpha y\in M[T]$ 的一个根, 令 $L=M(\beta )$, 我们来说明 $[L:M]=2$. 若不然, 存在 $f(x,y)+g(x,y)\alpha \in M$ (因为 ${\dim }_{K}M=2$) , 其中, $f,g\in K$, 使得$$(f(x,y)+g(x,y)\alpha {)}^2=\alpha y\iff f(x,y{)}^2+g(x,y{)}^2{\alpha }^2=\alpha y.$$利用 ${\alpha }^2=\alpha +x$ 替换 $\alpha$, 我们有$$f(x,y{)}^2+g(x,y{)}^{2}x+(g(x,y{)}^2-y)\alpha =0.$$根据 $1,\alpha$ 在 $K$ 上的无关性, 我们有$$f(x,y{)}^2+g(x,y{)}^{2}x=0,g(x,y{)}^2=y.$$然而, $g(x,y{)}^2=g(x^2,y^2)=y$ 是不可能的.

我们注意到 $T^2-\alpha y\in M[T]$ 不可分. 此时, 我们显然有现在证明 $L$ 在 $K$ 上没有纯不可分的元素. 假设存在中间域 $M^{\prime }$, 使得 $M^{\prime }$ 是纯不可分的, 那么, 对任意的 $\gamma \in M^{\prime }$, 我们有 ${\gamma }^2=j(x,y)\in K$. 利用 $L$ 的基, 我们有$$\gamma =f(x,y)+g(x,y)\alpha +h(x,y)\beta +i(x,y)\alpha \beta .$$从而, $${\gamma }^2=j(x,y)\iff f(x,y{)}^2+g(x,y{)}^2{\alpha }^2+h(x,y{)}^2{\beta }^2+i(x,y{)}^2{\alpha }^2{\beta }^2=j(x,y{)}^2.$$利用 ${\alpha }^2=\alpha +x$ 和 ${\beta }^2=\alpha y$, 经过化简, 我们得到$$[f(x^2,y^2)+\boxed{g(x^2,y^2)x}+i(x^2,y^2)xy+j(x^2,y^2)]+[g(x^2,y^2)+\boxed{h(x^2,y^2)y}+i(x^2,y^2)xy+\boxed{i(x^2,y^2)y}]\alpha =0.$$通过通分, 除了框内的两项, 我们得到的多项式为偶数次的, 从而, $$g(x^2,y^2)=0,h(x^2,y^2)+i(x^2,y^2)=0.$$从而, $g=0,h=i$. 据此, 我们可以化简上述长等式为$$\{\begin{array}{ll}& f(x^2,y^2)+j(x^2,y^2)=i(x^2,y^2)xy,\\ & i(x^2,y^2)=0.\end{array}$$只有 $f=j$, 这表明 $\gamma \in K$. 这说明 $L$ 中在 $K$ 上没有纯不可分的元素, 我们也说 $K$ 在 $L$ 中是纯不可分封闭的.

例子 5.5.31. 在 ${\mathbb{F}}_p(T)[X]$ 中考虑多项式$$P(X)=X^2+TX+T,Q(X)=X^{2p}+T{X}^p+T=P(X^p).$$

$P(X)$ 在 ${\mathbb{F}}_p(T)[X]$ 中是不可约的 (根据 Gauss 引理和 Eisenstein 判别法) , $\alpha ,\alpha$ 为 $P$ 在 $\overline{{\mathbb{F}}_p(T)}$ 中的根. 那么, ${\mathbb{F}}_p(T)(\alpha )$ 的次数为 $2$, 这是可分的 (因为 $P^{\prime }\ne 0$) 也是正规的. 在 $\overline{{\mathbb{F}}_p(T)}[X]$ 中, 我们有$$P(X)=(X-\alpha )(X-{\alpha }^{\prime }),\alpha ,{\alpha }^{\prime }\in \overline{{\mathbb{F}}_p(T)}.$$

$Q(X)$ 在 ${\mathbb{F}}_p(T)[X]$ 中是不可约的 (根据 Gauss 引理和 Eisenstein 判别法) . 令 $\beta$ 为 $Q$ 在 $\overline{{\mathbb{F}}_p(T)}$ 中的一个根, $P({\beta }^p)=0$, 我们不妨假设 ${\beta }^p=\alpha$. 我们再选取 ${\beta }^{\prime }\in \overline{{\mathbb{F}}_p(T)}$, 使得 ${\beta }^{\prime p}={\alpha }^{\prime }$. 此时, $$Q(X)=(X^p-\alpha )(X^p-{\alpha }^{\prime })=(X-\beta {)}^p(X-{\beta }^{\prime }{)}^p.$$由于 $Q(X)$ 在 ${\mathbb{F}}_p(T)[X]$ 中不可约, 所以 $[{\mathbb{F}}_p(T)(\beta ):{\mathbb{F}}_p(T)]=2p$. 很明显, ${\mathbb{F}}_p(T)(\beta )$ 是纯不可分的. 特别地, $[{\mathbb{F}}_p(T)(\beta ),{\mathbb{F}}_p(T){]}_s=2$.

例子 5.5.32 (最基础的例子). 考虑单代数扩张 $K(x)$. 假设 $P(X)$ 为 $x$ 的极小多项式, $P(X)=Q(X^{p^n})$, 其中, $n$ 是 $x$ 的不可分次数, $Q\in K[X]$ 并且 $Q$ 是可分的. 那么, $x^{p^n}$ 在 $K$ 上是可分的. 进一步, $K$ 的可分闭包为 $K(x^{p^n})$, 即实际上, $x$ 在 $K(x^{p^n})$ 上的极小多项式为 $X^{p^n}-x^{p^n}$, 它只有一个根, 从而, $[K(x):K(x^{p^n}){]}_s=1$. 据此, 我们可以给出可分闭包 ${\overline{K(x)}}^s=K(x^{p^n})$.

例子 5.5.33 (可分闭包的具体构造). $L$ 是代数扩张. 根据上一例子, 对任意的 $x\in L$, 令 $n_x$ 为其不可分次数. 那么, $\left\{x^{p^{n_x}}\right|x\in L\}$ 是 $L$ 中所有可分元素. 所以,$${\overline{L}}^s=K\left(\left\{x^{p^{n_x}}\right|x\in L\}\right).$$

5.5.3单扩张与可分扩张

给定域扩张 $L$, 如果存在 $x\in L$, 使得 $L=K(x)$, 我们就说 $L$ 是单扩张并称 $x$ 是一个本原元素.

命题 5.5.34. $L$ 是有限扩张. 那么, $L$ 是单扩张当且仅当它只有有限个中间域.

证明. 如果 $K$ 是有限域, 由于 $L$ 是有限扩张, $L$ 也是有限域. 此时, $L^{\times }$ 是有限循环群, 那么, 选这个循环群的生成元就可以生成 $L$. 以下总假设 $K$ 是无限域.

假设 $L$ 只有有限个中间域. 我们总可以把 $L$ 写成 $L=K(x_1,\cdots ,x_d)$ 的形式, 只要对 $d=2$ 证明该扩张为单扩张即可. 现在, 我们令 $L=K(x_1,x_2)$. 由于 $K$ 是无限域而 $L$ 只有有限个中间域, 存在 $a,b\in K$, 使得$$K(x_1+a{x}_2)=K(x_1+b{x}_2)=M,a\ne b.$$此时, $x_1+a{x}_2,x_1+b{x}_2\in M$, 那么, $$(a-b)x_2=(x_1+a{x}_2)-(x_1+b{x}_2)\in M\Rightarrow x_2\in M.$$从而, $x_1\in M$. 这说明 $L=M=K(x_1+a{x}_2)$.

假设 $L=K(x)$, 令 $P(X)\in K[X]$ 为 $x$ 在 $K$ 上的极小多项式. 任选 $M\subset K(x)$ 是中间域, 令 $P_M(X)$ 为 $x$ 在 $M$ 上的极小多项式, 那么, 在 $M[X]$ 上, 我们有 $P_M\mid P$. 令$$P_M(x)=X^m+a_{m-1}{X}^{m-1}+\cdots +a_{1}X+a_0,a_i\in M.$$很显然, $K(a_0,\cdots ,a_m)\subset M$. 特别地, $$[K(x):K(a_0,\cdots ,a_m)]⩾[L:M].$$另外, 我们还有: $$[K(x):K(a_0,\cdots ,a_m)]⩽\mathrm{deg}(P_M)=[L:M],$$从而, $M=K(a_0,\cdots ,a_m)$.

综合上面的讨论, 中间域 $M$ 完全由 $P_M$ (的系数) 决定. 由于 $P$ 的首一的因子 $P_M$ 只有有限个, 所以, $L$ 只有有限个中间域.

$\square$

推论 5.5.35 (本原元素定理). 有限可分扩张是单扩张, 即对于有限可分扩张 $L$, 存在 $x\in L$, 使得 $L=K(x)$.

证明. 令 $\Omega =\overline{K}$; 令 $\mathcal{P}$ 为 ${\mathrm{Hom}}_K(L,\Omega )$ 的子集所组成的集合 (这是有限集) ; 令 $\mathcal{M}$ 为 $L$ 的中间域所组成的集合. 根据上一个命题, 我们只要证明如下映射为单射即可: $$\Psi :\mathcal{M}⟶\mathcal{P},M\mapsto {\mathrm{Hom}}_M(L,\Omega ).$$假设 $\Psi (M_1)=\Psi (M_2)$, 即 ${\mathrm{Hom}}_{M_1}(L,\Omega )={\mathrm{Hom}}_{M_2}(L,\Omega )$, 我们考虑如下图表: ${\mathrm{Hom}}_{M_1}(L,\Omega )={\mathrm{Hom}}_{M_2}(L,\Omega )$ 表明 ${\mathrm{Hom}}_{M_1}(L,\Omega )\subset {\mathrm{Hom}}_{M_1\cdot M_2}(L,\Omega )$, 所以, $$|{\mathrm{Hom}}_{M_1\cdot M_2}(L,\Omega )|⩾|{\mathrm{Hom}}_{M_1}(L,\Omega )|.$$由于 $L$ 可分, 所以, $L$ 和 $L$ 都可分, 从而, $$|{\mathrm{Hom}}_{M_1\cdot M_2}(L,\Omega )|=[L:M_1\cdot M_2]⩽[L:M_1]=|{\mathrm{Hom}}_{M_1}(L,\Omega )|.$$结合以上两个不等式, 我们有 $[L:M_1\cdot M_2]=[L:M_1]$, 从而, $M_1\cdot M_2=M_1=M_2$, 所以 $\Psi$ 为单射. 特别地, $$|\mathcal{M}|⩽|\mathcal{P}|<\infty ,$$即 $L$ 只有有限个中间域. 从而, $L$ 是单扩张.

$\square$

例子 5.5.36. $K$ 的特征为 $p$, 考虑域扩张 $K(X,Y)$. 我们注意到 $\{X^i{Y}^j{\}}_{0⩽i,j⩽p-1}$ 是该扩张的一组基, 从而 $[K(X,Y):K(X^p,Y^p)]=p^2$. 另外, $X$ 的极小多项式为 $T^p-X^p=0$ (不可分) , 从而, $X$ (类似地 $Y$) 在 $K(X^p,Y^p)$ 上纯不可分. 根据命题 5.5.22, $K(X,Y)$ 是纯不可分的 (从而不满足本原元素定理关于可分性的要求) .

现在说明 $K(X,Y)$ 有无限多个中间域. 实际上, 我们可以考虑如下中间域: $$M_n:=K(X^p,Y^p,X+Y^{pn+1}),n=1,2,\cdots .$$我们注意到 $X+Y^{pn+1}\notin K(X^p,Y^p)$ 而 $(X+Y^{pn+1}{)}^p\in K(X^p,Y^p)$, 所以, $[M_n:K(X^p,Y^p)]=p$. 由于 $[K(X,Y):K(X^p,Y^p)]=p^2$, 为了证明 $\{M_n{\}}_{n⩾1}$ 两两不同, 只要证明$$M=K(X^p,Y^p,X+Y^{pn+1},X+Y^{pm+1})=K(X,Y),m\ne n,$$即可. 由于 $X+Y^{pn+1},X+Y^{pm+1}\in M$, 所以, $$Y((Y^p{)}^n-(Y^p{)}^m)=(X+Y^{pn+1})-(X+Y^{pm+1})\in M.$$从而, $Y\in M$. 进一步, $X\in M$. 这说明 $M=K(X,Y)$. 特别地, 这表明 $K(X,Y)$ 不是单扩张.

现在还可直接证明 $K(X,Y)$ 不是单扩张. 如若不然, 假设 $K(X,Y)=K(X^p,Y^p,f(X,Y))$. 由于 $f^p(X,Y)=f(X^p,Y^p)$ (利用 $K$ 的特征为 $p$) , 所以, $f^p\in K(X^p,Y^p)$. 据此, $f$ 的极小多项式 $P$ 整除 $T^p-a$, 其中, $a\in K(X^p,Y^p)$. 特别地, $\mathrm{deg}(P)⩽p$, 从而, $$[K(X^p,Y^p,f(X,Y)):K(X^p,Y^p)]⩽p<p^2.$$这和 $K(X,Y)=K(X^p,Y^p,f(X,Y))$ 矛盾.

5.5.4迹与范数映射

对于有限扩张 $L$, 对任意的 $x\in L$, 考虑乘法映射: $$m_x:L\to L,y\mapsto x\cdot y.$$这是 $K$-线性空间 $L$ 上的 $K$-线性映射, 我们定义它的迹、行列式和特征多项式为: $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x)=\mathrm{Tr}(m_x),{\mathrm{N}}_{{}_L}(x)=\det (m_x),P_{{}_L,x}(X)=\det (X\cdot I-m_x).$$很明显, $x$ 为 $m_x$ 在域 $L$ 上的特征值, 从而, $P_{{}_L,x}(x)=0$.

注记 5.5.37. 对于 $x\in L$, 令 $P(X)$ 为 $x$ 在 $K$ 上的极小多项式, 它和 $P_{{}_L,x}(X)$ 之间的关系如下: $$P_{{}_L,x}(X)=P(X{)}^{[L:K(x)]}.$$选取 $e_1,\cdots ,e_m$ 为 $K(x)$ 的基, $f_1,\cdots ,f_n$ 为 $L$ 的基. 那么, $\{e_i{f}_j{\}}_{i⩽m,j⩽n}$ 为 $L$ 的基. 考虑 $m_x:K(x)\to K(x)$ 的矩阵表示 $M$, 我们有 $\det (X\cdot I-M)=P(x)$ (只要选取 $1,x,\cdots ,x^{m-1}$ 作为 $e_1,\cdots ,e_m$ 进行计算即可, 其中, $m=\mathrm{deg}(P)$) . 我们知道在 $L$ 上, $m_x$ 的矩阵表示现在可以写成$$\left(\begin{array}{cccc}M& 0& \cdots & 0\\ 0& M& \cdots & 0\\ & & \ddots & 0\\ 0& 0& \cdots & M\end{array}\right).$$这就给出了以上公式.

命题 5.5.38. 以下映射为群同态: $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}:(L,+)\to (K,+),{\mathrm{N}}_{{}_L}:(L^{\times },\cdot )\to (K^{\times },\cdot ).$$如果 $M\subset L$ 是中间域, 那么, $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}\circ {\mathrm{Tr}}_{{}_M}={\mathrm{Tr}}_{{}_L},{\mathrm{N}}_{{}_L}\circ {\mathrm{N}}_{{}_M}={\mathrm{N}}_{{}_L}.$$

证明. 群同态的性质根据定义立得. 关于迹 $\mathrm{Tr}$ 以及范数 $\mathrm{N}$ 映射的复合性质请参考习题 5.11.1.

$\square$

定理 5.5.39. $L$ 为有限可分扩张, $E$ 为域扩张并且 $|{\mathrm{Hom}}_K(L,E)|=[L:K]$. 那么, 对任意的 $x\in L$, $${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x)=\sum _{\sigma \in {\mathrm{Hom}}_K(L,E)}\sigma (x),{\mathrm{N}}_{{}_L}(x)=\prod _{\sigma \in {\mathrm{Hom}}_K(L,E)}\sigma (x),$$以及$$P_{{}_L,x}(X)=\prod _{\sigma \in {\mathrm{Hom}}_K(L,E)}(X-\sigma (x)).$$

证明. 证明请参考习题 5.11.1.

$\square$

关于迹与可分性的最重要结论是如下的定理:

定理 5.5.40. $L$ 是有限扩张. 那么, $L$ 是可分的等价于二次型$$L\times L⟶K,(x,y)\mapsto {\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y).$$非退化.

证明. 证明请参考习题 5.11.1.

$\square$

注记 5.5.41. 当 $\mathrm{Char}(K)=0$ 时, $L$ 是可分扩张. 此时, 对任意的 $x\in L$, 令 $y=x^{-1}$, 则$${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y)={\mathrm{Tr}}_{{}_L}(1)=[L:K]\ne 0.$$进一步, 如果 $[L:K]$ 与 $\mathrm{Char}(K)$ 互素, 则二次型 $(x,y)\mapsto {\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y)$ 非退化. 特别地, 此时 $[L:K]$ 是可分的.

注记 5.5.42. 给定有限可分的扩张 $L$, 二次型 ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y)$ 给出了 $L$ (作为 $K$-线性空间) 到其对偶 $L^{\ast }$ 之间一个自然的同构: $$L\stackrel{\simeq }{⟶}{L}^{\ast },x\mapsto (y\mapsto {\mathrm{Tr}}_{{}_L}(x\cdot y)).$$据此, 对任意的基 $\{e_1,e_2,\cdots ,e_n\}$, 我们可以定义其对偶基 $\{e_1^{\ast },e_2^{\ast },\cdots ,e_n^{\ast }\}$, 使得$${\mathrm{Tr}}_{{}_L}(e_i\cdot e_j^{\ast })=\{\begin{array}{l}1,i=j;\\ 0,i\ne j.\end{array}$$我们考虑单代数扩张的例子, $L=K(x)$, $x$ 在 $K$ 上可分, 令 $P(X)$ 为 $x$ 的极小多项式, $d=\mathrm{deg}(P)=[K(x):K]$. 在 $L[X]=K(x)[X]$ 中, $P(X)$ 可以被写作$$P(X)=(X-x)\left(b_{d-1}{X}^{d-1}+b_{d-2}{X}^{d-2}+\cdots +b_{1}X+b_0\right),$$其中, $b_k\in K(x)$ 并且 $b_{d-1}=1$. 我们选取 $e_1=1,e_2=x,\cdots ,e_d=x^{d-1}$ 作为 $L$ 的基, 现在来计算 $\{e_1^{\ast },e_2^{\ast },\cdots ,e_d^{\ast }\}$. 实际上, $$e_k^{\ast }=\frac{b_{k-1}}{P^{\prime }(x)},k=1,2,\cdots ,d.$$在上式中, $P^{\prime }(x)={\sum }_{k=0}^{d-1}{b}_k{x}^k$.

我们要证明 ${\mathrm{Tr}}_{{}_L}\left(x^j\cdot \frac{b_i}{P^{\prime }(x)}\right)={\delta }_i^j$, 其中, $0⩽i,j⩽d-1$. 固定 $j$, 考虑多项式$$Q(X)=\sum _{i=0}^{d-1}{\mathrm{Tr}}_{{}_L}\left(x^j\cdot \frac{b_i}{P^{\prime }(x)}\right)X^i.$$只要证明 $Q(X)=X^j$ 即可. 我们有$$\begin{array}{rl}Q(X)& =\sum _{i=0}^{d-1}\sum _{\sigma \in {\mathbf{Hom}}_K(K(x),\overline{K})}\sigma \left(x^j\cdot \frac{b_i}{P^{\prime }(x)}\right)X^i=\sum _{i=0}^{d-1}\sum _{\sigma \in {\mathbf{Hom}}_K(K(x),\overline{K})}\sigma \left(x^j\right)\frac{\sigma (b_i)}{P^{\prime }(\sigma (x))}{X}^i\\ & =\sum _{\sigma \in {\mathbf{Hom}}_K(K(x),\overline{K})}\left[\left(\sum _{i=0}^{d-1}\sigma (b_i)X^i\right)\frac{\sigma \left(x^j\right)}{P^{\prime }(\sigma (x))}\right]\\ & =\sum _{\sigma \in {\mathbf{Hom}}_K(K(x),\overline{K})}\frac{P(X)}{X-\sigma (x)}\frac{\sigma \left(x^j\right)}{P^{\prime }(\sigma (x))}\end{array}$$根据 Lagrange 插值公式, 上式为 $X^j$.

1.

^ 在包含关系下