近世代数理论基础31：可分扩张

2019-03-09 本文已影响0人溺于恐

可分扩张

可分扩张

定义：设F是一个域,E是F的一个代数扩张, $\alpha$ 为E中的元,若 $\alpha$ 在F上的极小多项式没有重根,则称 $\alpha$ 在F上是可分的,若E中任一元在F上都是可分的,则称E为F的一个可分扩张,否则称E为F的一个不可分扩张

引理：设 $f(x)$ 是域F上的一个不可约多项式,若 $char(F)=0$ ,则 $f(x)$ 没有重根,若 $char(F)=p\neq 0$ ,则 $f(x)$ 有重根当且仅当 $f(x)=g(x^p)$ ,其中 $g(x)$ 是 $F$ 上的多项式

证明：

$f(x)有重根\Leftrightarrow f(x)与f’(x)有次数\ge 1的公因子$

$\because f(x)不可约$

$\therefore 只有f’(x)=0满足条件$

$设f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$

$则f’(x)=a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1}$

$\therefore a_1=2a_2=\cdots=na_n=0$

$当char(F)=0时,a_1=a_2=\cdots=a_n=0$

$\therefore f(x)=a_0,与f(x)是不可约多项式矛盾$

$当char(F)=p\neq 0时,若p\nmid r,$

$由ra_r=0可知a_r=0$

$\therefore f(x)=a_0+a_px^p+a_{2p}x^{2p}+\cdots+a_{kp}x^{kp}$

$=a_0+a_px^p+a_{2p}(x^p)^2+\cdots+a_{kp}(x^p)^k$

$=g(x^p)$

$其中g(x)=a_0+a_px+a_{2p}x^2+\cdots+a_{kp}x^k$

$反之,若f(x)=g(x^p)$

$显然,f’(x)=0,此时f(x)有重根\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：特征0的域的任何代数扩张都是可分扩张

特征不是0的域,则有

定理：有限域的任一代数扩张都是可分扩张

证明：

$设F是有限域$

$F中包含的素域一定是\Z_p$

$其中p为素数,是F的特征$

$在F上定义映射\varphi:a\mapsto a^p$

$\forall a,b\in F,有$

$(a+b)^p=a^p+b^p,(a\cdot b)^p=a^p\cdot b^p$

$\because a^p=0\Leftrightarrow a=0,F是有限域$

$\therefore \varphi是F的一个自同构映射$

$\therefore \forall b\in F,\exists c\in F,使b=c^p$

$设E是F的任一代数扩张,\alpha\in E$

$\alpha在F上的极小多项式为$

$f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$

$若f(x)有重根,则f(x)=g(x^p)$

$设g(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n是F上的多项式$

$\forall b_i,\exists c_i\in F,使b_i=c_i^p$

$\therefore f(x)=g(x^p)=c_0^p+c_1^px^p+c_2^px^{2p}+\cdots+c_m^px^{mp}$

$=(c_0+c_1x+\cdots+c_mx^m)^p$

$与f(x)不可约矛盾$

$\therefore f(x)没有重根,E是F的可分扩张\qquad\mathcal{Q.E.D}$

定理：任一域的有限可分扩张一定是单扩张

证明：

$设E是域F的一个有限可分扩张$

$若F是有限域,则E也是有限域$

$\because 有限域都是其素域的单扩张$

$若E的素域为K,则E=K(\alpha)=F(\alpha),\alpha\in E$

$此时E为F的单扩张$

$假设F是无限域$

$E是F的有限代数扩张$

$不妨设E=F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$

$下证E是F的单扩张$

$设\alpha_1,\alpha_2在F上的极小多项式分别为f(x)和g(x)$

$L是f(x)g(x)在F上的分裂域,则在L上$

$f(x)=(x-\beta_1)(x-\beta_2)\cdots(x-\beta_m)$

$g(x)=(x-\gamma_1)(x-\gamma_2)\cdots(x-\gamma_k)$

$记\alpha_1=\beta_1,\alpha_2=\gamma_1$

$\because \alpha_1,\alpha_2在F上可分$

$\therefore \beta_i(1\le i\le m)互不相同,\gamma_j(1\le j\le k)也互不相同$

$则在方程组中$

$\beta_i+x\gamma_j=\beta_1+x\gamma_1,i=1,2,\cdots,m,j=2,\cdots,k$

$\because \gamma_j\neq \gamma_1,j=2,\cdots,k$

$\therefore 每个方程在F中有一个解$

$F中有无限个元$

$\therefore \exists c\neq 0,使得$

$\beta_i+c\gamma_j\neq \beta_1+c\gamma_1,j\neq 1,i=1,2,\cdots,m$

$令\theta=\beta_1+c\gamma_1=\alpha_1+c\alpha_2$

$下证F(\alpha_1,\alpha_2)=F(\theta)$

$显然,F(\theta)\subseteq F(\alpha_1,\alpha_2)$

$令h(x)=f(\theta-cx)$

$则h(x),g(x)\in F(\theta)[x]\subset L[x]$

$在L上g(x)为一次因子的乘积$

$g(x)=(x-\gamma_1)(x-\gamma_2)\cdots(x-\gamma_k)$

$\therefore h(x)与g(x)的最大公因子只能是若干(x-\gamma_j)的乘积$

$由c的取法$

$\theta-c\gamma_j=\begin{cases}\beta_1\quad j=1\\ \beta_1+c(\gamma_1-\gamma_j)\neq \beta_j\quad j\neq 1,i=1,2,\cdots,m\end{cases}$

$\therefore h(\gamma_j)=f(\theta-c\gamma_j)\begin{cases}=0\quad j=1\\ \neq 0\quad j\neq 1\end{cases}$

$\therefore h(x)与g(x)的最大公因子为x-a_2$

$\because h(x)和g(x)都是F(\theta)上的多项式$

$\therefore x-a_2也是F(\theta)上的多项式$

$最大公因子可由g(x),h(x)的辗转相除法求得$

$\therefore \alpha_2\in F(\theta)$

$\therefore \alpha_1=\theta-c\alpha_2\in F(\theta)$

$即F(\alpha_1,\alpha_2)=F(\theta)\qquad\mathcal{Q.E.D}$

可分多项式

定义：设F为域, $f(x)\in F[x]$ , $deg(f(x))\ge 1$ ,当 $f(x)$ 没有重根时,称f(x)为F上(F[x]中)的可分多项式

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