域扩张与有限域例子

前面的二次构造和八元素构造都是域扩张的例子。现在我们精确定义这一结构、计算扩张次数，并解释多项式关系如何同时控制运算与向量空间大小。即使元素个数相同，也必须区分有限域与整数剩余类环。

1 扩张与次数

域扩张 $K/F$ 指将 $F$ 视为 $K$ 的一个子域。用 $F$ 中元素作标量相乘，使 $K$ 成为 $F$-向量空间。它的有限或无限维数称为次数 $[K:F]$。

对 $\alpha\in K$，$F(\alpha)$ 是包含 $F$ 和 $\alpha$ 的最小子域。若 $\alpha$ 满足 $F$ 上某个非零多项式，称其在 $F$ 上代数。在 $\alpha$ 处为零的最低正次数首一多项式 $p$ 称为它的最小多项式。

定理。 令 $d=\deg p$。最小多项式不可约，代值映射的核为 $(p)$，且 $F(\alpha)\cong F[x]/(p)$。因此 $[F(\alpha):F]=\deg p$，幂 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ 构成一组基。

证明。 若 $p=uv$，且两个因子都有更低的正次数，则在域中 $u(\alpha)v(\alpha)=0$。一个因子必须为零，与最小性矛盾。对任意在 $\alpha$ 处为零的 $f$，相除得 $f=qp+r$，余式次数更低。于是 $r(\alpha)=0$，最小性迫使 $r=0$。故核为 $(p)$，像 $F[\alpha]$ 同构于不可约多项式的商域。由于像已是域，它等于 $F(\alpha)$。次数低于 $d$ 的唯一余式证明了基与维数。$\square$

对 $\mathbb Q$ 上的 $\alpha=\sqrt2$，$p=x^2-2$，所以每个元素唯一地写为 $a+b\sqrt2$，次数为 2。而在 $\mathbb R$ 上，同一元素已在基域内，所以最小多项式是 $x-\sqrt2$，次数为 1。最小多项式取决于基域。

2 分两阶段构造扩张

塔式定律。 若 $F\subseteq K\subseteq L$，且 $[K:F]=m$ 和 $[L:K]=n$ 均有限，则 $[L:F]=mn$。

证明。 设 $u_1,\ldots,u_m$ 是 $K$ 的 $F$-基，$v_1,\ldots,v_n$ 是 $L$ 的 $K$-基。展开系数表明 $mn$ 个乘积 $u_iv_j$ 在 $F$ 上张成 $L$。若 $\sum_{i,j}c_{ij}u_iv_j=0$，其中 $c_{ij}\in F$，则由 $v_j$ 在 $K$ 上线性无关，对每个 $j$ 有 $\sum_i c_{ij}u_i=0$。再由 $u_i$ 的线性无关性得所有 $c_{ij}=0$。故这些乘积构成一组基。$\square$

双二次例子。 令 $L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$。第二个平方根不在 $\mathbb Q(\sqrt2)$ 中。若对有理数 $a,b$ 有 $\sqrt3=a+b\sqrt2$，平方并利用有理部分和 $\sqrt2$ 部分的唯一性，得 $2ab=0$、$a^2+2b^2=3$。若 $b=0$，则 $\sqrt3$ 为有理数；若 $a=0$，则 $b^2=3/2$，由素因子指数奇偶性可知这对有理数 $b$ 不可能。因此第二个二次多项式在第一次扩张上仍不可约，且 $[L:\mathbb Q]=4$。一组基为 $1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6$。

对 $\alpha=\sqrt2+\sqrt3$，有 $1/\alpha=\sqrt3-\sqrt2$。因此 $\sqrt3=(\alpha+\alpha^{-1})/2$、$\sqrt2=(\alpha-\alpha^{-1})/2$，所以 $\mathbb Q(\alpha)=L$。将 $\alpha^2=5+2\sqrt6$ 平方得到

$$\alpha^4-10\alpha^2+1=0.$$

由于其扩张次数为 4，这个首一四次多项式就是最小多项式，因此不可约。仅检查有理根不能证明该四次结论。

3 四元素域

在 $\mathbb F_2$ 上，$x^2+x+1$ 无根，因而不可约。令 $K=\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1)$、$\beta=[x]$。四个元素为 $0,1,\beta,1+\beta$，且 $\beta^2=\beta+1$。

加法逐系数模 2 进行，所以每个元素都是自身的加法逆元。乘法利用该关系化简幂。特别地，$\beta(\beta+1)=1$，所以两个非平凡元素互为逆元，且 $\beta^3=1$。非零乘法群的阶为 3，而加法群是 $\mathbb F_2^2$，不是四阶循环群。

此域不是 $\mathbb Z/4\mathbb Z$，后者的非零元素 $[2]$ 的平方为零。四元素域的特征为 2；四个元素并不迫使特征为 4。

4 八元素例子与一般限制

多项式 $x^3+x+1$ 在 $\mathbb F_2$ 中无根，因此是不可约三次多项式。其商环给出有八个元素的域，基为 $1,\gamma,\gamma^2$，其中 $\gamma^3=\gamma+1$。例如，$\gamma^{-1}=\gamma^2+1$，$\gamma^4=\gamma^2+\gamma$。

每个有限域的特征都是素数。若其特征为合数 $ab$，其中 $1<a,b$ 均小于该特征，则非零元素 $a\cdot1$ 和 $b\cdot1$ 的乘积为零。因此特征是素数 $p$，域包含 $\mathbb F_p$。作为该子域上的有限向量空间，其维数 $d$ 有限，恰有 $p^d$ 个元素。这证明了元素个数的必要形式，而不是每个素数幂对应域的存在与唯一性定理；上述显式商环建立了所述例子。

两阶段例子中的有理数障碍

双二次计算中的两个不可能结论可使用同一个素数 3 证明。若最简分数 $m/n$（$n>0$）等于 $\sqrt3$，则 $m^2=3n^2$。模 3 的平方只有 0 和 1，故 $3\mid m$；写 $m=3k$ 后得 $n^2=3k^2$，所以 $3\mid n$，矛盾。若最简有理数 $b=m/n$ 满足 $b^2=3/2$，则 $2m^2=3n^2$ 同样给出 $3\mid m$；代回得 $n^2=6k^2$，从而 $3\mid n$。因此排除 $\sqrt3\in\mathbb Q(\sqrt2)$ 的两种情形都已证明。$\sqrt2+\sqrt3$ 的最小多项式结论使用的是已证明的四次扩张，而不是没有找到有理根。

有限域的素数幂大小为何成立

有限域的元素个数也有完整证明。在有限域中，序列 $0,1,2\cdot1,\ldots$ 必重复，所以存在使 $m\cdot1=0$ 的最小正整数 $m$。因 $1\ne0$，有 $m>1$。若 $m=ab$ 且 $1<a,b<m$，则 $(a\cdot1)(b\cdot1)=0$，但由最小性两个因子都非零，与域的性质矛盾。故 $m=p$ 是素数。映射 $\mathbb Z\to K$、$a\mapsto a\cdot1$ 的核于是为 $p\mathbb Z$，从而把 $\mathbb F_p$ 嵌为素子域。在 $\mathbb F_p$ 上逐次加入当前张成空间之外的向量，构造极大的线性无关列；$K$ 有限，故过程必停止，极大性使该列成为基。若其长度为 $d$，基坐标的唯一性给出恰好 $p^d$ 个元素，每个系数 $d$ 元组对应一个。这个论证只证明必要的元素个数形式；它没有证明任意素数幂的有限域存在唯一，也没有证明每个有限域的非零乘法群都循环。

5 分级练习

E1 基础。 分别求 $i$ 在 $\mathbb R$ 和 $\mathbb C$ 上的最小多项式及次数。

E2 二次运算。 在四元素域中计算 $(1+\beta)^2$ 和 $1+\beta$ 的逆。

E3 扩张次数。 若 $[K:F]=3$、$[L:K]=2$，求 $[L:F]$。解释为什么直接相加两个次数是错的。

E4 有限域。 域可以有六个元素吗？27 元素域的特征必须是什么？

6 详解

S1. 在 $\mathbb R$ 上，最小多项式为 $x^2+1$，次数为 2。在 $\mathbb C$ 上，$i$ 已在基域中，故最小多项式为 $x-i$，次数为 1。

S2. 在特征 2 下，$(1+\beta)^2=1+\beta^2=1+(1+\beta)=\beta$。由于 $\beta(1+\beta)=1$，其逆为 $\beta$。

S3. 塔式定律给出 6。证明构造出 $3\cdot2$ 个线性无关的张成向量，即基向量的乘积；两组基的并一般不是底域上的基。

S4. 不可以，因为六不是素数幂。对大小为 27 的域，其包含的素子域大小为 $p$，且 $p^d=27$，迫使 $p=3$、$d=3$。这确定了特征和次数，但没有在不给出不可约多项式的情况下构造新域。

小结

域扩张是指定基域上的向量空间。最小多项式将代数元素转化为商域并确定其次数。塔式基使次数相乘，而有限域的大小必为素数幂。显式的四元素和八元素例子区分了域运算与合数模整数运算。