第 8 章：导数、重根与可分性

本章对象： $f'$ 是形式导数；可分多项式没有重根，可分代数元的最小多项式没有重根；本章的 $t$ 是不定元。

8.1 导数、公因式与模素数后没有重因子

原问题：这一步跳了

整理提示：这里先独立建立导数与重因子判据。末尾回到分圆不可约性时所说的矛盾，将在第 9 章完整使用。

对，这里确实跳了两层。我们把它拆成两个完全独立的小命题：

$\boxed{\text{有重因子}\Longrightarrow\text{多项式和它的导数有公因子}}$

然后再证明

$\boxed{x^n-1\text{ 与它的导数在 }\mathbf F_p[x]\text{ 中互素}}$

这样结论才出来。

先讲第一层。

假设一个多项式 $F(x)$ 有重因子。最简单的意思就是存在某个非常数多项式 $h(x)$ ，使得

$h(x)^2\mid F(x).$

所以可以写成

$F(x)=h(x)^2q(x).$

求导：

$F'(x) = 2h(x)h'(x)q(x)+h(x)^2q'(x).$

把 $h(x)$ 提出来：

$F'(x) = h(x)\left(2h'(x)q(x)+h(x)q'(x)\right).$

所以不仅

$h\mid F,$

而且

$h\mid F'.$

因此：

$\boxed{ F\text{ 有重因子} \Longrightarrow \gcd(F,F')\neq1. }$

这就是“为什么看导数能够检查重因子”。

对普通的重根也很好理解。例如

$F(x)=(x-a)^2q(x).$

那么求导之后仍然保留一个

$x-a$

因子，所以：

$F(a)=0,\qquad F'(a)=0.$

因此一个根如果是重根，它也一定是导数的根。

现在第二层。

我们是在模 $p$ 下工作，所以实际上考虑：

$F(x)=x^n-1\in\mathbf F_p[x].$

它的导数仍然是

$F'(x)=nx^{n-1}.$

这里有一个非常重要的条件：

$p\nmid n.$

因为在 $\mathbf F_p$ 中，整数 $n$ 要对 $p$ 取模。

如果 $p\nmid n$ ，那么

$n\not\equiv0\pmod p.$

所以 $n$ 在 $\mathbf F_p$ 中是一个非零常数。

因此：

$F'(x)=nx^{n-1}$

与

$x^{n-1}$

只有一个非零常数倍的区别。

所以如果 $F$ 和 $F'$ 有公共的非常数因子，它最终必须来自 $x$ 。

但：

$x\nmid x^n-1.$

为什么？

因为 $x^n-1$ 的常数项是

$-1\neq0.$

所以：

$\boxed{ \gcd(x^n-1,nx^{n-1})=1. }$

也就是：

$\boxed{ \gcd(F,F')=1. }$

而刚刚已经知道：

$F\text{ 有重因子} \Longrightarrow \gcd(F,F')\neq1.$

现在反过来：

$\gcd(F,F')=1 \Longrightarrow F\text{ 没有重因子}.$

因此：

$\boxed{ p\nmid n \Longrightarrow x^n-1 \text{ 在 }\mathbf F_p[x]\text{ 中没有重因子}. }$

也可以从“根”的角度看同一件事，这可能更直观。

假设 $\alpha$ 是 $x^n-1$ 的重根。

那么必须同时满足：

$\alpha^n-1=0$

和

$n\alpha^{n-1}=0.$

第一式：

$\alpha^n=1$

说明

$\alpha\neq0.$

第二式中，因为

$p\nmid n,$

所以在 $\mathbf F_p$ 中：

$n\neq0.$

又因为：

$\alpha\neq0,$

所以：

$n\alpha^{n-1}\neq0.$

矛盾。

因此不存在重根。

这里你还值得看一下为什么条件

$\boxed{p\nmid n}$

必不可少。

假设反过来：

$p\mid n.$

最简单取

$n=p.$

那么在模 $p$ 下，根据我们刚讲过的 Frobenius：

$x^p-1=(x-1)^p.$

例如模 3：

$x^3-1 = (x-1)^3 \qquad\text{在 }\mathbf F_3[x]\text{ 中}.$

因为：

$(x-1)^3 =x^3-3x^2+3x-1 \equiv x^3-1\pmod3.$

这时候 $1$ 是一个三重根。

同时：

$(x^p-1)'=px^{p-1}=0$

因为在模 $p$ 下：

$p=0.$

所以你现在应该能看到为什么前面的证明特意要求：

$\boxed{p\nmid n}.$

它正是为了保证导数

$nx^{n-1}$

不会因为模 $p$ 而整个变成零。

最后再把它接回我们正在证明的分圆多项式不可约性：

我们前一步假设 $f(\zeta^p)\neq0$ ，推出了

$\bar\Phi_n$

在 $\mathbf F_p[x]$ 中有重因子。

由于

$\bar\Phi_n\mid x^n-1,$

就会导致

$x^n-1$

也有重因子。

可是刚刚证明：

$p\nmid n \Longrightarrow x^n-1 \text{ 没有重因子}.$

矛盾。

因此原来的假设只能是错的：

$\boxed{f(\zeta^p)=0}.$

这就是那个“最后一击”中间缺失的完整逻辑。

8.2 可分的定义，以及特征零为什么保证代数扩张可分

原问题：所以特征为0和可分到底是什么意思

再说可分（separable）。

先别急着讲“扩张可分”，先看一个多项式。

如果一个多项式在代数闭包中分解以后，所有根都互不相同，就叫它可分多项式。

例如：

$f(x)=x^2-2$

在 $\mathbb{C}$ 中分解：

$(x-\sqrt2)(x+\sqrt2).$

两个根不同，所以它是可分的。

但如果：

$f(x)=(x-1)^2,$

根 $1$ 出现了两次，所以它不是可分的。

因此可以先简单理解为：

$\boxed{\text{可分}=\text{没有重根}}$

更准确地说，是“在分裂域中没有重复根”。

现在把它放到代数元上。

假设 $\alpha$ 在 $F$ 上代数，它有最小多项式

$m_{\alpha,F}(x).$

如果这个最小多项式没有重根，就称：

$\boxed{\alpha\text{ 在 }F\text{ 上可分}}$

如果一个代数扩张 $E/F$ 中每一个元素都在 $F$ 上可分，就称：

$\boxed{E/F\text{ 是可分扩张}}.$

所以“扩张可分”最终仍然是在说：

这些代数元的最小多项式有没有重根。

现在才来到你问的关键：

$\boxed{\operatorname{char}F=0\quad\Longrightarrow\quad\text{所有不可约多项式都是可分的}}$

为什么？

这里要用你刚才已经学过的“导数检测重根”。

如果 $f(x)$ 有重根，那么：

$\gcd(f,f')\neq1.$

现在假设

$f(x)\in F[x]$

是不可约多项式。

因为 $f$ 不可约，如果

$\gcd(f,f')\neq1,$

那么它们的公因子不可能只是一个小因子——由于 $f$ 不可约，只能是：

$\boxed{f\mid f'}.$

可是如果 $f$ 是非恒定多项式，

$\deg f'<\deg f.$

一个次数更高的非零多项式不可能整除一个次数更低的多项式。

所以只有一种可能：

$f'(x)=0.$

因此我们得到一个非常关键的结论：

$\boxed{ \text{不可约多项式如果不可分} \Longrightarrow f'(x)=0. }$

现在特征 $0$ 就发挥作用了。

假设：

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

那么：

$f'(x) = a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1}.$

在特征 $0$ 的域中：

$1,2,3,\ldots,n$

这些整数作为域里的元素都不是 $0$ 。

因此只要 $f$ 不是常数，就不可能所有导数项都消失：

$\boxed{f'\neq0}.$

于是不可约多项式不可能有重根。

所以：

$\boxed{ \operatorname{char}F=0 \Longrightarrow F\text{ 上每个不可约多项式都是可分的}. }$

而代数元的最小多项式本来就是不可约的，所以所有代数元都是可分的。

最终：

$\boxed{ \operatorname{char}F=0 \Longrightarrow \text{任何代数扩张 }E/F\text{ 都是可分的}. }$

这也解释了为什么前面对于

$\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}$

我们几乎一句话就能处理“可分性”：

因为

$\operatorname{char}\mathbb{Q}=0.$

所以 $\zeta_n$ 的最小多项式

$\Phi_n(x)$

自动没有重根。

因此：

$\boxed{\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}\text{ 是可分扩张}.}$

而为什么正特征下会出问题，你看一个极端现象就明白了。

在特征 $p$ 下：

$(x^p)'=px^{p-1}=0,$

因为：

$p=0$

在这个域里。

所以例如某些多项式可能长成

$x^p-a$

而导数竟然是：

$0.$

这在特征 $0$ 中绝对不会发生，也正是不可约多项式或代数扩张的不可分现象只会出现在正特征里的根源。

所以你可以先把这三个层次记住：

$\boxed{ \operatorname{char}F=0 }$

意味着整数系数不会因为模 $p$ 而消失；

因此：

$\boxed{ \text{非恒定不可约多项式的导数不为 }0 }$

因此：

$\boxed{ \text{不可约多项式没有重根} }$

因此：

$\boxed{ \text{代数扩张自动可分}. }$

这就是“特征 $0$ ，所以自动可分”那句话背后的完整逻辑。

8.3 可分的字面意义：根分开，嵌入才有足够多的选择

原问题：但是这里的可分貌似没什么含义啊，我觉得可分必定有其字面的意义吧

对，你这个感觉是对的。“可分（separable）”这个词不是随便起的，它确实有很直观的字面意义：根能够彼此“分开”。

最开始这个概念其实是针对多项式说的。设

$f(x)\in F[x].$

到了它的分裂域以后，我们把它写成一次因子的乘积。如果是

$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_n)$

而且

$\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n$

彼此不同，那么这些根就是“分开的”，因此称 $f$ 可分：

$\boxed{\text{separable} \approx \text{roots are separable/distinguishable}}$

反过来，如果出现：

$f(x)=(x-\alpha)^p,$

虽然次数是 $p$ ，但所有根都“塌缩”成同一个 $\alpha$ ，你就没办法把 $p$ 个根区分开来，所以称为不可分（inseparable）。

一个普通例子：

$f(x)=x^2-2.$

在 $\mathbb{C}$ 中：

$f(x)=(x-\sqrt2)(x+\sqrt2).$

两个根

$\sqrt2,\quad-\sqrt2$

是不同的，因此它们可以被“分开”：

$\boxed{x^2-2\text{ 是可分的}}.$

但真正体现“不可分”含义的是正特征。

比如在特征 $p$ 中考虑：

$f(x)=x^p-a.$

假设在代数闭包里存在 $\alpha$ ，满足

$\alpha^p=a.$

由于特征为 $p$ ，二项式展开中间项全部消失：

$(x-\alpha)^p=x^p-\alpha^p.$

所以：

$x^p-a=(x-\alpha)^p.$

你会发现：

这是一个 $p$ 次多项式，但它不是有 $p$ 个不同的根，而是同一个根 $\alpha$ 重复了 $p$ 次。

所以这些根没有办法“分开”：

$\boxed{\text{inseparable}}$

这个词的字面意义就非常明显了。

更重要的是，这个“分开”的含义到了 Galois 理论里会变得更深。

还记得我们说过，一个代数元 $\alpha$ 的最小多项式如果有多个根，那么不同的嵌入可能把

$\alpha$

送到它的不同共轭根。

例如：

$\alpha=\sqrt2.$

最小多项式：

$x^2-2$

有两个不同的根：

$\sqrt2,\quad-\sqrt2.$

因此从

$\mathbb{Q}(\sqrt2)$

到 $\mathbb{C}$ 有两个固定 $\mathbb{Q}$ 的嵌入：

$\sqrt2\mapsto\sqrt2$

以及

$\sqrt2\mapsto-\sqrt2.$

所以：

$[\mathbb{Q}(\sqrt2):\mathbb{Q}]=2$

同时恰好有两个不同的 $\mathbb{Q}$ -嵌入。

这不是巧合。

对于有限扩张 $E/F$ ，如果它是可分的，那么：

$\boxed{ \#\{\text{固定 }F\text{ 的嵌入 }E\to\overline F\} = [E:F]. }$

也就是说，扩张的不同“方向”真的都能通过不同嵌入区分出来。

而不可分扩张就会发生“塌缩”。

假设一个代数元 $\alpha$ 的最小多项式次数是 $p$ ，但在代数闭包中却只有一个不同的根：

$m_\alpha(x)=(x-\alpha)^p.$

虽然：

$[F(\alpha):F]=p,$

但是你没有 $p$ 个不同的共轭根可以把 $\alpha$ 送过去。

不同嵌入的数量就小于扩张次数。

极端情况下可能只有：

$\alpha\mapsto\alpha$

这一种选择。

所以“不可分”还可以理解成：

$\boxed{ \text{本应该由次数代表的多个代数共轭，发生了重合} }$

这其实比单纯说“有重根”更能体现它为什么在 Galois 理论里重要。

所以你可以把 separable 理解成三个逐渐深入、但本质相同的说法：

$\boxed{ \begin{array}{c} \text{根彼此能够分开}\\[3pt] \Updownarrow\\[3pt] \text{最小多项式没有重复根}\\[3pt] \Updownarrow\\[3pt] \text{代数共轭没有塌缩，可以产生应有数量的嵌入} \end{array}}$

第三层其实最能解释为什么 Galois 理论如此在意“可分”。

因为 Galois 理论本质上研究的是：

$\boxed{\text{域的不同嵌入/自同构如何置换多项式的根}}$

如果一个 $p$ 次不可约多项式的 $p$ 个根全塌成一个，根根本无法被置换，那么自同构就会严重减少。

这也解释了 Galois 扩张为什么要求同时满足：

$\boxed{\text{正规}+\text{可分}}$

可以粗略理解成：

正规：某个根进来了以后，它的所有共轭根都在这个域里；
可分：这些共轭根本身确实是彼此不同的。

这两个条件放在一起，Galois 群才能“完整地置换这些根”。

8.4 不可分例子的最小多项式为什么仍是 p 次

原问题：这个怎么看最小多项式都是一次的吧

对，你抓到了这里最容易产生误解的地方。关键是：“最小多项式”必须要求系数在基础域 $F$ 里。

如果 $\alpha\notin F$ ，那么

$x-\alpha$

虽然当然以 $\alpha$ 为根，但它不属于

$F[x],$

因为它的系数 $-\alpha$ 不在 $F$ 里面。

所以它没有资格成为 $\alpha$ 在 $F$ 上的最小多项式。

举一个真正的不可分例子。取特征 $p$ 的域

$F=\mathbf F_p(t),$

这里 $t$ 可以理解成一个不定元。取 $\alpha$ 满足

$\alpha^p=t.$

那么 $\alpha\notin F$ ，而它满足

$f(x)=x^p-t=0.$

事实上 $x^p-t$ 在 $F[x]$ 中不可约，因此：

$\boxed{m_{\alpha,F}(x)=x^p-t}$

它的次数是 $p$ 。

但是到了代数闭包 $\overline F$ 里，因为特征是 $p$ ，有

$(x-\alpha)^p=x^p-\alpha^p$

——中间的二项式系数全部在模 $p$ 下消失。

又因为

$\alpha^p=t,$

所以

$\boxed{x^p-t=(x-\alpha)^p}$

是在 $\overline F[x]$ 里的分解。

所以同一个最小多项式：

$m_{\alpha,F}(x)=x^p-t$

在基础域 $F$ 看，是一个 $p$ 次不可约多项式；

但到了代数闭包里，它分裂成

$(x-\alpha)^p,$

只有一个不同的根 $\alpha$ ，重复了 $p$ 次。

你刚才说“那最小多项式不是应该是 $x-\alpha$ 吗？”——如果基础域已经包含 $\alpha$ ，那完全正确：

$m_{\alpha,F(\alpha)}(x)=x-\alpha.$

但我们讨论的是 $\alpha$ 相对于原来的基础域 $F$ 的最小多项式，而此时

$x-\alpha\notin F[x].$

所以这里一定要区分：

$\boxed{ \begin{aligned} &\text{在 }F[x]\text{ 中：} &&m_{\alpha,F}(x)=x^p-t;\\ &\text{在 }\overline F[x]\text{ 中分解：} &&m_{\alpha,F}(x)=(x-\alpha)^p. \end{aligned}}$

这也正是“不可分”最典型的样子：最小多项式在基础域上不可约、次数是 $p$ ，但进入代数闭包以后， $p$ 个根全部塌缩成同一个根。

8.5 补充证明：为什么 xᵖ-t 在 𝔽ₚ(t)[x] 不可约

先说明 $t$ 不是有理函数的 $p$ 次幂。若 $(A(t)/B(t))^p=t$ ，其中 $A,B\in\mathbb{F}_p[t]$ 非零，则 $A^p=tB^p$ 。比较两边被 $t$ 整除的次数，左边为 $p\,v_t(A)$ ，右边为 $1+p\,v_t(B)$ ，二者模 $p$ 分别为 $0$ 和 $1$ ，不可能相等。因此满足 $\alpha^p=t$ 的 $\alpha$ 不在 $F=\mathbb{F}_p(t)$ 中。

在代数闭包中， $x^p-t=(x-\alpha)^p$ 。若它在 $F[x]$ 可约，取首一真因子 $h$ ，次数 $r$ 满足 $1\le r<p$ 。由于只有一个不同的根， $h=(x-\alpha)^r$ ，其 $x^{r-1}$ 的系数是 $-r\alpha$ 。该系数属于 $F$ ，而 $r\ne0$ 在特征 $p$ 的域中可逆，故 $\alpha\in F$ ，矛盾。