第 1 章：多项式、最小多项式与域扩张

本章对象： $F$ 是基础域， $F[x]$ 是多项式环； $\alpha$ 是扩域中的代数元， $m_{\alpha,F}$ 是首一最小多项式。

1.1 多项式环、基础域、不可约性与加入一个根

原问题：一步步向我介绍整式相关和分圆域相关的数学知识吧，我在学习Galois理论的时候遇到了一些相关知识，但是感觉我理解的不是很充分

整理提示：本段末尾预告的分圆结论将在第 4—11 章证明。

我们把这部分重新搭一遍，而且我会尽量把它和你正在学的 Galois 理论连接起来，而不是孤立地讲“多项式技巧”。

我先把路线给你看清楚，然后今天只走第一步。这里我先把你说的“整式”理解成 多项式（polynomial）相关知识；以后如果你还想补“代数整数 algebraic integers”，我们可以另开一条线。

我们要走的路线

整体上可以分成三层：

多项式本身
$F[x],\quad \text{整除、最大公因式、不可约多项式}$
↓
多项式如何制造域扩张
$F[x]/(f(x)),\quad F(\alpha),\quad \text{最小多项式、分裂域}$
↓
单位根与分圆域
$x^n-1,\quad \Phi_n(x),\quad \mathbb{Q}(\zeta_n), \quad \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q})$

最后你会看到一个非常漂亮的闭环：

$\boxed{ \text{多项式} \rightarrow \text{根} \rightarrow \text{域扩张} \rightarrow \text{自同构} \rightarrow \text{Galois 群} }$

而分圆域其实是这个闭环里最重要、最好算的一类具体例子。

第一步：为什么 Galois 理论一开始就离不开 F[x]？

先不要管分圆域。

假设我们研究一个多项式：

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

如果我们的基础域是

$F=\mathbb{Q},$

那么：

$f(x)\in\mathbb{Q}[x].$

这里

$\mathbb{Q}[x]$

是什么意思？

就是：

系数都在 $\mathbb{Q}$ 里的所有多项式组成的集合。

例如：

$x^2-2,$

$3x^5+\frac12x-7,$

$x^{100}+1$

都属于 $\mathbb{Q}[x]$ 。

1. 为什么强调“系数在哪个域里”？

这是以后 Galois 理论里极其重要的一件事。

例如：

$x^2-2$

在

$\mathbb{Q}[x]$

里不能分解成一次因子。

但在

$\mathbb{R}[x]$

里：

$x^2-2 = (x-\sqrt2)(x+\sqrt2).$

所以：

$\boxed{ \text{一个多项式是否不可约，必须说明是在哪个域上。} }$

不能单独说：

$x^2-2$ 是不可约的。

严格说应该是：

$x^2-2 \text{ 在 }\mathbb{Q}[x]\text{ 中不可约。}$

而在 $\mathbb{R}[x]$ 中可约。

这件事以后会不断出现。

2. 为什么 F[x] 特别好？

因为如果 $F$ 是一个域，那么 $F[x]$ 中可以做一种类似整数除法的操作。

例如整数中：

$17=5\times3+2.$

多项式中也是一样。

如果

$f(x),g(x)\in F[x], \qquad g(x)\neq0,$

那么一定存在唯一的

$q(x),r(x)\in F[x]$

使得：

$\boxed{ f(x)=q(x)g(x)+r(x) }$

并且

$\deg r<\deg g.$

这就是多项式除法算法。

这一点非常重要，因为它使 $F[x]$ 的行为非常像整数 $\mathbb{Z}$ 。

3. 多项式和整数之间有一个很深的类比

你可以先建立这张心理对应表：

整数 $\mathbb{Z}$	多项式 $F[x]$
2,3,5,7 是素数	不可约多项式
$12=2^2\cdot3$	多项式分解成不可约因子
$\gcd(a,b)$	$\gcd(f,g)$
Euclidean algorithm	多项式 Euclidean algorithm

例如：

$x^2-1 = (x-1)(x+1).$

类似于：

$6=2\cdot3.$

而：

$x^2+1$

在 $\mathbb{R}[x]$ 中：

$x^2+1$

不可约吗？

是，因为：

$x^2+1$

在 $\mathbb{R}[x]$ 中其实没有实根，因此对二次多项式来说不可约。

但在：

$\mathbb{C}[x]$

中：

$x^2+1=(x-i)(x+i).$

所以再次说明：

$\boxed{\text{“不可约”永远是相对于基础域而言的。}}$

4. “不可约”为什么对域扩张这么重要？

这是第一个真正和 Galois 理论连起来的地方。

还是考虑：

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

它在 $\mathbb{Q}[x]$ 不可约。

但我们想要一个世界，其中：

$x^2-2$

真的有一个根。

我们把这个根叫：

$\alpha.$

要求：

$\alpha^2=2.$

于是得到一个更大的域：

$\mathbb{Q}(\alpha).$

因为 $\alpha^2=2$ ，所以任意高次幂都可以降下来。

例如：

$\alpha^3=2\alpha,$

$\alpha^4=4.$

因此这个域里的任意元素其实都长成：

$\boxed{ a+b\alpha,\qquad a,b\in\mathbb{Q}. }$

当：

$\alpha=\sqrt2$

时：

$\mathbb{Q}(\alpha)=\mathbb{Q}(\sqrt2).$

5. 这里出现一个极其重要的思想

我们原本只有：

$\mathbb{Q}.$

但是有一个多项式：

$x^2-2$

在这里没有根。

于是我们人为扩大这个域，把一个根放进去：

$\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt2).$

这就是：

$\boxed{\text{域扩张}}$

最基本的来源。

所以从概念上说：

$\text{多项式没有根}$

促使我们：

$\text{加入一个根}$

从而：

$\text{产生域扩张}.$

这就是 Galois 理论的起点。

6. 还有一个更抽象但更漂亮的写法

我们甚至不必预先知道 $\sqrt2$ 是什么。

直接写：

$\boxed{ \mathbb{Q}[x]/(x^2-2) }$

这个商环里，把 $x^2-2$ 当成 $0$ 。

所以：

$x^2=2.$

也就是说，商掉以后， $x$ 自动变成一个满足：

$x^2=2$

的元素。

因此：

$\mathbb{Q}[x]/(x^2-2) \cong \mathbb{Q}(\sqrt2).$

这其实是代数学里一个非常核心的思想：

想创造一个满足某个方程的元素，就让那个方程等于 0。

例如想创造：

$i^2=-1,$

就可以写：

$\mathbb{R}[x]/(x^2+1).$

这和：

$\mathbb{C}$

本质上一样。

7. 为什么这里要求 f(x) 不可约？

这是下一步最关键的问题。

如果：

$f(x)$

在 $F[x]$ 中不可约，那么：

$\boxed{ F[x]/(f) }$

是一个域。

例如：

$\mathbb{Q}[x]/(x^2-2)$

是域。

但是如果：

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

那么：

$\mathbb{Q}[x]/(x^2-1)$

就不是域。

原因很直观。

在商环里：

$x^2-1=0.$

因此：

$(x-1)(x+1)=0.$

可是：

$x-1\neq0, \qquad x+1\neq0.$

所以出现了两个非零元素相乘等于零：

$\boxed{ (x-1)(x+1)=0. }$

这叫做零因子。

而域里不可能有零因子。

因此：

$\boxed{ f\text{ 不可约} \Longleftrightarrow F[x]/(f)\text{ 是域} }$

对于 $F[x]$ 来说，这是一个非常重要的定理。

先停在这里

你现在最值得真正抓住的是下面这条链，而不是记很多定义：

$\boxed{ \text{不可约多项式} \longrightarrow \text{加入它的一个根} \longrightarrow \text{得到新的域} }$

例如：

$x^2-2$

对应：

$\mathbb{Q} \subset \mathbb{Q}(\sqrt2).$

以后我们会把：

$x^n-1$

拿出来研究。

它的根就是：

$1,\zeta_n,\zeta_n^2,\ldots,\zeta_n^{n-1},$

也就是 $n$ 次单位根。

然后再把它分解成：

$\boxed{ x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x) }$

这里的：

$\Phi_n(x)$

就是第 $n$ 个分圆多项式。

再取它的一个根 $\zeta_n$ ，就会得到：

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

也就是第 $n$ 个分圆域。

所以你刚才在 Galois 理论里遇到的“单位根到底要不要固定”“为什么加单位根”“为什么自同构把 $\zeta_n$ 送到另一个单位根”，其实都建立在今天这套框架上。

下一步我建议专门讲“不可约多项式、最小多项式和 $F(\alpha)$ 为什么本质上是同一件事”。这个弄懂以后，再进入单位根和分圆多项式会顺很多。

1.2 补充证明：除法、Bézout 等式与不可约商环

设 $F$ 为域， $g\ne0$ 。若当前被除式最高次项是 $ax^r$ ，除式最高次项是 $bx^m$ ，且 $r\ge m$ ，减去 $(a/b)x^{r-m}g$ 即降低次数。域中 $b\ne0$ 可逆，有限次操作后得到 $f=qg+r$ ，其中 $r=0$ 或 $\deg r<\deg g$ 。若还有 $f=q_1g+r_1$ ，相减后 $(q-q_1)g=r_1-r$ ；左边非零时次数至少为 $\deg g$ ，右边非零时次数小于它，故商、余数唯一。

对两个多项式反复做带余除法，余数次数严格下降，最后一个非零余数（调成首一）就是最大公因式。逐次倒代给出多项式版 Bézout 等式： $u f+v g=\gcd(f,g)$ 。

设 $m$ 非常数且不可约。商环 $F[x]/(m)$ 中的非零元素 $[h]$ 满足 $m\nmid h$ 。不可约性给出 $\gcd(h,m)=1$ ，于是存在 $u,v\in F[x]$ 使 $uh+vm=1$ 。进入商环后 $[u][h]=[1]$ ，故每个非零元素有逆元，商环是域。

反过来，若 $m=ab$ ，其中 $a,b$ 都非常数且次数小于 $\deg m$ ，则 $[a],[b]$ 非零而 $[a][b]=[0]$ 。域无零因子，所以商环不是域。这里需要 $m$ 非零且非常数。

1.3 最小多项式、商环和扩张次数

整理提示：本节先建立代数元的一般模板；末尾把分圆多项式认作最小多项式的结论，以第 9 章不可约性证明为依据。

我们现在就把上一节最关键的三个对象彻底连起来：

$\boxed{ \text{不可约多项式} \quad\leftrightarrow\quad \text{最小多项式} \quad\leftrightarrow\quad F(\alpha) }$

这一步如果真正理解了，后面分圆多项式 $\Phi_n(x)$ 、单位根 $\zeta_n$ 、分圆域 $\mathbb{Q}(\zeta_n)$ 会顺很多。

第二步：什么是最小多项式？

先从一个具体例子开始。

设

$\alpha=\sqrt2.$

显然：

$\alpha^2-2=0.$

所以 $\alpha$ 是多项式

$x^2-2$

的根。

但它其实也是很多其他多项式的根，比如：

$x^4-4$

因为

$(\sqrt2)^4-4=0.$

还可以有：

$x^3-2x,$

因为

$(\sqrt2)^3-2\sqrt2=0.$

于是自然出现一个问题：

这么多多项式都以 $\alpha$ 为根，哪个最重要？

答案就是：

$\boxed{\text{最小多项式}}$

1. 最小多项式的定义

设 $F$ 是一个域， $\alpha$ 是某个扩域中的元素。

如果存在非零多项式

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

使得

$f(\alpha)=0,$

那么称 $\alpha$ 在 $F$ 上是代数的。

这时存在唯一一个首一不可约多项式

$m_{\alpha,F}(x)\in F[x]$

满足：

$m_{\alpha,F}(\alpha)=0.$

它就叫做 $\alpha$ 在 $F$ 上的最小多项式。

记作：

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

2. 为什么叫“最小”？

因为它是所有满足

$f(\alpha)=0$

的非零多项式中次数最低的那个首一多项式。

例如：

$\alpha=\sqrt2.$

在 $\mathbb{Q}$ 上：

$x^2-2$

不可约，所以：

$m_{\sqrt2,\mathbb{Q}}(x)=x^2-2.$

而像：

$x^4-4=(x^2-2)(x^2+2)$

虽然也以 $\sqrt2$ 为根，但次数更高。

3. 一个非常重要的定理

如果

$f(\alpha)=0, \qquad f(x)\in F[x],$

那么：

$\boxed{ m_{\alpha,F}(x)\mid f(x) }$

也就是说：

$\alpha$ 的最小多项式整除所有以 $\alpha$ 为根的 $F$ -系数多项式。

这个结论以后会频繁使用。

4. 为什么？

这是一个很漂亮的多项式除法证明。

设：

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

对任意满足 $f(\alpha)=0$ 的 $f(x)$ ，做除法：

$f(x)=q(x)m(x)+r(x),$

其中：

$\deg r<\deg m.$

把 $x=\alpha$ 代进去：

$f(\alpha) = q(\alpha)m(\alpha)+r(\alpha).$

但：

$f(\alpha)=0, \qquad m(\alpha)=0,$

所以：

$r(\alpha)=0.$

如果 $r\neq0$ ，那 $r$ 就是一个次数比 $m$ 还低、但仍然以 $\alpha$ 为根的多项式。

这和 $m$ 的最小性矛盾。

所以：

$r=0.$

因此：

$m\mid f.$

5. 为什么最小多项式一定不可约？

这个也很重要。

假设最小多项式：

$m(x)$

可以分解：

$m(x)=g(x)h(x)$

其中：

$\deg g,\deg h<\deg m.$

因为：

$m(\alpha)=0,$

所以：

$g(\alpha)h(\alpha)=0.$

现在注意：

$g(\alpha),h(\alpha)$

是在一个域里。

域没有零因子，所以：

$g(\alpha)=0$

或者：

$h(\alpha)=0.$

但 $g,h$ 的次数都小于 $m$ ，这就和 $m$ 是最低次数矛盾。

所以：

$\boxed{ m_{\alpha,F}(x)\text{ 必不可约} }$

6. 反过来也成立

这一点你最好记住。

如果：

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

是首一不可约多项式，并且：

$f(\alpha)=0,$

那么：

$\boxed{ f(x)=m_{\alpha,F}(x) }$

因为最小多项式必须整除 $f$ ，但 $f$ 已不可约。

所以只能相同。

7. 最小多项式依赖基础域

这是以后 Galois 理论里非常容易混淆的地方。

考虑：

$\alpha=\sqrt2.$

在：

$\mathbb{Q}$

上：

$m_{\sqrt2,\mathbb{Q}}(x)=x^2-2.$

但是如果基础域已经是：

$\mathbb{Q}(\sqrt2),$

那么 $\sqrt2$ 本身已经属于基础域。

此时：

$x-\sqrt2$

就是它的最小多项式。

所以：

$m_{\sqrt2,\mathbb{Q}(\sqrt2)}(x) = x-\sqrt2.$

因此必须始终记得：

$\boxed{ \text{最小多项式一定是“相对于哪个基础域”而言的。} }$

8. 最小多项式与扩张次数

现在进入最漂亮的联系。

如果：

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

的次数是：

$n,$

那么：

$\boxed{ [F(\alpha):F]=n }$

也就是：

$\boxed{ [F(\alpha):F] = \deg m_{\alpha,F} }$

这是一个非常重要的公式。

9. 为什么？

假设：

$\deg m=n.$

那么：

$1,\alpha,\alpha^2,\dots,\alpha^{n-1}$

构成 $F(\alpha)$ 在 $F$ 上的一组基。

所以任意元素都能唯一写成：

$a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1}.$

其中：

$a_i\in F.$

为什么高次幂可以降下来？

因为最小多项式：

$m(x) = x^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_0$

满足：

$m(\alpha)=0.$

所以：

$\alpha^n = -c_{n-1}\alpha^{n-1} -\cdots-c_0.$

因此任何：

$\alpha^k,\qquad k\ge n$

都能不断降到：

$1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1}$

的线性组合。

10. 例如 √2

因为：

$m_{\sqrt2,\mathbb{Q}}(x)=x^2-2,$

次数是 2。

所以：

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

并且：

$\{1,\sqrt2\}$

是一组基。

因此：

$\mathbb{Q}(\sqrt2) = \{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb{Q}\}.$

11. 再看一个三次例子

设：

$\alpha=\sqrt[3]{2}.$

它满足：

$x^3-2=0.$

而：

$x^3-2$

在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约。

所以：

$m_{\alpha,\mathbb{Q}}(x)=x^3-2.$

因此：

$[\mathbb{Q}(\sqrt[3]2):\mathbb{Q}]=3.$

而每个元素唯一写成：

$a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4.$

也就是：

$a+b\alpha+c\alpha^2.$

12. 现在把商环也接上

上一节我们写过：

$F[x]/(f).$

现在可以更精确地说：

如果：

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

那么：

$\boxed{ F(\alpha)\cong F[x]/(m(x)) }$

这是非常核心的结构定理。

意思是：

“往 $F$ 中加入一个满足 $m(\alpha)=0$ 的元素”，本质上就等于“在 $F[x]$ 中规定 $m(x)=0$ ”。

13. 这个同构到底是怎么来的？

定义映射：

$\varphi:F[x]\to F(\alpha)$

为：

$f(x)\mapsto f(\alpha).$

这叫evaluation map，即代入映射。

例如：

$3x^2+x+1 \mapsto 3\alpha^2+\alpha+1.$

它的核是什么？

就是所有满足：

$f(\alpha)=0$

的多项式。

刚刚我们已经证明：

$f(\alpha)=0 \iff m_{\alpha,F}\mid f.$

因此：

$\ker\varphi=(m_{\alpha,F}).$

而像：

$\varphi(F[x])$

正好就是：

$F[\alpha].$

由于 $\alpha$ 是代数元，这时：

$F[\alpha]=F(\alpha).$

于是第一同构定理给出：

$\boxed{ F[x]/(m_{\alpha,F}) \cong F(\alpha) }$

这个结果非常值得你熟悉。

14. 为什么代数元时 F[α]=F(α)？

这个有点微妙。

定义上：

$F[\alpha]$

是所有：

$f(\alpha)$

构成的集合，也就是只允许做加法和乘法。

而：

$F(\alpha)$

则是包含 $F$ 和 $\alpha$ 的最小的域，所以还必须允许除法。

乍一看：

$F[\alpha]$

可能比：

$F(\alpha)$

小。

但如果 $\alpha$ 是代数的，那么：

$F[\alpha]$

本身已经是一个域。

因此：

$\boxed{ F[\alpha]=F(\alpha) }$

15. 为什么 F[α] 已经有逆元？

例如：

$\mathbb{Q}[\sqrt2].$

取：

$1+\sqrt2.$

它的逆：

$\frac1{1+\sqrt2}$

看起来不一定还是 $a+b\sqrt2$ 。

但有理化：

$\frac1{1+\sqrt2} = \frac{1-\sqrt2}{1-2} = \sqrt2-1.$

还是在：

$\mathbb{Q}[\sqrt2]$

里。

一般情况也是如此。

更抽象地说：

$F[\alpha] \cong F[x]/(m)$

而 $m$ 不可约，因此右边是域。

所以左边也是域。

16. 到这里可以形成一张非常重要的图

如果：

$\alpha$

在 $F$ 上代数，那么：

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

是不可约多项式。

它决定：

$\boxed{ F(\alpha) }$

而且：

$\boxed{ F(\alpha)\cong F[x]/(m_{\alpha,F}) }$

同时：

$\boxed{ [F(\alpha):F]=\deg m_{\alpha,F} }$

所以可以画成：

$\boxed{ m_{\alpha,F}(x) \longleftrightarrow F[x]/(m_{\alpha,F}) \longleftrightarrow F(\alpha) }$

这是你以后学 Galois 理论时反复出现的基本模板。

17. 这和分圆域马上就会连接

以后我们取：

$\alpha=\zeta_n,$

其中：

$\zeta_n=e^{2\pi i/n}$

是一个本原 $n$ 次单位根。

它满足：

$\zeta_n^n=1,$

所以它当然是：

$x^n-1$

的根。

但：

$x^n-1$

通常不是 $\zeta_n$ 的最小多项式。

它真正的最小多项式是：

$\boxed{ \Phi_n(x) }$

也就是第 $n$ 个分圆多项式。

于是：

$\boxed{ \mathbb{Q}(\zeta_n) \cong \mathbb{Q}[x]/(\Phi_n(x)) }$

而且：

$\boxed{ [\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] = \deg\Phi_n = \varphi(n) }$

这里的 $\varphi(n)$ 是 Euler φ 函数。

你现在应该已经隐约看到：

分圆多项式其实就是“本原单位根的最小多项式”。

这就是为什么它在 Galois 理论里那么重要。

下一步我们最好先不直接上 $\Phi_n$ ，而是先把 $x^n-1$ 的所有根、单位根、本原单位根到底是什么 彻底搞清楚。这样之后分圆多项式就会自然出现，而不是突然冒出来。

1.4 补充证明：不借循环论证，补齐逆元与基

原回答给出了降幂的想法。还要证明逆元仍在 $F[\alpha]$ ，以及降幂后的表示唯一。

设 $m=m_{\alpha,F}$ 。若 $h(\alpha)\ne0$ ，则 $m\nmid h$ ，由不可约性及多项式 Bézout 等式，有 $uh+vm=1$ 。代入 $\alpha$ 得到 $u(\alpha)h(\alpha)=1$ 。因此 $F[\alpha]$ 本身就是域，等于 $F(\alpha)$ 。

设 $d=\deg m$ 。把任意 $h$ 除以 $m$ 可得 $h(\alpha)=r(\alpha)$ ，其中 $\deg r<d$ ，所以 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ 张成 $F(\alpha)$ 。若它们有非零线性关系，就存在次数小于 $d$ 的非零多项式以 $\alpha$ 为根，与最小次数矛盾。故这组元素线性无关，是一组基， $[F(\alpha):F]=d$ 。