第 9 章：域、理想、代数元与扩张次数

本章对象： $\mathbb{Q}$ 是有理数域； $R$ 是含单位元的交换环； $I$ 是理想； $F\subseteq E\subseteq K$ 是域塔。 $F(\alpha )$ 是生成域， $[K:F]$ 是向量空间维数；span 表示所有给定域系数的线性组合。

9.1 域与域扩张：允许使用哪些数

现在开始进入和“根式解”真正连接的另一半：域（field）。

这一步先只回答一个问题：

我们怎样严格描述“目前允许使用哪些数，以及这些数之间允许做哪些运算”？

假设我们从有理数开始：

$\mathbb Q=\left\{\frac pq:p,q\in\mathbb Z,\ q\neq0\right\}.$

如果我们只允许做：

$+,\quad -,\quad \times,\quad \div$

而且除数不能是 0，那么从有理数出发，永远还是有理数。

例如：

$\frac23+\frac57=\frac{29}{21}\in\mathbb Q,$

$\frac23\cdot\frac57=\frac{10}{21}\in\mathbb Q,$

$\frac{2/3}{5/7}=\frac{14}{15}\in\mathbb Q.$

所以 $\mathbb Q$ 对四则运算是“封闭”的。

这就是域最核心的直觉：

$\boxed{\text{一个域，是一个可以自由做四则运算而不会跑出去的数系}}$

当然，正式定义稍微严格一些。

一个集合 $F$ ，如果有加法和乘法，并满足：

$(F,+)$

是一个阿贝尔群，

同时非零元素

$F^\times=F\setminus\{0\}$

在乘法下也是一个阿贝尔群，

再加上乘法对加法满足分配律：

$a(b+c)=ab+ac,$

那么 $F$ 就叫一个域。

这里其实就是把我们前面学过的“群”用到了两次。

第一次是加法：

$(F,+).$

所以必须有：

$0,$

每个 $a$ 有加法逆元：

$-a.$

第二次是乘法：

$(F\setminus\{0\},\times).$

所以必须有：

$1,$

每个非零 $a$ 有乘法逆元：

$a^{-1}.$

也就是可以除以 $a$ 。

因此：

$\boxed{\text{域就是既能加减，又能乘除的代数系统}}$

最典型的例子是：

$\mathbb Q,\quad \mathbb R,\quad \mathbb C.$

它们都是域。

但整数：

$\mathbb Z$

不是域。

为什么？

因为：

$2\in\mathbb Z,$

但它的乘法逆元：

$\frac12$

不在 $\mathbb Z$ 中。

所以整数不能在内部自由做除法。

现在这个概念为什么和方程有关？

考虑：

$x^2-2=0.$

如果我们只在

$\mathbb Q$

里面工作，那么它没有根。

因为：

$\sqrt2\notin\mathbb Q.$

于是我们想做一件事：

在原来的有理数域里“加入”一个新数 $\sqrt2$ 。

加入以后，我们当然不能只拥有一个孤零零的 $\sqrt2$ 。

因为如果这是一个域，那就必须还能做加减乘除。

所以必须至少包含：

$1+\sqrt2,$

$3-2\sqrt2,$

$\frac{1}{1+\sqrt2},$

等等。

而：

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

最后会发现，这个新域里的每个元素都可以写成：

$\boxed{a+b\sqrt2,\qquad a,b\in\mathbb Q}$

这个新域记作：

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

读作：

$\mathbb Q$ adjoining $\sqrt2$

中文通常说：

在 $\mathbb Q$ 上添加 $\sqrt2$ 得到的域。

这一步非常重要，因为以后所谓“用根式解方程”，本质上就是不断做：

$F \subset F(\sqrt[n_1]{a_1}) \subset F(\sqrt[n_1]{a_1},\sqrt[n_2]{a_2}) \subset\cdots$

也就是：

$\boxed{\text{不断往已有的域里加入根式}}$

所以“根式解”最终会变成一个关于域扩张的问题。

下一步最自然就是仔细讲：

$\boxed{\mathbb Q(\sqrt2)\text{ 为什么恰好都是 }a+b\sqrt2\text{，不会需要更复杂的形式}}$

这会正式引出“域扩张”的概念。

9.2 先定义环和理想，理解吸收性质

原问题：你得解释理想是什么吧

对，这里确实应该先把“理想（ideal）”讲清楚，不然前面那句话是悬空的。

先从我们已经熟悉的结构开始。

一个环 $R$ 里有两种运算：

$+,\qquad \times.$

例如：

$\mathbb Z$

就是一个环。

现在我们想从 $R$ 里面挑一个子集 $I$ ，希望它在某种意义上“对环运算很稳定”。

理想要求两件事。

第一， $I$ 对加法本身要形成一个群。也就是如果

$a,b\in I,$

那么：

$a-b\in I.$

例如偶数集合：

$2\mathbb Z=\{\ldots,-4,-2,0,2,4,\ldots\}$

满足这一点。

第二，这才是理想最特殊的地方：

$\boxed{ a\in I,\quad r\in R \Longrightarrow ra\in I }$

如果是交换环，也等价于

$ar\in I.$

意思是：

理想里的一个元素，乘上整个环里的任意元素，都不能跑出理想。

例如在

$R=\mathbb Z$

里，

$I=2\mathbb Z$

是一个理想。

因为如果

$a=2k$

是偶数，而

$r\in\mathbb Z,$

那么：

$ra=r(2k)=2(rk),$

仍然是偶数。

所以：

$2\mathbb Z$

是 $\mathbb Z$ 的理想。

同理：

$3\mathbb Z,\quad5\mathbb Z,\quad12\mathbb Z$

都是理想。

为什么不能只说“子群”？

因为子群只管一种运算。

比如：

$2\mathbb Z$

是整数加法群

$(\mathbb Z,+)$

的子群。

但是“理想”还额外要求：

$\boxed{\text{外面的环元素可以乘进来}}$

所以理想比“加法子群”要求更强。

可以先记：

$\boxed{ \text{理想} = \text{加法子群} + \text{对整个环的乘法吸收} }$

这里常说理想具有 吸收性。

因为：

$r\in R,\quad a\in I$

以后，

$ra$

被“吸”回 $I$ 里面。

现在就能理解为什么域同态的核是理想。

假设：

$\varphi:R\to S$

是环同态。

它的核是：

$\ker\varphi = \{a\in R:\varphi(a)=0\}.$

首先，如果

$a,b\in\ker\varphi,$

那么：

$\varphi(a)=0,\qquad\varphi(b)=0.$

于是：

$\varphi(a-b) = \varphi(a)-\varphi(b) = 0.$

所以：

$a-b\in\ker\varphi.$

这说明它是加法子群。

再看吸收性。

如果：

$a\in\ker\varphi,\qquad r\in R,$

那么：

$\varphi(ra) = \varphi(r)\varphi(a).$

因为：

$\varphi(a)=0,$

所以：

$\varphi(ra) = \varphi(r)\cdot0 = 0.$

因此：

$ra\in\ker\varphi.$

所以：

$\boxed{\ker\varphi\text{ 是 }R\text{ 的理想}}$

现在再回头看域 $K$ 。

假设：

$I\subseteq K$

是一个理想，而且里面有一个非零元素：

$a\in I,\qquad a\neq0.$

因为 $K$ 是域，所以：

$a^{-1}\in K.$

而理想有吸收性，所以既然

$a\in I$

且

$a^{-1}\in K,$

就必须有：

$a^{-1}a\in I.$

但：

$a^{-1}a=1.$

所以：

$1\in I.$

接下来任取：

$x\in K.$

因为：

$1\in I,$

又因为 $x\in K$ ，利用理想的吸收性：

$x\cdot1\in I.$

于是：

$x\in I.$

所以整个 $K$ 都在 $I$ 里：

$I=K.$

因此域只有两个理想：

$\boxed{\{0\},\quad K}.$

这就是前面那个结论的完整背景。

9.3 域的理想为什么只有零理想和整个域

这里是在解释：为什么域 $K$ 只有两个理想： $\{0\}$ 和整个 $K$ 。

假设 $I$ 是 $K$ 的一个理想，而且 $I$ 里有某个非零元素

$a\in I,\qquad a\neq 0.$

理想有一个关键性质：

$\boxed{a\in I,\ r\in K\quad\Longrightarrow\quad ra\in I}$

也就是说，理想里的元素乘上环（这里是域）中的任意元素，结果还必须留在理想里。

因为 $K$ 是域，而 $a\neq0$ ，所以 $a$ 有逆元：

$a^{-1}\in K.$

现在在上面的理想性质里取

$r=a^{-1}.$

因为 $a\in I$ ，所以

$a^{-1}a\in I.$

但

$a^{-1}a=1.$

所以：

$\boxed{1\in I}.$

这一步就是你选中的那句话的意思。

然后一旦 $1\in I$ ，事情就结束了。因为任取一个

$x\in K,$

利用理想的性质：

$x\cdot1\in I.$

而

$x\cdot1=x.$

所以任意 $x\in K$ 都属于 $I$ 。

因此：

$I=K.$

所以一个域里的理想只有两种可能：

$\boxed{I=\{0\}}$

或者，只要它含有任意一个非零元素，就立即变成：

$\boxed{I=K}.$

这也就是前面说“域同态的核只能是 $\{0\}$ 或整个域”的根本原因。

9.4 完整验证 ℚ(√ 2) 的元素形式

现在就把这件事彻底讲清楚：

$\boxed{\mathbb Q(\sqrt2)=\{a+b\sqrt2\mid a,b\in\mathbb Q\}}$

为什么正好是这种形式？

先从“加入 $\sqrt2$ ”是什么意思说起。

我们原来只有：

$\mathbb Q.$

现在要求新的域里还必须有：

$\sqrt2.$

既然它是域，就必须对四则运算封闭。

所以至少会产生：

$1+\sqrt2,\quad 3\sqrt2,\quad \frac52-7\sqrt2$

等等。

这些显然都属于：

$a+b\sqrt2.$

关键问题是：

继续乘、除以后，会不会出现 $(\sqrt2)^2,(\sqrt2)^3$ 之类，从而需要更高次项？

先看乘法。

设

$x=a+b\sqrt2,$

$y=c+d\sqrt2.$

那么：

$xy = (a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2).$

展开：

$=ac+ad\sqrt2+bc\sqrt2+bd(\sqrt2)^2.$

但：

$(\sqrt2)^2=2.$

所以：

$xy = (ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2.$

仍然是：

$\boxed{\text{有理数}+\text{有理数}\cdot\sqrt2}.$

高次项自动被压回来了。

例如：

$(\sqrt2)^3 = 2\sqrt2,$

$(\sqrt2)^4 = 4.$

所以根本不需要保留：

$(\sqrt2)^2,(\sqrt2)^3,\ldots$

作为新的独立东西。

加减更简单：

$(a+b\sqrt2)+(c+d\sqrt2) = (a+c)+(b+d)\sqrt2.$

仍然是同样形式。

取负号：

$-(a+b\sqrt2) = -a-b\sqrt2.$

也还是同样形式。

真正需要检查的是除法。

假设：

$a+b\sqrt2\neq0.$

我们希望：

$\frac1{a+b\sqrt2}$

仍然写成：

$c+d\sqrt2.$

方法就是乘共轭：

$\frac1{a+b\sqrt2} \cdot \frac{a-b\sqrt2}{a-b\sqrt2}.$

得到：

$\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2}.$

因为：

$a,b\in\mathbb Q,$

所以：

$a^2-2b^2\in\mathbb Q.$

而且只要

$a+b\sqrt2\neq0,$

这个分母不会为 0。

因此：

$\frac1{a+b\sqrt2} = \frac{a}{a^2-2b^2} - \frac{b}{a^2-2b^2}\sqrt2.$

两个系数仍然都是有理数。

所以逆元仍然属于这个集合。

于是：

$\{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb Q\}$

确实是一个域。

而且它包含：

$\mathbb Q$

和

$\sqrt2.$

因此它就是“包含 $\mathbb Q$ 和 $\sqrt2$ 的最小域”：

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

这里“最小”很重要，意思不是数值大小，而是：

只加入为了保证域运算不得不加入的东西，不额外加入别的数。

比如：

$\pi$

当然也可以和 $\sqrt2$ 一起放进一个更大的域，但仅仅从 $\mathbb Q$ 加入 $\sqrt2$ ，并不会被迫得到 $\pi$ 。

现在再看一个很重要的结构。

$\mathbb Q(\sqrt2)$

里的每个数都能唯一写成：

$a+b\sqrt2.$

这里实际上只有两个“基本方向”：

$1,\qquad \sqrt2.$

所以我们常写：

$\mathbb Q(\sqrt2) = \operatorname{span}_{\mathbb Q}\{1,\sqrt2\}.$

它作为一个 $\mathbb Q$ -向量空间，维数是：

$2.$

于是定义：

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

这个数字叫：

$\boxed{\text{域扩张的次数 degree}}$

直觉上就是：

从 $\mathbb Q$ 扩张到 $\mathbb Q(\sqrt2)$ ，需要两个基底方向 $1,\sqrt2$ 。

这一步非常关键，因为后面如果加入一个满足三次不可约方程的数，扩张次数可能是 3；加入五次根，次数也可能变化。

下一步最自然的是讲：

$\boxed{\text{什么是代数元、最小多项式，以及为什么扩张次数等于最小多项式的次数}}$

因为 $\sqrt2$ 之所以只需要 $1,\sqrt2$ ，根本原因就是它满足：

$x^2-2=0.$

9.5 代数元、最小多项式、扩张次数

现在讲三个紧密相关的概念：

$\boxed{\text{代数元}} \quad\to\quad \boxed{\text{最小多项式}} \quad\to\quad \boxed{\text{扩张次数}}$

先用 $\sqrt2$ 这个最熟悉的例子。

我们知道：

$\sqrt2$

满足

$x^2-2=0.$

而这个多项式的系数都在 $\mathbb Q$ 里。

所以我们说：

$\boxed{\sqrt2\text{ 是 }\mathbb Q\text{ 上的代数元}}$

更一般地，如果一个数 $\alpha$ 满足某个非零多项式方程

$a_n\alpha^n+\cdots+a_1\alpha+a_0=0$

其中

$a_i\in F,$

那么称：

$\boxed{\alpha\text{ 是域 }F\text{ 上的代数元}}$

英文是 algebraic element。

例如：

$\sqrt2$

是 $\mathbb Q$ 上的代数元；

$\sqrt[3]{2}$

也是，因为它满足

$x^3-2=0.$

而像 $\pi,e$ 相对于 $\mathbb Q$ 则不是代数元，它们是超越数。

但一个数通常会满足很多多项式。

比如 $\sqrt2$ 满足：

$x^2-2=0,$

当然也满足：

$(x^2-2)(x+7)=0,$

即：

$x^3+7x^2-2x-14=0.$

甚至还满足：

$(x^2-2)^5=0.$

所以仅仅说“它满足一个多项式”信息太多、太冗余。

我们真正想找的是：

最简单、最低次数的那个多项式。

对 $\sqrt2$ ，就是：

$x^2-2.$

这个多项式叫：

$\boxed{\sqrt2\text{ 在 }\mathbb Q\text{ 上的最小多项式}}$

英文：

minimal polynomial

正式一点说，如果 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元，那么它的最小多项式 $m_\alpha(x)$ 是：

$\boxed{\text{系数在 }F\text{ 中、首一、次数最低，并且满足 }m_\alpha(\alpha)=0\text{ 的多项式}}$

“首一”就是最高次项系数取 1。

例如：

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

为什么不能有一次多项式？

如果有：

$x-a=0,\qquad a\in\mathbb Q,$

那么就意味着：

$\sqrt2=a\in\mathbb Q,$

矛盾。

所以最低次数确实是 2。

现在看：

$\sqrt[3]{2}.$

它满足：

$x^3-2=0.$

如果这个多项式在 $\mathbb Q$ 上不可约，那么它就是最小多项式。

这里的“不可约”意思是：

不能在 $\mathbb Q[x]$ 里分解成两个次数都更低的非恒定多项式。

对于：

$x^3-2,$

如果它在 $\mathbb Q$ 上可约，因为它是三次多项式，就一定有一个有理根。

但有理根只能是：

$\pm1,\pm2,$

都不成立。

所以它不可约。

因此：

$m_{\sqrt[3]2}(x)=x^3-2.$

现在来到最重要的结论。

如果：

$m_\alpha(x)$

在 $F$ 上的次数是：

$n,$

那么：

$F(\alpha)$

里的每个元素都可以唯一写成：

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

其中：

$a_i\in F.$

为什么只需要到 $\alpha^{n-1}$ ？

因为最小多项式给了一个关系：

$\alpha^n+c_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+c_0=0.$

所以：

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

也就是说：

$\boxed{\alpha^n\text{ 可以用更低次幂表示}}$

于是：

$\alpha^{n+1},\alpha^{n+2},\ldots$

也都能不断降次。

例如 $\sqrt2$ 满足：

$\alpha^2=2,$

所以任何高次幂都只能化成：

$a+b\alpha.$

而 $\sqrt[3]2$ 满足：

$\alpha^3=2.$

所以任何元素都可以化成：

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

也就是：

$\boxed{ \mathbb Q(\sqrt[3]2) = \{a+b\sqrt[3]2+c\sqrt[3]4:a,b,c\in\mathbb Q\} }$

因此：

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

于是得到一个非常重要的定理：

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

也就是：

加入一个代数元后，域扩张的次数，等于这个元素最小多项式的次数。

例如：

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

因为：

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

而：

$[\mathbb Q(\sqrt[3]2):\mathbb Q]=3,$

因为：

$m_{\sqrt[3]2}(x)=x^3-2.$

下一步最自然的是讲：

$\boxed{\text{如果连续加入多个数，扩张次数怎样相乘}}$

也就是塔式定理：

$[K:F]=[K:E][E:F].$

这会直接帮助我们理解“不断加入根式”的结构。

补充证明：最小多项式为什么不可约，为什么给出扩张次数

$F$ 是域， $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元。存在非零多项式使它为零，因此在所有这类多项式中选次数最小的，并除以首项系数，得到首一多项式 $m$ 。若 $m=uv$ ，其中 $u,v$ 都是正次数，则 $0=m(\alpha )=u(\alpha )v(\alpha )$ ，在域中必有一个因子为零，违反最小次数。所以 $m$ 不可约。

多项式除法表明：若 $p(\alpha )=0$ ，把 $p$ 除以 $m$ 得 $p=qm+r$ ， $\deg$ $r$ < $\deg$ $m$ 。代入 $\alpha$ 后 $r(\alpha )=0$ ，最小性迫使 $r=0$ 。因此所有在 $\alpha$ 处为零的多项式恰好是 $m$ 的倍数，也证明首一最小多项式唯一。

设 $d=\deg$ $m$ 。任何多项式表达式都能化简为 1、 $\alpha$ 、…、 $\alpha ^{d-1}$ 的 $F$ 线性组合。还要检查除法不会跑出去：若 $q(\alpha )\neq 0$ ，则不可约的 $m$ 与 $q$ 互素；多项式 Euclid 算法给出 $u$ $q+v$ $m=1$ ，所以 $q(\alpha )^{-1}=u(\alpha )$ 。于是这些多项式表达式已是一个域，即 $F[\alpha ]=F(\alpha )$ 。

若这 $d$ 个元素线性相关，就存在次数小于 $d$ 的非零多项式使 $\alpha$ 为零，矛盾。因此它们是一组基， $[F(\alpha ):F]=d$ 。这也解释“生成元”不能直接当作向量空间的基。

这里用到的多项式 Euclid 算法：重复带余除法，余数次数严格下降，最后非零余数为最大公因式；从最后一步逆向代入，就把最大公因式写成两个原多项式的组合。互素时该组合可归一化为 1。

原例子的有理根定理也可以直接检查：若互素整数 $p,q$ 的比 $p/q$ 是整系数多项式 $a_d$ $x^{d}+\ldots +a_{0}$ 的根，乘以 $q^{d}$ 后， $p$ 整除 $a_{0}q^{d}$ ， $q$ 整除 $a_dp^{d}$ 。因 $p,q$ 互素，得到 $p\mid a_{0}$ 、 $q\mid a_d$ ；首一时 $q=\pm 1$ 。因此 $x^{3}-2$ 的有理根只可能是 ±1、±2。

补充例子：√ 2 不在 ℚ，√ 3 不在 ℚ(√ 2)

若 $\surd 2=p/q$ ，取互素整数 $p,q$ ，则 $p^{2}=2q^{2}$ ， $p$ 必为偶数；写 $p=2r$ 后 $q^{2}=2r^{2}$ ， $q$ 也为偶数，矛盾。

若 $\surd 3=a+b\surd 2$ ， $a,b\in \mathbb{Q}$ ，平方得 $3=a^{2}+2b^{2}+2ab\surd 2$ 。因 $\surd 2$ 无理， $ab=0$ 。若 $b=0$ ，则 $a^{2}=3$ ；若 $a=0$ ，则 $b^{2}=3/2$ 。两者都不可能是有理数的平方：一个有理数平方的约分分子和分母中，各素因子的指数都是偶数，而 3、3/2 不满足。因此 $\surd 3$ 不在 $\mathbb{Q}(\surd 2)$ ，原塔式定理例子中的第二层确实是二次扩张。