域擴張與有限域例子

前面的二次構造和八元素構造都是域擴張的例子。現在我們精確定義這一結構、計算擴張次數，並解釋多項式關係如何同時控制運算與向量空間大小。即使元素個數相同，也必須區分有限域與整數剩餘類環。

1 擴張與次數

域擴張 $K/F$ 指將 $F$ 視為 $K$ 的一個子域。用 $F$ 中元素作標量相乘，使 $K$ 成為 $F$-向量空間。它的有限或無限維數稱為次數 $[K:F]$。

對 $\alpha\in K$，$F(\alpha)$ 是包含 $F$ 和 $\alpha$ 的最小子域。若 $\alpha$ 滿足 $F$ 上某個非零多項式，稱其在 $F$ 上代數。在 $\alpha$ 處為零的最低正次數首一多項式 $p$ 稱為它的最小多項式。

定理。 令 $d=\deg p$。最小多項式不可約，代值映射的核為 $(p)$，且 $F(\alpha)\cong F[x]/(p)$。因此 $[F(\alpha):F]=\deg p$，冪 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{d-1}$ 構成一組基。

證明。 若 $p=uv$，且兩個因子都有更低的正次數，則在域中 $u(\alpha)v(\alpha)=0$。一個因子必須為零，與最小性矛盾。對任意在 $\alpha$ 處為零的 $f$，相除得 $f=qp+r$，餘式次數更低。於是 $r(\alpha)=0$，最小性迫使 $r=0$。故核為 $(p)$，像 $F[\alpha]$ 同構於不可約多項式的商域。由於像已是域，它等於 $F(\alpha)$。次數低於 $d$ 的唯一餘式證明瞭基與維數。$\square$

對 $\mathbb Q$ 上的 $\alpha=\sqrt2$，$p=x^2-2$，所以每個元素唯一地寫為 $a+b\sqrt2$，次數為 2。而在 $\mathbb R$ 上，同一元素已在基域內，所以最小多項式是 $x-\sqrt2$，次數為 1。最小多項式取決於基域。

2 分兩階段構造擴張

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

證明。 設 $u_1,\ldots,u_m$ 是 $K$ 的 $F$-基，$v_1,\ldots,v_n$ 是 $L$ 的 $K$-基。展開系數表明 $mn$ 個乘積 $u_iv_j$ 在 $F$ 上張成 $L$。若 $\sum_{i,j}c_{ij}u_iv_j=0$，其中 $c_{ij}\in F$，則由 $v_j$ 在 $K$ 上線性無關，對每個 $j$ 有 $\sum_i c_{ij}u_i=0$。再由 $u_i$ 的線性無關性得所有 $c_{ij}=0$。故這些乘積構成一組基。$\square$

雙二次例子。 令 $L=\mathbb Q(\sqrt2,\sqrt3)$。第二個平方根不在 $\mathbb Q(\sqrt2)$ 中。若對有理數 $a,b$ 有 $\sqrt3=a+b\sqrt2$，平方並利用有理部分和 $\sqrt2$ 部分的唯一性，得 $2ab=0$、$a^2+2b^2=3$。若 $b=0$，則 $\sqrt3$ 為有理數；若 $a=0$，則 $b^2=3/2$，由素因子指數奇偶性可知這對有理數 $b$ 不可能。因此第二個二次多項式在第一次擴張上仍不可約，且 $[L:\mathbb Q]=4$。一組基為 $1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6$。

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

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

由於其擴張次數為 4，這個首一四次多項式就是最小多項式，因此不可約。僅檢查有理根不能證明該四次結論。

3 四元素域

在 $\mathbb F_2$ 上，$x^2+x+1$ 無根，因而不可約。令 $K=\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1)$、$\beta=[x]$。四個元素為 $0,1,\beta,1+\beta$，且 $\beta^2=\beta+1$。

加法逐系數模 2 進行，所以每個元素都是自身的加法逆元。乘法利用該關係化簡冪。特別地，$\beta(\beta+1)=1$，所以兩個非平凡元素互為逆元，且 $\beta^3=1$。非零乘法群的階為 3，而加法群是 $\mathbb F_2^2$，不是四階循環群。

此域不是 $\mathbb Z/4\mathbb Z$，後者的非零元素 $[2]$ 的平方為零。四元素域的特徵為 2；四個元素並不迫使特徵為 4。

4 八元素例子與一般限制

多項式 $x^3+x+1$ 在 $\mathbb F_2$ 中無根，因此是不可約三次多項式。其商環給出有八個元素的域，基為 $1,\gamma,\gamma^2$，其中 $\gamma^3=\gamma+1$。例如，$\gamma^{-1}=\gamma^2+1$，$\gamma^4=\gamma^2+\gamma$。

每個有限域的特徵都是素數。若其特徵為合數 $ab$，其中 $1<a,b$ 均小於該特徵，則非零元素 $a\cdot1$ 和 $b\cdot1$ 的乘積為零。因此特徵是素數 $p$，域包含 $\mathbb F_p$。作為該子域上的有限向量空間，其維數 $d$ 有限，恰有 $p^d$ 個元素。這證明瞭元素個數的必要形式，而不是每個素數冪對應域的存在與唯一性定理；上述顯式商環建立了所述例子。

兩階段例子中的有理數障礙

雙二次計算中的兩個不可能結論可使用同一個素數 3 證明。若最簡分數 $m/n$（$n>0$）等於 $\sqrt3$，則 $m^2=3n^2$。模 3 的平方只有 0 和 1，故 $3\mid m$；寫 $m=3k$ 後得 $n^2=3k^2$，所以 $3\mid n$，矛盾。若最簡有理數 $b=m/n$ 滿足 $b^2=3/2$，則 $2m^2=3n^2$ 同樣給出 $3\mid m$；代回得 $n^2=6k^2$，從而 $3\mid n$。因此排除 $\sqrt3\in\mathbb Q(\sqrt2)$ 的兩種情形都已證明。$\sqrt2+\sqrt3$ 的最小多項式結論使用的是已證明的四次擴張，而不是沒有找到有理根。

有限域的素數冪大小為何成立

有限域的元素個數也有完整證明。在有限域中，序列 $0,1,2\cdot1,\ldots$ 必重複，所以存在使 $m\cdot1=0$ 的最小正整數 $m$。因 $1\ne0$，有 $m>1$。若 $m=ab$ 且 $1<a,b<m$，則 $(a\cdot1)(b\cdot1)=0$，但由最小性兩個因子都非零，與域的性質矛盾。故 $m=p$ 是素數。映射 $\mathbb Z\to K$、$a\mapsto a\cdot1$ 的核於是為 $p\mathbb Z$，從而把 $\mathbb F_p$ 嵌為素子域。在 $\mathbb F_p$ 上逐次加入當前張成空間之外的向量，構造極大的線性無關列；$K$ 有限，故過程必停止，極大性使該列成為基。若其長度為 $d$，基坐標的唯一性給出恰好 $p^d$ 個元素，每個係數 $d$ 元組對應一個。這個論證只證明必要的元素個數形式；它沒有證明任意素數冪的有限域存在唯一，也沒有證明每個有限域的非零乘法群都循環。

5 分級練習

E1 基礎。 分別求 $i$ 在 $\mathbb R$ 和 $\mathbb C$ 上的最小多項式及次數。

E2 二次運算。 在四元素域中計算 $(1+\beta)^2$ 和 $1+\beta$ 的逆。

E3 擴張次數。 若 $[K:F]=3$、$[L:K]=2$，求 $[L:F]$。解釋為甚麼直接相加兩個次數是錯的。

E4 有限域。 域可以有六個元素嗎？27 元素域的特徵必須是甚麼？

6 詳解

S1. 在 $\mathbb R$ 上，最小多項式為 $x^2+1$，次數為 2。在 $\mathbb C$ 上，$i$ 已在基域中，故最小多項式為 $x-i$，次數為 1。

S2. 在特徵 2 下，$(1+\beta)^2=1+\beta^2=1+(1+\beta)=\beta$。由於 $\beta(1+\beta)=1$，其逆為 $\beta$。

S3. 塔式定律給出 6。證明構造出 $3\cdot2$ 個線性無關的張成向量，即基向量的乘積；兩組基的並一般不是底域上的基。

S4. 不可以，因為六不是素數冪。對大小為 27 的域，其包含的素子域大小為 $p$，且 $p^d=27$，迫使 $p=3$、$d=3$。這確定了特徵和次數，但沒有在不給出不可約多項式的情況下構造新域。

小結

域擴張是指定基域上的向量空間。最小多項式將代數元素轉化為商域並確定其次數。塔式基使次數相乘，而有限域的大小必為素數冪。顯式的四元素和八元素例子區分了域運算與合數模整數運算。