10 域

域的基本概念

如果一个代数结构有加法运算和乘法运算，且存在加法和乘法的单位元，所有元素关于加法是阿贝尔群，所有非零元素关于乘法也是阿贝尔群，这个代数结构就称为域。域一定是整环，因为所有非零元素都有乘法逆元，所以不可能有零因子。我们特别要求，在域中加法和乘法的单位元不能相等。在这样的要求下，最小的域是二元域$(\Z_2,+,\cdot)$，其中的运算就是模2下的加法（异或）和乘法（与）。

环的特征(Characteristics of rings)

下面的定义对于一般的（有幺）环也成立。在有幺环$R$中，乘法单位元$1$总是可以在加法群中与自己做累加，得到的结果依然封闭在环内。做$n$次累加时，方便起见我们把结果$1+1+\cdots+1$（$n$次）记为$n1$（注意不能把结果记为$n\cdot 1$或$n$，因为$n$是一个$\Z$中的元素而不是一个$R$中的元素）。使得$n1=0$的最小正整数$n$称为环$R$的特征，记为$\text{Char } R$。如果不存在这样的正整数$n$，就称$\text{Char } R=0$。

有限环的特征不可能为0，否则说明$\forall n_1\neq n_2,n_11\neq n_22$（不然$(n_1-n_2)1=0$，矛盾），这与元素有限矛盾。取逆否命题，特征为0的只能是无限环。但是无限环的特征是可能不为0的。

整环的特征总是素数（或者不存在，即为0，例如$(\Z,+,\cdot)$）。因为特征一定不为1，如果不是素数，那么设$\text{Char } R=n=rs,1<r,s<n$，根据乘法分配律$n1=(r1)(s1)$。这是关于个数的等式，等号右侧展开后先是$r$个$(s1)$相加，因此恰好是$rs$个$1$相加。而根据$\text{Char } R=n$，所以$n1=(r1)(s1)=0$。这说明环中有两个元素相乘为0。因为整环无零因子，因此$r1=0\or s1=0$。而$r,s<n$，与$n$是最小正整数矛盾。

构造一个整数环$\Z$到环$R$的映射$\phi:\Z\to R$，其中$\phi(n)=n1$（如果$n<0$，则$n1=-((-n)1)$）。我们发现$\phi$是一个环同态：$\phi(n_1+n_2)=(n_1+n_2)1=n_11+n_21=\phi(n_1)+\phi(n_2)$，$\phi(n_1n_2)=(n_1n_2)1=(n_11)(n_21)=\phi(n_1)\phi(n_2)$，$\phi(1)=1$。那么$\phi$的kernel就可以写作$\{n\mid n1=0\}$，它恰好是环$R$的特征的倍数构成的集合。如果$\text{Char } R=0$，那么$\ker(\phi)=\{0\}$，所以$\phi$是单射，这意味着$R$中有一个同构于$\Z$的子环；如果$\text{Char }R=n$，那么$\ker(\phi)=\{kn\mid k\in \Z\}$。那么$\Z/\ker(\phi)\cong \Z_n$，这意味着$R$中有一个同构于$\Z_n$的子环。

域同态

域同态的定义与环同态完全相同，我们只把域看作特殊的环。既然环同态的kernel一定是理想，那么域同态的kernel也一定是理想。然而域中所有非零元都有乘法逆元（都是unit），所以如果一个理想不是零理想，就一定是全集（只要包含一个unit，理想中就存在1，因此吸纳所有元素）。换言之，域中只有平凡理想。而环同态要求加法单位元和乘法单位元都映射到本身，我们又规定域中加法单位元不等于乘法单位元，因此域的kernel不可能是全集。综上，域同态的kernel只能是$\{0\}$，所以我们得到域同态一定是单射。满足同态关系的域之间一定以“嵌套”的方式存在着。

素域(Prime Fields)

如果域$\mathbb{F}$不包含任何真子域，就称$\mathbb{F}$是一个素域。

如果$\mathbb{F}$的特征不为0，那么一定是某个素数$p$（因为域是整环）。此时考虑环同态$\phi:\Z\to \mathbb{F},\phi(n)=n1$，我们证明过$\mathbb{F}$中有一个同构于$\Z_p$的子环。而因为$p$是素数，$\Z_p$其实是一个“子域”。现在假如已知$\mathbb{F}$是素域，那么它没有真子域，这说明$\mathbb{F}$本身同构于$\Z_p$。所以我们得到这样一个结论：特征不为0的素域是有限域，其大小就是其特征（一个素数$p$），这个素域同构于$\Z_p$。

我们可以进一步验证一下，对于所有素数$p$，$\Z_p$一定是素域：假如$\Z_p$有子域$\mathbb{F}'$，那么$\mathbb{F}'$中包含$1$，而$\forall n\leq p$，$n1$互不相等且都必须包含在$\mathbb{F}'$内，因此$F'=\Z_p$。

如果$\mathbb{F}$的特征为0，那么它一定是无限域。此时，构造映射$\phi:\Q\to \mathbb{F}$使得$\phi(n/m)=(n1)(m1)^{-1}$（需要检验这是well-defined的映射）。容易验证$\phi$是环同态，因此也是域同态。所以，$\mathbb{F}$一定包含一个同构于有理数域的子域。同样地，假如已知$\mathbb{F}$是素域，那么它没有真子域，它一定自己本身同构于$\Q$。所以我们得到结论：特征为0的素域同构于有理数域。既然有理数域同构于某个素域，说明有理数域本身就是一个素域。

域的扩张

向量空间

“向量空间”或“线性空间”是我们在线性代数这门课中讨论的代数结构。这个代数结构可以用群和域的语言更广义地叙述如下：设$(V,+)$是一个阿贝尔群，这个群关于域$\mathbb{F}$有标量乘法运算$\mathbb{F}\times V\to V$，这个运算满足：$\forall k,l\in \mathbb{F},u,v\in V$，①$(kl)v=k(lv)$；②$(k+l)v=kv+lv$；③$k(u+v)=ku+kv$；④$1v=v$，就称$V$是$\mathbb{F}$上的向量空间（或线性空间）。

如果域$\mathbb{E}$和域$\mathbb{F}$满足$\mathbb{F}\subseteq \mathbb{E}$，就称$\mathbb{F}$是$\mathbb{E}$的子域(subfield)，称$\mathbb{E}$是$\mathbb{F}$的扩域(extension field)，记为$\mathbb{F}\leq \mathbb{E}$或$\mathbb{E}/\mathbb{F}$。如果$\mathbb{F}\leq \mathbb{E}$，那么容易验证$\mathbb{E}$是$\mathbb{F}$上的向量空间。我们把这个向量空间的维数（基向量的个数，可能是无穷）记为$[\mathbb{E}:\mathbb{F}]$。如果这个维数是有限的，就称$\mathbb{E}$是$\mathbb{F}$的有限扩域。下面是两个扩域的例子，$[\C:\R]=2$，$[\Q(x):\Q]=\infty$。

如果$\mathbb{F}\leq K,K\leq \mathbb{E}$，那么$[\mathbb{E}:\mathbb{F}]=[\mathbb{E}:K][K:\mathbb{F}]$。这个其实是线性代数的结论。设$[\mathbb{E}:K]=n,[K:\mathbb{F}]=m$。因为$\mathbb{E}$是$K$上的向量空间，所以$\mathbb{E}$关于$K$有一组基$\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$。$K$关于$\mathbb{F}$有一组基$\{\beta_1,\cdots,\beta_m\}$。我们证明$\{\alpha_1\beta_1,\alpha_1\beta_2,\cdots,\alpha_n\beta_m\}$是$\mathbb{E}$关于$\mathbb{F}$的一组基。Pf. $\forall r\in \mathbb{E}$，存在$k_1,\cdots,k_n\in K$使得$r=\sum\limits_{i=1}^{n}k_i\alpha_i$。$\forall k_i$，存在$f_{i1},\cdots,f_{im}\in \mathbb{F}$使得$k_i=\sum\limits_{j=1}^{m}f_{ij}\beta_j$。那么$r=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f_{ij}\beta_j\alpha_i$。因此$\{\alpha_i\beta_j\}$能张成$\mathbb{E}$。如果$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}w_{ij}\beta_j\alpha_i=0$，那么把$\sum\limits_{j=1}^{m}w_{ij}\beta_j$看作整体看作$\alpha_i$的系数，根据$\mathbb{E}/K$的基的线性独立性有$\forall i,\sum\limits_{j=1}^{m}w_{ij}\beta_j=0$。再由$K/\mathbb{F}$的基的线性独立性有$w_{ij}=0$，因此$\mathbb{E}/\mathbb{F}$的基也线性独立。Qed.

域的基本定理

我们最熟悉的域的扩张就是从实数域$\R$到复数域$\C$的扩张。在这个过程中，一个在原本的域中可能无根的多项式在扩域后变得一定有根了。我们已经知道这一过程可以通过构造多项式环上极大理想的商环来完成：$\R[x]/(x^2+1)$本质上就是复数域。现在我们要把这一事实推广到任何一般的域$\mathbb{F}$上：给定域$\mathbb{F}$，对于任意一个$\mathbb{F}[x]$中次数不为0的多项式$f(x)$，我们都能对应地找到$\mathbb{F}$的某个扩域$\mathbb{E}$使得$f(x)$有根（不同的$f(x)$可能对应不同的扩域，这与实数域扩张为固定的$\C$而言有所不同）。这可以看作域的基本定理。

寻找这个$\mathbb{E}$的过程和构造$\R[x]/(x^2+1)$的过程基本是完全类似的。对于每个$f(x)$，我们把$\mathbb{F}$扩域为$\mathbb{F}$的多项式环$\mathbb{F}[x]$模$f(x)$的域，这个域中的一次多项式$x$恰好就是$f(x)$的根，因为$f(x)$模$f(x)$就是0。我们严格地叙述这个过程：因为$\mathbb{F}[x]$是唯一分解整环，因此任意次数不为0的多项式$f(x)$都可以分解为若干不可约多项式以及某个常数的乘积。我们只需证明其中某个不可约多项式在$\mathbb{E}$上有根即可，因此不失一般性我们假设$f(x)$就是不可约的。在唯一分解整环中，不可约元就是素元，其生成的理想就是素理想。而$\mathbb{F}[x]$也是主理想整环，因此素理想也是极大理想。模极大理想的商群是域，记$M=(f(x))$，则$\mathbb{F}[x]/M$是域。我们可以就把$\mathbb{F}[x]/M$作为我们想要的扩域，但更方便的是采取只考虑最低次陪集首的同构的形式：对于$\mathbb{F}[x]/M$中的任意一个陪集$g(x)+M$，一定有$g(x)+M=g(x)\mod f(x)+M$（因为$g(x)-g(x)\mod f(x)$是$f(x)$的倍数，因此属于$M$）。所以假如$f(x)$是$n$次的，每个陪集中就一定可以取低于$n$次的多项式作为陪集首。反过来，两个低于$n$次的不同多项式生成的陪集一定不同，不然说明它们做差得到的一个低于$n$次的非零多项式是$f(x)$的倍数，矛盾。因此我们尝试证明$\mathbb{F}[x]/M\cong \mathbb{F}_{n-1}[x]=\{a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\mid a_i\in \mathbb{F}\}$。构造$\mathbb{F}[x]\to \mathbb{F}_{n-1}[x]$的映射$\phi(g(x))=g(x)\mod f(x)$，容易验证这是同态，那么$\ker(\phi)=\{g(x)\mid g(x)\mod f(x)=0\}=f(x)\mathbb{F}[x]=(f(x))=M$。因此根据第一同构定理$\mathbb{F}[x]/M\cong \mathbb{F}_{n-1}[x]$自然成立。那么取$\mathbb{E}=\mathbb{F}_{n-1}[x]$，取$\mathbb{E}$中的一次多项式$x$代入$f(x)$，则$\phi(f(x))=f(x)\mod f(x)=0$，因此$f(x)=0$。所以$x$就是$f(x)$在扩域$\mathbb{E}$中的一个根。

推论：对于多项式环$\mathbb{F}[x]$中的两个元素$f(x),g(x)$，$f(x)$与$g(x)$互素当且仅当$f(x)$与$g(x)$在$\mathbb{F}$的任何扩域上都没有共同的根。Pf. 左推右，因为$\mathbb{F}[x]$是主理想整环，最大公约数可以线性表示，那么$1$作为$f(x),g(x)$的一个最大公约数，存在$a(x),b(x)\in \mathbb{F}[x]$使得$a(x)f(x)+b(x)g(x)=1$。假如$\mathbb{F}$的一个扩域$\mathbb{E}$上存在$\alpha$使得$f(\alpha)=g(\alpha)=0$，那么代入得$a(\alpha)f(\alpha)+b(\alpha)g(\alpha)=0+0=0=1$，矛盾。右推左，设$d(x)$是一个最大公约数，如果$d(x)$的次数不为0，那么存在$\mathbb{F}$的扩域$\mathbb{E}$使得$\exists \alpha\in \mathbb{E},d(\alpha)=0$。因为$d(x)\mid f(x)$，因此$f(\alpha)=0$；因为$d(x)\mid g(x)$，因此$g(\alpha)=0$。所以$\alpha$是$\mathbb{E}$上$f(x),g(x)$一个共同的根，矛盾。所以$d(x)$必为常数，所以$f(x),g(x)$互素。Qed.

代数元与代数扩张

设域$\mathbb{F}$有一个扩域$\mathbb{E}$，取$\mathbb{E}$中某个元素$\alpha$。我们把$\mathbb{F}$和$\alpha$生成的环（也即包含$\mathbb{F}$和$\alpha$的最小环）记为$\mathbb{F}[\alpha]$，可以验证$\mathbb{F}[\alpha]=\{a_0+a_1\alpha+\cdots +a_m\alpha^{m}\mid m\in \N,a_i\in \mathbb{F}\}$（任何形如这样的元素都在$\mathbb{F}[\alpha]$内，同时这样构成的集合对减法和乘法封闭，因此是$\mathbb{E}$的子环）。这是一个整环（因为$\mathbb{E}$无零因子），而我们知道包含整环的最小域是分数域，这个分数域就是包含$\mathbb{F}$和$\alpha$的最小扩域（因为最小环中的所有元素都必须落在最小扩域内，因此包含最小环的最小域就是$\mathbb{F}$的最小扩域），记为$\mathbb{F}(\alpha)$，有$\mathbb{F}(\alpha)=\left\{\dfrac{a(\alpha)}{b(\alpha)}\mid a(x),b(x)\in \mathbb{F}[x],b(\alpha)\neq 0\right\}$。取$\mathbb{F}=\R$，有$\R[i]=\C$，$\R(i)=\C$，可见实数域的最小环与最小扩域恰好相等（都是复数域）；而数学上可以证明，$\Q[\pi]\neq \Q(\pi)$，可见某些无理数与有理数的最小环不足以构成最小扩域。

设$\mathbb{F}\leq \mathbb{E}$，对于任意$\alpha\in \mathbb{E}$，如果存在$f(x)\in \mathbb{F}[x]$使得$f(\alpha)=0$，就称$\alpha$是$\mathbb{F}$上的代数元(algebraic element)。否则称$\alpha$是$\mathbb{F}$上的超越元(transcendental element)。换言之，$\mathbb{F}$上的代数元是所有以$\mathbb{F}$中的元素为系数的多项式的根。如果$\mathbb{E}$中元素全都是$\mathbb{F}$上的代数元，就称$\mathbb{E}$是$\mathbb{F}$的代数扩张(algebraic extension)。$\mathbb{F}$中的元素$a$显然都是代数元，取$f(x)=x-a$即可；复数域$\C$上的任何元素$a+bi$都是$\R$上的代数元，取$f(x)=(x-a)^2+b^2$即可，因此$\C$是$\R$的代数扩张；可以证明，圆周率$\pi$和自然对数$e$是有理数域$\Q$上的超越元，因此$\R$不是$\Q$的代数扩张。

极小多项式(minimal polynomial)

设$\mathbb{F}\leq\mathbb{E}$，$\alpha$是$\mathbb{F}$上的代数元。我们收集$\mathbb{F}$上所有有$\alpha$为根的多项式，记为集合$S=\{h(x)\mid h(x)\in \mathbb{F}[x],h(\alpha)=0\}$。$\forall h_1(x),h_2(x)\in S,h_1(x)-h_2(x)\in S$，因此$S$是$\mathbb{F}[x]$的子群；$\forall g(x)\in \mathbb{F}[x]$，$h(x)g(x)\in S,g(x)h(x)\in S$，因此$S$满足左吸纳和右吸纳，因此$S$是$\mathbb{F}[x]$的理想。而$\mathbb{F}[x]$是主理想整环，因此存在$m(x)\in \mathbb{F}[x]$使得$S=(m(x))$。因为$(m(x))=m(x)\mathbb{F}[x]$，$m(x)$必然是$S$中次数最小的多项式。因为相伴意义下生成元不唯一，我们特别取最高次项系数为1的那个作为$m_{\alpha}(x)$，称它为$\alpha$在$\mathbb{F}$上的极小多项式。这样，极小多项式就是唯一的了。

极小多项式一定是不可约多项式。因为如果存在非平凡分解，而整环无零因子，那么其中一个因式必定以$\alpha$为根，这样就得到了一个次数更低的多项式，与极小多项式矛盾。反之，如果$\mathbb{F}[x]$上一个以$\alpha$为根的多项式$p(x)$是不可约多项式（最高次项系数为1），它一定是极小多项式。反证法，如果$p(x)$不是极小多项式，那么存在一个次数更小的多项式$q(x)$满足$q(\alpha)=0$，做带余除法有$p(x)=b(x)q(x)+r(x)$，那么代入有$r(\alpha)=0$。因为$\deg r<\deg q$且$q(x)$是极小多项式，因此必须有$r(x)=0$，而$\deg q<\deg p$，推出$p(x)$存在非平凡分解，矛盾。

下面我们可以证明，$\mathbb{F}$与其上的代数元$\alpha$的最小扩域$\mathbb{F}(\alpha)$就是最小环$\mathbb{F}[\alpha]$。考虑$\phi:\mathbb{F}[x]\to \mathbb{F}[\alpha]$，$\phi(f(x))=f(\alpha)$，显然这是一个映射并且是一个满射，并且容易验证这是一个环同态。根据第一同构定理$\mathbb{F}[x]/\ker(\phi)\cong \mathbb{F}[\alpha]$。而$\ker(\phi)=\{f(\alpha)=0\mid$ $f(x)\in \mathbb{F}[x]\}$ $=S=(m_{\alpha}(x))$，而$m_{\alpha}(x)$是不可约元，因此是素元，所以$S$是素理想因此也是极大理想，因此$\mathbb{F}[x]/\ker(\phi)$是域，所以$\mathbb{F}[\alpha]$也是域。而$\mathbb{F}[\alpha]$是包含$\mathbb{F}$与$\alpha$的最小环，因此$\mathbb{F}(\alpha)=\mathbb{F}[\alpha]$。

那么$\mathbb{F}[\alpha]=\mathbb{F}(\alpha)$作为$\mathbb{F}$上的向量空间，如何确定它的维数呢？我们可以直接由极小多项式确定维数。$\mathbb{F}[\alpha]$是所有$\mathbb{F}[x]$上的多项式代入$\alpha$得到的，而对于任意的$f(x)\in \mathbb{F}[x]$，由欧几里得整环的性质可以找到$q(x)$和$r(x)$满足$f(x)=q(x)m_\alpha(x)+r(x)$。代入$\alpha$得到$f(\alpha)=q(\alpha)m_\alpha(\alpha)+r(\alpha)=r(\alpha)$。假设$m_\alpha(x)$的次数为$n$，那么我们得到：所有的$f(\alpha)$都可以由代入一个次数不超过$n-1$次的多项式来得到！所以$\mathbb{F}[\alpha]=\mathbb{F}_{n-1}[\alpha]=\{a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1}\mid a_i\in \mathbb{F}\}$。而我们可以验证，$\{1,\alpha,\alpha^2,\cdots,\alpha^{n-1}\}$恰好构成了$\mathbb{F}_{n-1}[\alpha]$的一组基！假设$r_0+r_1\alpha+\cdots+r_{n-1}\alpha^{n-1}=0$，那么一定有$r_i=0$恒成立，要不然我们就找到了一个次数小于$n$的多项式有$\alpha$作为根，与极小多项式次数为$n$矛盾，因此这组向量线性独立，同时的确张成了$\mathbb{F}_{n-1}[\alpha]$。所以我们得到了$\mathbb{F}[\alpha]$是关于$\mathbb{F}$的$n$维向量空间，其中$n$是极小多项式的次数。

有限扩张一定是代数扩张。也就是说，如果$\mathbb{F}\leq \mathbb{E}$且$\mathbb{E}$关于$\mathbb{F}$是有限维的，那么$\mathbb{E}$中的所有元素都是代数元，也即在$\mathbb{F}[x]$中存在多项式以它作为根。假设$[\mathbb{E}:\mathbb{F}]=n$，那么$\forall \alpha\in \mathbb{E}$，取$\{1,\alpha,\cdots,\alpha^{n}\}$共$n+1$个元素，它们一定不是线性独立的，因此存在一组不全为0的$\mathbb{F}$中的系数$a_0,\cdots,a_{n}$使得$a_0+a_1\alpha+\cdots +a_n\alpha^n=0$，设左侧为$f(\alpha)$，那么$f(x)\in \mathbb{F}[x]$，这样我们就找到了一个以$\alpha$为根的多项式，所以$\alpha$是代数元！

所以对于$\mathbb{F}$上的代数元$\alpha$，因为极小多项式次数有限，$\mathbb{F}[\alpha]$是$\mathbb{F}$的有限扩域，而有限扩域一定是代数扩域，所以$\mathbb{F}[\alpha]$一定是$\mathbb{F}$的代数扩域。

分裂域(splitting field)

我们知道实系数多项式一定能在复数域上分解为一次多项式的乘积$f(x)=\lambda(x-c_1)(x-c_2)\cdots(x-c_n)$。我们把这种能彻底分解至一次式的性质称为分裂(split)。设$\mathbb{F}\leq \mathbb{E}$，如果$f(x)\in \mathbb{F}[x]$能在$\mathbb{E}$上找到$\alpha_1,\cdots,\alpha_n$使得$f(x)=\lambda(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n)$，就称$f(x)$在$\mathbb{E}$上分裂。对于给定的$\mathbb{F}$和$f(x)$，能使得$f(x)$分裂的最小扩域称为$\mathbb{F}$的分裂域，记为$K_f$（最小定义为不存在任何真子域使得$f(x)$分裂）。

我们之前用记号$\mathbb{F}(\alpha)$表示包含$\mathbb{F}$和$\alpha$的最小扩域，现在我们把它推广到多个元素（集合）的情形。用$\mathbb{F}(S)$表示包含$\mathbb{F}$和$S$的最小扩域，若$S=\{\alpha_1,\cdots,\alpha_n\}$，$\mathbb{F}(S)$也简记为$\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$。我们首先验证一下，这种扩域是与加入元素的顺序无关的。一般地，对于任何集合$S_1,S_2$，有$\mathbb{F}(S_1\cup S_2)=(\mathbb{F}(S_1))(S_2)$。只需证明相互包含：因为$\mathbb{F}\subseteq \mathbb{F}(S_1)(S_2)$，$S_1\cup S_2\subseteq \mathbb{F}(S_1)(S_2)$，所以$\mathbb{F}(S_1\cup S_2)\subseteq \mathbb{F}(S_1)(S_2)$；因为$\mathbb{F}(S_1)\subseteq \mathbb{F}(S_1\cup S_2),S_2\subseteq \mathbb{F}(S_1\cup S_2)$，所以$\mathbb{F}(S_1)(S_2)\subseteq \mathbb{F}(S_1\cup S_2)$。

分裂域的存在性

对于$\mathbb{F}[x]$中的每个多项式$f(x)$，其对应的分裂域$K_f$一定存在，并且是$\mathbb{F}$的有限扩域。我们证明这一点，并且给出一个扩域维数的上界：设$f(x)$是$n$次多项式。根据域的基本定理，一定存在一个扩域使得$f(x)$在其上有根，不妨记这个根为$\alpha_1$，那么这个扩域一定可以选为$\mathbb{F}(\alpha_1)$。此时$f(x)$已经可以写为$\lambda(x-\alpha_1)g(x)$。接着，$g(x)$是$\mathbb{F}(\alpha_1)$上的多项式，一定可以找到一个$\alpha_2$使得$g(x)$在$\mathbb{F}(\alpha_1,\alpha_2)$上有根。依次类推，那么我们最终会得到域$\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$使得$f(x)$能够彻底分解。我们证明这就是一个分裂域（我们还没有讨论过分裂域的唯一性）。只需证最小。假如$\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$有真子域使得$f(x)$也能完全分解，那么这个域一定也包含了$\alpha_1,\cdots,\alpha_n$（因为域是唯一分解整环，因式分解是唯一的），这与真子域矛盾（有没有可能不包含$\mathbb{F}$？）。所以这确实是分裂域。而域的扩张维数等于其上极小多项式的次数，$\alpha_1$在$\mathbb{F}$上的极小多项式次数不超过$n$，$\alpha_2$在$\mathbb{F}(\alpha_1)$上的极小多项式次数不超过$g(x)$的次数，因此不超过$n-1$。累乘，得到$[\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n):\mathbb{F}]\leq n!$。综上，$\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)$就是分裂域，且扩张次数不超过$n!$。

分裂域的唯一性

在分裂域的定义中并没有其唯一性，甚至我们可以举出反例说明分裂域其实并不唯一（考虑$\Z_3[x]$中的$x^2+x+2$），它取决于扩域的选择。但我们可以证明，分裂域在结构上是唯一的，也即某个多项式的任意两个分裂域一定是同构的。

我们加强这一命题，证明：如果$\mathbb{F}$与$\mathbb{F}'$同构，设同构映射为$\phi$（这个映射可以自然地延拓到$\mathbb{F}[x]$到$\mathbb{F}'[x]$），那么对于$f(x)\in \mathbb{F}[x],\phi(f(x))\in \mathbb{F}'[x]$，有$f(x)$的任一分裂域$K$与$\phi(f(x))$的任一分裂域$K'$同构。如果能证明这一点，那么当$\mathbb{F}=\mathbb{F}'$时，取$\phi$为恒等映射，就能得到$\mathbb{F}$上的任意给定的多项式的分裂域在同构意义下就是唯一的，并且这个同构映射在$\mathbb{F}$内的元素上是恒等映射。

首先考虑不可约多项式的情况。对于$\mathbb{F}$上的某个不可约多项式$p(x)$，对应地$\phi(p(x))$在$\mathbb{F}'$上也是不可约的。假设$p(x)$在$\mathbb{F}$的某个扩域上有根$\alpha$，这个根一定在域$\mathbb{F}(\alpha)$上。同理，设$\phi(p(x))$有根$\alpha'$，这个根在$\mathbb{F}'(\alpha')$上。而$p(x)$是$\alpha$在$\mathbb{F}$上的极小多项式，我们证明过$\mathbb{F}(\alpha)\cong\mathbb{F}[x]/(p(x))$。同理，$\phi(p(x))$是$\alpha'$在$\mathbb{F}'$上的极小多项式，所以$\mathbb{F}'(\alpha')\cong \mathbb{F}'[x]/(\phi(p(x)))$。而只需构造映射$f(x)+(p(x))\to \phi(f(x))+(\phi(p(x)))$就可以看出$\mathbb{F}[x]/(p(x))\cong \mathbb{F}'[x]/(\phi(p(x)))$，所以$\mathbb{F}(\alpha)\cong \mathbb{F}'(\alpha')$。

对于可约多项式$f(x)$，我们首先对它做分解得到一个不可约多项式$p_1(x)$，使得$f(x)=p_1(x)f'(x)$，找到$p_1(x)$一个根$\alpha_1$，做扩域$\mathbb{F}(\alpha_1)$。对于$\phi(f(x))$，有$\phi(f(x))=\phi(p_1(x))\phi(f'(x))$，也找到$\phi(p_1(x))$的根$\alpha_1'$，做扩域$\mathbb{F}'(\alpha_1')$。现在$f(x)$在$\mathbb{F}(\alpha_1)$上已经能做分解$f(x)=(x-\alpha_1)g(x)$，在$\mathbb{F}'(\alpha')$上能做分解$f(x)=(x-\alpha'_1)g'(x)$，同时$\mathbb{F}(\alpha_1)\cong \mathbb{F}'(\alpha'_1)$。那么再重复上面的过程，对$g(x)$做分解得到不可约多项式$p_2(x)$，在$\mathbb{F}(\alpha_1)$上再找到$p_2(x)$的根$\alpha_2$；对$g'(x)$做分解得到$p_2'(x)$，在$\mathbb{F}'(\alpha_1')$上再找到$p_2'(x)$的根$\alpha_2'$，再次得到$\mathbb{F}(\alpha_1,\alpha_2)\cong \mathbb{F}'(\alpha_1',\alpha_2')$。以此类推，直到$f(x)$完全分裂，此时$\mathbb{F}(\alpha_1,\cdots,\alpha_n)=\mathbb{F}'(\alpha_1',\cdots,\alpha_n')$。因为根能确定分裂域，上述讨论已经包含所有可能的分裂域了，所以我们证明了所有可能的分裂域之间都是同构的。

有限域

有限域具有非常优美的性质。设有限域的大小为$q$，记为$\mathbb{F}_q$。

设$\mathbb{F}_q$的特征为$p$，因为有限域的特征不可能为0，因此必定是素数。下面我们证明$q$一定是$p$的幂次：$q=p^n$。首先，$\mathbb{F}_q$中一定有一个同构于$\Z_p$的子域，把这个子域记为$\mathbb{F}_p$。任取$0\neq w_1\in \mathbb{F}_q$，构造集合$S_1=\{\alpha_1w_1\mid \alpha_1\in \mathbb{F}_p\} \subseteq \mathbb{F}_q$。因为域上关于乘法有消去律，因此$S_1$中不同的$\alpha_1$一定乘出不同的元素，故$S_1$中元素个数恰好为$p$。若$\mathbb{F}_q\setminus S_1\neq \varnothing$，那么取$w_2\in \mathbb{F}_q\setminus S_1$，构造集合$S_2=\{\alpha_1w_1+\alpha_2w_2\mid \alpha_1,\alpha_2\in \mathbb{F}_p\}$。再一次，我们证明$(\alpha_1,\alpha_2)\neq (\alpha_1',\alpha_2')\implies \alpha_1w_1+\alpha_2w_2\neq \alpha_1'w_1+\alpha_2'w_2$（如果不是这样，那么$\alpha_1w_1+\alpha_2w_2=\alpha_1'w_1+\alpha_2'w_2$。如果$\alpha_2\neq \alpha_2'$，那么$w_2$可以被$\alpha_1,\alpha_2,w_1$线性表示，与$w_2\not\in S_1$矛盾；如果$\alpha_2=\alpha_2'$，那么$\alpha_1w_1=\alpha_1'w_1$，推出$\alpha_1=\alpha_1'$，矛盾），因此$S_2$中恰好有$p^2$个元素。依次类推，如果$\mathbb{F}_q\setminus S_2\neq \varnothing$，可以构造$S_3$，大小为$p^3$。因为$q$有限，一定存在某个$n$使得$\mathbb{F}_q=S_n$，所以最终$|\mathbb{F}_q|=p^n$。所以我们得到有限域的大小一定为素数的幂次。这其实可以看作$\mathbb{F}_p$的扩域过程：$\mathbb{F}_q$是关于$\mathbb{F}_p$的$n$维向量空间。所以我们看到，任何有限域的大小都一定是某个素数的幂次。同时我们也看到，对于任意给定的$q$，只要它是某个素数的幂次，我们就可以用上述方法把这个域构造出来，所有大小形如$p^n$的有限域都是存在的！

下面证明，有限域中的非零元素关于乘法运算一定构成循环群。把这个乘法群记为$\mathbb{F}_q^*$，我们要证存在$a\in \mathbb{F}_q^*$使得$\text{ord} (a)=q-1$。取$\mathbb{F}_q^*$中order最大的元素$r$，只需证$\text{ord} (r)\geq q-1$。我们发现，$\forall \beta\in \mathbb{F}_q^*$，$\text{ord}(\beta)\mid \text{ord}(r)$。如果不是这样，那么某个$\beta$满足$\text{ord}(\beta)\not\mid \text{ord}(r)$，设$\text{ord}(\beta)=p_1^{e_1}\cdots p_t^{e_t}$，$\text{ord}(r)=p_1^{f_1}\cdots p_t^{f_t}$，不失一般性设$e_1>f_1$。记$\text{ord}(\beta)=p_1^{e_1}w,\text{ord}(r)=p_1^{f_1}v$，那么$\text{ord}(\beta^w)=\dfrac{p_1^{e_1}w}{\gcd(p_1^{e_1}w,w)}=p_1^{e_1}$，$\text{ord}(r^{p_1^{f_1}})=\dfrac{p_1^{f_1}v}{\gcd(p_1^{f_1}v,p_1^{f_1})}=v$。而$p_1^{e_1}$与$v_1$互素， 于是$\text{ord}(\beta^wr^{p_1^{f_1}})=p_1^{e_1}v>\text{ord}(r)$，与$r$的order最大矛盾。记$\text{ord}(r)=m$，我们得到$\forall \beta\in \mathbb{F}_q^*$，$\beta^{m}=1$。所以$\mathbb{F}_q^*$中的任何元素都是方程$x^m=1$的根。而在域（整环）中，$m$次方程的不同根不超过$m$个，因此$\mathbb{F}_q^*$中至多只有$m$个元素。因此$q-1\leq m=\text{ord}(r)$，证毕。

对于任意的有限域$\mathbb{F}_q$，我们证明它们一定相互同构。换言之，同样大小的有限域只能有相同的结构。设$q=p^n$，考虑$\Z_p$，这是一个有限域，可以记为$\mathbb{F}_p$。考虑$x^{p^n}-x\in \mathbb{F}_p[x]$，我们证明$x^{p^n}-x$的分裂域就是$\mathbb{F}_q$。对于任意$\alpha\in \mathbb{F}_q$，如果$\alpha=0$，显然$\alpha^{q}-\alpha=0$；若$\alpha\neq 0$，由于域中非零元素关于乘法构成循环群，那么$\alpha^{q-1}=1$，因此也有$\alpha^{q}-\alpha=0$。所以$\mathbb{F}_q$中所有元素都是$x^q-x$的根，而$q$次多项式至多只有$q$个互不相同的根，这就直接说明了$\mathbb{F}_q$就是使得$x^q-x$能分裂的最小域，即分裂域。这是所有大小为$q$的域都会满足的性质，换言之所有大小为$q$的域都能作为$x^{q}-x$的分裂域。而我们证明过，一个多项式的所有分裂域都是互相同构的，所以这直接导致了所有大小为$q$的域都是互相同构的。

所有这些综合起来告诉我们，有限域的大小只能是某些特定的整数（素数的幂次），而一旦大小确定其结构也唯一确定。这就是有限域的性质！

尺规作图

用圆规和没有刻度的直尺可以做以下作图：作过两点的直线或线段；作线段中点；过直线外（上）一点作垂线；过直线外一点作平行线；截取线段；给定圆心和半径作圆。由以上基本操作出发，给定单位长度的线段和正方向，容易作出所有单位长度的整数倍的线段。换言之，尺规作图可以作出整数集$\Z$。给定整数线段$a,b,c$，作以$a,b$为直角边的三角形，延长$a$至$c$，作斜边的平行线就能得到另一直角边$\dfrac{bc}{a}$。至此，尺规作图可以完成加法、减法、乘法、除法，可以作出有理数域$\Q$（尺规作图能作出的一定可以是域）。给定有理数线段$a,b$，拼接这两条线段并取中点作圆，根据相似三角形的射影定理可以得到垂线长度$\sqrt{ab}$。这意味着对于任意有理数$b$尺规作图可以得$\sqrt{b}$，因此可以作扩域$\Q(\sqrt{b})$。对于任意不属于$\Q(\sqrt{b})$的元素$b'$，可以进一步扩域$\Q(\sqrt{b})(\sqrt{b'})$。这一过程可以无限迭代，每次扩域其实是对极小多项式$x^2=b$的代数元做扩域，因此扩域是2次的。也即，以上这种扩域方法得到的扩域一定是有理数域的2的幂次。可以证明，尺规作图能且仅能作出上述扩域中的元素，以上扩域被称为毕达哥拉斯扩域。

通过与毕达哥拉斯扩域比较，我们可以判定尺规作图不能问题。给定任意角作三等分角是不能的，因为这等价于给定$\cos\alpha$作$\cos\alpha/3$，而$\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta$，这等价于求$4x^3-3x-\cos\alpha =0$，可以证明当$\alpha$取60度时这是$\Q(\cos\alpha)$上的不可约多项式，因此扩域次数为3，不是毕达哥拉斯扩域，所以不能作出；同理，作出$\sqrt[3]{2}$是不可能的，因为$x^3-2$是$\Q$上的不可约多项式，扩域次数为3，不是毕达哥拉斯扩域；作出$\pi$是不可能的，因为$\pi$是$\Q$上的超越元，扩域次数为无穷次。