抽象代数学笔记

发表于 2023-10-12 分类于数学

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群

2.1 群的概念

半群、幺群与群

半群

考察非空集合 $S$，若在其上定义运算 $\cdot$，使得该运算保持封闭与结合律，那么则称 $S$ 关于 $\cdot$ 成为一个半群，有时直接称 $S$ 为一个半群。

形式化地，称非空集合 $S$ 关于运算 $\cdot$ 是半群若：

$\forall x,y\in S, x\cdot y\in S$

$\forall x,y,z\in S, (x\cdot y)\cdot z=x\cdot(y\cdot z)$

含幺半群

考察半群 $S$ 中元素 $e$，若有任意元素 $a\in S$ 有 $ae=ea=a$，则称 $e$ 是 $S$ 的一个幺元，称 $S$ 为幺半群。

群

若幺半群 $S$ 额外满足对 $S$ 中任意元 $a$ 皆存在 $a'\in S$ 满足 $aa'=a'a=e$，则称 $S$ 是一个群，称 $a'$ 是 $a$ 的逆元，记作 $a^{-1}$。

形式化地，称集合 $S$ 关于运算 $\cdot$ 是群若：

$\forall x,y\in S,x\cdot y\in S$

$\forall x,y,z\in S, (x\cdot y)\cdot z=x\cdot(y\cdot z)$

$\exists e\in S,\forall a\in S, a\cdot e=e\cdot a=a$

$\forall a\in S,\exists a'\in S, a\cdot a'=a'\cdot a=e$

交换群

若群 $G$ 关于 $\cdot$ 运算是可交换的，即 $ab=ba$，则称 $G$ 为一个交换群，或者为一个Abel群。

群的性质

群的幺元唯一

若 $e$ 与 $e'$ 都是幺元，则 $ee'=e$, $ee'=e'$，于是 $e=e'$.

群元素的逆元唯一

若 $a_1$ 与 $a_2$ 都是 $a$ 的逆元，则 $a_1=a_1e=a_1aa_2=(a_1a)a_2=ea_2=a_2$.

群元素逆元的逆元是自身

由上显然。

左右消去律均成立

即：若 $ab=ac$，则 $b=c$；若 $ba=ca$，则 $b=c$。

证明：$ab=ac$，于是 $a^{-1}ab=a^{-1}ac$，于是 $b=c$，右消去律同理。

运算基本性质

约定 $a^k$ 为 $k$ 个 $a$ 的乘积，约定 $a^{-k}$ 为 $k$ 个 $a^{-1}$ 的乘积：

$a^n\cdot a^m=a^{n+m}$；

$(a^n)^m=a^{nm}$；

$(a^n)^{-m}=a^{-nm}$

证明是显然的。

2.2 子群与陪集（傍集）

子群

定义

若 $H$ 是群 $G$ 的子集，且在群 $G$ 定义的运算下成群，则称 $H$ 是 $G$ 的子群，记作 $H\leq G$.

不难发现，子群关系具有传递性，即若 $H_1\leq H_2\leq G$，则 $H_1\leq G$.

判别

$H$ 是 $G$ 的子群当且仅当以下两点中任一点成立：

$\forall a,b\in H, ab\in H, a^{-1}\in H$
$\forall a,b\in H,ab^{-1}\in H$

证明是较显然的。

特别地，若 $H$ 是有限集，则只需要满足对运算的封闭就有 $H\leq G$.

简单性质

这些性质都易于验证：

$H\leq G, K\leq G$，则 $H\cap K\leq G$.

中心、生成子群与循环群

中心

定义 $C=\{c\in G| \forall g\in G, gc=cg\}$ 为群 $G$ 的中心，即与 $G$ 中所有元素可交换的元素构成的集合。

可以验证 $C\leq G$.

生成子群

$S$ 是群 $G$ 的子集，定义 $G$ 中所有包含 $S$ 的子群的交为 $S$ 的生成子群，记作 $<S>$.

若 $S\leq G$，显然 $<S>=S$.

循环群

若群 $G$ 存在元素 $g$ 使得 $<g>=G$，则称 $G$ 为循环群，此时 $G$ 中任意元素都可记作 $g^{p}$，其中 $p\in \mathbb{Z}$.

周期，循环子群与陪集

周期

设 $a\in G$，若存在最小的正整数 $n$ 使得 $a^n=e$，则称 $n$ 是 $a$ 的周期，否则称 $a$ 的周期为 $\infty$，$a$ 的周期记作 $o(a)$.

循环子群

若 $a$ 是 $G$ 的元素，$o(a)=n$，则 $|<a>|=n$，且 $<a>=\{e,a,a^2,\cdots,a^{n-1}\}$，称这是由 $a$ 生成的循环子群。

陪集

考虑 $H\leq G$，定义 $Ha=\{ha|h\in H\}$，其中 $a\in G$，称 $Ha$ 为 $H$ 的一个右陪集（傍集），左陪集可类似定义。

陪集有一些有趣的性质：

$\forall a,b\in G,$ 要么 $Ha=Hb$，要么 $Ha\cap Hb=\emptyset$.

证明：

首先证明：$Ha=Hb\Leftrightarrow ab^{-1}\in H$（对于左陪集，$aH=bH\Leftrightarrow a^{-1}b\in H$）

右推左：$\forall c=ha\in Ha$，有 $c=(hab^{-1})b\in Hb$，$\forall c=hb\in Hb$，有 $c=(hba^{-1})=(h(ab^{-1})^{-1})a\in Ha$.

左推右：$a=ea\in Ha=Hb$，于是 $\exists h\in H$, $hb=a$，于是 $h=ab^{-1}$，即 $ab^{-1}\in H$.

于是若 $Ha\neq Hb$，假设 $p\in Ha\cap Hb\neq \emptyset$，则 $p=h_1a=h_2b$，于是 $a^{-1}b=h_1^{-1}h_2\in H$，与 $Ha\neq Hb$ 矛盾。

$\forall a,b\in G$, $|Ha|=|Hb|=|H|$.

证明：显然。

定义关系 $a\sim b$ 若 $Ha=Hb$，则该关系为等价关系。

证明：自反性与对称性显然，下面验证传递性：

若 $a\sim b$，$b\sim c$，有 $ab^{-1}\in H, bc^{-1}\in H$，于是 $ab^{-1}bc^{-1}=ac^{-1}\in H$，有 $a\sim c$。

Lagrange 定理

内容

若 $H\leq G$，则 $|H| \mid |G|$，即 $|H|$ 是 $|G|$ 的因子。

进一步地，若记 $H$ 关于 $G$ 不同的右（左）陪集个数为 $[G:H]$（这也称为 $H$ 在 $G$ 中的指数），则有 $|G|=|H|\cdot[G:H]$。

证明

我们定义 $\bar H$ 表示 $H$ 关于 $G$ 右陪集的全体，即 $\bar H=\{Ha|a\in G\}$.

由上面对陪集的性质，不难发现：

$G=\bigcup_{a\in G}Ha=\bigcup_{S\in \bar H} S$.

而由于 $H$ 的陪集两两大小相同且不相交，于是 $|G|=|H|\cdot |\bar H|$，即得结论。

推论

下面是一些关于 Lagrange 定理的简单推论，证明都较显然而略去。

对任一有限群 $G$，有 $\forall x\in G, o(x)\mid |G|$.
对任一有限群 $G$，有 $\forall x\in G,x^{|G|}=e$.
对任一有限群 $G$，若 $|G|=p$，$p$ 为素数，则 $G$ 为循环群。

接下来是两个数论中的结论：

Euler 定理：$\forall a,n\in \mathbb{Z}^+, (a,n)=1$，则 $a^{\varphi(n)}\equiv 1(\bmod n)$.

证明：定义群 $G=\{a|a\leq n, (a,n)=1\}$，容易验证 $G$ 关于模 $n$ 乘法成群且 $|G|=\varphi(n)$，随后应用上述推论 2 即可.

Fermat 小定理：设质数 $p$，则 $\forall a\in \mathbb{Z}^+$，有 $a^p\equiv a(\bmod p)$.

证明：利用 Euler 定理即得。

下面是一些习题中的推论：

设 $K\leq H\leq G$，则 $[G:K]=[G:H]\cdot[H:K]$.
若 $K\leq G, H\leq G$，则 $|HK|=\cfrac{|H|\cdot |K|}{|H\cap K|}$，定义 $HK=\{hk|h\in H,k\in K\}$.

证明：考虑记 $D=H\cap K$，有 $HK=\bigcup_{h\in H} hK$，$H=\bigcup_{h\in H}hD$.

考察 $h_1K=h_2K\Leftrightarrow h_1^{-1}h_2\in K\Leftrightarrow h_1^{-1}h_2\in D\Leftrightarrow h_1D=h_2D$.

于是 $f : hK\to hD$ 是一个双射.

于是 $|HK|=|[hK]|\cdot |K|=|[hD]|\cdot|K|=\cfrac{|H|\cdot|K|}{|H\cap K|}$.

若 $H\leq G, K\leq G$，则 $Hg\cap Kg=(H\cap K)g$.

2.3 正规子群与商群

正规子群

定义

若 $H\leq G$，有 $\forall g\in G$, $gH=Hg$，则称 $H$ 是 $G$ 的一个正规子群，记作 $H\vartriangleleft G$.

判别

$\forall g\in G,g^{-1}Hg\subset H\Rightarrow H\vartriangleleft G$.

证明：

只需证明 $gH=Hg$，我们来证 $gH\subseteq Hg$：

$\forall h\in H$，有 $ghg^{-1}=h_1\in H$，于是 $ghg^{-1}g=gh\in Hg$，即得结论。

反方向亦然。

性质

若 $[G:H]=2$，则 $H\vartriangleleft G$.

证明：设 $a\bar\in H$，则 $G=H\cup Ha=H\cup aH$，于是 $Ha=aH$，于是 $H\vartriangleleft G$.

$\forall h\in H$, $Hh=hH=H$.
正规子群不具有传递性

商群

定义

若 $H\vartriangleleft G$，定义关于 $H$ 的陪集乘法 $(Ha)\cdot(Hb)=Hab$，称陪集关于这样的乘法运算构成的集合为 $H$ 在 $G$ 中的商群，记作 $G/H$.

将 $Ha$ 简记为 $\bar a$.

可以验证，这种陪集乘法定义是合理的，当且仅当 $H\vartriangleleft G$，所以商群仅关于正规子群定义合理。

简单性质

$G/H$ 中的幺元为 $\bar e$，$\bar a$ 的逆元为 $\bar a^{-1}$.

正规化子

定义

$H\leq G$，记 $N(H)=\{gH=Hg|g\in G\}$，称 $N(H)$ 是 $H$ 关于 $G$ 的正规化子。

显然 $H\vartriangleleft N(H)$，且 $N(H)$ 是 $G$ 中的最大的满足 $H$ 是正规子群的子群。

换位子子群

定义

记 $[a,b]=a^{-1}b^{-1}ab$，称其为 $a$ 与 $b$ 的换位子元。

称 $G$ 中所有换位子元生成的子群为 $G$ 的换位子子群，也称为 $G$ 的导群。

容易验证换位子子群是 $G$ 的正规子群，即 $[G,G]\vartriangleleft G$.

性质

$G/[G,G]$ 是交换群，且若 $K\leq G$，$G/K$ 是交换群，则 $[G,G]\subseteq K$.

证明：

记 $H=[G,G]$，于是 $Hab=Haba^{-1}b^{-1}ba=(Haba^{-1}b^{-1})ba=Hba$.

另外，若 $G/K$ 交换，则 $Kaba^{-1}b^{-1}=K$，于是 $[G,G]\subseteq K$.

2.4 同态与同构

同态与同构

定义

考虑 $f:G_1\to G_2$，满足 $f(ab)=f(a)f(b)$，$G_1,G_2$ 是两个群，那么称 $f$ 是 $G_1$ 到 $G_2$ 的同态。

若 $f$ 是单射，又称单同态；

若 $f$ 是满射，又称满同态或映上同态；

若 $f$ 是双射，则称 $f$ 为一个同构。

定义 $\Im f=\{f(g_1)|g_1\in G_1\}$，称为 $f$ 的同态像；

定义 $\ker f=\{g_1\in G_1|f(g_1)=e_2\}$，称为 $f$ 的同态核。

简单性质

下面是一些容易验证的简单性质：

同态将幺元映射至幺元、逆元映射至逆元.
$\Im f\leq G_2$.
$\ker f\vartriangleleft G_1$.

自然同态

$H \vartriangleleft G$，则称 $f : g\to \bar g$ 为 $G$ 到 $G/H$ 的自然同态。

同构等价类

若存在同构映射 $f:G_1\to G_2$，则记 $G_1\cong G_2$，可以验证这是一个等价关系。

同态与同构的相关定理

同态基本定理

考虑映上同态 $f:G_1\to G_2$，有其诱导了同构映射 $\bar f: G_1/\ker f \to G_2$，其中 $\bar f(\bar a)=f(a)$.

推论

$f:G_1\to G_2$ 同态，则 $G_1/\ker f\cong \Im f$.
$f: G_1\to G_2$ 映上同态，则对任意 $K\leq G_2$，有 $f^{-1}(K)\leq G_1$ 且 $\ker f\subseteq f^{-1}(K)$.
$f: G_1\to G_2$ 映上同态，则映射 $g : H\to f(H)$ 定义了 $G_1$ 中包含 $\ker f$ 的子群与 $G_2$ 中子群的双射，此时 $H$ 是正规子群当且仅当 $f(H)$ 是正规子群。另外有 $G_1/H\cong G_2/f(H)$.

证明：

$g$ 的双射和正规子群是易于验证的。

同构：构造同态 $\varphi : g\to \bar{f(g)}$，有 $\Im \varphi=G_2/f(H)$ 且 $\ker \varphi= H$，即得结论.

$f$ 是单同态的充要条件是 $\ker f=\{e\}$

第一同构定理

若 $H\vartriangleleft G$ 且 $N\vartriangleleft G$，而 $H\subseteq N$，则 $(G/H)/(N/H)\cong (G/N)$

证明：

构造 $f: G\to G/H$ 自然同态，则 $f(N)=N/H$，于是 $G/N\cong (G/H)/(N/H)$.

第二同构定理

若 $H\vartriangleleft G$，$K\leq G$，则 $K\cap H \vartriangleleft K$ 且 $KH/H\cong K/(H\cap K)$.

证明：

显然 $H\vartriangleleft KH$，构造 $f : K\to KH/H$ 如下：$f(x)=xH=\bar x$，可以验证 $f$ 是群同态.

有 $\ker f=K\cap H$，于是有 $KH/H\cong K/(K\cap H)$.

自同构与内自同构

称 $f:G\to G$ 同构为 $G$ 的一个自同构.

记 $\text{Aut} G$ 为 $G$ 的自同构全体，它在映射的合成下构成一个群，称为 $G$ 的自同构群。

对 $a\in G$，定义 $a$ 关于 $G$ 的内自同构 $f:g\to aga^{-1}$.

容易验证内自同构也成群，记作 $\text{Inn} G$.

下面证明：$\text{Inn}G\vartriangleleft \text{Aut}G$ 且 $\text{Inn} g\cong G/C$，其中 $C$ 为 $G$ 的中心。

证明：

正规子群是容易验证的，现在证明同构：

构造 $\varphi:g\to (f: x\to gxg^{-1})$.

可以说明 $\ker \varphi=C$，于是得到结论.

2.5&2.6 循环群与置换群

循环群

简单性质

两个阶数相同的循环群同构
任意无限循环群同构于 $\mathbb{Z}$，任意有限循环群同构于 $\mathbb{Z}_n$，其中 $n$ 为阶数
任意无限循环群的非平凡子群也是无限循环群
任意有限循环群的 $r$ 阶子群若存在，则唯一，且存在当且仅当 $r\mid n$

循环群的判别

$G$ 是一个有限阶交换群，则 $G$ 是循环群当且仅当 $|G|$ 是使得 $\forall a\in G$，$a^{n}=e$ 中自然数 $n$ 的最小者。

循环群的自同构群

考虑任意群 $G$ 与一个自同构 $\sigma$，有如下结论成立：
1. $o(a)=o(\sigma(a))$.
2. 设 $S\subseteq G$，若 $G=<S>$，则 $G=<\sigma(S)>$.

二者证明都不算困难。

若 $G$ 是无限循环群，则 $\text{Aut} G$ 是二阶群。

证明：考虑 $Z\cong G$，于是只需考察 $\sigma(1)$，由上面的 (2) 知道 $\sigma(1)$ 只能是 $\pm 1$，于是得出结论。

定义与 $n$ 互素的，模 $n$ 同余乘法群为 $U_n$，即 $\{m|(m,n)=1\}$.
$Z_n$ 中元素 $m$ 是生成元当且仅当 $(m,n)=1$.

证明比较容易。

设 $G$ 是 $n$ 阶循环群，则 $\text{Aut} G\cong U_n$.

事实上，构造映射 $g:f\in \text{Aut} G\to f(1)$ 即可.

置换群

Cayley 定理

任意群 $G$ 必同构于某个集合上的变换群，而任意有限群都同构于某个置换群。

利用群作用即可构造这样的变换群。

置换与循环

任意置换都能表示为若干不相交的循环之积，且这些循环间是可交换的。
$(i_1,i_2,\cdots,i_m)^{-1}=(i_m,i_{m-1},\cdots,i_1)$.
若 $\sigma$ 是一个置换，则 $\sigma^{-1}(i_1,\cdots,i_k)\sigma=(\sigma(i_1),\cdots,\sigma(i_k))$

证明：直接验证 $i_1\sigma$ 在作用下变为 $i_2\sigma$ 即可.

任意置换都能表示为若干对换之积，且这些表示中对换个数的奇偶性相同。

奇置换与偶置换

若一个置换能被表示为奇数个对换的乘积，则称其为奇置换，否则称其为偶置换。

所有 $n$ 阶偶置换形成的群记作 $A_n$，有 $A_n\leq S_n$ 且 $|A_n|=\cfrac{1}{2}n!$，于是 $A_n\vartriangleleft S_n$，称这个群为 $n$ 次交错群.

置换群的生成

$S_n=<(1,2),(1,3),\cdots,(1,n)>$.

证明显然；

$A_n=<(1,2,3),(1,2,4),\cdots,(1,2,n)>$.

有 $(1,i)(1,j)=(1,2,i)^2(1,2,j)$，于是进一步由 $S_n$ 的生成得结论。

$S_n=<(1,2),(1,2,\cdots,n)>$.

记 $\sigma=(1,2,\cdots,n)$.

我们来利用归纳构造 $(1,k)$，设我们构造出了 $(1,k-1)$，于是有 $\sigma^{-1}(1,k-1)\sigma=(2,k)$

进而有 $(2,k)(1,2)(2,k)=(1,k)$.

从而由 $S_n$ 的生成得到结论。

若 $n\geq 5$，则 $A_n$ 是单群。

设 $\{e\}\neq K\vartriangleleft A_n$，我们要证明 $K=A_n$，只需证明存在一个三循环，例如 $(1,2,3)\in K$，如是我们构造置换

$\gamma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5&\cdots\\i&j&k&l&m&\cdots\end{pmatrix}$，若 $\gamma$ 是奇置换则交换 $l$，$m$ 得到偶置换，从而

$\gamma^{-1}(1,2,3)\gamma=(i,j,k)$，于是所有三循环属于 $K$，进而有 $K=A_n$

我们设 $\alpha\in K$，有 $\alpha$ 是除了 $e$ 以外拥有最多不动点的置换，不动点即 $x\alpha=x$。

假设 $\alpha$ 不是三循环，我们将 $\alpha$ 写作互不相交循环的情形，有两种情况：

$\alpha=(i,j,k,\dots)\dots$，此时由于 $\alpha$ 是偶置换，于是 $\alpha$ 至少还需要动两个点，不妨设为 $l,m$，于是构造 $\beta=(k,l,m)$，有 $\gamma = \beta^{-1}\alpha\beta=(i,j,l,\dots)\dots$ 也是偶置换，考虑 $\tau=\alpha^{-1}\gamma$，显然 $\tau\neq e$，此时考虑除了 $i,j,k,l,m$ 之外的元素，有若其在 $\alpha$ 不动则在 $\tau$ 不动，而 $\tau$ 额外拥有 $j$ 这个不动点，这与 $\alpha$ 的定义矛盾；
$\alpha=(i,j)(k,l)\dots$，此时任取一 $m$ 构造 $\beta=(k,l,m)$，有 $\gamma=(i,j)(l,m)\dots$，仍考虑 $\tau=\alpha^{-1}\gamma$，仍有除了 $i,j,k,l,m$ 之外的元素，若其在 $\alpha$ 不动则在 $\tau$ 不动，且 $\tau$ 额外拥有 $i,j$ 两个不动点，即使 $m$ 变为动点，仍然比 $\alpha$ 不动点少，矛盾。

推论：对 $n\geq 5$，$S_n$ 只有唯一非平凡正规子群 $A_n$.

2.7 群对集合的作用

群作用

定义

设 $G$ 为群，$S$ 为集合，考虑一个 $G\times S\to S$ 的映射 $(g,s)\to g*s$ 满足：

$e*x=x$
$(g_1g_2)*x=g_1*(g_2*x)$

对 $\forall g\in G,x\in S$ 成立，则称 $G$ 在 $S$ 上定义了一个左作用，称 $S$ 为一个 $G$-集合。

类似可定义右作用。在定义明确的情况下，可简记 $a*x$ 为 $ax$。

平移与共轭作用

下面定义两个 $S=G$ 时的特殊作用。

定义 $a*x=ax$，这样的左作用称为左平移
定义 $a*x=axa^{-1}$，称这样的作用为共轭

轨道与稳定化子

设 $S$ 是一个 $G$-集合，$x\in S$，称 $Gx=\{gx|g\in G\}$ 为 $x$ 在 $G$ 作用下的轨道。
设 $S$ 是一个 $G$-集合，$x\in S$，称 $\text{Stab} x=\{g\in G|gx=x\}$ 为 $x$ 在 $G$ 中的迷向子群或稳定化子。

下面说明一些轨道和稳定化子的性质：

$\text{Stab} x\leq G$
任意两条轨道要么互不相交，要么重合。推论：所有轨道对应了 $S$ 的一个分划。
$|Gx|=[G:\text{Stab} x]$

证明：设 $H=\text{Stab} x$，定义 $G/H$ 为 $H$ 在 $G$ 中的左陪集集合，构造映射 $f: Gx\to G/H$ 为 $gx\to gH$ 即可。

容易验证这个映射是合理且双射的。

推论：$|S|=\sum_{x\in C}[G:\text{Stab} x]$，其中 $C$ 是轨道中代表元集合。

下面是一些共轭作用下轨道和稳定化子的应用：

共轭作用的稳定化子就是中心化子。

$\text{Stab} x=\{g\in G|gxg^{-1}=x\}=\{g\in G|gx=xg\}$.

若 $G$ 是一个有限群，$C$ 是 $G$ 的中心，则 $|G|=|C|+\sum [G:C(y_i)]$，其中 $C(y_i)$ 表示 $y_i$ 的中心化子，而 $y_i$ 跑遍所有不止一个元素的共轭类全体。

$p$ 群

定义：若有限群 $G$ 满足 $|G|=p^m$，其中 $p$ 为一个质数，则称 $G$ 是一个 $p$ 群。（该板块下的 $G$ 默认为 $p$ 群）

任意 $p$ 群的中心不止一个元素

利用上面的式子有 $|G|=|C|+\sum [G:C(y_i)]$，左右分别都是 $p$ 的倍数，而 $[G:C(y_i)]$ 一定是 $p$ 的倍数，于是若 $|C|=1$，则右侧不是 $p$ 的倍数，矛盾。

若 $N\vartriangleleft G$ 且 $N\neq \{e\}$，则 $C\cap N\neq \{e\}$，其中 $C$ 为 $G$ 的中心

同样应用上面式子可得。

若 $H\leq G$ 且 $H\neq G$，则 $H\subsetneq N(H)$，其中 $N(H)$ 是 $H$ 的正规化子

对 $|G|=p^m$ 的 $m$ 做归纳可得。

若 $\cfrac{|G|}{|H|}=p$ 且 $H\leq G$，则 $H\vartriangleleft G$.

由上一命题直接得。

更多应用（可迁群，有趣的结论 etc.）

若 $S$ 关于 $G$ 作用的轨道只有一个，则称这个作用为可迁作用，特别地，若 $G$ 为置换群，则称 $G$ 为一个可迁群
可以验证如下性质成立：$A_n(n\geq 3)$ 为可迁群；$n$ 次可迁群的阶可以被 $n$ 整除；$G$ 是可迁群当且仅当 $G$ 中所有保持 $1$ 不动的元素构成的子群 $G_1$ 有 $[G:G_1]=n$.
Burnside 定理：设 $n$ 为 $S$ 在 $G$ 作用下形成的轨道数目，则有 $n=\cfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G} |S_g|$，其中 $S_g=\{x\in S|gx=x\}$.
$p^2$ 阶群都是 Abel 群

假设不是，则 $|C|=p$，设 $a\bar\in C$，于是 $|C(a)|\geq p+1$，于是 $|C(a)|=G$，与 $a\bar \in C$ 矛盾。

设 $G$ 是一个有限群且有一个指数为 $n$ 的子群 $H$，即 $[G:H]=n$，则必定有 $K\vartriangleleft G$ 使得 $K\subseteq H$ 且 $[G:K]\mid n!$ .

考虑构造这样的这样的置换：$g\in G$ 将 $xH$ 映射至 $gxH$，可以验证这是一个 $n$ 阶置换

于是可以构造一个到 $n$ 阶置换群的同态 $f$，考虑 $\ker f$ 即可。

2.8 Sylow 定理

本节定理的证明较长，故略去。（短小，但非常有用）

Cauchy 定理

设 $G$ 是一个有限 Abel 群，$p$ 为素数，若 $p \mid |G|$，则在 $G$ 中存在一个周期为 $p$ 的元素。

Sylow 第一定理

设 $G$ 是一个有限群，$p$ 为素数，若 $p^k\mid G$，则 $G$ 必有一个 $p^k$ 阶子群。

于是作为推论，可以把 Cauchy 定理中 $G$ 为 Abel 群的限制去除得到更强的结论。

Sylow 第二、三定理

设 $G$ 是一个有限群，$p$ 为一个素数，若 $p^m\mid |G|$ 且 $p^{m+1}\not \mid |G|$，则称 $G$ 的 $p^m$ 阶子群为 $p$-Sylow 子群。
对于 $p$-Sylow 子群有如下性质成立：
- 任意两个 $p$-Sylow 子群均共轭；
- $G$ 的 $p$-Sylow 子群的个数 $r$ 是 $[G:P]$ 的因子，其中 $P$ 为 $G$ 的一个 $p$-Sylow 子群，且 $r\equiv 1(\bmod p)$；
- $G$ 的任一 $p^k$ 阶子群均含于某个 $p$-Sylow 子群内。

Sylow 定理的推论

$\Large (!)$若有限群 $G$ 只有一个 $p$-Sylow 子群，那么这个子群一定正规。
设 $p,q$ 都是素数，则 $pq$ 阶群最多只有两种。
上面结论的推论：$2p$ 阶非交换群同构于 $D_p$.

2.9-10 群的直积与有限生成 Abel 群

外直积与内直积

外直积

定义两个群 $G_1,G_2$ 的外直积为 $G=G_1\times G_2$，有 $(g_1,g_2)(h_1,h_2)=(g_1h_1,g_2h_2)$，可以验证 $G$ 是群。

内直积

若 $G$ 是一个群，$N_i$ 为若干 $G$ 的正规子群满足：

$G=N_1N_2\cdots N_n$;
$\forall i\in 1,2,\dots, n$，有 $N_i\cap N_1N_2\cdots N_{i-1}N_{i+1}\cdots N_n=\{e\}$。

则称 $G$ 是 $N_i$ 的内直积。

内直积和外直积在同构的意义下是一致的。

加法群的直积又叫直和。

内直积的判别

内直积的第二个条件可以被替代为如下任意一种：

$\forall g\in G$，有若 $g=g_1\cdots g_n=h_1\cdots h_n$，其中 $h_i,g_i\in N_i$，则 $h_i=g_i,\forall i\in 1,2,\cdots, n$.
若 $g_1g_2\cdots g_n=e$，其中 $g_i\in N_i$，则 $g_i=e$.

有限生成 Abel 群

有限生成 Abel 群基本定理

设 $G$ 是一个有限生成加法群，则 $G$ 可以被分解为有限个循环群 $C_i$ 的直和：

$G=C_1\oplus C_2\oplus \cdots\oplus C_k$.

并且要么所有的 $C_i$ 都是无限循环群，要么存在某个 $j\leq k$ 满足 $C_1,\cdots,C_j$ 是阶分别为 $m_1,\cdots, m_j$ 的有限群且 $m_1\mid m_2\mid \cdots \mid m_j$，其他群均为无限循环群。

推论

对任何一个有限生成 Abel 群 $G$，有 $G$ 的分解唯一。

于是引入如下定义：

称 $G$ 中无限循环群的个数为 $G$ 的秩；
若 $G$ 可以被分解为无限循环群的直和，则称 $G$ 是一个有限生成的自由 Abel 群；

考虑 $n$ 阶有限生成 Abel 群的计数：

若 $n=p^k$，则 $n$ 阶 Abel 群总共有 $P(k)$ 个，这里 $P(-)$ 表示分划数。
若 $n=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_n^{f_n}$，则 $n$ 阶 Abel 群总共有 $P(f_1)P(f_2)\cdots P(f_n)$ 个。

2.11 正规群列与可解群

正规群列

定义

称 $\{e\}=G_0\vartriangleleft G_1\vartriangleleft \cdots \vartriangleleft G_r=G$ 为 $G$ 的一个正规群列，商群 $G_1/G_0, G_2/G_1,\cdots$ 称为这个正规群列的商因子。

若商因子都是单群，则称该正规群列是一个合成群列。

Jordan-Holder 定理

设 $G$ 是一个有限群，若 $G$ 有两个合成群列 $G_0,G_1,\cdots, G_r$ 与 $H_0,H_1,\cdots,H_s$，则 $r=s$ 且存在一个置换 $\sigma$ 使得 $G_i/G_{i-1}\cong H_{\sigma(i)}/H_{\sigma(i)-1}$.

可解群

定义

若 $G$ 存在一个正规群列使得每个商因子都是 Abel 群，则称 $G$ 为一个可解群。

部分结论

$p$ 群必是可解群

由于 $p$ 群必有非平凡中心，考察 $G/C$ 并不断进行下去即可得到群列。

由中心的性质可以知道商因子都是 Abel 群。

我们接下来引入导群（换位子子群）并用来说明一些可解群结论：

设 $G'$ 表示 $G$ 的换位子子群（即 $[G,G]$），递归定义 $G^{(k)}$ 为 $(G^{(k-1)})'$，$G^{(1)}=G'$.

$G$ 是可解群当且仅当存在自然数 $k$ 使得 $G^{(k)}=\{e\}$.

考虑正规群列 $G^{(k)},\cdots,G^{(1)},G$ 即可。

可解群的子群和同态像也是可解群

由上面性质易证。

$S_n(n\geq 5)$ 是不可解群。

由于 $A_n$ 是单群，从而 $A_n$ 不是可解群，进而 $S_n$ 不是可解群。

$G$ 是可解群当且仅当存在合成群列，使得商因子均是素数阶循环群。

下面我们定义幂零群的概念：

如此递归定义 $G$ 的 $k$ 次中心：

$C_0=\{e\}$；

设 $G/C_k$ 的中心为 $C'$，由自然同态有 $C'\cong C_{k+1}/C_k$，于是我们定义出了 $C_{k+1}$.

不难注意到 $C_0,C_1,\cdots$ 是一个正规群列，称这个群列为上中心列；

若 $\exists n$ 使得 $C_n=G$，则称 $G$ 为一个幂零群，称满足条件的最小的 $n$ 为 $G$ 的幂指数。

显然，幂零群都是可解群，Abel 群都是幂零群。

下面来看一些关于幂零群的结论：

素数幂阶群都是幂零群
群 $G$ 是幂零群的充要条件为：$G$ 有一个正规群列，使得其商因子 $G_i/G_{i-1}\subseteq C(G/G_{i-1})$.

2.12 低阶非 Abel 群

$n=6$ $S_3$
$n=8$ $D_4,H$
$n=10$ $D_5$
$n=12$ $A_4, D_6, G=<a,b>$ 且 $a^4=b^3=e, ba=ab^2$
$n=14$ $D_7$

环

3.1 环的概念

“我向你许诺，这里将会有一座灯塔。这座灯塔将照亮你，照亮我，照亮很多很多人……”

环

定义

称 $R$ 为一个环，如果在 $R$ 上定义了 $+$ 与 $\cdot$ 两种运算，且适合：

$(R,+)$ 构成一个加法群，记其中单位元为 $0$；
$\cdot$ 运算满足结合律与关于 $+$ 的分配律，即 $(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c$。

环上运算的 $\cdot$ 可以省略，因此可以记 $a\cdot b$ 为 $ab$.

带恒等元的环

若环 $R$ 还满足存在单位元 $e$ 使得 $\forall r\in R, er=re=r$，则称 $R$ 为带恒等元的环，称 $e$ 为恒等元。

我们记恒等元为 $1$。

环的简单性质

$a\cdot 0=0\cdot a=0$
$(-a)\cdot b=a\cdot(-b)=-(a\cdot b)$

各种各样的环

若环上的 $\cdot$ 运算可交换，则称原环为一个交换环；
我们按如下方法定义零因子：

若 $a,b\neq0$，但 $ab=0$，则称 $a$ 为 $b$ 的左零因子，$b$ 为 $a$ 的右零因子。

没有零因子的环称为整环。

不难注意到，对整环 $R$ 有 $ab=0\Leftrightarrow a=0\vee b=0$。

整环满足消去律，即若 $ab=ac$ 且 $a\neq 0$，则 $b=c$。
记 $R^*$ 表示 $R\setminus\{0\}$，$R$ 是带有恒等元的环，先来定义几个概念。

若 $a\in R^*$，$\exists b\in R^*$ 使得 $ba=1$，则称 $b$ 是 $a$ 的左逆元。同理可以定义右逆元。

若 $b$ 既是 $a$ 的左逆元又是 $a$ 的右逆元，则称 $b$ 是 $a$ 的一个逆元，逆元一定唯一。

若 $a$ 拥有逆元，我们称 $a$ 是一个单位或一个可逆元。

若 $R^*$ 中元素均为可逆元，则称 $R$ 为一个除环。

更多地，若除环 $R$ 中的 $\cdot$ 运算可交换，则称 $R$ 为一个域。

环的直积

类似群地，对环我们也可以定义环的直积，这样的定义显然满足其仍然为一个环。

一些性质以及证明

有限整环必是除环。

考虑 $\forall b\neq 0\in R$，一定有 $\forall k\in \mathbb{N}$，$b^k\neq 0$（整环），于是 $\exists m\in \mathbb{N}$，$b^m=b$（有限），于是 $b$ 是可逆元，其逆为 $b^{m-1}$.
带恒等元的整环一定没有除了 $0$ 与 $1$ 外的幂等元。

证明是容易的；
若 $1-ab$ 是一个可逆元，则 $1-ba$ 也是一个可逆元。

这里的证明需要一些小小的构造震撼，这里给出一种解释这个构造的方法。

我们不妨设 $1-ab$ 的逆为 $c$，即 $(1-ab)c=1$，我们想要找到 $ba$，考虑给这个式子整体左乘 $b$，那么就有 $ba$ 了：

$bc-babc=b$，于是有 $(1-ba)bc=b$，再右乘一个 $a$ 便得到了很讨喜的形式：$(1-ba)bca=ba$.

构造出了 $ba$，剩下的就简单了：$(1-ba)(1+bca)$ 自然就是 $(1-ba)+ba=1$.

3.2 子环·理想·商环

“我的理想之内并没有一丝污浊。”

“我要纠正你，在这里，子环并不与正规子群等价，理想才是。”

“它甚至不能用来定义等价关系，赞美理想的崇高与圣洁吧。”

子环

定义

若 $R$ 是一个环，$S$ 是 $R$ 的子集且在环 $R$ 定义的两种运算下仍为环，则称 $S$ 为 $R$ 的子环。

判别条件

$S$ 是 $R$ 子环的充分必要条件是 $S$ 中元素对减法与乘法封闭。即 $\forall a,b\in S, a-b\in S,ab\in S$.

证明：减法封闭表明其为加法子群，乘法封闭则自然封闭性、结合律、分配律成立。

理想

定义

设 $R$ 是一个环，$I$ 是 $R$ 的子集。若：

$I$ 是环 $R$ 的加法子群；
$\forall r\in R,i\in I$，有 $ri\in I, ir\in I$

则称 $I$ 是 $R$ 的一个理想。

不难发现，理想是一种特殊的子环。

平凡理想

不难注意到，任意一个环 $R$ 总有理想 $\{0\}$ 与 $R$，称这两个理想为平凡理想。

$\large{(*)}$除环与域总是只有平凡理想。

生成理想

设 $S$ 为环 $R$ 的子集，设 $(S)$ 为所有包含 $S$ 的理想的交，它是 $R$ 包含 $S$ 的最小理想，也称作 $S$ 的生成理想。

若 $S$ 只有一个元素 $s$，则称这样的理想为主理想。

理想的运算

任意两个理想 $I,J$ 可定义加法：$I+J=\{i+j\mid i\in I, j\in J\}$，这恰好是 $I\cup J$ 的生成理想；

也可定义乘法：$IJ=\{\sum_{i<+\infty} a_ib_i\mid a_i\in I,b_i\in J\}$，这恰好是 $\{ab\mid a\in I,b\in J\}$ 的生成理想。（注意乘法的定义并非 $I,J$ 中任意两个元素相乘的并构成的集合）

商环

注意到刚才定义的理想自然是 $R$ 的正规加法子群。

考虑像商群那样定义商环。

来看这样一种等价关系：

定义

考虑环 $R$ 与其理想 $I$，对 $R$ 中元素 $a,b$，定义 $a\sim b$ 当且仅当 $a-b\in I$，此时 $\sim$ 显然构成了一个等价关系。

我们记 $a$ 的等价类为 $\bar a$，容易验证 $\bar a + \bar b = \overline {a+b}$.

我们想要它保持环上的运算，因此需要证明 $\bar a\cdot \bar b=\overline{ab}$.

考察 $a_1-a\in I, b_1-b\in I$，则有 $(a_1+I)(b_1+I)=((a+c)+I)((b+d)+I)=(a+I)(b+I)$，这样的运算确乎是合理的。

于是有 $R/I$ 为一个环，记作 $R$ 关于 $I$ 的商环，有时也记作 $R-I$.

性质及证明

带恒等元的交换环 $R$ 是域的充要条件是 $R$ 只有平凡理想。

证明：若 $R$ 是域，任一非 $0$ 元素可逆，故而 $R$ 一定只有平凡理想；

反之，若 $R$ 只有平凡理想，考虑 $R$ 中任意非零元素 $a$，有 $(a)=R$.

注意到 $\forall b\in (a)$， $\exists r_b\in R$ 使得 $ar_b=r_ba=b$，由于 $1\in (a)$，故 $a$ 为可逆元，故 $R$ 为域。
引入单环的定义：
- 若带恒等元的环 $R$ 只有平凡理想但不是除环，则称 $R$ 为一个单环。（注意这里的单环事实上就是上一条性质中的非交换环情形）
设 $R$ 是一个除环，则基于 $R$ 定义的矩阵环 $M_n(R)$ 是单环。

证明：只需证明单位矩阵 $E_{i,i}$（即只有第 $i$ 行和第 $i$ 列为 $1$ 的矩阵）都属于任意理想即可。这里证明是比较容易的，利用对非零矩阵 $A$ （不妨设 $a_{j,k}\neq 0$）可用 $E_{i,j}AE_{k,i}=a_{j,k}E_{i,i}$ 提取某位置的元素即可。
承接上一条定理，我们发现矩阵环没法拥有非平凡的理想，那么它是否能拥有其他意义上的理想呢？

引入左右理想的定义：
- 设 $R$ 是一个环，$I$ 是 $R$ 的子集。若：
  - $I$ 是环 $R$ 的加法子群；
  - $\forall r\in R,i\in I$，有 $ri\in I$
  则称 $I$ 是 $R$ 的一个左理想，右理想的定义类似。
不难发现左右理想也有生成的概念，且按照上述的理想运算也可以定义理想加法。（左右理想不能做乘法运算，也不能用来定义商环，想一想，为什么？）

矩阵环是可以拥有非平凡的左右理想的，例如，只有前 $m$ 列有值的矩阵全体构成 $M_n(R)$ 的左理想。
对交换环 $R$ 中子集 $S=\{a_1,a_2,\cdots,a_n\}$，有其生成理想为 $\{\sum r_ia_i+\sum n_ia_i\mid r_i\in R,n_i\in \mathbb{Z}\}$.若 $R$ 带恒等元，可进一步写作 $\{\sum r_ia_i\mid r_i\in R\}$.

证明是容易的。

3.3 环的同态

“我不是萨拉！我是克拉拉！”

“她才是萨拉！！萨拉才是恶魔！！恶魔不是我！！”

同态与同构

定义

设 $R$ 与 $R'$ 是两个环，$f$ 是 $R$ 到 $R'$ 的映射且保持环的运算，则称 $f$ 是一个 $R$ 到 $R'$ 的同态。

若 $f$ 还是单满射，则称之为同构。

像与核

记 $\Im f=\{r'\mid r'=f(r),r\in R\}$, $\text{Ker} f=\{r\mid f(r)=0,r\in R\}$.

可以验证 $\text{Ker} f$ 是 $R$ 的理想。

同态基本定理及其推论

接下来，我们都假设 $f$ 是映上的，从 $R$ 到 $R'$ 的同态，即 $\Im f=R'$.

（同态基本定理）若 $f$ 是一个同态，则其诱导了同构 $R/I\cong R'$，设同构映射为 $\bar f$，有 $f=\bar f\nu$，$\nu$ 为 $r\to r+\text{Ker} f$ 的自然同态。

这里的证明与群的情形一致。
环 $R$ 的任一同态像同构于 $R$ 关于同态核的商环。

由上立得。
设 $f$ 是一个同态，$K=\text{Ker} f$，则 $R$ 包含 $K$ 的所有子环与 $R'$ 的子环间存在一一对应关系：$H\to f(H)$。更多地，$H$ 是 $R$ 的理想当且仅当 $f(H)$ 是 $R'$ 的理想。

证明与群论类似。
$g$ 是一个 $R$ 到 $R'$ 的保持加法运算的对应（不是映射，即不保证不出现一对多的情况），$g$ 是映射的条件为 $g(0)=0$.

证明：当 $g(0)=0$，则 $r=r'$，有 $g(r-r')=0$，于是 $g(r)=g(r')$，这是一个映射。
（同构第一定理）$R$ 是一个环，$S$ 是 $R$ 的子环，$I$ 是 $R$ 的理想，则 $S+I=\{s+i\mid s\in S,i \in I\}$ 是 $R$ 的一个含有 $I$ 作为理想的子环。另外，有 $S\cap I$ 是 $S$ 的理想且：$s+I\to s+(S\cap I)$ 是一个 $(S+I)/I$ 至 $S/(S\cap I)$ 的同构。

证明：构造映射 $r+I\to r+(S\cap I)$，由同态基本定理即得。
（同构第二定理）$R$ 是一个环，$I,J$ 是其理想且 $I\subseteq J$，则 $R/J\cong (R/I)/(J/I)$.

证明：构造映射 $r+I\to r+J$，由同态基本定理即得。
同态的复合仍是同态。

证明很容易。
除环的非零自同态总是单同态。

因为同态核是理想，但是除环只有平凡理想，因此要么是零同态，要么是单同态。

3.4 整环·分式域

“我很羡慕那些特征非零的环——它们总能及时归零。”

整环的特征

周期元与周期

对整环（回顾：不存在零因子的环称为整环） $R$ 中的元素 $a\neq 0$，若有 $ma=0$，其中 $m\in \mathbb{N}$，则称 $a$ 为一个周期元，称 $m$ 为 $a$ 的周期。

特征

对整环 $R$，若其存在周期元，则必然存在素数 $p$，使得 $\forall x\in R$，有 $px=0$，素数 $p$ 称为 $R$ 的特征。

证明：事实上，若对 $a\neq 0$， $pa\neq 0$，那么 $\forall b\neq 0\in R$，有 $pb\neq 0$，否则由 $a(pb)=0$，有 $(pa)b= 0$，这与整环条件矛盾。

因此，若对 $a$ 有 $pa=0$，总有 $\forall b\in R$， $pb=0$.

于是只需要说明任意元素的最小正周期一定为素数，这是显然的。

若整环没有周期元，则记该整环的特征为 $0$。

素域

特征为 $p\neq 0$ 的域（回顾：交换除环称为域）$F$ 一定含有最小子域，这个最小子域同构于 $Z_p$，我们称这个域为 $F$ 的素域。

若 $F$ 的特征为 $0$，它也有最小子域，为 $(\bar1)$（由单位元生成的子域），可以证明它与 $\mathbb{Q}$ 同构。

分式域

整区

我们称一个带恒等元的交换整环为整区。

定义

回忆有理数的定义：定义积集合 $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}^*$，然后在上面定义等价关系。那么我们是否能把这种定义推广到整区呢？

不妨设 $R$ 为一个整区，$R^*$ 表示 $R$ 中的非零元全体。

我们在 $R\times R^*$ 上定义等价关系 $(a,b)\sim (c,d)$ 当且仅当 $ad=bc$.

记 $(a,b)$ 的等价类为 $\cfrac{a}{b}$，$F$ 为这些等价类的集合。

可以验证，$F$ 在如下的加法、乘法定义下构成环：

$\cfrac{a}{b}+\cfrac{c}{d}=\cfrac{ab+bc}{bd}$
$\cfrac{a}{b}\cdot\cfrac{c}{d}=\cfrac{ac}{bd}$

$F$ 中的零元为 $\cfrac{0}{1}$，恒等元为 $\cfrac{1}{1}$，且对任意非零元 $\cfrac{a}{b}$ 总有逆元 $\cfrac{b}{a}$，可以验证 $F$ 是域。我们称 $F$ 为 $R$ 的分式域。

自然可以构造出 $R$ 到 $F$ 的嵌入映射 $f: r\to \cfrac{r}{1}$，这是一个单同态。

性质

设 $R$ 是一个整区，$F$ 是它的分式域，$f$ 是嵌入映射。若 $g$ 为一个 $R$ 至 $F'$ 的单同态，则 $g$ 可被唯一扩张成 $F$ 到 $F'$ 的同态。其中 $g(\cfrac{a}{b})=g(a)(g(b))^{-1}$.

证明：容易说明这是一个同态。我们只需要验证唯一性。假设有另一同态 $g'$，则由于 $g'(\cfrac{a}{b})=g'(\cfrac{a}{1})g'(\cfrac{1}{b})=g(a)(g(b))^{-1}=g(\cfrac{a}{b})$，故 $g'=g$，故唯一。
特征为 $0$ 的域 $F$ 必有同构于有理数域的最小子域。

证明：考虑任何子域必含单位元 $\bar1$，因此考察 $\bar 1$ 生成的子环，由于没有周期元，因此这个子环必同构于 $\mathbb{Z}$。于是考察其分式域 $F_0$，它同构于 $\mathbb{Q}$，因此有 $\mathbb{Q}$ 至 $F$ 的单同态 $h$，其像即为 $F$ 的最小子域，同构于 $\mathbb{Q}$。

作业题结论

任意一个不带恒等元的环都可以嵌入一个带恒等元的环。

证明：设不带恒等元的环为 $R$，考虑乘积集合 $\mathbb{Z}\times R$，其中 $\mathbb{Z}$ 为整数集。我们定义加法 $(m,a)+(n,b)=(m+n,a+b)$，乘法 $(m,a)(n,b)=(mn, mb+na+ab)$，则 $\mathbb{Z}\times R$ 构成一环，且它有恒等元 $(1,0)$，于是从 $R$ 至 $\mathbb{Z}\times R$ 的嵌入 $r\to (0,r)$ 即为所求嵌入。
同构的整区拥有同构的分式域。

证明：易于验证。

3.5 唯一分解环（UFD）

“十口心思，思君思国思社稷”

“八刀分元，高斯整区PID”

因子

在本节中，所有的乘法运算都假定为可交换的，即所有讨论的环均为交换环。

定义

设 $a$ 是整区 $R$ 中一个元素，若 $a=bc$，则称 $b$ 与 $c$ 是 $a$ 的因子，记作 $b\mid a, c\mid a$。

反之，若 $b$ 不可能是 $a$ 的因子，则记作 $b \not\mid a$.

真因子

注意到对 $R$ 中的单位（回忆：单位即可逆元） $u$，$u \mid r,\forall r\in R$，这样的因子是平凡的。

对于 $a=bc$，若 $b,c$ 均不是单位，那么一定有 $a\not\mid b$，否则有 $b=ad=bcd$ 得知 $cd=1$ 即 $c$ 为单位。同理 $a\not\mid c$。

像 $b,c$ 这样的因子我们称为真因子，换言之，满足 $b\mid a$ 但 $a\not \mid b$ 的 $a$ 的因子为真因子。

相伴元

若两个元素 $a,b$ 互为因子，那么它们间一定相差一个单位 $c$，即 $a=bc, b=ac^{-1}$，这样的两个元我们称之为相伴元。

相伴关系记作 $a\sim b$，这显然为等价关系。

不可约元

若 $a$ 不是单位且不可写成两个真因子的乘积，则称 $a$ 为不可约元。

唯一分解环

定义

设 $R$ 是一个整区，若 $R$ 中任意非 $0$ 且不是单位的元素 $a$ 都可被写成有限个不可约元的乘积，且这种分解在如下意义下是唯一的：

若 $a=p_1p_2\cdots p_r=p'_1p'_2\cdots p'_s$，则 $r=s$；
存在置换 $\sigma$，使得 $p_i\sim p'_{\sigma(i)}$。

则我们称 $R$ 是一个唯一分解环，也称作Gauss 整区。

例如，$\mathbb{Z}$、数域上的多项式环是Gauss 整区。

判别

先来引入两个条件：

因子链条件

若 $R$ 是一个整区且不存在无限序列 $\{a_i\}$ 使得 $a_{i+1}$ 是 $a_{i}$ 的真因子，则称 $R$ 适合因子链条件。
素性条件

先来定义 $R$ 中素元：若 $p$ 不是 $R$ 的一个单位且若 $p\mid ab$，必有 $p\mid a$ 或 $p\mid b$，则称 $p$ 为一个素元。

若 $R$ 中所有的不可约元都是素元，则称 $R$ 满足素性条件。

$\large{(*)}$结论 1：$R$ 是唯一分解环当且仅当 $R$ 满足因子链条件和素性条件。

证明：

($\Rightarrow$)：先来看因子链条件。我们设序列 $a_1,a_2,\cdots$，其中 $a_i$ 是 $a_{i+1}$ 的真因子，若要满足因子链条件，则序列有穷。

我们反证，假设序列无穷：现在看 $a_1$，设其分解为 $p_1p_2\cdots p_s$，由于 $a_2$ 是 $a_1$ 的真因子，设 $a_2$ 的分解为 $q_1 q_2\cdots q_r$，且 $a_1=qa_2$，那么由于 $q$ 不是单位，不妨把 $q$ 写作 $q_{r+1}\cdots q_s$ 的形式，有 $a_1=q_1\cdots q_s=p_1\cdots p_s$，于是 $r<s$，于是该序列不可约元的分解长度是递降的，这与序列长度无穷矛盾。

然后是素性条件：设 $p$ 是不可约元且 $p\mid ab$，那么若 $a,b$ 中存在单位，不妨设 $a$ 是单位，由于 $ab=pq$，则有 $b=a^{-1}pq$，于是 $p\mid b$。

若 $a,b$ 均不是单位，设 $ab=pq$，利用唯一分解将 $ab,q$ 拆分得到 $p_1p_2\cdots p_r=p q_1q_2\cdots q_{r-1}$.

利用唯一性，知道 $p$ 与左侧一 $p_i$ 相伴，故定有 $p\mid a$ 或 $p\mid b$。

($\Leftarrow$)：先来看分解的存在性。对任意非单位 $a$，设它是因子链的第一项，由于任意因子链都是有限的，因此 $a$ 一定可以写成有限个不可约元的乘积。

只需说明唯一性。这里，我们需要用到素性条件：设 $a=p_1p_2\cdots p_s=p'_1p'_2\cdots p'_t$ 是两个 $a$ 的不可约分解。由素性条件，我们知道 $p_i$ 与 $p_i'$ 都是素元。

又因为 $p_i\mid p_1'p_2'\cdots p_t'$，总有 $j$ 使得 $p_i\mid p_j'$，由于 $p_j'$ 是不可约元定有 $p_i\sim p_j'$。在两边式子删去 $p_i$ 与 $p_j'$，我们发现仍有 $p_1p_2\cdots p_{i-1}p_{i+1}\cdots \sim p_1'p_2'\cdots p_{j-1}'p_{j+1}'\cdots$ 成立，因而可以继续进行操作，这自然导出了 $s=t$，否则定有 $p_{i_1}\cdots p_{i_k}\sim 1$，这与它们不是单位矛盾。又由在这过程中，我们构造了一个置换，此时分解的唯一性成立。

$\square$

最大公因子条件

首先定义最大公因子。若 $d\mid a,d\mid b$，且 $\forall c, c\mid a,c\mid b$ 有 $c\mid d$，则称 $d$ 是 $a$ 与 $b$ 的最大公因子。

记作 $d=(a,b)$. 同理可以定义最小公倍子，记作 $m=[a,b]$.

若 $(a,b)=1$，则称 $a,b$ 为互素的，$a,b$ 互素的充要条件为 $a,b$ 有一个为单位或其中一个的所有不可约因子都不是另一个的因子。

若 $R$ 中任意两个元素都有最大公因子，则称 $R$ 满足最大公因子条件。

事实上，任意一个唯一分解环都满足最大公因子条件，且两个元素的最大公因子就是将它们的不可约分解相同部分合并后得到的元素。类似地，也可以求任意一个唯一分解环的最小公倍子。

来看下列几个关于最大公因子的性质：

若整区 $R$ 中任意两个元素有最大公因子，则任意多个元素也有最大公因子。
$(a,(b,c))\sim((a,b),c)$。
$c(a,b)\sim(ca,cb)$。
若 $(a,b)=1,(a,c)=1$，则 $(a,bc)=1$。

上面的性质证明起来都是容易的。

最大公因子条件蕴含素性条件。

证明：来看不可约元 $p$，若 $p\not \mid a, p\not \mid b$，要证明 $p\not \mid ab$，因为 $p$ 不可约，$(p,a)\sim 1$，$(p,b)\sim 1$，由最大公因子的性质知 $(p,ab)\sim 1$，于是 $p\not \mid ab$。

$\large(*)$ 结论 2：$R$ 是唯一分解环当且仅当 $R$ 适合因子链条件与最大公因子条件。

范数

在证明一个整区不是 Gauss 整区时，有时会用到范数的概念。

来看这样一个例子：

试证明：$\mathbb{Z}(\sqrt{-5})=\{m+n\sqrt{-5}\mid m,n\in \mathbb{Z}\}$ 满足因子链条件，但不是 Gauss 整区。

证明：对 $a=m+n\sqrt{-5}$，定义范数 $N(a)=m^2+5n^2$，该范数显然适合下列性质：
- $N(a)\geq 0$, $N(a)\in \mathbb{Z}$ 且 $a=0\Leftrightarrow N(a)=0$；
- $N(ab)=N(a)N(b)$.
来看因子链条件：若 $a$ 是 $b$ 的真因子，有 $b=ac$，于是 $N(b)=N(a)N(c)$，若 $N(c)=1$，则 $c=\pm1$ 为单位，故而 $N(c)>1$，故 $N(a)<N(b)$，因子链条件满足。

不是 Gauss 整区：首先由范数，若 $a$ 为单位，则 $N(a)=1$，进而有 $a=\pm 1$。我们来看唯一分解不成立：$9=3\cdot 3=(2+\sqrt{-5})(2-\sqrt{-5})$，然而这两个分解都是不可约分解且显然不等价，于是唯一分解不成立，它不是 Gauss 整区。

另一个例子：

试证明 $\mathbb{Z}(\sqrt{10})$ 不是 Gauss 整区。

证明：设 $a=m+n\sqrt{10}$，定义范数 $N(a)=m^2-10n^2$。

显然范数满足 $N(ab)=N(a)N(b)$，此时若 $a$ 是单位则 $N(a)=1$，对 $-9=(1+\sqrt{10})(1-\sqrt{10})=3\cdot(-3)$ 做类似上例分析即可。

3.6 PID·欧氏整区

“这是一个欧几里得，这是另一个欧几里得，辗转相除，啊，还是一个欧几里得！”

“这孩子已经疯了，埋了吧。”

主理想整区

让我们从另一个角度理解整除的概念。有如下结论：设 $(a)$ 为 $a$ 生成的主理想，则 $a\mid b\Leftrightarrow (b)\subset (a)\Leftrightarrow b\in (a)$；

$a$ 是 $b$ 的真因子当且仅当 $(b)\subsetneqq(a)$；自然，$(a)=(b)\Leftrightarrow a\sim b$.

于是，因子链条件等价于如下条件：

环 $R$ 中不存在无限的主理想真升链 $(a_1)\subsetneqq (a_2)\subsetneqq\cdots$.

定义

若交换整区 $R$ 中的理想都可以由一个元生成，则称 $R$ 是一个主理想整区，简写为 PID。

任意主理想整区都是高斯整区。

证明：因子链条件：反证。假设存在无限主理想真升链 $\{(a_i)\}$，记 $(a)=\cup (a_i)$，于是有 $a\in \cup(a_i)$，于是 $\exists m$ 使得 $a\in (a_m)$，那么 $(a)\subset (a_m)$，于是真包含关系必不成立，矛盾。

最大公因子条件：考虑由 $a,b$ 生成的理想 $(a,b)=(d)$，定有对任意 $c$ 满足 $c\mid a, c\mid b$，有 $(a)\subset (c), (b)\subset (c)$，于是 $(d)\subset (c)$（由于 $(d)$ 是最小的生成理想），由定义知道 $d$ 是 $a,b$ 的最大公因子，因此对任意两个元素都存在最大公因子，条件成立。

额外性质

对主理想整区，裴蜀定理成立，即对 $a,b$，设 $d=(a,b)$，存在 $s,t$ 使得 $as+bt=d$

证明：利用 $(d)=(a,b)=(a)+(b)$ 即得。

欧氏整区

定义

设 $R$ 是一个交换整区，若存在从 $R^*$ 至非负整数集合的映射 $\delta$ 满足如下条件，则称 $R$ 是一个欧氏整区，称 $\delta$ 为一个欧氏赋值：

若 $a,b\in R$ 且 $b\neq 0$，则存在 $q, r$ 使得 $a=bq+r$，且要么 $r=0$，要么 $\delta(r)<\delta(b)$；
对任意非零元 $a,b$，总有 $\delta(a)\leq \delta(ab)$.

一个直观的理解方法是考虑多项式环，其欧氏赋值就是多项式次数，故其为一个欧氏整区。

$\mathbb{Z}[-1]=\{m+n\sqrt{-1}\mid m,n\in \mathbb{Z}\}$ 是欧氏整区。

证明：定义 $\delta(m+n\sqrt{-1})=m^2+n^2$，显然有 $\delta(ab)=\delta(a)\delta(b)$，由于 $\delta$ 的值域为非负整数，于是第二个条件成立。

现在验证第一个条件：在复数域上总有 $ab^{-1}=u+v\sqrt{-1}$，现在取 $\mu,\nu$ 为距离 $u,v$ 最近的整数，我们来验证第一个条件成立：

设 $\epsilon=u-\mu,\tau=v-\nu$，则 $a=b((\mu+\epsilon)+(\nu+\tau)\sqrt{-1})=b(\mu+\nu\sqrt{-1})+b(\epsilon+\tau\sqrt{-1})$.

由于 $\epsilon,\tau\leq \cfrac{1}{2}$，故 $\delta(b(\epsilon+\tau\sqrt{-1}))\leq \cfrac{1}{2}\delta(b)\leq \delta(b)$.

故 $\mathbb{Z}[-1]$ 是欧氏整区。
欧氏整区是 PID。

证明：对欧氏整区 $R$ 的任一理想 $I$，考虑其中使得 $\delta$ 取得最小值的 $b$，现在我们考虑 $(b)$。

若 $(b)\neq I$，取任意 $a\in I$ 且 $a\not \in (b)$，那么 $a$ 一定不能写成 $qb$ 的形式，故 $a=qb+r$。

然而由于假设，$\delta(r)\geq \delta(b)$，矛盾。

由此，我们在这两章定义出了一串关系：欧氏整区 $\to$ PID $\to$ Gauss 整区。

额外性质

对欧氏赋值 $\delta$，我们还有下列的额外性质：

$\delta(1)\leq\delta(a)$ 对一切 $a\neq 0$ 成立；
若 $a$ 与 $b$ 相伴，则 $\delta(a)=\delta(b)$；
若 $a\mid b$ 且 $\delta(a)=\delta(b)$，则 $a\sim b$；
若 $a,b\neq 0$ 且 $b$ 不是单位，则 $\delta(a)<\delta(ab)$；
若 $a$ 是单位，则 $\delta(a)=\delta(1)$.

只证明第三条，其余几条是容易的：

设 $a=bq+r$，若 $r=0$，那么直接得到结论；

若 $r\neq 0$，那么 $\delta(r)<\delta(b)=\delta(a)$，由 $a\mid b$ 有 $b=au$，故 $a=auq+r$，于是 $r=(1-uq)a$，于是 $\delta(r)\geq \delta(a)$，矛盾。

对欧氏整区，我们有如下性质：

在欧氏整区中，辗转相除法成立。

利用欧氏整区的 $\delta$ 递减构造即可。

3.7&8 多项式环

“我学到多项式环”

“复习着高代的内容”

“想象着曾经学高代”

“为什么摆得这么狠”

——《好久不见》

域上的一元多项式环

我们定义一个多项式 $f$ 的 $\deg f$ 为其最高次项的次数。约定 $\deg 0=-\infty$。

显然，$\deg$ 具有性质：$\deg f(x)g(x)=\deg f(x)+\deg g(x)$.

定义

设 $F$ 是一个域，记 $F[x]$ 为以 $F$ 中元素为系数的一元多项式全体，称为一元多项式环。

性质

$F[x]$ 是一个欧氏整区。

证明：设 $\delta(f(x))=\deg f$，则容易验证这是一个欧氏赋值。

显然有推论：

$F[x]$ 中的任一多项式都可以写成有限个不可约多项式的乘积。

怎样的多项式是不可约的呢？回忆整除的理想诠释，有：

$f(x)$ 是不可约多项式的充要条件是 $(f(x))$ 是一个极大理想，即不存在真理想 $I$，使得该理想是 $I$ 的真子集。

证明是容易的。

极大理想这一条件是抽象的，我们来让它具象化：怎样的理想才是极大理想呢？

设 $R$ 是带恒等元的交换环，$I$ 是 $R$ 的理想且 $I\neq R$，则 $I$ 是 $R$ 极大理想的充要条件是 $R/I$ 是一个域。

证明：若 $I$ 是极大理想，由同态基本定理，从 $I$ 到 $R/I$ 的自然同态诱导了 $R$ 中包含 $I$ 的理想到 $R/I$ 的同构。由于 $I$ 是极大理想，故 $R/I$ 只有平凡理想。又因为 $R/I$ 显然是带恒等元的交换环，故而 $R/I$ 是域；反之，若 $R/I$ 是域，则 $R/I$ 只有平凡理想，因此 $I$ 是极大理想。
$f(x)$ 是不可约多项式的充要条件是 $F[x]/(f(x))$ 是域。

代数元与超越元

考虑域 $S$ 是 $F$ 的域扩张，即 $F$ 是 $S$ 的一个子环，来看 $S$ 中的元素 $u$，现在我们定义代数元与超越元的概念：

设 $F[u]=\{a_0+a_1u+\cdots+a_nu^n\mid a_i\in F\}$，自然有 $F[x]$ 到 $F[u]$ 的满同态 $\eta:f(x)\to f(u)$.

$F[u]$ 显然是 $S$ 的一个子环。此时，若 $\eta$ 是同构，则称 $u$ 是一个超越元；

否则，一定有 $\text{Ker} \eta\neq 0$，此时称 $u$ 为一个代数元。

当 $\text{Ker}\eta \neq 0$，则 $\text{Ker}\eta$ 可以由一个多项式生成（PID），设这个多项式为 $f$，于是 $F[u]\cong F[x]/(f(x))$，且 $f(u)=0$，这也是代数元名称的由来。若 $f$ 是一个不可约多项式，则 $F[u]$ 是 $F$ 的一个扩域。

多项式的根

设 $f(x)\in F[x]$，若 $S$ 中的元 $u$ 适合 $f(u)=0$，则称其为 $f(x)$ 的根。若 $u$ 为 $F$ 上代数元，必然有一个次数最小的首一多项式使得 $f(u)=0$，称之为 $u$ 的最小多项式。

对多项式的根我们有余数定理：

若 $f(x)\in F[x],a\in F$，则存在唯一 $q(x)$ 使得 $f(x)=(x-a)q(x)+f(a)$.

证明是容易的。

由定理有根的判别条件：$(x-a)\mid f(x)\Leftrightarrow a$ 是 $f$ 的根。

由此，我们也有：

$F[x]$ 上的 $n$ 次多项式在 $F$ 中至多只有 $n$ 个不同的根。

证明利用上述判别条件是容易的。

一些其他性质

任何域的有限乘法子群是循环群。

考虑子群 $G$，设其阶为 $n$，显然每个元的阶都是 $n$ 的因子。若 $G$ 不是循环群，那么存在 $g\mid n,g<n$，使得 $\forall x\in G,x^g=1$.

然而，对方程 $x^g-1=0$，其至多有 $g$ 个不同的根，这与 $G$ 中有 $n$ 个元素矛盾。因此 $G$ 中必然存在周期为 $n$ 的元素，$G$ 为循环群。
任意有限域关于乘法是循环群。例如 $\mathbb{Z}_p$（$p$ 为素数）是循环群。

这是上面结论的自然推论。
构造具备指定元素数目的域的方法：

例如，欲构造具备 $25$ 个元素的域，利用 $25=5\times 5$，只需在 $\mathbb{Z}_5$ 中找一个不可约的二次多项式即可，这样 $\mathbb{Z}_5[x]/(f(x))$ 自然是一个有 $25$ 个元素的域。

交换环上的多元多项式环

方才我们研究了域上的一元多项式环，现在我们来将一元多项式环推广至多元多项式环，并将多项式环的定义推广至交换环上。

多元多项式环

现在我们假设 $R$ 为一个含恒等元的交换环，现在归纳定义 $R$ 上的多元多项式：

$R[x_1,x_2,\cdots,x_r]=R[x_1,x_2,\cdots,x_{r-1}][x_r]$.

不难证明如下性质：

若 $D$ 为整区，则 $D[x]$ 为整区；
若 $D$ 为整区，则 $D[x_1,x_2,\cdots,x_r]$ 为整区

泛性

设 $R$ 是一个带恒等元的交换环，$r$ 是一个正整数，则 $R[x_1,\cdots,x_r]$ （下面简记为 $R[x_i]$）满足如下性质：

若 $S$ 是另一个带恒等元的交换环，$\varphi$ 是一个 $R$ 到 $S$ 的环同态，$u_1,\cdots,u_r$ 是 $S$ 中的 $r$ 个元素，则必存在 $R[x_1,\cdots,x_r]$ 到 $S$ 的唯一环同态 $\tilde\varphi$，满足 $\forall a\in R,\tilde\varphi(a)=\varphi(a)$，且 $\tilde\varphi(x_i)=u_i$.

证明：利用归纳法。对 $r=1$，我们构造映射 $\tilde\varphi(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)=\varphi(a_0)+\varphi(a_1)u+\cdots+\varphi(a_n)u^n$ 即可，容易验证这满足题设且由于 $R[x]$ 由 $R$ 与 $x$ 生成故唯一；

对 $r>1$，只需要利用 $r=1$ 的证明方法利用多元多项式环的归纳定义证明即可。

泛性的推论

同一个环 $R$ 上的两个 $r$ 元多项式环必同构。

证明：设两个环为 $R[x_i]$ 与 $R[y_i]$。利用泛性，我们可以构造出映射 $\varphi$ 使得 $\varphi(a)=a,\forall a\in R$ 且 $\varphi(x_i)=y_i$；同理可以构造出 $\psi$ 使得 $\psi(a)=a$ 且 $\psi(y_i)=x_i$。可以验证它们的复合为恒等映射，即它们互为逆映射，于是是同构映射，于是 $R[x_i]\cong R[y_i]$.

有自然推论：

对多元多项式环 $R[x_i]$，$\pi$ 是 $\{1,2,\cdots,r\}$ 的一个置换，则存在唯一 $R[x_i]$ 的自同构 $\varphi$，使得 $\varphi(x_i)=x_{\pi(i)}$.

接下来我们引入代数无关的概念，它是超越元的自然推广：

$R[x_i]$ 中元 $a_{i_1,\cdots,i_r}x_1^{i_1}x_2^{i_2}\cdots x_r^{i_r}$ 通常被称为单项式，$R[x_i]$ 中的元素都可以写成单项式的有限和。$R[x_i]$ 中两个多项式相等当且仅当它们的每个单项式前系数相等。

现在引入代数无关的定义：

设 $R$ 是 $S$ 的子环，$u_1,\cdots,u_r\in S$，可以导出同态映射 $\varphi:R[x_1,x_2,\cdots,x_r]\to R[u_1,u_2,\cdots,u_r]$，这其中 $\varphi(f)=f(u_1,u_2,\cdots,u_r)$.

若 $\varphi$ 是一个同构，我们则称 $u_1,\cdots,u_r$ 是代数无关的，反之则是代数相关的。显然 $r$ 个元代数无关的充要条件是不存在 $R[x_i]$ 中多项式使得这 $r$ 个元代入后为 $0$。

多项式的分解·本原多项式·Gauss 引理

对域 $F$，有如下重要定理：

若 $F$ 是无限域，则对 $F$ 上任一 $r$ 元非零多项式 $f(x_1,\cdots,x_r)$，总能找到一组元 $(a_1,\cdots,a_r),a_i\in F$，使得 $f(a_1,\cdots,a_r)\neq 0$.

证明：归纳。对 $r=1$ 显然成立；

利用归纳假设，并利用多元多项式的归纳定义，可以较为简单地证明对任意 $r$ 成立。

我们先前已经证明了在数域上的多项式环是唯一分解环，它进一步还是欧氏整区。那么，定义在一般交换环上的多项式环有这样的性质吗？我们来研究这一点。

为此，我们引入本原多项式的概念。

设 $R$ 是 Gauss 整区，那么 $R$ 中任意有限多个元素都有最大公因子。设 $f(x)=a_0+\cdots+a_nx^n$，若 $(a_0,a_1,\cdots,a_n)=1$，则称 $f(x)$ 是本原多项式。

有如下引理：

若 $R$ 是 Gauss 整区，$F$ 是 $R$ 的分式域且 $f(x)$ 是 $F$ 中非零多项式，则 $f(x)=rf_1(x)$，其中 $r\in F$ 且 $f_1(x)$ 是 $R[x]$ 中的本原多项式。另外，上述分解在相差一个单位的意义下是唯一的。

证明：利用分式域的定义进行证明虽然较为繁琐，但是是容易的，这里略去。

于是有：

$R$ 是 Gauss 整区，设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 是本原多项式，若它们在 $F[x]$ 中相伴，则它们也在 $R[x]$ 中相伴。

证明：直接利用上述引理即可说明。

进一步引入 Gauss 引理：

本原多项式之积仍是本原多项式。

证明：反证法。假设 $f,g$ 是本原多项式，但 $h=f\cdot g$ 不是本原多项式，那么有 $R$ 中的素元 $p$ 使得 $p\mid h$ 而 $p\not \mid f,p\not \mid g$.

因为 $p$ 是素元，$p$ 不可分解，于是 $\bar R=R/(p)$ 为整区。考虑 $\bar R[x]$，有 $\bar f\neq 0,\bar g\neq 0$，然而 $\bar f\cdot \bar g=\bar h=0$，这与整区矛盾。

有如下推论：

设 $f(x)\in R[x], \deg f(x)>0$，则若 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中不可约，则它在 $F[x]$ 中也不可约，这里 $F$ 是 $R$ 的分式域。

证明：显然 $f(x)$ 是本原多项式，否则，设 $f(x)=cf_1(x)$，其中 $c$ 为 $R$ 中元素，$f_1$ 为本原多项式，于是有 $f(x)$ 可约，矛盾。

自然可以推出 $f(x)$ 也是 $F[x]$ 中本原多项式。

假设 $f(x)$ 在 $F[x]$ 中可以被分解为 $\varphi_1(x)\varphi_2(x)$，显然 $\deg \varphi_i>0$，则由上面引理，有 $\varphi_i=a_if_i$，其中 $f_i$ 为 $R[x]$ 中本原多项式， $a_i\in F$。

故而 $f(x)=a_1a_2f_1(x)f_2(x)$，由 Gauss 引理知道 $f_1(x)f_2(x)$ 也是本原多项式，因此它们在 $R$ 中只相差一个单位，这与不可约矛盾。

综合上述定理，我们得出最后的推论：

若 $R$ 是唯一分解环，则 $R[x]$ 也是唯一分解环。

证明：设 $f(x)\neq 0\in R[x]$ 且 $f(x)$ 不是单位，则 $f(x)=d_1f_1(x)$，其中 $f_1(x)$ 为本原多项式。我们首先来看对任意本原多项式 $f_1(x)$ 分解的唯一性：

设 $f_1=q_1\cdots q_r=q_1'\cdots q_s'$，其中 $q_i$ 与 $q_i'$ 在 $R[x]$ 上不可约。由上面的推论我们知道 $q_i$ 与 $q_i'$ 在 $F[x]$ 中不可约。而 $F[x]$ 是唯一分解环，因而 $q_1\cdots q_r$ 与 $q_1'\cdots q_s'$ 是等价的，从而 $f_1(x)$ 的分解是唯一的。

对 $d_1$，由于 $R$ 是唯一分解环，因此对 $d_1$ 的分解是唯一的。综上对 $f(x)$ 的分解是唯一的。
若 $R$ 是唯一分解环，则 $R[x_i]$ 也是唯一分解环。

这是上述结论的直接推论。

其他性质

$R$ 是含恒等元的交换环，$R[x]$ 中 $f(x)$ 是可逆元当且仅当其零次项系数是可逆元且高次项系数为幂零元。

证明：必要性是显然的。我们来证充分性：设 $f(x)^{-1}=g(x)$，而 $f(x)=a_0+\cdots+a_n x^n, g(x)=b_0+\cdots+b_mx^m$. 显然，因为 $f\cdot g=1$，因此 $a_0b_0=1$，因此 $a_0$ 是可逆元。接下来我们来证明 $a_n$ 是幂零元：

显然 $a_nb_m=0=a_nb_{m-1}+a_{n-1}b_m$，将右式同乘 $a_n$，得到 $a_n^2b_{m-1}+(a_{n-1}a_nb_m)=a_n^2b_{m-1}=0$。以此类推，最后得到 $a_{n}^{m+1} b_{0}=0$，由于 $b_0$ 是可逆元，故 $a_n^{m+1}=0$，$a_n$ 是幂零元。

注意到 $a_nx^n$ 是幂零元，故 $f(x)-a_nx^n$ 仍是可逆元，因此反复操作即可证明 $a_i(i>0)$ 幂零。

3.9 素理想

“我现在，是一个伟大的人吗？”

这里涉及的环均为含恒等元的交换环。

素理想

定义

设 $P$ 是环 $R$ 的理想且 $\forall a,b\in R$，若 $ab\in P$，则必有 $a\in P$ 或 $b\in P$。此时称 $P$ 是 $R$ 的一个素理想。

判别

$P$ 是 $R$ 的素理想当且仅当 $R/P$ 为整区。

证明是容易的。
极大理想必是素理想。

由于环商极大理想为域，因此显然为素理想。

存在性

设 $R$ 是一个含恒等元的交换环，$I$ 是它的一个理想且 $I\neq R$，则 $I$ 一定含于某个极大理想中。

证明：考虑所有不含恒等元 $1$ 的理想集合间由子集关系定义的偏序关系，由 Zorn 引理即得。

于是有推论：

任意一个含有恒等元的环都有极大理想。
$R$ 中的任意不可逆元一定含于一个极大理想中。

证明：设 $r$ 不可逆，一定有 $(r)\neq R$.

小根与大根

定义

交换环 $R$ 的所有素理想的交仍是理想，记作 $I$，这一理想称之为 $R$ 的小根。

交换环 $R$ 的所有极大理想的交仍是理想，记作 $J$，这一理想称之为 $R$ 的大根或Jacobson根。

显然，因为极大理想必是素理想，因此 $I\subseteq J$。

定理与性质

$R$ 的小根等于 $R$ 的所有幂零元素与零元素组成的理想。零元素和幂零元素有时也称为诣零根。我们可以从某种程度上推广诣零根，见下。

证明：不妨记诣零根构成的理想为 $N$，现在说明 $N\subseteq I$：由于任何理想都包含 $0$ 元素，设 $a$ 为幂零元，而 $a^k=0=a^{k-1}a$，故而 $a$ 属于任何素理想。

接下来说明 $I\subseteq N$：假设 $a\in I$ 不是幂零元，构造集合 $S=\{a,a^2,\cdots\}$，考虑集合 $\Sigma$ 为所有与 $S$ 不交的理想构成的集合，显然有零理想，不为空集。于是由 Zorn 引理，$\Sigma$ 有极大元，不妨设为 $M$，下面证明 $M$ 是素理想。

设 $bc\in M$ 但是 $b,c\not\in M$，此时 $M+(b)$ 与 $M+(c)$ 都是严格包含 $M$ 的理想，因此与 $S$ 都相交。不妨设 $a^m\in M+(b),a^n\in M+(c)$，则 $a^{m+n}\in M+(bc)$. 这表明 $M+(bc)$ 不是 $\Sigma$ 中元素，然而 $(bc)\subseteq M$，这与假设矛盾，因而 $M$ 是素理想但 $a\not\in M$，故而与 $a\not\in I$，故与前提矛盾，故 $a$ 为幂零元。
考虑理想 $I'$，定义 $\text{Rad}(I')=\{a\mid a\in R,\exists k\in \mathbb{N},a^k\in I'\}$. 我们知道 $\text{Rad}(0)=I$，即诣零根，小根。更多地，有 $\text{Rad}(I')$ 为所有 $R$ 中包含 $I'$ 的素理想的交。

证明：考虑 $R/I'$，其诣零根为所有素理想的交，故 $\text{Rad}(I')$ 为所有 $R$ 中包含 $I'$ 的素理想的交。
$a\in J$ 的充要条件是 $\forall r\in R, 1-ar$ 是可逆元。

证明：

（$\Rightarrow$）：$a\in J$，自然 $a$ 属于所有极大理想。现在假设存在 $r$， $1-ar$ 不可逆。此时由上面性质，它一定含于一个极大理想中。由于 $a$ 也属于这个极大理想，因而 $1-ar+ar=1$ 属于这个极大理想，这与其为真理想矛盾。

（$\Leftarrow$）：来证明逆否命题，即若 $a\not\in J$，则 $\exists r$ 使得 $1-ar$ 是不可逆元。由于 $a\not\in J$，那么存在极大理想 $M$，使得 $a\not\in M$，故 $M+(a)=R$，故 $1=ar+b$，其中 $r\in R,b\in M$. 因为 $b$ 在极大理想中，$b$ 一定不可逆，从而存在 $r$ 使得 $b=1-ar$ 是不可逆元。

其他性质&作业题举例

常见环的素理想与极大理想举例：
- $\mathbb{Z}$ 中的素理想是 $(m)$，$m$ 为素数，此时 $(m)$ 也为极大理想。
- $F$ 是域，$F[x]$ 中 $(f(x))$ 是素理想当且仅当 $f(x)$ 不可约，此时 $(f(x))$ 也是极大理想。
- $R$ 是 PID，$(a)$ 是素理想当且仅当 $a$ 是素元，此时 $(a)$ 也是极大理想。
- $\mathbb{Z}[x]$ 中 $(x)$ 是素理想而不是极大理想，有一个更大的理想 $(2,x)$ 包含它。
设 $P_1,\cdots,P_n$ 是环 $R$ 中的 $n$ 个素理想，$I$ 是理想且 $I\subseteq\cup_{i=1}^nP_i$，则 $\exists P_i$ 使得 $I\subseteq P_i$。

证明：归纳。对 $n=1$ 显然成立。

设结论对 $n-1$ 成立，现在反证结论不成立，则对每个 $i$，$\exists a_i\in I$，使得 $a_i$ 只属于 $P_i$ 而不属于其他任意 $P_j$。于是令 $b=\sum_{i=1}^na_1\cdots a_{i-1}a_{i+1}\cdots a_n$，由假设，它一定不属于每个 $P_i$，这与 $I\subseteq \cup_{i=1}^n P_i$ 矛盾。
设 $P_1,\cdots,P_n$ 是环 $R$ 中的 $n$ 个素理想，$I$ 是素理想且 $\cap_{i=1}^n P_i\subseteq I$，则 $\exists P_i$ 使得 $P_i\subseteq I$. 进一步地，若 $I=\cap_{i=1}^n P_i$，则 $\exists P_i$ 使得 $I=P_i$.

证明：对前者证明后，后者是显然的。来看前者。假设结论不成立，则对每个 $P_i$，有 $a_i\in P_i$ 且 $a_i\not\in I$. 那因为素理想的性质，有 $\prod a_i\not\in I$，然而显然 $\prod a_i\in \cap P_i$，矛盾。
对含恒等元的交换环 $R$，有 $I$ 为其理想，$P$ 为包含 $I$ 的理想，则： $P$ 为素理想 $\Leftrightarrow$ $P/I$ 为 $R/I$ 的素理想。

证明：利用同构第二定理即得。
$R$ 是含恒等元的交换环，则 $R[x]$ 的大根和小根相同。

证明：我们证明任意大根中元素属于小根。即证明它是幂零元。考虑 $f(x)\in J$，则 $1-xf(x)$ 可逆，由上一节证明的多项式可逆条件，则 $f(x)$ 是幂零元，则 $f(x)\in I$.

域

4.1 域的扩张

在先前的环论中，我们已经知道，任何域都包含最小子域，该子域由域特征决定。当域特征为 $p\neq 0$，该子域同构于 $\mathbb{Z}_p$，否则子域同构于 $\mathbb{Z}$. 回忆，我们将这个最小子域称为素域。

扩域

定义

我们假设 $E$ 是一个域，$F$ 是 $E$ 的子域，则称 $E$ 为 $F$ 的一个域扩张或称为扩域。

表示

假定 $E$ 是 $F$ 的扩域，$S$ 是 $E$ 的子集，我们定义 $F(S)$ 为 $E$ 的由 $F$ 及 $S$ 生成的子域。即：$E$ 的所有包含 $S$ 也包含 $F$ 的子域的交。若 $T$ 是另一个 $E$ 的子集，容易得到 $F(S)(T)=F(S\cup T)$.

因此，当 $S$ 是有限集的时候，可以递归表示这个扩张，即 $F(a_1,a_2,\cdots,a_n)=F(a_1,a_2,\cdots,a_{n-1})(a_n)$.

最简单的扩张自然是 $S$ 是单点集的情形。若 $S=\{u\}$，我们称此时的扩张为单扩张，称 $u$ 为本原元。

单扩张

性质

我们在环论定义过 $F[u]=\{a_0+a_1u+\cdots+a_nu^n\mid a_i\in F\}$. 我们知道有同态映射 $\varphi:F[x]\to F[u]$，并讨论过 $u$ 是否是超越元。

当 $u$ 是代数元，因为 PID，有 $\text{Ker}\varphi=(g(x))$，且 $F[x]/(g(x))\cong F[u]$. $F[u]$ 自然是一个包含 $F$ 的域，因而为 $E$ 的子域，并且可以说明不存在更小的同时包含 $u$ 和 $F$ 的扩域。因此此时有 $F[u]=F(u)$；

反之，当 $u$ 是超越元，因为 $F[x]\cong F[u]$，此时 $F[u]$ 仅仅是欧氏整环，不是域。此时有 $F(u)$ 是 $F[u]$ 的分式域。

域扩张的分类

上面的单扩张可以被分成两种类型，域扩张是否也可以呢？事实上，根据扩域中是否存在超越元，域扩张可以被分为代数扩张和超越扩张。

定义

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，若 $E$ 中元素均为 $F$ 中代数元，则称其为 $F$ 的代数扩张，反之则称为超越扩张。

例子

$\mathbb{Q}(\sqrt{-1})$ 是 $\mathbb{Q}$ 的代数扩张；
$\mathbb{Q}(\pi)$ 是 $\mathbb{Q}$ 的超越扩张。

扩域的维数

定义

若 $E$ 是 $F$ 的扩域，我们将 $E$ 看作 $F$ 的线性空间，$E$ 中元素看作 $F$ 的向量，那么例如对 $\mathbb{Q}(-1)$，可以将其看成形如 $(a,b)$ 的二维向量，对应 $a+bi$.

此时，$E$ 关于 $F$ 必有一个维数，记 $[E:F]$ 为 $E$ 作为 $F$ 的线性空间关于 $F$ 的维数。

若 $[E:F]<\infty$，称 $E$ 是 $F$ 的一个有限扩张，反之称为无限扩张。

维度公式

对扩域的维数，维度公式成立：

（维度公式）若 $K$ 是 $E$ 的扩域，$E$ 是 $F$ 的扩域，则 $[K:F]=[K:E][E:F]$.

证明：考察 $K$ 关于 $E$ 的一组基 $\{e_i\}$，$E$ 关于 $F$ 的一组基 $\{f_i\}$，证明 $\{e_if_j\}$ 是 $K$ 关于 $F$ 的一组基即可。

在这里，我们有时也记 $K/E$ 表示 $K$ 作为 $E$ 的线性空间。注意，很显然 $E$ 不一定是一个 $K$ 的理想，不要与商环混淆。

对维度公式有推论：

若 $F\subseteq E\subseteq K$，且 $[K:F]<+\infty$，则 $[E:F]$ 与 $[K:E]$ 也 $<\infty$. 更多地，若 $[K:F]$ 为素数，则在 $K$ 与 $F$ 之间没有其他子域。

我们来重新审视单代数扩张。对本原元 $u$，它必定适合一个首一多项式 $g(x)$，现在我们来证明这个多项式是不可约的。

证明：实际上，设 $g$ 为这个多项式，由假设它是所有适合 $g(u)=0$ 的多项式中次数最低的。假设它可约，那么设 $q(x)$ 是它的因式，有 $\deg q<\deg g$，于是 $g(x)=q(x)r(x)$，故 $q(u)r(u)=0$，因为 $F$ 是域，必有 $q(u)=0$ 或 $r(u)=0$，矛盾。

于是有如下定理：

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，若 $u$ 是 $E$ 上元素且是 $F$ 上代数元，则 $[F(u):F]$ 有限且恰好是 $\deg g(x)$，其中 $g(x)$ 是 $u$ 的极小多项式。另一方面，若 $[F(u):F]$ 有限，则 $u$ 必为 $F$ 上代数元。

证明：只证前半，后半是自然的。对前半，设 $\deg g(x)=n$，有 $1,u,u^2,\cdots,u^{n-1}$ 线性无关且任意 $F(u)$ 中元素可写成它们的线性组合，故而 $[F(u):F]=n$.
有限扩张必为代数扩张。
若 $E$ 是 $F$ 的扩域且 $[E:F]<+\infty$，则 $E=F(u)$ 的充要条件是 $E$ 与 $F$ 之间只有有限个中间域。

证明：

($\Rightarrow$): 设 $K$ 是中间域，设 $u$ 在 $F$ 中极小多项式为 $g(x)$，在 $K$ 中极小多项式为 $f(x)$. 在 $K[x]$ 中做除法得 $f(x)=g(x)q(x)+r(x)$，显然此时有 $r(u)=0$ 而 $\deg r<\deg g$ 故 $r=0$，故 $g(x)\mid f(x)$.

此时若设 $K'$ 为 $F$ 与 $g(x)$ 中各项系数生成的子域，显然有 $K'\subseteq K$，且 $u$ 在 $K'$ 中的极小多项式也是 $g(x)$，可以说明 $K'$ 是使得 $u$ 在其中极小多项式是 $g(x)$ 的最小子域。

我们来说明 $K'=K$，如此自然有任一个极小多项式是 $g(x)$ 的子域都是 $K'$，由于 $f(x)$ 在 $E$ 中的首一因式数目有限，中间域的数目也有限。（请注意，这里得到的 $g(x)\mid f(x)$ 并不与 $f(x)$ 不可约矛盾，因为域进行了扩张）

由于 $E=K(u)=K'(u)$，有 $[E:K']=[E:K][K:K']$ 故而 $[K:K']=1$，故 $K=K'$.

($\Leftarrow$): 若 $F$ 是有限域，则 $E$ 也是有限域。于是 $E^*$ 是一个乘法循环群，设 $E$ 的生成元为 $u$，显然有 $E=F(u)$；

若 $F$ 是无限域，我们来证明 $F(u,v)$ 一定有本原元，其中 $u,v$ 是任意两个 $E$ 中元素。此时考察 $F(u+av)$，其中 $a\in F$.

因为 $E$ 与 $F$ 间中间域只有有限个，故定存在 $a,b$ 使得 $F(u+av)=F(u+bv)$.

此时有 $u+av-av=u\in F(u+av)$, $v=(a-b)^{-1}(u+av-u-bv)\in F(u+av)$，于是 $F(u+av)=F(u,v)$.

于是 $E$ 一定可写成 $F(u)$ 的形式。

4.2 代数扩域

代数元组成的域

定义

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，$K$ 是 $E$ 上所有 $F$ 中的代数元全体组成的集合，则 $K$ 是 $E$ 的子域。

证明：只需证明关于加法、乘法、逆封闭。利用维度说明并非无限扩张即可。

于是有自然推论：

两个代数数的和、差、积、商都是代数数。

代数扩域

性质

虽然单代数扩域一定不是无限扩张，但代数扩域可以是无限扩张，例如 $$ 代数数集合的扩域，它是一个无限维的扩张.

那有限扩张是不是代数扩张呢？事实上我们在上一节已经研究过了。不过来看下面的定理：

若 $E$ 是 $F$ 的扩域，则如下两条等价：
- $[E:F]<\infty$；
- 存在有限个代数元 $u_1,\cdots,u_n$，使得 $E=F(u_1,\cdots,u_n)$，此时 $E$ 必然是 $F$ 的代数扩域。
证明：从第一条至第二条，直接取基即可；从第二条至第一条，考虑维度公式即可。

代数扩张具有传递性：

若 $E$ 是 $F$ 的代数扩张，$K$ 是 $E$ 的代数扩张，则 $K$ 是 $F$ 的代数扩张。

证明：只需证明 $K$ 上任意元素也是 $F$ 上代数元。证明是容易的，从略。

于是有推论：

若 $E$ 是 $F$ 的扩域，$K$ 是 $E$ 中 $F$ 的全体代数元构成的子域，则任意 $E$ 中 $K$ 上的代数元仍属于 $K$。

代数闭包

若 $E$ 是 $F$ 的扩域，$K$ 是 $E$ 的子域同时是 $F$ 的扩域，若 $K$ 是 $F$ 的代数扩域且任何 $K$ 在 $E$ 中的代数扩张均与 $K$ 重合，即 $K$ 在 $E$ 中无真代数扩张，则称 $K$ 是 $F$ 在 $E$ 中的代数闭包。称 $K$ 在 $E$ 中代数封闭。

可以看出，代数元组成的域就是 $F$ 在 $E$ 中的代数闭包。注意到这里定义的代数闭包是一个相对的概念，即，一定是关于 $E$ 的代数闭包。

代数闭域

设 $K$ 是一个域，若 $K$ 无真代数扩张，则称 $K$ 是一个代数闭域。

设 $K$ 是 $F$ 的扩域，若 $K$ 是 $F$ 的代数扩域且 $K$ 是一个代数闭域，则称 $K$ 是 $F$ 的代数闭包。

这里对代数闭包的定义无相对性。

关于代数闭域有如下结论：

设 $K$ 是一个域，则下列命题等价：
- $K$ 是代数闭域；
- $K[x]$ 中任何不可约多项式次数为 $1$；
- $K[x]$ 中任意大于零次的多项式可以被分解为一次因子的乘积；
- $K[x]$ 中任意大于零次的多项式都在 $K$ 中至少有一个根
证明：第三四条与第二条的等价性是显然的，现在我们考虑第一二条的等价性。

$(1)\to(2)$: 设 $g(x)$ 是一个不可约多项式，则 $g(x)$ 决定了一个 $K$ 的代数扩域 $E$，其中 $[E:K]=\deg g$，由于 $K$ 无真代数扩张故 $\deg g = 1$；

$(2)\to (1)$: 由于极小多项式一定是不可约多项式，因此任意 $K$ 的代数扩张都是 $K$ 自身。

容易看出 $\mathbb{C}$ 是一个代数闭域。

若 $K$ 是代数闭域，$F$ 是 $K$ 的子域，则 $F$ 在 $K$ 中的代数闭包 $\bar F$ 一定也是代数闭域。

证明：考虑 $\bar F$ 在 $K$ 中的代数元，它们一定都属于 $\bar F$. 考察 $\bar F[x]$ 上多项式 $f(x)$，它在 $K$ 中一定有根，这个根一定是 $\bar F$ 的代数元，因此在 $\bar F$ 中，因此 $f(x)$ 在 $\bar F$ 中有根，因此 $\bar F$ 是代数闭域。

最后我们考察代数闭包的存在性与唯一性，有如下命题：

任何一个域都存在一个代数闭域作为其扩域，从而代数闭包一定存在；
任何一个域的代数闭包在同构意义下唯一，且对 $E$ 的两个代数闭包 $F_1$ 与 $F_2$，同构映射 $\varphi$ 一定满足 $\varphi(a)=a,\forall a\in E$.

作业题结论

相对于 $E$ 的代数闭包不一定是代数闭域。

例如令 $E=\mathbb{R},F=\mathbb{Q}$，则 $F$ 关于 $E$ 的代数闭包就是实代数数全体，这不是代数闭域。
代数闭域一定为无限域。

证明：否则，则存在多项式 $x^{q}-x-1$，其中 $q$ 为域大小，使得其在域中无根。
$\mathbb{R}$ 的有限扩域关于 $\mathbb{R}$ 的维数一定为 $2$.

证明：由于 $\mathbb{C}$ 是 $\mathbb{R}$ 代数闭包，有限扩域一定是代数扩域，立得。

4.4 分裂域

在先前我们研究了极小多项式 $g(x)$ 决定的扩域（单代数扩域），我们将在本节中研究某个多项式 $f(x)$ 决定的扩域。

首先有结论：

若 $f(x)$ 在 $F$ 中不可约，则一定存在 $F$ 的扩域 $E$ 使得 $f$ 在 $E$ 中至少有一个根。

证明：考察 $F[x]/(f(x))$，因为 $f(x)$ 不可约，它一定为一个域。记 $E=F[x]/(f(x))$.

考虑嵌入映射 $\varphi:a\to \bar a$，因为 $\varphi$ 一定不是零同态，否则有 $(f(x))=F[x]$，$f(x)$ 一定是常值多项式。因此，$\varphi$ 是单同态从而是嵌入。于是 $F$ 是 $E$ 的子域。

显然 $\bar x$ 是 $f(x)$ 在 $E$ 中的根。

可以做如下推论：

对任意 $\deg f>0$ 和域 $F$，总能找到域 $E$ 使得 $f(x)$ 在 $E$ 中有根且 $E$ 是 $F$ 的扩域。

分裂域

定义

设 $f(x)$ 是域 $F$ 上的首一多项式，$E$ 是 $F$ 的扩域，满足：

$f(x)$ 在 $E[x]$ 中可以被分解为一次因子的乘积，即存在 $r_1,r_2,\cdots,r_n\in E$，使得 $f(x)=(x-r_1)(x-r_2)\cdots(x-r_n)$；
$E=F(r_1,r_2,\cdots,r_n)$.

此时称 $E$ 为 $F$ 关于多项式 $f(x)$ 的分裂域。

事实上，$E$ 就是使得 $f(x)$ 可以被分解为一次因子之积的最小扩域。

存在性

对任意 $f(x)$ 与 $F$，分裂域 $E$ 必然存在。

证明：利用归纳。由于 $F[x]$ 是 UFD，我们唯一分解 $f$.

将 $f(x)$ 展开为 $\prod f_i(x)$ 的形式，设后者的数量为 $k$，$\deg f=n$，现在对 $n-k$ 归纳：

若 $n-k=0$，则 $f(x)$ 已经被写成了一次因子的乘积，此时分裂域就是 $F$；

否则，此时至少有一个 $f_i(x)$ 是次数大于 $1$ 的不可约多项式，考虑 $F$ 的扩域 $K$，有该多项式在 $K$ 中有根。

此时，设根为 $r$，则 $f_i(x)=(x-r)h(x)$。在 $K$ 中对 $f(x)$ 做不可约分解，设因子数量为 $l$，则 $l\geq k+1$，故 $n-l<n-k$，可以用归纳条件继续归纳，最终总能将 $f$ 拆分为一次因子形式。

于是，我们只需要证明这样归纳出的域有 $E=F(r_1,r_2,\cdots,r_n)$.

我们同样归纳进行证明。考虑对 $n-k< n-l$ 均成立，对 $n-l$，有 $E=K(r_1,r_2,\cdots,r_n)$，又知道 $K=F(r)$，额外有 $r=r_i$，故 $E=K(r_1,r_2,\cdots,r_n)=E(r_i)(r_1,\cdots,r_n)=E(r_1,\cdots,r_n)$.

唯一性

分裂域在同构的意义下是唯一的。

为了证明这个命题，我们引入如下引理：

若 $\eta$ 是 $F$ 到 $\bar F$ 的同构，则其被唯一扩张成 $F[x]$ 到 $\bar F[x]$ 上的同构 $\tilde{\eta}$ 且满足： $\tilde{\eta}(a)=\eta(a)$, $\tilde{\eta}(x)=x$.

证明：存在性显然；唯一性由 $F[x]$ 由 $F$ 和 $x$ 生成亦显然。
接上述命题，若 $g(x)$ 是多项式且记 $\bar g(x)=\tilde\eta(g(x))$，则存在 $F[x]/(g(x))\to\bar F[x]/(\bar g(x))$ 的同构 $\bar \eta$，且 $\bar \eta$ 可看作 $\eta$ 的扩张。

证明：类似上面，是容易的。
设 $\eta$ 是 $F$ 至 $\bar F$ 的同构，$E$ 与 $\bar E$ 分别是 $F$ 与 $\bar F$ 的扩域，设 $u\in E$ 是 $F$ 上代数元且极小多项式为 $g(x)$，则 $\eta$ 可被扩张为 $F(u)$ 至 $\bar E$ 中的单同态的充要条件为 $\bar g(x)$ 在 $\bar E$ 中有一个根，且这种扩张的个数等于 $\bar g$ 在 $\bar E$ 中不同根的个数。

证明：必要性是显然的。

来看充分性。考虑 $\bar E$ 中的根 $\bar u$，考虑域 $\bar F[x]/(\bar g(x))$，有域同构 $\bar F(\bar u)\cong \bar F[x]/(\bar g(x))$，从而利用上面的两个引理就能构造出扩张。

另外，显然每个 $\bar E$ 中不同的根 $\bar u$ 可以诱导出唯一的扩张，所以不同的扩张数等于 $\bar g$ 在 $\bar E$ 中的根数。

从而就有如下重要定理：

若 $\eta$ 是 $F$ 到 $\bar F$ 的域同构，$f(x)$ 是 $F[x]$ 中首一多项式，$\bar f$ 是 $\bar F[x]$ 中对应多项式，$E$ 和 $\bar E$ 分别是对应的分裂域，则 $\eta$ 可以被扩张为 $E$ 至 $\bar E$ 的域同构，且这种扩张的数目不超过 $[E:F]$. 当 $\bar f(x)$ 在 $\bar E$ 中无重根时，正好等于 $[E:F]$.

证明：对维数用归纳法。若 $[E:F]=1$，有 $\bar E=\bar F$，$E=F$，于是扩张肯定唯一。

若 $[E:F]>1$，任取 $f(x)$ 的一不可约因子 $g(x)$，有 $\bar g(x)$ 也是 $\bar f(x)$ 的不可约因子。考察 $g$ 的任一根 $u$，设 $K=F(u)$，有 $[K:F]=\deg g$，于是由上面定理存在 $k$ 个从 $K$ 到 $\bar E$ 中的单同态，其中 $k$ 为 $\bar g$ 在 $\bar E$ 中根的数目，此时当且仅当 $g$ 全是单根有 $k=\deg g$.

此时 $E$ 可以看成是 $K$ 关于 $f$ 的分裂域，因此可以应用归纳假设。于是有 $E$ 至 $\bar E$ 中的域同构个数不超过 $\deg g[E:K]=[E:K][K:F]=[E:F]$，结论成立。

将其简单推广就有：

$E$ 是 $F$ 关于 $f(x)$ 的分裂域，则 $E/F$ 的自同构个数不超过 $[E:F]$，且当 $f$ 无重根时恰好等于 $[E:F]$.

4.5 可分扩域

预备知识

对 $F$ 关于 $f(x)$ 的分裂域 $E$，若 $f(x)$ 在 $E$ 中有重根，$E/F$ 的自同构个数是否仍可能是 $[E:F]$ 呢？本节我们来探讨这个问题。

考察 $f(x)$ 若有两个分裂域 $E$ 与 $\bar E$，若 $f$ 在 $E[x]$ 中被分解为 $(x-r_1)^{k_1}(x-r_2)^{k_2}\cdots(x-r_m)^{k_m}$，那么自然有从 $E$ 至 $\bar E$ 的同构 $\xi$，使得 $f$ 在 $\bar E[x]$ 中被分解为 $\prod_i(x-\xi(r_i))^{k_i}$.

若 $r_i$ 项次数为 $k_i$，我们就称它为 $f$ 的 $k_i$ 重根。

注意到若设 $f(x)=f_1^{l_1}(x)f_2^{l_2}(x)\cdots f_k^{l_k}(x)$ 是 $f$ 的一个不可约分解，且当 $i\neq j$，$f_i(x)$ 与 $f_j(x)$ 互素，则令 $f_0(x)=f_1(x)f_2(x)\cdots f_k(x)$，显然 $f(x)$ 与 $f_0(x)$ 有相同的分裂域。

不仅如此，考察 $i\neq j$，一定存在 $s(x)$ 和 $t(x)$ 使得 $f_i(x)s(x)+f_j(x)t(x)=1$（PID，裴蜀定理），于是显然有 $f_i(x)$ 与 $f_j(x)$ 无公共根。

于是，若 $f(x)$ 的不可约因子无重根，一定有 $E/F$ 的自同构个数就是 $[E:F]$.

可分多项式·可分元·可分扩域

定义

设 $f(x)$ 是 $F[x]$ 中多项式，若 $f(x)$ 的每个不可约多项式因子在 $F$ 的分裂域 $E$ 中无重根，则称 $f(x)$ 是一个可分多项式。

设 $E$ 是 $F$ 扩域，若 $u\in E$ 且 $u$ 在 $F$ 中的的极小多项式是可分多项式，则称 $u$ 是 $F$ 上的一个可分元。

设 $E$ 是 $F$ 的代数扩域，若 $E$ 中每个元都是 $F$ 上的可分元，则称 $E$ 是 $F$ 的一个可分扩张或可分扩域。

注意，可分元并不依赖于扩域 $E$ 的选择，它只依赖于 $F$ 与极小多项式。

一些性质

设 $f(x)$ 是域 $F$ 上的多项式，若 $f(x)$ 可分，$E$ 是 $f(x)$ 的分裂域，则 $E/F$ 的自同构数等于 $[E:F]$.

回顾：导数与多项式无重根的判别条件。

设 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$，则 $f'(x)=a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1}$ 称为其导数，显然满足如下性质：
- $(f+g)'=f'+g'$
- $(af)'=af'$
- $(fg)'=f'g+fg'$
更多地，若 $F$ 是特征为 $0$ 的域，则 $f'(x)=0\Leftrightarrow f(x)=a\in F$，然而若特征非 $0$ 则并不等价。对特征为 $p$ 的域，有 $(x^p)'=0$。
若 $(f(x),f'(x))=1$，则 $f(x)$ 无重根，且该条件是充要条件。

证明在高等线性代数中。

注意到导数的次数一定低于原多项式，利用不可约多项式的性质，可以进一步推出性质：

若 $F$ 是特征为 $0$ 的域，则 $F[x]$ 上的任一不可约多项式都是可分多项式。

证明：由于 $F$ 特征为 $0$，因此任意非常数多项式的导数非 $0$，因此有重根将与不可约矛盾。
若 $F$ 是特征为 $p\neq 0$ 的域，则 $F[x]$ 上的不可约多项式 $g$ 为不可分多项式的充要条件为 $g'(x)=0$.

证明：显然；
若 $F$ 是特征为 $p\neq 0$ 的域，则 $F[x]$ 上的不可约多项式 $f(x)$ 为不可分多项式的充要条件为 $f(x)$ 具有形状：

$f(x)=a_0+a_1x^p+\cdots+a_nx^{np}$.

Frobenius 同态

考察特征为 $p$ 的域 $F$ 上的映射 $:aa^p $，我们验证其为同态：$(a+b)=(a+b)^p=ap+b^p$，这是因为由二项式定理，中间项都被消除。

从而 $\varphi$ 是一个单同态，其同态像记作 $F^p$，这是一个 $F$ 的子域，这个同态被称为 Frobenius 同态。

利用它可以证明这样的引理：

设 $F$ 是特征 $p$ 的域，$a\in F$，则多项式 $x^p-a$ 要么在 $F$ 上不可约，要么等于 $(x-b)^p$，其中 $b\in F$.

证明：不可约略去，来看可约的情况。此时设 $E$ 是其分裂域， $b$ 是分裂域上的一个根，则有 $a=b^p$，于是 $x^p-a=x^p-b^p=(x-b)^p$. 我们来说明 $b$ 属于 $F$。

不妨设 $f(x)=g(x)h(x)$，于是 $g(x)=(x-b)^k$，即有 $b^k\in F$，然而又有 $(k,p)=1$，故而有整数 $s,t$ 使得 $ks+pt=1$，于是 $b^1=b\in F$.

该引理可以用以证明某些特定形状多项式是不可约的，例如对 $\mathbb{Z}_p(t)$ 中的多项式 $f(x)=x^p-t$.

完全域

若域 $F$ 上的任意多项式都是可分多项式，则称 $F$ 为完全域。

设 $F$ 为特征为 $p$ 的域，则 $F$ 是完全域的充要条件是 $F^p=F$.

证明：若 $F^p\neq F$，那么存在元素 $a$，使得 $a$ 不是某个元的 $p$ 次幂，于是 $x^p-a$ 不可约，从而不可分；

若 $F$ 不是完全域，则存在不可约多项式，它一定有形状 $f(x)=a_0+a_1x^p+\cdots+a_nx^{np}$，此时若每个 $a_i$ 都是 $F$ 中某个元素的 $p$ 次幂，则 $f(x)=(b_0+b_1x+\cdots+b_nx^n)^p$，这与不可约矛盾，因此一定存在一个 $a_i$ 使得 $a_i$ 没有 $p$ 次方根，于是 $F^p\neq F$.
有限域 $F$ 必是完全域。

4.6 正规扩域

来看分裂域的一个性质：

若 $f(x)$ 是域 $F$ 上的多项式，$E$ 是 $F$ 的分裂域。若 $u\in E$，其在 $F$ 上的极小多项式为 $g(x)$，则 $g(x)$ 在 $E$ 中必分裂，即 $g(x)$ 一定可以在 $E$ 中写成一次多项式的乘积。换言之，$g(x)$ 的根一定在 $E$ 中。

证明：将 $g(x)$ 看成 $E$ 上多项式，我们证明 $E$ 关于这个多项式的分裂域 $K=E$.

考虑 $r\in K$ 是 $g$ 的一个根，我们可以得到同构 $\sigma$ 使得 $F(u)\cong F(r)$，将 $\sigma$ 限制在 $F$ 上是恒等映射，将其扩张为 $F(u)[x]$ 与 $F(r)[x]$ 的同构，于是有 $\sigma(f(x))=f(x)$. 又因为 $E$ 与 $E(r)$ 分别是 $f(x)$ 在 $F(u)$ 与 $F(r)$ 的分裂域，于是可以将 $\sigma$ 扩张为 $E$ 至 $E(r)$ 的同构。

于是 $[E:F]=[E:F(u)][F(u):F]=[E(r):F(r)][F(r):F]=[E(r):F]$，由于 $E\subseteq E(r)$，于是 $E=E(r)$.

这个性质可以归结为：

设 $E$ 是 $F$ 关于 $f(x)$ 的分裂域，若 $F$ 中的不可约多项式 $g(x)$ 在 $E$ 中有根，则它所有的根都在 $E$ 中。

正规扩域

定义

设 $E$ 是 $F$ 的代数扩域，若 $F$ 上的任意不可约多项式 $g(x)$ 满足要么在 $E$ 中无根，要么所有的根都在 $E$ 中，则称 $E$ 是 $F$ 的正规扩域或正规扩张。

性质

若 $E$ 是 $F$ 的有限扩张，则 $E$ 是 $F$ 的正规扩张的充要条件是 $E$ 是 $F$ 关于某个多项式的分裂域。

证明：只需证明必要性。事实上，取 $E$ 视作关于 $F$ 的线性空间的一组基，再取这组基的极小多项式的乘积 $g(x)$，一定有 $F$ 关于 $g(x)$ 的分裂域就是 $E$.
$F$ 的任一有限扩张 $E$ 必含于 $F$ 的某个正规扩张中。

证明：取 $E$ 视作关于 $F$ 的线性空间的一组基，然后如上面所述取 $g(x)$，一定有 $F$ 关于 $g(x)$ 的分裂域（也是正规扩域）包含 $E$.

正规闭包

定义

设 $E$ 是 $F$ 的代数扩域，若 $K$ 是 $F$ 的正规扩域且包含 $E$，又若 $E\subseteq M\subseteq K$，其中 $M$ 是 $F$ 的正规扩域，则必有 $K=M$，此时就称 $K$ 是 $E/F$ 的正规闭包。

通俗来说，正规闭包就是包含 $E$ 的最小的 $F$ 的正规扩域。

存在性

根据上面的性质，正规闭包一定存在。

唯一性

同样根据上面的性质，正规闭包在同构意义下是唯一的。

正规扩张的性质

设 $E$ 是 $F$ 的有限维正规扩张，$K$ 是 $E$ 与 $F$ 的中间域，那么以下等价：

$K$ 是 $F$ 的正规扩域；
若 $\sigma$ 是 $E/F$ 的自同构，即 $E$ 的保持 $F$ 中元素不动的自同构，则 $\sigma(K)\subseteq K$；
若 $\sigma$ 是 $E/F$ 的自同构，则 $\sigma(K)=K$.

证明：($1\to2$)：若 $u\in K$，设 $u$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $g(x)$，则由于 $g(\sigma(u))=\sigma(g(u))$，且 $g(u)=0$，于是 $\sigma(u)$ 是 $g(x)$ 的根，因此在 $K$ 中。

($2\to 3$)：因为 $[K:F]=[\sigma(K):\sigma(F)]=[\sigma(K):F]$，而 $\sigma(K)\subseteq K$，因此 $\sigma(K)=K$.

($3\to 1$)：设 $u\in K$，$u$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $g(x)$，需要证明其所有根都在 $K$ 中。我们想要利用 3 的性质，于是考虑构造一个 $E/F$ 的自同构，像这样构造：考虑 $g(x)$ 的另一根 $r$，考察 $F(u)$ 与 $F(r)$，它们间存在同构 $\varphi$ 使得 $\varphi(F)=F$ 且 $\varphi(u)=r$；接着考虑若 $E$ 是 $F$ 关于 $f(x)$ 的分裂域，则 $E$ 也必然是 $F(u)$ 与 $F(r)$ 关于 $f(x)$ 的分裂域，这是因为 $r\in E$；利用分裂域那一节的扩张，可以将 $\varphi$ 扩张为 $E/F$ 的自同构，故由于 $\varphi(K)=K$，有 $\varphi(u)=r\in K$.

正规扩域和可分扩域又有怎样的关系呢？我们来看下面的命题：

若 $E$ 是 $F$ 上可分多项式 $f(x)$ 的分裂域，则 $E$ 是 $F$ 的可分扩域。

证明：我们来证明 $E$ 中元都是可分元。因为 $E$ 是正规扩域，因此 $E$ 中元 $u$ 对应的极小多项式 $g(x)$ 的根都在 $E$ 中。

设 $\deg g(x)=m$，现在命题转换为证明不同根个数为 $m$.

不妨设 $g(x)$ 在 $E$ 中有 $k$ 个不同根，设 $[E:F]=n$，由于 $f(x)$ 是可分多项式，因此 $E/F$ 的自同构就恰有 $n$ 个。

另外，$[F(u):F]=m$，我们知道 $F\to F$ 的恒等同态可扩张为 $F(u)\to E$ 的单同态的数目恰好为 $k$，设它们为 $\eta_1,\cdots,\eta_k$.

因为 $E$ 也可以看成是 $\eta_i(F(u))$ 与 $F(u)$ 上多项式 $f(x)$ 的分裂域，于是 $\eta_i$ 可以扩张为 $E$ 的自同构，这样的扩张恰有 $[E:F(u)]$ 个.

于是，按这种方法一共恰好构造出 $k [E:F(u)]$ 个 $E/F$ 的自同构。又因为任何一个 $E/F$ 的自同构限制到 $F(u)$ 上就是 $F(u)/F\to E/F$ 的单同态，因此一定是某个 $\eta_i$，因此 $n=k[E:F(u)]=[E:F(u)][F(u):F]$，于是 $k=m$.

4.7 Galois 扩域·Galois 对应

本节引理的证明非常冗长，这里不作展示，详情可参考抽代教材 p151.

Galois 扩域·Galois 群

定义

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，若 $[E:F]<\infty$，$E$ 是 $F$ 的可分正规扩域，则称 $E$ 是 $F$ 的Galois扩域。

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，则 $E$ 中所有保持 $F$ 元素不动的自同构构成一群（关于映射的合成），称为 $E/F$ 的 Galois群，记作 $\text{Gal} E/F$。

Galois 群中的恒等元就是恒等映射，若 $F$ 上的一个可分多项式的分裂域为 $E$，则 $|\text{Gal} E/F|=[E:F]$.

设 $E$ 是一个域，$\text{Aut} E$ 是它的一个自同构群，又设 $G$ 是 $\text{Aut} E$ 的子群，令 $\text{Inv}G=\{a\in E|\eta(a)=a,\forall \eta \in G\}$，那么对任意的 $\eta \in G$ 以及 $a,b\in \text{Inv} G$，有 $\eta(a+b)=\eta(a)+\eta(b)=a+b$，$\eta(ab)=\eta(a)\eta(b)=ab$，$\eta(1)=1$，$\eta(a^{-1})=\eta(a)^{-1}=a^{-1}$，于是 $\text{Inv} G$ 是 $E$ 的一个子域，称之为 $E$ 关于 $G$ 的不变子域。

Artin 引理

设 $G$ 是域 $E$ 上自同构群的有限子群，$F=\text{Inv} G$，则 $[E:F]\leq|G|$.

性质

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，下面三个命题等价：

$E$ 是 $F$ 的 Galois 扩域；
$E$ 是 $F$ 上某个可分多项式的分裂域；
$F=\text{Inv} G$，其中 $G\subseteq \text{Aut} E$ 且是有限子群.

从上面的命题自然有如下推论：

$\text{Gal} (E/\text{Inv G})=G$, $\text{Inv} \text{Gal} E/F=F$.

注意这看起来很像一个对应关系，这启发了 Galois 对应的定义。

事实上，还有对任意一个域 $F$，其素子域在任何自同构下都是不变的。

Galois 对应

定义

设 $E$ 是 $F$ 的扩域，$G=\text{Gal}E/F$。

令集合 $\Sigma=\{H|H \leq G\}$（回忆：这里 $\leq$ 是子群）

$\Omega=\{K\text{ 为域}|F\subseteq K\subseteq E\}$，即所有 $E$ 与 $F$ 的中间域构成的集合。

定义 $\Sigma$ 至 $\Omega$ 的映射 $\varphi$：$H\to \text{Inv} H$.

定义 $\Omega$ 至 $\Sigma$ 的映射 $\psi$：$K\to\text{Gal}E/K$.

显然，$\text{Inv} H$ 一定是 $E$ 与 $F$ 的中间域；任意 $E/K$ 的自同构群中元素也一定是 $E/F$ 的自同构，因而为 $G$ 之子群。

我们称 $\varphi,\psi$ 是Galois 对应，它的性质会在接下来详细阐述。

简单性质

$H_1\subseteq H_2\to \text{Inv} H_2\subseteq \text{Inv} H_1$；
$K_1\subseteq K_2\to \text{Gal} E/K_2\subseteq \text{Gal} E/K_1$；
$H\subseteq \text{Gal}(E/\text{Inv}H)$；
$K\subseteq \text{Inv}(\text{Gal}(E/K))$.

基本定理

设 $E$ 是 $F$ 的 Galois 扩域，则以下几条成立：

$\varphi$ 与 $\psi$ 是一一对应且是互逆的，即 $\varphi\psi=\psi\varphi=1$.
$H_1\subseteq H_2\Leftrightarrow \text{Inv} H_2\subseteq \text{Inv} H_1$.
$|H|=[E:\text{Inv}H], [G:H]=[\text{Inv} H:F]$.
$H\vartriangleleft G\Leftrightarrow$ $\text{Inv} H$ 是 $F$ 的正规扩域。此时还有 $\text{Gal}(\text{Inv} H/F)\cong G/H$.

4.8 有限域

有限域又称 Galois 域（注意不是 Galois 扩域），本节我们来看一些它的性质。

有限域

任意特征为 $p$ 的有限域的元素个数可以写成为 $p^k$；同时，对任意自然数 $n$ 总有大小为 $p^n$ 的有限域，其特征为 $p$。不仅如此，元素个数相同的有限域在同构意义下唯一。

证明：任意特征为 $p$ 的域有素域 $\mathbb{Z}_p$ 作为子域，故元素个数一定可以写成 $p^{[F:\mathbb{Z}_p]}$ 形式。

反过来，记 $q=p^n$，考虑多项式 $f(x)=x^q-x$，$\mathbb{Z}_p$ 关于它的分裂域记作 $F$. 因为 $f'(x)=-1$，因此 $f(x)$ 在 $F$ 中无重根，且 $f(x)$ 的根全在 $F$ 中（正规扩域）。

由于 $\deg f=p^n$，有 $f$ 的 $p^n$ 个根都在 $F$ 中。设这 $p^n$ 个根构成的集合为 $K$，设 $\varphi$ 为 $F$ 上的 Frobenius 映射，则有 $\varphi^{n}(k)=k,\forall k\in K$，这里的次幂表示映射的复合。另一方面，若 $\varphi^n(a)=a$，则 $a^{p^n}-a=0$，则 $a\in K$. 由于 $\varphi^n$ 是 $F$ 的自同构，且 $\text{Inv} \varphi^n$ 是一个子域，因而 $K$ 为一个子域。另一方面，$f(x)$ 在 $K$ 上分裂，由于 $F$ 又是分裂域，因此 $F=K$.

最后，根据上面的构造，我们知道 $F$ 一定是 $\mathbb{Z}_p$ 对多项式 $x^q-x$ 的分裂域，因而同构。

于是有推论：

若 $E$ 是 $F$ 的扩域且是有限域，那么 $E$ 一定是 $F$ 的 Galois 扩域。

证明：设 $F$ 的素子域为 $\mathbb{Z}_p$，我们知道 $E$ 是 $\mathbb{Z}_p$ 上某个多项式的分裂域，于是 $E$ 是 $\mathbb{Z}_p$ 的有限正规扩域，自然就是 $F$ 的分裂域从而是有限正规扩域。又因为有限域都是完全域，从而 $E$ 是可分扩域。

对 Galois 理论在有限域上的情形，有如下定理：

若 $E$ 是 $F$ 的扩域，$E,F$ 都有限且 $[E:F]=m$，则 $\text{Gal} E/F$ 是一个 $m$ 阶循环群，其生成元为 $E$ 的自同构 $\eta:a\to a^q$，$q=|F|$.

证明：从略。可以参考抽象代数学教材。
设 $E$ 是元素个数为 $p^n$ 的域且 $m\mid n$，则 $E$ 有且只有一个元素个数为 $p^m$ 的子域 $F$。

证明：考察 Galois 对应。因为 $F$ 为 $\mathbb{Z}_p$ 与 $E$ 的中间域，它恰对应于 $\text{Gal} E/F$，这是一个 $m$ 阶循环群，而 $n$ 阶循环群只有一个 $m$ 阶循环群作为子群，于是只有一个这样的中间域。

4.9 分圆域

因为我再熬夜就熬死了，最后两节只列出定理和定义，详细的证明明天再来补充。

分圆域

定义

设 $F$ 为一个特征为 $0$ 的域，称 $F$ 关于 $x^n-1$ 的分裂域为 $F$ 的 $n$ 阶分圆域。

特别地，$x^n-1$ 在其分裂域上有 $n$ 个不同的根，设这 $n$ 个根组成的集合为 $R$，于是 $R$ 是乘法循环群。其生成元称为 $1$ 的 $n$ 次本原根。回忆（群论，循环群的自同构）：$R$ 的自同构群为一个 $\varphi(n)$ 阶 Abel 群。

性质

设 $F$ 是特征为 $0$ 的域，$E$ 是 $F$ 上 $n$ 阶分圆域，则 $\text{Gal} E/F$ 是一个 Abel 群。

现在我们引入 Abel 扩张与循环扩张的概念：

设 $E$ 是 $F$ 关于 $d$ 的 Galois 扩域，若 $\text{Gal} E/F$ 是一个 Abel 群，则称 $E$ 是 $F$ 的 Abel 扩域 或 Abel 扩张。
$E,F$ 定义同上，若 $\text{Gal} E/F$ 是一个循环群，则称 $E$ 是 $F$ 的 循环扩域 或 循环扩张。

特征为 $0$ 的分圆域是一个 Abel 扩张。

若 $E=F(d), d^n\in F$ 其中 $n>1$ 且是使得 $d^n\in F$ 的最小自然数，则称 $E$ 是 $F$ 关于根 $d$ 的 $n$ 次根扩张。

接下来我们来看根扩张和循环扩张的关系：

若 $F$ 含有 $1$ 的 $n$ 次本原根，则：
- $F$ 的 $n$ 次根扩张必为循环扩张且这个扩域关于 $F$ 的维数是一个 $n$ 的因子；
- 若 $E$ 是 $F$ 的 $n$ 维循环扩域，则存在 $d\in E$ 使得 $E=F(d)$ 且 $d^n\in F$.

有理数域上的分圆域

设 $R$ 是 $1$ 的 $n$ 次根集，令 $\varphi_n(x)=\prod (x-z)$，其中 $z$ 跑遍 $R$ 中的本原根。

在 $\mathbb{Q}$ 上，$1$ 的本原根形如 $\cos\cfrac{2k\pi}{n}+i\sin\cfrac{2k\pi}{n}$ 且 $(k,n)=1$ 的复数。

设分圆域为 $E$，$\eta\in\text{Gal}E/Q$，则有 $\eta|_R$ 是 $R$ 的自同构，于是若 $x$ 是本原根，则 $\eta(x)$ 也是本原根。

考虑 $\varphi_n(x)$，显然 $\eta$ 作用在它上保持不变，故 $\varphi_n(x)\in\mathbb{Q}[x]$，从而 $\varphi_n(x)\mid (x^n-1)$.

我们称 $\varphi_n(x)$ 为 $\mathbb{Q}$ 上的 $n$ 阶分圆多项式，更多地，我们事实上可以证明 $\varphi_n(x)$ 是整系数多项式。我们可以利用归纳法计算：

$\varphi_n(x)=(x^n-1)/\prod_{d<n,d\mid n}\varphi_d(x)$.

它有如下性质：

$\varphi_n(x)$ 是 $\mathbb{Q}[x]$ 上的不可约多项式
$\varphi_n(x)$ 是 $1$ 的 $n$ 次本原根的极小多项式，其次数为 $\varphi(n)$
$ E/ _n $，即有理数域上 $n$ 阶分圆域在有理数域上的 Galois 群同构于 $n$ 阶循环群的自同构群。

于是可以有推论：

$\mathbb{Q}$ 上的 $p$ 阶分圆域的 Galois 群是 $p-1$ 阶循环群。

4.10 一元多项式的根式求解

首先我们来看什么是根式求解：

根式求解

定义

称 $f(x)\in F[x]$ 是域 $F$ 上的非零首一多项式，方程 $f(x)=0$ 称为在 $F$ 上可用根式求解，若存在 $F$ 的一个扩张 $K/F$ 满足下述条件：

存在 $F$ 与 $K$ 之间的有限个中间域组成的“塔”：

$F=F_1\subseteq F_2\subseteq\cdots\subseteq F_{r+1}=K$，其中 $F_{i+1}=F_{i}(d_i), d_i^{n_i}=a_i\in F_i$，且 $K$ 包含多项式 $f(x)$ 的一个分裂域。

这样的“塔”称之为根塔，注意到每个扩张都是根扩张，因此上述定理是在说：

$f(x)=0$ 的每个根都可以通过有限次加减乘除得到。

接下来涉及的所有的域特征均为 0.

关于多项式的 Galois 群

设 $f(x)$ 是 $F$ 上的多项式，$E$ 是 $f(x)$ 在 $F$ 上的分裂域，则称 $\text{Gal}E/F$ 为多项式 $f(x)$ 在 $F$ 上的 Galois 群，简记为 $G_F(f)$.

判别定理

为证明判别定理，这里需要两个引理：

设 $f(x)\in F[x]$，$K$ 是 $F$ 的扩域，若将 $f$ 看作 $K$ 上的多项式，则 $G_K(f)\cong G_0\leq G_F(f)$，其中 $\leq$ 指子群。
设 $E/F$ 有一个根塔 $F_1,F_2,\cdots,F_{r+1}$，则 $E/F$ 的正规闭包 $K/F$ 也有一个根塔，且这个根塔中互不相同的根指数 $n_i$ 与原根塔相同。

从而有判别定理：

$\large{(*)}$ 域 $F$ 上一元 $n$ 次方程 $f(x)$ 可以根式求解的充要条件是 $f(x)$ 的 Galois 群 $G_F(f)$ 是一个可解群。（回忆：可解群的定义，商因子都是 Abel 群）

另有其他定理：

若 $f(x)$ 是一个次数为素数 $p$ 的 $\mathbb{Q}[x]$ 上的不可约多项式，假设 $f(x)$ 恰好有两个非实根，则 $f(x)$ 的 Galois 群恰为 $S_p$，即 $p$ 次对称群。
形如 $x^n-t_1x^{n-1}+t_2x^{n-2}+\cdots+(-1)^nt_n=0$ 的方程的 Galois 方程同构于 $S_n$.

还有推论：

当 $n\geq 5$，一元 $n$ 次代数方程没有求根公式。

这是来自于 $S_n(n\geq 5)$ 不是可解群，参见群论。

结束了喵。