近世代数理论基础29：代数扩张

作者: 溺于恐 | 来源:发表于2019-03-07 06:43 被阅读8次

代数扩张

定义：设E是域F的一个扩张,若E中任一元都是F上的代数元,则称E为F的一个代数扩张

扩张次数

若E是F的扩张, $\alpha_1,\alpha_2$ 为E中任意两个元, $c_1,c_2$ 为F中任意两个元,则 $c_1\alpha_1+c_2\alpha_2\in E$ ,E可看成F上的向量空间

定义：设E是F的扩张,若E作为F上的向量空间是n( $n\lt \infty$ )维的,则称E是F的一个n次扩张,且记 $n=[E:F]$ ,此时也称E为F的一个有限扩张,若E作为F上的向量空间是无限维的,则称E为F的一个无限扩张

定理：若K是F的有限扩张,E是K的有限扩张,则E也是F的有限扩张,且 $[E:F]=[E:K][K:F]$

证明：

$设[E:K]=m,[K:F]=n$

$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n是K作为F上的向量空间的一组基$

$\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_m是E作为K上的向量空间的一组基$

$对E中元\alpha_i\beta_j,1\le i\le n,1\le j\le m$

$下证它构成F上的向量空间E的一组基$

$若\sum\limits_{i,j}a_{ij}\alpha_i\beta_j=0,a_{ij}\in F$

$则\sum\limits_{j}(\sum\limits_{i}a_{ij}\alpha_i)\beta_j=0$

$\because \beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_m在K上线性无关,且\sum a_{ij}\alpha_i\in K$

$\therefore \sum\limits_{i}a_{ij}\alpha_i=0,1\le j\le m$

$\because \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n在F上线性无关,且a_{ij}\in F$

$\therefore a_{ij}=0,1\le i\le n,1\le j\le m$

$\therefore \{\alpha_i\beta_j|1\le i\le n,1\le j\le m\}在F上线性无关$

$若\alpha是E中任一元,则\exists u_j\in K,1\le j\le m,使\alpha=\sum\limits_{j=1}^mu_j\beta_j$

$\forall u_j\in K,\exists b_{ij}\in F,1\le i\le n,使u_j=\sum\limits_{i=1}^nb_{ij}\alpha_i$

$\therefore \alpha=\sum\limits_{i,j}b_{ij}\alpha_i\beta_j$

$\therefore \{\alpha_i\beta_j|1\le i\le n,1\le j\le m\}构成E在F上的一组基$

$\therefore [E:F]=mn=[E:K][K:F]$

例： $\Q(\sqrt{2},i)\supset \Q(\sqrt{2})\supset \Q$

$[\Q(\sqrt{2})(i):\Q(\sqrt{2})]=2,[\Q(\sqrt{2}):\Q]=2$

故 $[\Q(\sqrt{2},i):\Q]=4$ ,又1,i为 $\Q(\sqrt{2})(i)$ 在 $\Q(\sqrt{2})$ 的一组基,1, $\sqrt{2}$ 为 $\Q(\sqrt{2})$ 在 $\Q$ 上的一组基

故1, $\sqrt{2}$ ,i, $\sqrt{2}i$ 为 $\Q(\sqrt{2},i)$ 在 $\Q$ 上的一组基

推论：若 $F,K,E$ 是域,且 $F\subset K\subset E$ ,E为F的有限扩张,则 $[K:F]|[E:F]$

推论：若 $F,F_1,\cdots,F_t$ 是域,其中后一个是前一个的有限扩张,则 $[F_t:F]=[F_t:F_{t-1}]\cdot [F_{t-1}:F_{t-2}]\cdots [F_1:F]$

定理：若 $\alpha$ 是F上的一个代数元,则单扩张 $E=F(\alpha)$ 是F的一个代数扩张,同时也是一个有限扩张,扩张次数 $[E:F]$ 等于 $\alpha$ 在F上的代数次数

证明：

$设\alpha在F上的次数为n$

$E中任一元都可唯一表成$

$a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1},a_i\in F$

$即1,\alpha,\cdots,\alpha^{n-1}构成F上向量空间E的一组基$

$且[E:F]=n$

$若\beta是E中任一元$

$则n+1个元1,\beta,\beta^2,\cdots,\beta^n在F上一定线性相关$

$即存在F中不全为0的元b_0,b_1,\cdots,b_n,使得$

$b_0+b_1\beta+\cdots+b_n\beta^n=0$

$\therefore \beta 是F上的代数元$

$\therefore E是F的代数扩张\qquad\mathcal{Q.E.D}$

注：

1.任一域F的有限扩张一定是代数扩张

2.若 $\alpha$ 是F上的n次代数元,则 $F(\alpha)$ 是F上的n维向量空间,设F为域K的子域,若 $\alpha$ 是F上的代数元,显然 $\alpha$ 也是K上的代数元

推论：若 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n$ 是F上的代数元,则 $E=F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$ 是F上的有限次代数扩张

证明：

$\because \alpha_1是F上的代数元$

$\therefore F(\alpha_1)是F的有限扩张$

$\because \alpha_2是F上的代数元$

$\therefore \alpha_2也是F(\alpha_1)上的代数元$

$\therefore F(\alpha_1,\alpha_2)是F的有限扩张$

$由归纳法可证结论\qquad\mathcal{Q.E.D}$

推论：域 $F$ 上的两个代数元的和差积商(分母不为0)仍是F上的代数元

定理：若集合S中的元都是 $F\subset E$ 上的代数元,且 $S\subset E$ ,则 $F(S)\subset E$ 是F的代数扩张

证明：

$若\beta 是F(S)中任一元$

$则\beta 可表成\beta={f_1(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)\over f_2(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)}$

$其中\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n是S中有限个元$

$f_1,f_2是F上\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n的多项式$

$\therefore \beta\in F(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$

$\therefore \beta是F上的代数元\qquad\mathcal{Q.E.D}$

例：显然, $\Q\subset \Q(\sqrt{2})\subset (\sqrt{2},\sqrt{3})$ ,且 $[\Q(\sqrt{2}):\Q]=2$ , $[\Q(\sqrt{2},\sqrt{3}):\Q(\sqrt{2})]=2$

故 $[\Q(\sqrt{2},\sqrt{3}):\Q]=4$ ,令 $\alpha=\sqrt{2}+\sqrt{3}\in \Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$

易证 $\sqrt{2}={\alpha^2-1\over 2\alpha}\in \Q(\alpha),\sqrt{3}={\alpha^2+1\over 2\alpha}\in \Q(\alpha)$

即 $\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})\subset \Q(\alpha)$

显然 $\Q(\alpha)\subset \Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$

故 $\Q(\sqrt{2},\sqrt{3})=\Q(\alpha)$

由 $[\Q(\alpha):\Q]=[\Q(\sqrt{2},\sqrt{3}):\Q]=4$

$\alpha$ 是 $\Q$ 上的4次代数元

$\alpha^2=5+2\sqrt{6}$ ,故 $(\alpha^2-5)^2=24$

$\alpha$ 是 $\alpha^4-10\alpha^2+1$ 的根

且 $x^4-10x^2+1$ 是 $\alpha$ 在 $\Q$ 上的极小多项式

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