域、多项式、扩域与有限域

域让非零标量都能除

线性代数中的消元、插值和基变换都反复使用除法。若标量来自一个交换环，但某些非零元素不可逆，这些步骤可能在中途停止。域把这一障碍排除：每个非零元素都有乘法逆元。实数、复数和有理数是无限域；模素数的剩余类给出最基本的有限域。

域与特征

域 $F$ 是满足 $0\ne1$ 的交换环，并且每个 $a\ne0$ 都有逆元 $a^{-1}$。从整数到 $F$ 有自然含幺环同态

$$\iota:\mathbb Z\to F, \qquad n\longmapsto n\cdot1_F.$$

若 $\iota$ 单射，定义 $\operatorname{char}F=0$；否则其核为某个 $(m)$，其中最小正整数 $m$ 称为 $F$ 的特征。

域的正特征一定是素数。若最小正整数 $m$ 满足 $m1_F=0$，而 $m=ab$ 且 $1<a,b<m$，则

域没有非零零因子，因此某个因子为零，与 $m$ 的最小性矛盾。所以 $m=p$ 必为素数。特征为零的域含有与 $\mathbb Q$ 同构的最小子域；特征为 $p$ 的域含有与 $\mathbb F_p=\mathbb Z/(p)$ 同构的最小子域，称为素域。

例 1：不同域中的整数会怎样折叠

在 $\mathbb Q$ 中，没有正整数倍的 $1$ 等于零，所以特征为零。在 $\mathbb F_5$ 中，$5\cdot1=0$，而 $1,2,3,4$ 倍的 $1$ 都非零，所以特征为 $5$。于是对任意 $a,b\in\mathbb F_5$，有

$$(a+b)^5=a^5+b^5.$$

这是因为二项式中间系数 $\binom5k$ 都被 $5$ 整除。这个等式依赖正特征；在 $\mathbb Q$ 中通常不成立。

域上的多项式可以带余除法

设 $F[x]$ 为系数在域 $F$ 中的一元多项式环。若 $f,g\in F[x]$ 且 $g\ne0$，存在唯一多项式 $q,r$ 使

存在性的核心是用 $g$ 的首项消去 $f$ 的首项。这里必须除以 $g$ 的首项系数，正是“系数来自域”保证步骤可行。每次消去都严格降低余式次数，所以过程有限终止。若有两组表示，相减得到 $(q-q')g=r'-r$；若 $q\ne q'$，左边次数至少为 $\deg g$，右边却低于 $\deg g$，矛盾，由此得到唯一性。

非零多项式 $d$ 若同时整除 $f,g$，称为公因式。首一公因式中次数最大的一个称为首一最大公因式，记作 $\gcd(f,g)$。反复做带余除法得到 Euclid 算法；把每一步倒代，还能得到

这就是多项式 Bézout 等式。

例 2：在 Q[x] 中做 Euclid 算法

取 $f=x^3-1$、$g=x^2-1$。第一步为

$$x^3-1=x(x^2-1)+(x-1),$$

第二步为 $x^2-1=(x+1)(x-1)$。因此首一最大公因式是 $x-1$，而第一步已经给出 Bézout 表示

$$x-1=(x^3-1)-x(x^2-1).$$

这个等式不仅证明最大公因式，还会在商域中构造逆元：若 $\gcd(g,m)=1$，Bézout 等式在模 $(m)$ 后直接给出 $g$ 的逆元。

不可约性取决于系数域

可约与不可约多项式

设 $F$ 为域，次数至少为一的多项式 $f\in F[x]$ 若能写成 $f=gh$，其中 $\deg g,\deg h\ge1$，则称 $f$ 在 $F[x]$ 中可约；否则称不可约。非零常数是单位，不计作非平凡因子。

同一个公式换系数域后结论可能改变。$x^2-2$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约，却在 $\mathbb R[x]$ 中分解为 $(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)$。因此“不可约”必须连同基域一起陈述。

次数为二或三的多项式在 $F[x]$ 中可约，当且仅当它在 $F$ 中有根。若可约，两个非平凡因子的次数和为二或三，其中必有一次因子，因而有根；反过来，若 $f(a)=0$，因式定理给出 $(x-a)\mid f$。该根判据不能直接推广到四次： $x^4+4$ 没有有理根，却在 $\mathbb Q[x]$ 中分解为

例 3：判断 x³−2 在 Q[x] 中不可约

三次多项式若在 $\mathbb Q[x]$ 中可约，就有有理根。首一整系数多项式的有理根必须是常数项 $-2$ 的整数因子，因此只需检查 $\pm1,\pm2$。代入都不为零，所以 $x^3-2$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约。

这个论证使用了有理根定理与三次根判据，不能据此声称所有无有理根的高次多项式都不可约。若要处理更高次数，还需使用模素数约化、Eisenstein 判据或更系统的因式分解方法，并分别核对其假设。

不可约多项式把商环变成域

设 $f\in F[x]$ 为次数至少一的不可约多项式。若 $g\notin(f)$，则 $f\nmid g$，不可约性给出 $\gcd(f,g)=1$。Bézout 等式提供 $a,b\in F[x]$ 使

在商环 $F[x]/(f)$ 中，$bf$ 变成零，所以

每个非零陪集都有逆元，因此 $F[x]/(f)$ 是域；等价地，$(f)$ 是极大理想。反方向也成立：若 $f=gh$ 是非平凡分解，则 $g+(f)$ 与 $h+(f)$ 都非零却乘成零，商环不可能是域。

例 4：用商域构造 Q(√2)

$x^2-2$ 在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约，所以

$$K=\mathbb Q[x]/(x^2-2)$$

是域。记 $\alpha=x+(x^2-2)$，则 $\alpha^2=2$。每个陪集都由除法算法唯一写成 $a+b\alpha$，其中 $a,b\in\mathbb Q$。乘法先展开再用 $\alpha^2=2$ 降次：

$$(a+b\alpha)(c+d\alpha) =(ac+2bd)+(ad+bc)\alpha.$$

若 $a+b\alpha\ne0$，其逆元可写成

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

分母不会在非零元素处为零：若 $a^2=2b^2$ 且 $b\ne0$，就会得到有理数 $a/b$ 的平方为 $2$；若 $b=0$，则 $a=0$。这个商域与通常记号 $\mathbb Q(\sqrt2)$ 同构，但构造本身没有预先假定实数中的平方根。

代数元由最小多项式记录

代数元与最小多项式

设 $E/F$ 是域扩张，即 $F$ 是 $E$ 的子域。元素 $\alpha\in E$ 若满足某个非零 $f\in F[x]$ 的方程 $f(\alpha)=0$，则称 $\alpha$ 在 $F$ 上代数；否则称超越。

代数元 $\alpha$ 的最小多项式 $m_{\alpha,F}$ 是使 $m_{\alpha,F}(\alpha)=0$ 的唯一首一、最低正次数多项式。

最小多项式必不可约。若 $m=gh$ 且两因子次数都较低，则 $0=m(\alpha)=g(\alpha)h(\alpha)$；域没有零因子，所以某一因子在 $\alpha$ 处为零，与最低次数矛盾。评价同态

的核正是 $(m_{\alpha,F})$，像是 $F[\alpha]$。第一同构定理给出

因为右侧是域，$F[\alpha]=F(\alpha)$。若 $\deg m=n$，除法算法又给出基 $1,\alpha,\ldots,\alpha^{n-1}$，所以

例 5：求 1+√2 的最小多项式

令 $\beta=1+\sqrt2$。由 $(\beta-1)^2=2$ 得

$$\beta^2-2\beta-1=0.$$

多项式 $x^2-2x-1$ 的两个根是 $1\pm\sqrt2$，都不在 $\mathbb Q$，所以它在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约，因而就是 $\beta$ 的最小多项式。于是 $[\mathbb Q(\beta):\mathbb Q]=2$，且 $\mathbb Q(\beta)=\{a+b\beta:a,b\in\mathbb Q\}$。最低次数与首一条件都不可省略，否则最小多项式不会唯一。

有限域的元素个数必为素数幂

设 $K$ 是有限域。它的特征为某个素数 $p$，因此含有素域 $\mathbb F_p$。域 $K$ 对 $\mathbb F_p$ 而言是向量空间；由于 $K$ 有限，它有有限维数 $n$。选一组基后，每个元素有唯一坐标

每个坐标有 $p$ 种选择，因此

这证明的是必要性：有限域的阶必须是素数幂。更深的有限域定理还断言，对每个素数幂 $p^n$，确实存在含 $p^n$ 个元素的域，并且同阶有限域在同构意义下唯一。该结论的完整证明通常借助 $x^{p^n}-x$ 的分裂域和有限域的结构理论，本章只陈述结论，不用几行计数冒充证明。

例 6：构造四元素域

在 $\mathbb F_2[x]$ 中，多项式 $x^2+x+1$ 在 $0,1$ 处都不为零，故作为二次多项式不可约。于是

$$\mathbb F_4 =\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1)$$

是域。记 $\alpha=x+(x^2+x+1)$，则 $\alpha^2+\alpha+1=0$，在特征二中即 $\alpha^2=\alpha+1$。四个元素为

$$0,\quad1,\quad\alpha,\quad1+\alpha.$$

进一步有 $\alpha^3=\alpha(\alpha+1)=1$，所以三个非零元素依次是 $1,\alpha,\alpha^2$，都可逆。这里的元素个数也可由商空间的基 $1,\alpha$ 看出：两个坐标各有两种选择，共 $2^2=4$ 个元素。

参数思考实验：改变被商掉的多项式

固定域 $F$，把首一多项式 $f$ 的次数固定为 $n$。无论 $f$ 是否不可约，商环 $F[x]/(f)$ 都是 $n$ 维 $F$-向量空间，代表元可唯一降到次数小于 $n$。但乘法性质取决于因式分解：若 $f$ 不可约，商环是域；若 $f=gh$ 非平凡分解，则 $g+(f)$ 与 $h+(f)$ 是非零零因子。

例如在 $\mathbb R[x]$ 中，$x^2+1$ 不可约，商得到与 $\mathbb C$ 同构的域；$x^2-1=(x-1)(x+1)$ 可约，商中 $(x-1)+(x^2-1)$ 与 $(x+1)+(x^2-1)$ 相乘为零。两个商都有二维实向量空间外形，却有完全不同的乘法结构。维数只计坐标自由度，不能单独判断是否为域。

常见误区

没有基域中的根就一定不可约

该判据只对二次和三次成立。四次及以上多项式可能分解成两个都没有一次因子的多项式。

商掉任意非零多项式都会得到域

只有不可约多项式生成极大理想。可约多项式的两个非平凡因子会在商环中产生非零零因子。

p 的倍数个元素就可能构成特征 p 的有限域

有限域作为 $\mathbb F_p$-向量空间，其元素个数必须是 $p^n$，不是任意 $p$ 的倍数。例如不存在六元素域。

练习：从 Euclid 算法到四元素域

练习 1：正特征为何是素数标记完成

所属知识

域的特征

难度

3/5

设域 $F$ 的特征为正整数 $m$。完整证明 $m$ 是素数，并说明证明在哪一步使用了“域”而不只是“交换环”。

查看提示

若最小正整数 m 合成，写成 m=ab，再利用域没有零因子。

查看解答

若 $m=ab$，其中 $1<a,b<m$，则

$$(a1_F)(b1_F)=m1_F=0.$$

由 $m$ 的最小性，$a1_F$ 与 $b1_F$ 都非零；但域没有非零零因子，矛盾。因此 $m$ 不能合成，只能是素数。最后一步使用了域是整环。一般交换环可能有零因子，例如 $\mathbb Z/(6)$ 的特征为 $6$，并非素数。

练习 2：最大公因式与 Bézout 等式标记完成

所属知识

多项式 Euclid 算法

难度

3/5

在 $\mathbb Q[x]$ 中求 $\gcd(x^3-1,x^2-1)$，并把首一最大公因式写成两者的线性组合。

查看提示

先用 $x^{3}-1$ 除以 $x^{2}-1$；第一步余式已经是共同因式。

查看解答

带余除法给出

$$x^3-1=x(x^2-1)+(x-1),$$

而 $x^2-1=(x+1)(x-1)$，所以下一个余式为零，首一最大公因式是 $x-1$。倒代第一式得

$$x-1=(x^3-1)-x(x^2-1).$$

右侧明确验证 $x-1$ 属于两多项式生成的理想。

练习 3：在 F₂ 上判断三次不可约性标记完成

所属知识

不可约多项式

难度

3/5

证明 $f(x)=x^3+x+1$ 在 $\mathbb F_2[x]$ 中不可约。

查看提示

三次多项式可约当且仅当有一次因子；$F_{2}$ 中只需检查两个可能根。

查看解答

$\mathbb F_2$ 只有 $0,1$。代入得到 $f(0)=1$，而 $f(1)=1+1+1=1$，所以没有根。若三次多项式可约，两个非平凡因子的次数只能是 $1$ 与 $2$，因此必有一次因子并产生一个根。没有根排除了可约性，故 $f$ 不可约。

练习 4：在九元素商域中求逆标记完成

所属知识

商域运算

难度

4/5

令 $K=\mathbb F_3[x]/(x^2+1)$，$\alpha=x+(x^2+1)$。证明 $K$ 是域，列出其元素的一般形式，并求 $1+\alpha$ 的逆元。

查看提示

先检查 $x^{2}+1$ 在 $F_{3}$ 中没有根；令 $\alpha^{2}=-1=2$，再直接解 $(1+\alpha)(a+b\alpha)=1$。

查看解答

在 $\mathbb F_3$ 中代入 $0,1,2$，$x^2+1$ 的值分别为 $1,2,2$，没有根，所以该二次多项式不可约，商环是域。每个元素唯一写成 $a+b\alpha$，其中 $a,b\in\mathbb F_3$，故共有 $3^2=9$ 个元素。 关系为 $\alpha^2=-1=2$。计算

$$(1+\alpha)(2+\alpha) =2+3\alpha+\alpha^2=2+0+2=1$$

，所以 $(1+\alpha)^{-1}=2+\alpha$。

练习 5：最小多项式与扩域次数标记完成

所属知识

代数元

难度

4/5

设 $\beta=1+\sqrt2$。求 $\beta$ 在 $\mathbb Q$ 上的最小多项式，写出 $\mathbb Q(\beta)$ 的一组 $\mathbb Q$-基，并用 $a+b\beta$ 的形式表示 $\sqrt2$。

查看提示

从 $(\beta-1)^{2}=2$ 消去根号，再检查所得二次多项式没有有理根。

查看解答

由 $(\beta-1)^2=2$ 得 $\beta^2-2\beta-1=0$。二次多项式 $x^2-2x-1$ 没有有理根，所以在 $\mathbb Q[x]$ 中不可约，是最小多项式。扩域次数等于二，因此一组基是 $(1,\beta)$。由定义立即有

$$\sqrt2=\beta-1=(-1)+1\beta.$$

练习 6：核对四元素域的乘法标记完成

所属知识

有限域

难度

4/5

在 $\mathbb F_4=\mathbb F_2[\alpha]$ 且 $\alpha^2+\alpha+1=0$ 中，计算 $\alpha^2,\alpha^3,\alpha^4$，列出三个非零元素的逆元，并验证每个元素都满足 $t^4=t$。

查看提示

使用 $\alpha^{2}=\alpha+1$，把每次乘积降到一次；三个非零元素若都出现为 $\alpha$ 的幂，就自动得到逆元。

查看解答

特征二下 $\alpha^2=\alpha+1$，于是

$$\alpha^3=\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha=1, \qquad \alpha^4=\alpha.$$

非零元素为 $1,\alpha,\alpha^2=1+\alpha$。它们的逆元分别为 $1,\alpha^2,\alpha$。零和一显然满足 $t^4=t$；对 $\alpha$ 已算得 $\alpha^4=\alpha$；对 $\alpha^2$，有 $(\alpha^2)^4=\alpha^8=\alpha^2$，因为 $\alpha^3=1$。所以四个元素全部满足该等式。

知识关系、资源与下一步

• 环、理想与商环 提供极大理想、商环和第一同构定理。
• 多项式与根 提供次数、根、因式与带余除法的基础计算。
• 向量空间 将域扩张次数解释为基的元素个数，并导出有限域的素数幂阶数。
• 模、线性表示与结构定理 会把域上的向量空间推广到一般环上的模。
• 群、环、域与 Galois 思想综合复习 将用域自同构群组织中间域关系。

课程 · 2011

Algebra II

Michael Artin

用于核对 M14 环、域、模和 Galois 思想部分的定义、假设、结构定理与计算。

打开官方来源

MIT OpenCourseWare 18.702 Algebra II 的多项式、域与扩张材料可用于复核 Euclid 算法、不可约性和扩域构造。使用课程中的高级定理时，应区分“本章已证明的结论”“由已证明结论立即推出的推论”和“只引用、尚未证明的结构定理”。

本章建立了一条可计算的路线：域保证多项式能带余除法；不可约多项式生成极大理想；商掉这个理想便得到含有指定代数元的新域；最小多项式同时记录代数关系与扩张次数；有限域再把维数转化为素数幂个元素。后续模论会保留标量作用，却允许标量来自不一定能除的环，从而显露向量空间理论中被域条件隐藏的结构。