证明 E??(?1,?2,?,?q)，这里?i是f(x)=x?x在域E里的根。由于E的特征是p，f(x)的导数
pf?(x)?pnxq?1?1??1
所以f(x)与f?(x)互素。这样由Ⅳ，6，推论2，f(x)的q个根都不相同。 我们断言，f(x)的q个根作成一个E的子域E1。这是因为，由Ⅲ，4，
pnpnpn(?i??pjn)??ni??j??i??j
p??i?????in??i (?j?0) ????j?i?jpj??这就是说?i??j和（?j?0）仍是f(x)的根而属于E1，因而E1是E的一个子域。
但E1含?，也含一切?i，所以E1就是多项式x?x在?上的分裂域。这样E=E1，而
?jpE恰好有q个元。
证完
以上证明了，给了素数p和正整数n，有而且（抽象地来看）只有一个恰好含pn个元的有限域存在。
我们知道，单扩域是比较容易掌握的一种扩域。现在我们要进一步证明，一个有限域一定是它所含素域的一个单扩域。我们先证明
引理 令G是一个有限交换群，而m是G的元的阶中最大的一个。那么m能被G的每一个元的阶整除。
证明 容易看出：若a和b是G的两个元，a的阶是l1，b的阶是l2，而（l1，l2）=1，那么ab阶是l1l2（参看Ⅱ，9，习题3）。
假定G的元c的阶是n不能整除m。那么有素数p存在，使
m?pim1， (p,m1)?1
n?pjn1, j?i
令m是元d的阶，于是
a?dp的阶是m1
b?cn1的阶是
于是m是G的元的阶中最大的一个的假设矛盾。
证完
定理4 一个有限域E是它的素域?的一个扩域。
证明 设E含有q个元。E的非零元对于E的乘法来说作成一个交换群G，它的阶是
ipj
q-1。令m是G的元的阶中最大的一个，那么由引理
?im?1， 对于任意?i?G
这就是说，多项式x?1至少有q-1个不同的根，因此由Ⅳ，6，推论，
mm?q?1
但由Ⅱ，9，定理3，
m?q?1
以上的两个式子得m?q?1。这就是说，G有一个元?，它的阶是q-1，因而G是一个循环群：G?(?)。
这样，E是添加?于?所得单扩域：
E??(?)
证完
● 教学重点 有限域的定义。
● 教学难点 定理1，2，3，4的证明。
● 教学要求 使学生掌握有限域的定义，利用有限域的定义以及定理1，2，3，4能证
明相关的命题。 ● 布置作业 p174 习题。
● 教学辅导 利用参考书，给学生辅导相关的内容。
§5.6 可离扩域
● 课时安排 约2学时。
● 教学内容 《近世代数基础》 （1978年修订本） 张和瑞 著 p175?181
我们要讨论的第二种特殊类型的域是可离扩域，我们的主要目的是要证明，有限可离扩域都是单扩域。
定义 F是一个域，E是F的一个代数扩域而?是E的一个元。如果?在F上的极小多项式没有重根，那么?叫做F上的一个可离元。如果E的每一个元都是F上的可离元，那么E叫做F的一个可离扩域；否则E叫做F的一个不可离扩域。
为了对于可离扩域有一些初步的了解，我们先看一看，一个不可约多项式什么时候有重根
引理1 令f(x)是F[x]的一个不可约多项式，这里F是一个域。若F的特征是∞，那么f(x)没有重根；若F的特征是p，那么f(x)有重根的充分与必要条件是：
f(x)?g(xp)，这里g(x)是F[x]的一个多项式。
证明 f(x)有重根的充分与必要条件是：f(x)与它的导数f?(x)在F[x]中有次数?1的公因子；由于f(x)不可约，这个条件只在f?(x)=0时才能被满足。令
f(x)=anxn?an?1xn?1???a1x?a0
n?1n?2那么 f?(x)=nanx?(n?1)an?1x???a1
情形1．F的特征是?。这时
f?(x) =0?an?an?1???a1?0
这就是说，f(x)=a0，与f(x)不可约的假设矛盾。所以在这个情形下f(x)不能有重根。
情形2 F的特征是p。这时
f?(x) =0?a1?2a2???nan?0
这就是说，只要i≠0，就必ai?0。因此
f(x)?atpxtp???a2px2p?apxp?a0
?atp(xp)t???a2p(xp)2?apxp?a0 ?g(xp)
证完
由这个引理立刻得
定理1 特征是∞的域的任何代数扩域都是可离扩域。 特征是p的域可以有不可离扩域。
引理2 令F是一个特征为p的域。当而且只当F的每一个元a都是F的某一个元b的p次幂：a=b时，F的任何代数扩域都是可离扩域。
证明 假定F的每一元a都可以写成
pa=bp （b?F）
的形式。这时F[x]的一个多项式
f(x)?at(xp)t?at?1(xp)t?1???a1xp?a0
在F[x]里一定可约。令ai?bi，就有
pf(x)?(btxt?bt?1xt?1???b1x?b0)p
这样，若F[x]的一个多项式在F[x]中不可约，那么它不能在F[x]中写成g(x)的形式。于是根据引理1，F[x]的每一不可约多项式都没有重根，因而F的代数扩域都是可离扩域。
现在反过来假定，F含有元a而a≠b（b?F）。看F[x]的多项式
ppf(x)?xp?a
p作f(x)在F上的分裂域E。在E中f(x)有p个根。令其中的一个为?，那么??a，
因而由假设，?不属于F。设?在F上的极小多项式是k(x)，那么k(x)|f(x)。但在E[x]中
f(x)?xp?a=xp??p?(x??)p
所以在E[x]中
k(x)=(x??)n
并且由于?不属于F，这里n?1。这样?在F上的极小多项式k(x)有重根，因而E就是
F上的一个不可离扩域。
证完
满足引理2的条件的域是存在的。例如有限域。 定理2 有限域的任何代数扩域都是可离扩域。
证明 令有限域F特征是p，并且F含q个元：
a1,a2,?,aq
考察F的元 a1,a2,?,aq 由于当i?j时，
pppai?aj?(ai?aj)p?0
所以a1,a2,?,aq是q个不同的元，因而是F的全部元素。因此F的每一元都是F的某个元的p次幂。
证完
不满足引理2的条件的域F当然有不可离扩域，但这样的域F仍然可以有非平凡（即不属于F）的可离元。
例 考虑特征是3的素域Δ的单超越扩域F=Δ（ξ）。元ξ显然不是F的某一个元的p次幂，因此F有不可离扩域。但F[x]的多项式x?ξ显然在F里不可约并且没有重根。因此F有非平凡的可离元。
以下我们要证明，只要一个域F有非平凡的可离元，F就有真（即大于F的）可离扩域。按照可离扩域的定义，这一点并不是显然的。
定理3 令F是一个特征为p的域。那么元?是F的可离元的充分与必要条件是：
2pppppF(?)?F(?p)。
证明 假定?是F上的一个可离元。这时?一定是F(?p)上的一个可离元。?是
F(?p)[x]中的多项式xp??p的一个根。作这个多项式在F(?p)上的分裂域E，那么在
E里
xp??p=(x??)p
因此?在F(?)上的极小多项式可以在E里写成
p(x??)m （1?m?p）
pp 但?是F(?)上的可离元。所以m?1。这样?在F(?)上的极小多项式x??。这
就是说??F(?)从而
pF(?)?F(?p) f(x)?g(xp)
现在反过来假定，?不是F上的可离元。这时，有引理1，?在F上的极小多项式是
由于f(x)在F里不可约，所以g(x)在F里也不可约。但?是多项式g(x)的根。所以?ppp在F上的极小多项式就是g(x)。由于f(x)和g(x)的次数不同，所以F(?)?F(?)。
证完
引理4 令E是F的单扩域：E?F(?)，而?是F上的一个可离元。若?是E上的一个可离元，那么?也是E上的一个可离元。 证明 若F的特征是∞，引理成立。
假定的特征是p。
因为?是F(?)上的可离元，所以由引理3
F(?,?)?F(?,?p)
令?是F(?)上的极小多项式是
g(x)?xn?bn?1xn?1???b1x?b0
bi??aij?j (aij?F)
那么，因为 bi?pj?aij(?p)j?F(?p)
pj(g(x))p?xnp?bnp?1x(n?1)p???b1pxp?b0
是F(?p)[x]的一个多项式。但(g(?))p?0，所以?在F(?p)上的极小多项式h(x)整除
(g(x))p。因此有
g(x)|h(x)|(g(x))p
但?在F上的一个可离元，因而也是F(?p)上的一个可离元，所以必然有g(x)=h(x)。这就是说
(F(?,?):F(?))?(F(?p,?):F(?p))
亦即 (F(?,?):F(?))?(F(?,?):F(?p)) 于是，由于
F(?p)?F(?)?F(?,?)
我们有 F(?)?F(?p) 这样由引理3，?是F上的一个可离元。
证完
应用引理4，很容易得到
定理3 若?与?域F上的可离元，那么F(?,?)是F上的一个可离扩域 证明 看F(?,?)的一个任意元?。
?是F(?,?)上的一个可离元，而?是F上的一个可离元，因而也是F(?)上的一
个可离元，
于是由引理4，?是F(?)上的一个可离元，由于?是F上的一个可离元，再一次应用引理4，得?是F上的一个可离元。 证完
推论 若?和?是域F上的可离元，那么?±?，??和可逆元。
?（当?≠0时）也是F的? 根据以上定理，给了一个域F，除非F只有平凡的可离元，也就是说，除非F上的每一个次数大于1的、不是g(x)形状的多项式都可约，F就总有可离扩域。这样，对最常遇到的特征为∞的域来说，根本没有不可约扩域，而对特征为p的域来说，可离扩域出现的频率也要大的多。所以可离扩域是比较重要的一种扩域。
p