§3.3 代数元与极小多项式

本节学习目标

1. 区分代数元与超越元，理解这对区分对 Galois 理论的根本重要性。
2. 掌握极小多项式的构造、唯一性和不可约性，能够对具体的 $\alpha$ 和 $K$ 计算 $m_{\alpha ,K}$ 。
3. 理解极小多项式依赖于基域：同一个 $\alpha$ 在不同 $K$ 上可以有不同的极小多项式。
4. 掌握代数单扩张的结构定理： $K(\alpha )=K[\alpha ]\cong K[X]/(m_{\alpha })$ ，并能在具体例子中做计算。
5. 理解共轭的定义及其与域自同构（从而与 Galois 群）的联系。
6. 掌握代数扩张的塔定理。

---

3.3.1 代数元与超越元

定义 3.3.1 设 $L/K$ 是域扩张， $\alpha \in L$ 。

1. 若 $\alpha$ 是某个非零多项式 $f(X)\in K[X]$ 的根，即 $f(\alpha )=0$ ，则称 $\alpha$ 在 $K$ 上是代数的（algebraic）。
2. 若 $\alpha$ 不在 $K$ 上代数，则称 $\alpha$ 在 $K$ 上是超越的（transcendental）。

例 代数元

• $\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是代数的，因为它是 $x^2-2\in \mathbb{Q}[x]$ 的根。
• $i=\sqrt{-1}$ 在 $\mathbb{R}$ 上是代数的，因为它是 $x^2+1\in \mathbb{R}[x]$ 的根。
• $i$ 在 $\mathbb{Q}$ 上也是代数的——同一个多项式 $x^2+1\in \mathbb{Q}[x]$ 。
• 任何 $\alpha \in K$ 在 $K$ 上都是代数的，因为它是 $x-\alpha \in K[x]$ 的根。
• $1+\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是代数的： $(1+\sqrt{2}{)}^2=3+2\sqrt{2}$ ，所以 $(1+\sqrt{2}{)}^2-2(1+\sqrt{2})-1=0$ ，即 $1+\sqrt{2}$ 是 $x^2-2x-1$ 的根。
• $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是代数的（见下面的例子）。

例 超越元

• $\pi$ 和 $e$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是超越的。这是非常深刻的数学定理： $\pi$ 的超越性由 Lindemann 于 1882 年证明（由此推出"化圆为方"不可能，见 §9.2）， $e$ 的超越性由 Hermite 于 1873 年证明。
• 设 $t$ 是未定元，则 $t$ 在 $K$ 上是超越的（根据 $K(t)$ 的定义）。
• ${\pi }^2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上也是超越的（因为如果 ${\pi }^2$ 是代数的， $\pi$ 也是代数的——代数元的代数元仍是代数的）。

直觉 代数元与超越元的区别

代数元满足某个多项式方程，因此它的"行为"被一个有限的代数关系所约束。超越元不满足任何多项式方程——它在代数意义上是"自由"的。

信息论类比：代数元可以被其极小多项式完全描述（有限信息），而超越元不能被任何有限代数关系捕获（无限信息量）。

这个区别对 Galois 理论至关重要：Galois 理论完全建立在代数元之上。超越扩张有自己的理论（超越基、超越次数），但不是本书的主题。

代数依赖于基域

" $\alpha$ 是代数的"这个说法没有意义——必须指定基域 $K$ 。例如：

• $\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上是代数的（极小多项式 $x^2-2$ ）。
• $\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{R}$ 上也是代数的（极小多项式 $x-\sqrt{2}$ ）。
• $\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 上是代数的（极小多项式 $x-\sqrt{2}$ ）。

极小多项式（以及扩张次数）依赖于基域——这将是后续所有理论的基本出发点。

---

3.3.2 代数扩张

定义 3.3.2 设 $L/K$ 是域扩张。若 $L$ 中的每个元素都在 $K$ 上是代数的，则称 $L/K$ 是代数扩张（algebraic extension）。

命题

设 $L/K$ 是域扩张。以下条件等价：

1. $L/K$ 是代数扩张。
2. $L$ 中每个元素的 $K$ -极小多项式存在。
3. 对任意 $\alpha \in L$ ，单扩张 $K(\alpha )/K$ 是有限扩张。

证明.

$(1)\Rightarrow (2)$ ：若 $\alpha \in L$ 在 $K$ 上代数，则它满足某个非零多项式。在所有满足的首一多项式中取次数最小的，即为极小多项式（[定义]）。

$(2)\Rightarrow (3)$ ：设 $m_{\alpha }(X)$ 是 $\alpha$ 在 $K$ 上的极小多项式， $\mathrm{deg}{m}_{\alpha }=n$ 。由 [定理]， $[K(\alpha ):K]=n<\mathrm{\infty }$ 。

$(3)\Rightarrow (1)$ ：若 $K(\alpha )/K$ 是有限扩张，则由 [定理]， $\alpha$ 在 $K$ 上是代数的。 $◼$

注 有限扩张 vs 代数扩张

• 有限扩张 $\Rightarrow$ 代数扩张（[定理]）。
• 代数扩张 $\nRightarrow$ 有限扩张。例如 $\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q}$ （代数闭包，见 §6.1）是代数扩张，但不是有限扩张。
• 有限扩张是"有限生成的代数扩张"（且是代数的）。
• 代数扩张可以是无限的，但每个元素各自只生成有限子扩张。

这个区分在 第十一章 的无限 Galois 理论中将变得至关重要。

---

3.3.3 极小多项式

定义 3.3.3 设 $L/K$ 是域扩张， $\alpha \in L$ 在 $K$ 上是代数的。定义 $\alpha$ 在 $K$ 上的极小多项式（minimal polynomial） $m_{\alpha ,K}(X)$ （或简记为 $m_{\alpha }(X)$ ）为满足以下条件的多项式：

1. $m_{\alpha }(X)\in K[X]$ 是首一的；
2. $m_{\alpha }(\alpha )=0$ ；
3. 对任何 $f(X)\in K[X]$ 使得 $f(\alpha )=0$ ，有 $m_{\alpha }(X)\mid f(X)$ 。

定理 3.3.4 设 $L/K$ 是域扩张， $\alpha \in L$ 在 $K$ 上代数。则：

1. 极小多项式 $m_{\alpha }(X)$ 存在且唯一。
2. $m_{\alpha }(X)$ 在 $K[X]$ 中不可约。
3. 若 $f(\alpha )=0$ （ $f\in K[X]$ ），则 $m_{\alpha }(X)\mid f(X)$ 。
4. $m_{\alpha }(X)$ 是 $\{f\in K[X]\mid f(\alpha )=0\}$ 的生成元（作为 $K[X]$ 的主理想）。

证明.

(1) 存在性：因为 $\alpha$ 在 $K$ 上代数，集合 $I_{\alpha }:=\{f\in K[X]\mid f(\alpha )=0\}$ 非零。 $I_{\alpha }$ 是 $K[X]$ 的理想（因为 $K[X]$ 是主理想整环，见 [定理]），故 $I_{\alpha }=(g)$ 对某个 $g\in K[X]$ 。取 $m_{\alpha }$ 为 $g$ 的首一化（即除以首项系数），则 $m_{\alpha }$ 满足定义的三个条件。

唯一性：设 $m_1,m_2$ 都是极小多项式。则 $m_1\mid m_2$ 且 $m_2\mid m_1$ 。因为两者都是首一的，故 $m_1=m_2$ 。

(2) 反设 $m_{\alpha }(X)=a(X)b(X)$ ，其中 $a,b\in K[X]$ 且 $\mathrm{deg}a,\mathrm{deg}b\ge 1$ 。则 $0=m_{\alpha }(\alpha )=a(\alpha )b(\alpha )$ 。因为 $L$ 是域（从而是整环）， $a(\alpha )=0$ 或 $b(\alpha )=0$ 。假设 $a(\alpha )=0$ ，则 $a\in I_{\alpha }$ ，从而 $m_{\alpha }\mid a$ 。但 $\mathrm{deg}a<\mathrm{deg}{m}_{\alpha }$ ，矛盾。因此 $m_{\alpha }$ 不可约。

(3) 设 $f(\alpha )=0$ 。由 $I_{\alpha }=(m_{\alpha })$ ，有 $m_{\alpha }\mid f$ 。

(4) 由 (1) 的证明中 $I_{\alpha }=(m_{\alpha })$ 已得。 $◼$

例 具体的极小多项式计算

例 1： $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}}$ 。$\sqrt{2}$ 满足 $x^2-2$ 。 $x^2-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（Eisenstein， $p=2$ ）。因此 $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}}=x^2-2$ 。

例 2： $m_{i,\mathbb{Q}}$ 。$i$ 满足 $x^2+1$ 。 $x^2+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（无有理根）。 $m_{i,\mathbb{Q}}=x^2+1$ 。

例 3： $m_{1+\sqrt{2},\mathbb{Q}}$ 。 设 $\alpha =1+\sqrt{2}$ 。则 $\alpha -1=\sqrt{2}$ ， $(\alpha -1{)}^2=2$ ， ${\alpha }^2-2\alpha -1=0$ 。所以 $\alpha$ 是 $x^2-2x-1$ 的根。验证不可约：判别式 $\mathrm{\Delta }=4+4=8$ ， $\sqrt{8}=2\sqrt{2}\notin \mathbb{Q}$ 。 $m_{1+\sqrt{2},\mathbb{Q}}=x^2-2x-1$ 。

例 4： $m_{\sqrt{2}+\sqrt{3},\mathbb{Q}}$ 。 设 $\alpha =\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 。

$${\alpha }^2=5+2\sqrt{6},{\alpha }^2-5=2\sqrt{6},({\alpha }^2-5{)}^2=24$$$${\alpha }^4-10{\alpha }^2+1=0$$

所以 $\alpha$ 是 $x^4-10x^2+1$ 的根。需要验证这是极小多项式（不可约）。在 $\mathbb{Q}[x]$ 中：没有有理根（ $\pm 1$ 代入均不为零），且 $(x^2-ax+b)(x^2+ax+c)=x^4+(c+b-a^2)x^2+\dots$ 要求 $c+b-a^2=-10$ ， $bc=1$ ， $a(c-b)=0$ 。若 $a=0$ ， $b+c=-10$ ， $bc=1$ ， $b$ 和 $c$ 是 $t^2+10t+1=0$ 的根 $=-5\pm \sqrt{24}$ ，不在 $\mathbb{Q}$ 中。若 $c=b$ ， $b^2=1$ ， $b=\pm 1$ ， $2b-a^2=-10$ ， $a^2=2b+10=12$ 或 $8$ ， $a\notin \mathbb{Q}$ 。所以不可约。 $m_{\sqrt{2}+\sqrt{3},\mathbb{Q}}=x^4-10x^2+1$ 。

例 5： $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}(\sqrt{2})}$ 。$\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 中满足 $x-\sqrt{2}\in \mathbb{Q}(\sqrt{2})[x]$ 。 $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}(\sqrt{2})}=x-\sqrt{2}$ 。

关键对比： $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}}=x^2-2$ （ $2$ 次）， $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}(\sqrt{2})}=x-\sqrt{2}$ （ $1$ 次）。极小多项式依赖于基域。

计算极小多项式的方法

实用计算技巧

给定 $\alpha \in L$ 和基域 $K$ ，计算 $m_{\alpha ,K}$ 的步骤：

方法 1（直接法）：找到 $\alpha$ 满足的一个首一多项式 $f\in K[x]$ ，然后验证 $f$ 在 $K[x]$ 中不可约。如果不可约，则 $f=m_{\alpha }$ 。

方法 2（线性代数法）：计算 $1,\alpha ,{\alpha }^2,\dots$ ，直到找到线性相关的序列。设 $n$ 是使 $\{1,\alpha ,\dots ,{\alpha }^n\}$ 线性相关的最小正整数，则 $m_{\alpha }={\alpha }^n+c_{n-1}{\alpha }^{n-1}+\cdots +c_0$ 是线性关系给出的首一多项式。

方法 3（共轭乘积法）：如果知道 $\alpha$ 的所有 $K$ -共轭 $\alpha ={\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_n$ ，则 $m_{\alpha }=\prod _{i=1}^n(x-{\alpha }_i)$ 。

方法 4（矩阵法）：对 $K(\alpha )/K$ 上的乘法映射 ${\mu }_{\alpha }:\beta \mapsto \alpha \beta$ ，其特征多项式等于 $m_{\alpha }$ （如果 $[K(\alpha ):K]=\mathrm{deg}{m}_{\alpha }$ ）。

常见误区

误区 1："找到一个满足的多项式就是极小多项式。" 错！必须验证不可约。例如 $x^4-4$ 满足 $\sqrt{2}$ ，但 $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}}=x^2-2$ 。

误区 2："极小多项式的次数等于 $\alpha$ 满足的最低次多项式的次数。" 不完全对——如果最低次的首一多项式可约，它可能不是极小多项式。需要的是最低次数的不可约首一多项式。

误区 3：" $m_{\alpha ,K}$ 的次数总等于 $m_{\alpha }$ 在代数闭包中的不同根的个数。" 这在特征 0 中成立，但在正特征中可能不成立——不可分元素的极小多项式有重根（见 §4.3）。

---

3.3.4 代数单扩张的结构

定理 3.3.5 设 $K$ 是域， $\alpha$ 在 $K$ 上代数， $m_{\alpha }(X)$ 是其极小多项式， $n=\mathrm{deg}{m}_{\alpha }$ 。则：

1. $K(\alpha )=K[\alpha ]$ 。
2. $[K(\alpha ):K]=n$ 。
3. $\{1,\alpha ,{\alpha }^2,\dots ,{\alpha }^{n-1}\}$ 是 $K(\alpha )$ 在 $K$ 上的基。
4. $K(\alpha )\cong K[X]/(m_{\alpha }(X))$ 。

证明.

定义 $\phi :K[X]\to K[\alpha ]$ 为 $\phi (f)=f(\alpha )$ （求值同态）。 $\phi$ 是满的环同态， $\ker (\phi )=I_{\alpha }=(m_{\alpha })$ 。由第一同构定理（[定理]）：

$$K[X]/(m_{\alpha })\cong K[\alpha ]$$

因为 $m_{\alpha }$ 不可约， $(m_{\alpha })$ 是 $K[X]$ 的极大理想（[命题]）。因此 $K[X]/(m_{\alpha })$ 是域。从而 $K[\alpha ]$ 是域。

$K[\alpha ]$ 是包含 $K$ 和 $\alpha$ 的子域。 $K(\alpha )$ 是包含 $K$ 和 $\alpha$ 的最小子域，故 $K(\alpha )\subseteq K[\alpha ]$ 。但 $K[\alpha ]\subseteq K(\alpha )$ 显然。因此 $K(\alpha )=K[\alpha ]$ 。

由 $K[X]/(m_{\alpha })\cong K[\alpha ]$ ，每个元素可以唯一表示为 $\sum _{i=0}^{n-1}{c}_i{\alpha }^i$ （ $c_i\in K$ ），因此 $\{1,\alpha ,\dots ,{\alpha }^{n-1}\}$ 是基， $[K(\alpha ):K]=n$ 。 $◼$

直觉 定理 3.3.5 的意义

这个定理是 Galois 理论的计算基础。它告诉我们：

1. 代数扩张中的元素可以用多项式表示： $K(\alpha )$ 中每个元素都是 $\alpha$ 的多项式，系数在 $K$ 中，次数 $<n$ 。这使得在扩张域中的运算变得具体可算。

2. $K(\alpha )=K[\alpha ]$ 是代数性的核心后果：对超越元， $K(t)\ne K[t]$ （例如 $1/t\in K(t)$ 但 $1/t\notin K[t]$ ）。代数性使得"多项式生成"和"域生成"重合。

3. $K(\alpha )\cong K[X]/(m_{\alpha })$：扩张域可以用多项式环的商来构造。这是域扩张的存在性证明——不需要在更大的域中"找到" $\alpha$ ，只需要取商环。

例 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 中做计算

由 [定理]， $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 的每个元素形如 $a+b\sqrt{2}$ （ $a,b\in \mathbb{Q}$ ）。

乘法： $(a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt{2}$ 。

求逆： $(a+b\sqrt{2}{)}^{-1}=\frac{a-b\sqrt{2}}{a^2-2b^2}$ （分母 $\ne 0$ 当 $a+b\sqrt{2}\ne 0$ ）。

具体计算： $\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\frac{1-\sqrt{2}}{(1+\sqrt{2})(1-\sqrt{2})}=\frac{1-\sqrt{2}}{1-2}=\sqrt{2}-1$ 。

例 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 中做计算

$m_{\sqrt{2}+\sqrt{3},\mathbb{Q}}=x^4-10x^2+1$ （ $n=4$ ）。

$\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})$ 的基： $\{1,\alpha ,{\alpha }^2,{\alpha }^3\}$ ，其中 $\alpha =\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 。

注意 ${\alpha }^2=5+2\sqrt{6}$ ， ${\alpha }^3=\alpha \cdot {\alpha }^2=(\sqrt{2}+\sqrt{3})(5+2\sqrt{6})=5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+2\sqrt{12}+2\sqrt{18}=5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6\sqrt{2}=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}$ 。

关键观察： $\sqrt{2}=\frac{{\alpha }^3-9\alpha }{2}$ ， $\sqrt{3}=\frac{11\alpha -{\alpha }^3}{2}$ 。所以 $\mathbb{Q}(\sqrt{2}+\sqrt{3})=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ ——添加 $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 等于同时添加 $\sqrt{2}$ 和 $\sqrt{3}$ ！

$[\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3}):\mathbb{Q}]=4$ （由 §3.2 的复合扩张定理），与极小多项式的次数一致。

$K[\alpha ]=K(\alpha )$ 的前提

定理 $K(\alpha )=K[\alpha ]$要求 $\alpha$ 是代数的。对超越元不成立：

$K(t)\ne K[t]$ 。例如 $1/t\in K(t)$ 但 $1/t\notin K[t]$ 。 $K[t]$ 只是 $K(t)$ 的子环（多项式环），不是域。

---

3.3.5 共轭与域嵌入

定义 3.3.6 设 $L/K$ 是域扩张， $\alpha ,\beta \in L$ 都在 $K$ 上代数。若 $\alpha$ 和 $\beta$ 在 $K$ 上有相同的极小多项式，则称 $\alpha$ 和 $\beta$ 在 $K$ 上共轭（conjugate）。

命题 3.3.7 设 $f\in K[X]$ 是不可约多项式， $\alpha ,\beta$ 是 $f$ 在某个扩张中的根。则 $\alpha$ 和 $\beta$ 在 $K$ 上共轭，且 $K(\alpha )\cong K(\beta )$ 。

证明. 因为 $f$ 不可约且 $f(\alpha )=f(\beta )=0$ ， $f$ 既是 $\alpha$ 也是 $\beta$ 的极小多项式（因为极小多项式整除任何满足的多项式，且不可约首一多项式的正因子只有自身）。因此 $\alpha$ 和 $\beta$ 共轭。

同构：由 [定理](4)， $K(\alpha )\cong K[X]/(m_{\alpha })$ 且 $K(\beta )\cong K[X]/(m_{\beta })$ 。因为 $m_{\alpha }=m_{\beta }=f$ ，得 $K(\alpha )\cong K(\beta )$ 。 $◼$

例 共轭的具体计算

$x^3-2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（Eisenstein， $p=2$ ）。在 $\mathbb{C}$ 中有三个根：

$${\alpha }_1=\sqrt[3]{2},{\alpha }_2=\omega \sqrt[3]{2},{\alpha }_3={\omega }^2\sqrt[3]{2}$$

其中 $\omega =e^{2\pi i/3}=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ （三次本原单位根）。

• ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 两两在 $\mathbb{Q}$ 上共轭。
• $\mathbb{Q}({\alpha }_1)\cong \mathbb{Q}({\alpha }_2)\cong \mathbb{Q}({\alpha }_3)$ （同构但作为 $\mathbb{C}$ 的子域不相同）。
• $\mathbb{Q}({\alpha }_1)=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\subset \mathbb{R}$ 。
• $\mathbb{Q}({\alpha }_2)=\mathbb{Q}(\omega \sqrt[3]{2})\not\subset \mathbb{R}$ （包含虚数 $\omega$ ）。

关键洞察：三个共轭根产生三个同构但不同的域。域自同构（从而 Galois 群，见 §7.1）的作用就是在这三个域之间互相转换。

直觉 共轭根的意义

共轭根是"代数上无法区分"的元素。例如 $\sqrt{2}$ 和 $-\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上共轭——它们都是 $x^2-2$ 的根。Galois 理论的关键洞察之一是：域扩张的自同构恰好将元素映射到其共轭。这就是为什么 Galois 群捕获了多项式根之间的对称性。

更深层地看：如果 $K$ 是"对称群"作用的"基底"，那么共轭就是同一个 $K$ -等价类中的元素。从 §7.1 开始，我们将看到 $\mathrm{Gal}(L/K)$ 的每个元素恰好是将每个根映射到其某个共轭的 $K$ -自同构。

注 共轭的个数与扩张次数

设 $m_{\alpha }$ 的次数为 $n$ 。在代数闭包 $\overline{K}$ 中， $m_{\alpha }$ 恰好有 $n$ 个根（计重数，在特征 0 中无重根）。因此 $\alpha$ 恰好有 $n$ 个不同的共轭（特征 0 中）。这与 $[K(\alpha ):K]=n$ 一致—— $n$ 维扩张对应 $n$ 个"对称位置"。

在正特征中，情况更微妙： $m_{\alpha }$ 可能有重根（不可分元素），共轭的个数可能少于 $n$ 。这是 §4.3 可分性 的主题。

---

3.3.6 代数扩张的塔

定理 3.3.8 设 $F\subseteq K\subseteq L$ 。若 $K/F$ 和 $L/K$ 都是代数扩张，则 $L/F$ 也是代数扩张。

证明. 设 $\alpha \in L$ 。因为 $L/K$ 是代数的， $\alpha$ 满足某个 $K[X]$ 中的非零多项式：

$$a_n{\alpha }^n+a_{n-1}{\alpha }^{n-1}+\cdots +a_1\alpha +a_0=0,a_i\in K$$

因为 $K/F$ 是代数的，每个 $a_i$ 在 $F$ 上代数。令 $E=F(a_0,a_1,\dots ,a_n)$ 。则 $\alpha$ 在 $E$ 上代数。

由 [定理]（代数扩张的有限生成子扩张是有限的）， $E/F$ 是有限的， $E(\alpha )/E$ 也是有限的。由塔定律 [定理]：

$$[E(\alpha ):F]=[E(\alpha ):E]\cdot [E:F]<\mathrm{\infty }$$

由 [定理]， $\alpha$ 在 $F$ 上代数。 $◼$

例 代数塔的具体验证

设 $F=\mathbb{Q}$ ， $K=\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ， $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ 。

• $K/F$ ：代数（ $\sqrt{2}$ 的极小多项式 $x^2-2$ ）。
• $L/K$ ：代数（ $\sqrt{3}$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 上的极小多项式是什么？）

需要找 $m_{\sqrt{3},\mathbb{Q}(\sqrt{2})}$ 。 $\sqrt{3}$ 满足 $x^2-3\in \mathbb{Q}(\sqrt{2})[x]$ 。是否不可约？假设 $x^2-3=(x-a-b\sqrt{2})(x-c-d\sqrt{2})$ （ $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$ ），则 $a+b\sqrt{2}+c+d\sqrt{2}=0$ （系数之和）， $(a+b\sqrt{2})(c+d\sqrt{2})=-3$ 。由第一个条件 $a+c=0$ , $b+d=0$ 。第二个条件： $ac+2bd+(ad+bc)\sqrt{2}=-3$ 。 $ad+bc=0$ （无理部分为零）， $ac+2bd=-3$ 。 $c=-a$ , $d=-b$ ： $-a^2-2b^2=-3$ ， $a^2+2b^2=3$ 。 $a=1,b=1$ ： $1+2=3$ 。✓

所以 $\sqrt{3}=(1+\sqrt{2})$ ？检验： $(1+\sqrt{2}{)}^2=3+2\sqrt{2}\ne 3$ 。矛盾！

实际上 $a+b\sqrt{2}=1+\sqrt{2}$ 不满足 $(a+b\sqrt{2}{)}^2=3$ 。重新检查：需要 $(a+b\sqrt{2}{)}^2=3$ 。 $a^2+2b^2+2ab\sqrt{2}=3$ 。 $2ab=0$ ， $a^2+2b^2=3$ 。 $a=0$ ： $2b^2=3$ ， $b^2=3/2$ ， $b\notin \mathbb{Q}$ 。 $b=0$ ： $a^2=3$ ， $a\notin \mathbb{Q}$ 。所以 $x^2-3$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})[x]$ 中不可约。 $m_{\sqrt{3},\mathbb{Q}(\sqrt{2})}=x^2-3$ 。

• $L/K=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})/\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ：代数，次数 $2$ 。
• $L/F$ ：由塔定律 $[L:\mathbb{Q}]=[L:K][K:\mathbb{Q}]=2\times 2=4$ 。代数，由 [定理]。

---

本节知识检验

自测题：

1. $\omega =e^{2\pi i/3}$ （三次本原单位根）在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式是什么？

2. 证明 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\ne \mathbb{Q}(\omega \sqrt[3]{2})$ （作为 $\mathbb{C}$ 的子域）。

3. 设 $\alpha =2+\sqrt{3}$ 。计算 ${\alpha }^{-1}$ 在 $\mathbb{Q}$ -基 $\{1,\sqrt{3}\}$ 下的坐标。

4. $\sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$ 上的极小多项式是什么？

5. 解释为什么 $K(\alpha )=K[\alpha ]$ 对超越元 $\alpha$ 不成立。

答案要点：

1. ${\omega }^2+\omega +1=0$ （因为 ${\omega }^3=1$ 且 $\omega \ne 1$ ）。 $x^2+x+1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约（无实根）。 $m_{\omega ,\mathbb{Q}}=x^2+x+1$ 。

2. $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\subset \mathbb{R}$ （因为 $\sqrt[3]{2}\in \mathbb{R}$ ）。 $\omega \sqrt[3]{2}\notin \mathbb{R}$ （因为 $\omega \notin \mathbb{R}$ ）。所以 $\mathbb{Q}(\omega \sqrt[3]{2})\not\subset \mathbb{R}$ 。两个域不相等。

3. ${\alpha }^{-1}=(2+\sqrt{3}{)}^{-1}=\frac{2-\sqrt{3}}{4-3}=2-\sqrt{3}$ 。在基 $\{1,\sqrt{3}\}$ 下的坐标： $(2,-1)$ 。

4. $x^2-2$ 在 $\mathbb{Q}(\sqrt{3})[x]$ 中不可约：假设 $\sqrt{2}=a+b\sqrt{3}$ ，则 $2=a^2+3b^2+2ab\sqrt{3}$ 。 $ab=0$ ， $a^2+3b^2=2$ 。 $a=0$ ： $3b^2=2$ ， $b\notin \mathbb{Q}$ 。 $b=0$ ： $a^2=2$ ， $a\notin \mathbb{Q}$ 。不可约。 $m_{\sqrt{2},\mathbb{Q}(\sqrt{3})}=x^2-2$ 。

5. 超越元 $\alpha$ 没有极小多项式， $K[\alpha ]\cong K[x]$ （多项式环，不是域）。 $1/\alpha \in K(\alpha )$ 但 $1/\alpha \notin K[\alpha ]$ 。

---

与其他章节的联系

概念	连接到	说明
极小多项式	§2.3 多项式环	不可约多项式理论
代数单扩张	§3.2 域的基本扩张	$K(\alpha )$ vs $K[\alpha ]$
极小多项式的次数	§4.1 多项式一般理论	次数与扩张次数
共轭与不可分	§4.3 可分性	正特征的共轭个数
分裂域	§5.1 分裂域	所有共轭同时添加
代数闭包	§6.1	所有代数元的集合
Galois 群	§7.1	自同构映射共轭到共轭
Galois 对应	§8.1	中间域 $\leftrightarrow$ 子群

---

← [§3.2 域的基本扩张](/chapters/03-fields/3.2-basic-extensions)[第四章 · 多项式 →](/chapters/04-polynomials/)