§4.3 根的重数与可分性

学习目标

通过本节学习，你应该能够：

1. 理解形式导数的纯代数本质，能正确计算 $\mathbb{Q}[X]$ 和 ${\mathbb{F}}_p[X]$ 中多项式的形式导数。
2. 利用 $gcd(f,f^{\prime })$ 判别法判断多项式是否有重根，并正确计算根的重数。
3. 理解"不可约多项式在特征零上总是可分的"这一事实的证明逻辑。
4. 在正特征域中构造不可分多项式，并计算可分次数与不可分次数。
5. 理解可分性对 Galois 理论的根本重要性：Galois 对应要求扩张是可分的。

直觉 核心思想

§4.1 告诉我们 $n$ 次多项式至多有 $n$ 个根。但如果某个根"重复出现"呢？就像 $(X-1{)}^3=0$ 中， $1$ 是三重根。本节引入形式导数来精确刻画根的重数，并引出可分多项式的概念——它在 Galois 理论 中扮演核心角色。

4.3.1 形式导数

定义 4.3.1 设 $K$ 为域， $f(X)=\sum _{i=0}^n{a}_i{X}^i\in K[X]$ 。 $f$ 的**形式导数（formal derivative）**定义为：

$$f^{\prime }(X)=\sum _{i=1}^{n}i\cdot a_i{X}^{i-1}=a_1+2a_{2}X+3a_3{X}^2+\cdots +n{a}_n{X}^{n-1}$$

其中 $i\cdot a_i$ 表示 $a_i$ 在 $K$ 中自加 $i$ 次（即 $\underset{i\text{ 个}}{\underbrace{a_i+a_i+\cdots +a_i}}$ ）。

不是微积分中的导数

虽然名字叫"导数"且符号相同，但形式导数是纯代数定义，不涉及极限或分析。它是一个纯粹的环运算 $K[X]\to K[X]$ 。之所以叫"导数"，是因为它满足与微积分中导数完全相同的代数规则。

命题 4.3.2 形式导数满足以下代数规则：

(i) 线性： $(af+bg{)}^{\prime }=a{f}^{\prime }+b{g}^{\prime }$ （ $a,b\in K$ ）。

(ii) Leibniz 法则： $(fg{)}^{\prime }=f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$ 。

(iii) 幂法则： $(f^n{)}^{\prime }=n{f}^{n-1}{f}^{\prime }$ 。

**证明**

(i) 直接由定义， $(\sum a_i{X}^i+\sum b_i{X}^i{)}^{\prime }=\sum i(a_i+b_i)X^{i-1}=\sum i{a}_i{X}^{i-1}+\sum i{b}_i{X}^{i-1}$ 。

(ii) 设 $f=\sum a_i{X}^i$ ， $g=\sum b_j{X}^j$ 。则 $fg=\sum _k{c}_k{X}^k$ ， $c_k=\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j$ 。

$(fg{)}^{\prime }=\sum _{k}k{c}_k{X}^{k-1}=\sum _{k}k\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)X^{k-1}$

$f^{\prime }g+f{g}^{\prime }=\left(\sum _{i}i{a}_i{X}^{i-1}\right)\left(\sum _j{b}_j{X}^j\right)+\left(\sum _i{a}_i{X}^i\right)\left(\sum _{j}j{b}_j{X}^{j-1}\right)$

$=\sum _{i,j}i{a}_i{b}_j{X}^{i+j-1}+\sum _{i,j}j{a}_i{b}_j{X}^{i+j-1}=\sum _{i,j}(i+j)a_i{b}_j{X}^{i+j-1}$

$=\sum _k(\sum _{i+j=k}(i+j)a_i{b}_j)X^{k-1}=\sum _{k}k\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)X^{k-1}$

两者相等。

(iii) 对 $n$ 归纳。 $n=1$ 时 $f^{\prime }=f^{\prime }$ （显然）。 $n\ge 2$ 时： $(f^n{)}^{\prime }=(f^{n-1}\cdot f{)}^{\prime }=(f^{n-1}{)}^{\prime }f+f^{n-1}{f}^{\prime }=(n-1)f^{n-2}{f}^{\prime }\cdot f+f^{n-1}{f}^{\prime }=(n-1)f^{n-1}{f}^{\prime }+f^{n-1}{f}^{\prime }=n{f}^{n-1}{f}^{\prime }$ 。 $◻$

引理 4.3.3 设 $n\ge 1$ ， $\mathrm{char}(K)=0$ 或 $\mathrm{char}(K)\nmid n$ 。则 $(X^n-1{)}^{\prime }=n{X}^{n-1}\ne 0$ 。

**证明**

$(X^n-1{)}^{\prime }=n{X}^{n-1}-0=n{X}^{n-1}$ 。由条件 $n\cdot 1_K\ne 0$ （因为 $\mathrm{char}(K)=0$ 或 $\mathrm{char}(K)\nmid n$ ），所以 $n{X}^{n-1}\ne 0$ 。 $◻$

4.3.2 根的重数

定义 4.3.4 设 $f\in K[X]$ ， $\alpha$ 是 $f$ 的一个根（在某个扩域中）。 $\alpha$ 的**重数（multiplicity）**是最大的正整数 $m$ 使得 $(X-\alpha {)}^m\mid f$ 。

• 若 $m=1$ ，称 $\alpha$ 是单根（simple root）；
• 若 $m\ge 2$ ，称 $\alpha$ 是重根（multiple root）。

定理 4.3.5（重根判别准则） 设 $f\in K[X]$ ， $\mathrm{deg}(f)\ge 1$ ， $\alpha$ 是 $f$ 的根（在某个代数闭包 $\overline{K}$ 中）。设 $\alpha$ 的重数为 $m$ 。则：

(i)$f(X)=(X-\alpha {)}^{m}g(X)$ ， $g(\alpha )\ne 0$ 。

(ii)$f^{\prime }(X)=m(X-\alpha {)}^{m-1}g(X)+(X-\alpha {)}^m{g}^{\prime }(X)$ 。

(iii) 若 $\mathrm{char}(K)=0$ 或 $\mathrm{char}(K)\nmid m$ ，则 $\alpha$ 是 $f^{\prime }$ 的重数为 $m-1$ 的根。

(iv)$\alpha$ 是 $f$ 的重根 $\iff$$f(\alpha )=0$ 且 $f^{\prime }(\alpha )=0$ （假设 $\mathrm{char}(K)=0$ ）。

**证明（完整）**

(i) 由重数定义直接得到。

(ii) 对 (i) 的 $f(X)=(X-\alpha {)}^{m}g(X)$ 应用 Leibniz 法则（[命题](ii)）：

$$f^{\prime }(X)=m(X-\alpha {)}^{m-1}g(X)+(X-\alpha {)}^m{g}^{\prime }(X)$$

(iii) 由 (ii)： $f^{\prime }(X)=(X-\alpha {)}^{m-1}[mg(X)+(X-\alpha )g^{\prime }(X)]$ 。令 $h(X)=mg(X)+(X-\alpha )g^{\prime }(X)$ ，则 $f^{\prime }=(X-\alpha {)}^{m-1}h$ 。需要验证 $h(\alpha )\ne 0$ ：

$h(\alpha )=m\cdot g(\alpha )+0\cdot g^{\prime }(\alpha )=m\cdot g(\alpha )$

由假设 $\mathrm{char}(K)\nmid m$ ，故 $m\ne 0$ in $K$ 。由 (i) $g(\alpha )\ne 0$ 。因此 $h(\alpha )=m\cdot g(\alpha )\ne 0$ 。

这说明 $(X-\alpha {)}^{m-1}$ 恰好整除 $f^{\prime }$ （不多不少），即 $\alpha$ 是 $f^{\prime }$ 的重数为 $m-1$ 的根。

(iv) ( $\Rightarrow$ ) $\alpha$ 重根意味着 $m\ge 2$ 。由 (iii)， $\alpha$ 是 $f^{\prime }$ 的重数为 $m-1\ge 1$ 的根，即 $f^{\prime }(\alpha )=0$ 。

( $\Leftarrow$ ) $f(\alpha )=0$ 表明 $\alpha$ 是 $f$ 的根，设重数为 $m\ge 1$ 。若 $m=1$ （单根），由 (iii)（取 $m=1$ ） $\alpha$ 不是 $f^{\prime }$ 的根（ $h(\alpha )=1\cdot g(\alpha )\ne 0$ ），与 $f^{\prime }(\alpha )=0$ 矛盾。因此 $m\ge 2$ 。 $◻$

可分性的直觉

[定理](iv) 给出了一个实用的判别法：在特征零域上， $\alpha$ 是重根当且仅当 $f$ 和 $f^{\prime }$同时 在 $\alpha$ 处为零。这等价于说： $f$ 和 $f^{\prime }$ 有公共根，即 $gcd(f,f^{\prime })\ne 1$ 。这个判别法在实际计算中非常有用，因为 $gcd(f,f^{\prime })$ 可以通过 Euclid 算法 高效计算。

例 4.3.6 考虑 $f(X)=X^3-3X+2\in \mathbb{Q}[X]$ 。

$f^{\prime }(X)=3X^2-3=3(X-1)(X+1)$

$f(1)=1-3+2=0$ ， $f^{\prime }(1)=0$ 。所以 $1$ 是重根。实际分解： $f(X)=(X-1{)}^2(X+2)$ ， $1$ 是二重根。

$gcd(f,f^{\prime })=gcd(X^3-3X+2,3X^2-3)$ 。用 Euclid 算法： $X^3-3X+2=\frac{X}{3}(3X^2-3)+(-2X+2)$ ， $3X^2-3=\frac{-3X}{2}(-2X+2)+(-3X+3)$ ， $\dots$ 最终 $gcd=X-1$ （首一化后）。 $X-1$ 正好对应了重根 $1$ 。

例 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上计算 gcd

考虑 $f(X)=X^4+1\in {\mathbb{F}}_2[X]$ 。

$f^{\prime }(X)=4X^3=0$ （因为 $\mathrm{char}({\mathbb{F}}_2)=2$ ， $4=0$ ）。

因此 $gcd(f,f^{\prime })=gcd(f,0)=f$ ，判别法告诉我们 $f$ 有重根（在其分裂域中）。

实际分解：在 ${\mathbb{F}}_2[X]$ 中 $X^4+1=(X^2+1{)}^2=(X+1{)}^4$ ，所以 $1$ 是四重根。

例 无重根的判别

考虑 $f(X)=X^3-2\in \mathbb{Q}[X]$ 。

$f^{\prime }(X)=3X^2$ 。 $gcd(X^3-2,3X^2)=1$ （因为 $3X^2$ 的根只有 $0$ ，而 $f(0)=-2\ne 0$ ）。

因此 $f$ 无重根。这与我们知道 $X^3-2$ 的三个根 $\sqrt[3]{2},\omega \sqrt[3]{2},{\omega }^2\sqrt[3]{2}$ （其中 $\omega$ 是三次单位根）互不相同一致。

"f' = 0" 不意味着多项式不可分

注意一个重要区别：

• 不可约多项式 $f$ 满足 $f^{\prime }=0$$⟹$$f$ 不可分（由 [定理](ii)）。
• 可约多项式 $f$ 满足 $f^{\prime }=0$$⟹$$f$ 的某个不可约因子不可分，但 $f$ 本身可能是若干个可分不可约多项式的"乘积的 $p$ 次幂"。

例如 $f(X)=(X^2+X+1{)}^3\in {\mathbb{F}}_3[X]$ 。则 $f^{\prime }=3(X^2+X+1{)}^2(2X+1)=0$ 。但 $X^2+X+1$ 在 ${\mathbb{F}}_3$ 上不可约且可分（可验证 $f^{\prime }(X)=2X+1\ne 0$ ），所以 $f$ 的唯一不可约因子 $X^2+X+1$ 是可分的。 $f$ 本身可分，尽管 $f^{\prime }=0$ 。

4.3.3 可分多项式

定义 4.3.7 设 $f\in K[X]$ 是不可约多项式。

• 称 $f$ 是可分的（separable）：如果 $f$ 在其分裂域中的所有根都是单根。
• 称 $f$ 是不可分的（inseparable）：如果 $f$ 在其分裂域中至少有一个重根。

对一般的多项式 $f$ （不必不可约），称 $f$可分如果 $f$ 的每个不可约因子都可分。

定理 4.3.8 设 $K$ 为域， $f\in K[X]$ 不可约。

(i) 若 $\mathrm{char}(K)=0$ ，则 $f$ 总是可分的。

(ii) 若 $\mathrm{char}(K)=p>0$ ，则 $f$ 不可分 $\iff$$f(X)=g(X^p)$ 对某个 $g\in K[X]$ 。

**证明（完整）**

(i) 设 $\mathrm{char}(K)=0$ ， $f$ 不可约， $\mathrm{deg}(f)=n\ge 1$ 。 $f^{\prime }\ne 0$ （因为 $f^{\prime }$ 的首项系数是 $n\cdot a_n\ne 0$ 在特征零中）。因此 $\mathrm{deg}(f^{\prime })=n-1<n=\mathrm{deg}(f)$ 。因为 $f$ 不可约， $f$ 的只有平凡因子。 $gcd(f,f^{\prime })$ 整除 $f$ ，所以 $gcd(f,f^{\prime })=1$ 或 $gcd(f,f^{\prime })=f$ （的相伴元）。但 $gcd(f,f^{\prime })\mid f^{\prime }$ 且 $\mathrm{deg}(f^{\prime })<\mathrm{deg}(f)$ ，故 $gcd(f,f^{\prime })=1$ 。

由 [定理](iv) 的推广（ $f$ 与 $f^{\prime }$ 互素当且仅当 $f$ 无重根）， $f$ 的所有根都是单根。

(ii) ( $\Leftarrow$ ) 设 $f(X)=g(X^p)$ ， $g(Y)=\sum _{i=0}^m{b}_i{Y}^i$ ， $f(X)=\sum _{i=0}^m{b}_i{X}^{pi}$ 。则 $f^{\prime }(X)=\sum _{i=1}^m(pi)b_i{X}^{pi-1}=0$ （因为 $\mathrm{char}(K)=p$ ， $pi=0$ in $K$ ）。由于 $f^{\prime }=0$ ， $gcd(f,f^{\prime })=f\ne 1$ ，故 $f$ 有重根。

( $\Rightarrow$ ) 设 $f$ 不可分。由 ( $\Leftarrow$ ) 的逆否，需证 $f(X)=g(X^p)$ 。设 $f(X)=\sum _{i=0}^n{a}_i{X}^i$ ， $f^{\prime }(X)=\sum _{i=1}^{n}i{a}_i{X}^{i-1}=0$ 。这意味着 $i\cdot a_i=0$ 对所有 $i\ge 1$ 。因此：对所有 $i$ 不被 $p$ 整除， $a_i=0$ 。即 $f(X)=\sum _{j=0}^m{a}_{pj}{X}^{pj}$ ，取 $g(Y)=\sum _{j=0}^m{a}_{pj}{Y}^j$ 。 $◻$

完美域与不完美域

[定理](i) 表明特征零域上的不可约多项式总是可分的。这是为什么在经典 Galois 理论（处理 $\mathbb{Q}$ 和 $\mathbb{C}$ ）中可分性问题可以忽略。

但在正特征下，不可分多项式确实存在：例如在 ${\mathbb{F}}_p(T)$ 上， $X^p-T$ 不可约（由 Eisenstein 判据或直接验证）但不可分（ $f^{\prime }(X)=p{X}^{p-1}=0$ ）。

一个域 $K$ 称为完美域（perfect field），如果 $K[X]$ 中每个不可约多项式都是可分的。特征零的域总是完美的；特征 $p$ 的域 $K$ 是完美的当且仅当 $K^p=K$ （即 Frobenius 映射是满射）。 ${\mathbb{F}}_q$ （有限域）总是完美的。

命题 不可分不可约的判据

设 $K$ 为特征 $p>0$ 的域， $a\in K$ 。若 $a\notin K^p$ （即 $a$ 在 $K$ 中没有 $p$ 次根），则 $f(X)=X^p-a$ 在 $K[X]$ 中不可约。

证明思路：设 $\alpha$ 是 $f$ 在某个扩域中的根，则 ${\alpha }^p=a$ ，从而 $f(X)=X^p-{\alpha }^p=(X-\alpha {)}^p$ 。若 $f=gh$ 是 $K[X]$ 中的非平凡分解，则在分裂域中 $g=(X-\alpha {)}^r$ ， $h=(X-\alpha {)}^{p-r}$ ， $0<r<p$ 。但 $g\in K[X]$ 意味着 $g$ 的系数都在 $K$ 中。特别地， $g$ 的首项系数为 $1$ ，常数项为 $(-\alpha {)}^r\in K$ 。由 $gcd(r,p)=1$ （ $p$ 是素数， $0<r<p$ ），存在 $s,t$ 使得 $rs+pt=1$ ，从而 $\alpha ={\alpha }^{rs+pt}=({\alpha }^r{)}^s\cdot ({\alpha }^p{)}^t=((-\alpha {)}^r\cdot (-1{)}^r{)}^s\cdot a^t\in K$ 。但这意味着 $a={\alpha }^p\in K^p$ ，矛盾。 $◻$

注

在特征零中，每个不可约多项式都是可分的（[定理](i)）。因此"不可分不可约"现象只在正特征中出现。上面的命题给出了一类典型的不可分不可约多项式： $X^p-a$ （ $a\notin K^p$ ）。这类多项式在 Galois 理论中反复出现——例如 Artin–Schreier 理论（见 §9.1）。

例 不可分多项式的构造

考虑 $K={\mathbb{F}}_2(T)$ （ $T$ 为超越元）， $f(X)=X^2-T\in K[X]$ 。

不可约性： $f$ 在 $K[X]$ 中不可约。为什么？若 $f$ 可约，则有根 $\alpha \in K$ 使得 ${\alpha }^2=T$ 。但 $K={\mathbb{F}}_2(T)$ 的元素是有理函数 $p(T)/q(T)$ ，其平方为 $p(T{)}^2/q(T{)}^2$ 。由于 ${\mathbb{F}}_2$ 上 $a^2=a$ ，分子分母的各项幂次都翻倍，不可能等于 $T$ （奇次幂项不存在）。因此 $f$ 不可约。

不可分性： $f^{\prime }(X)=2X=0$ （ $\mathrm{char}=2$ ）。由 [定理](ii)， $f$ 不可分。

直觉： $f(X)=X^2-T=X^2+T=(X+T^{1/2}{)}^2$ （在分裂域中），所以 $T^{1/2}$ 是重根。不可分的本质是" $p$ 次扩张的 $p$ 个根全部坍缩为一个"。

Galois 群的退化： $L=K(T^{1/2})$ 的 $K$ -自同构 $\sigma$ 必须满足 $\sigma (T^{1/2}{)}^2=\sigma (T)=T$ ，即 $\sigma (T^{1/2})=T^{1/2}$ （唯一解，因为 $(\pm T^{1/2}{)}^2=T$ 在特征 2 中 $\pm$ 无意义）。因此 $\mathrm{Gal}(L/K)=\{1\}$ 。 $[L:K]=2$ 但 $|\mathrm{Gal}(L/K)|=1$ ，度数与 Galois 群阶不等。这正是不可分扩张的根本困难（见 §5.2 和 §8.2）。

例 不可分次数的计算

考虑 $K={\mathbb{F}}_2(T)$ ， $f(X)=X^4+T\in K[X]$ 。

$f(X)=(X^2{)}^2+T=(X^2{)}^2+T$ 。注意 $f(X)=g(X^2)$ ， $g(Y)=Y^2+T$ 。 $g^{\prime }(Y)=2Y=0$ ，所以 $g$ 也不可分。进一步 $g(Y)=h(Y^2)$ ， $h(Z)=Z+T$ 。

因此 $f(X)=h(X^4)=X^4+T$ ，其中 $h(Z)=Z+T$ 是可分的（ $\mathrm{deg}=1$ ，单根）。

由 [定义]： $f=h(X^{2^2})$ ， $e=2$ ， $p^e=4$ 。

• 不可分次数$p^e=4$
• 可分次数$\mathrm{deg}(h)=1$
• $f$ 有一个根 $\alpha =T^{1/4}$ ，它是四重根（在分裂域中）

检验： $T^{1/4}$ 的极小多项式是 $X^4+T$ 。 $[K(T^{1/4}):K]=4$ ，但可分闭包（等于 $K$ 本身，因为 $h$ 已经分裂）只贡献了度 1。

例 正特征下可分与不可分的对比

对比以下三个多项式在 ${\mathbb{F}}_2(T)$ 上的行为：

多项式	$f^{\prime }$	不可约？	可分？	理由
$X^2+X+1$	$1$	${\mathbb{F}}_2$ 上不可约	可分	$f^{\prime }=1\ne 0$
$X^2+T$	$0$	${\mathbb{F}}_2(T)$ 上不可约	不可分	$f^{\prime }=0$
$(X^2+X+1{)}^2$	$0$	可约	可分（每个不可约因子可分）	不可约因子 $X^2+X+1$ 的导数为 $1$

第三行说明：可约多项式 $f^{\prime }=0$ 不蕴含 $f$ 不可分，只说明 $f$ 的某个不可约因子可能不可分——但如果所有不可约因子都可分， $f$ 仍可分。

4.3.4 可分扩张

定义 4.3.9 设 $L/K$ 是域扩张， $\alpha \in L$ 是代数元。称 $\alpha$ 在 $K$ 上可分，如果 $\alpha$ 的极小多项式$min(K,\alpha )$ 是可分多项式。

定义 4.3.10 称域扩张 $L/K$ 是可分扩张，如果 $L$ 中每个元素在 $K$ 上都是可分的。

定理 4.3.11 若 $\mathrm{char}(K)=0$ ，则每个代数扩张都是可分扩张。

**证明**

设 $\alpha \in L$ 是代数元。则 $min(K,\alpha )$ 是 $K[X]$ 中的不可约多项式。由 [定理](i)，在特征零上不可约多项式总是可分的。因此 $\alpha$ 在 $K$ 上可分。由于 $\alpha$ 是任意的， $L/K$ 可分。 $◻$

正特征的情况

[定理] 对正特征域不成立。例如 $K={\mathbb{F}}_p(T)$ ， $L=K(T^{1/p})$ 。 $T^{1/p}$ 的极小多项式是 $X^p-T$ ，它不可分（ $f^{\prime }=0$ ）。因此 $L/K$ 是不可分扩张。这种现象在 Galois 理论 中需要特殊处理。

命题 4.3.12 设 $L/M/K$ 是域扩张的塔。若 $L/M$ 和 $M/K$ 都可分，则 $L/K$ 可分。

**证明**

设 $\alpha \in L$ 。 $\alpha$ 在 $M$ 上的极小多项式 $g(X)=min(M,\alpha )$ 可分。设 $g(X)=\sum _{i=0}^d{c}_i{X}^i$ ， $c_i\in M$ 。令 $F=K(c_0,c_1,\dots ,c_d)\subseteq M$ 。

$g(X)\in F[X]$ ，且 $g$ 仍然是 $\alpha$ 在 $F$ 上的极小多项式（因为 $F\subseteq M$ ， $min(F,\alpha )\mid g$ ，但 $g$ 不可约于 $M[X]$ 也蕴含它不可约于 $F[X]$ ——因为 $g$ 的任何 $F[X]$ 中的非平凡分解也会给出 $M[X]$ 中的非平凡分解）。

因为 $M/K$ 可分，每个 $c_i$ 在 $K$ 上可分。由此 $F/K$ 是有限可分扩张。 $\alpha$ 在 $F$ 上可分。由可分性的传递性质， $\alpha$ 在 $K$ 上可分。 $◻$

4.3.5 本原元素定理（预告）

前瞻

可分性的最重要推论之一是本原元素定理：

设 $L/K$ 是有限可分扩张。则存在 $\alpha \in L$ 使得 $L=K(\alpha )$ 。

即 $L$ 可以由单个元素生成。证明需要利用可分性来避免根的"碰撞"，完整证明将在 §5.1 给出。

本原元素定理大大简化了 Galois 理论：有限可分扩张可以表示为 $K[X]/(f)$ 的形式，其中 $f$ 是不可约可分多项式。

4.3.6 不可分性的结构

命题 4.3.13 设 $\mathrm{char}(K)=p>0$ ， $f\in K[X]$ 不可约且不可分。则 $f(X)=h(X^{p^e})$ ，其中 $h\in K[X]$ 是可分不可约多项式， $e\ge 1$ 是不可分次数。

**证明**

由 [定理](ii)， $f(X)=g(X^p)$ 对某个 $g\in K[X]$ 。 $g$ 是不可约的（否则 $f$ 可约）。若 $g$ 可分，则取 $h=g$ ， $e=1$ 即可。若 $g$ 不可分，递归应用： $g(X)=g_1(X^p)$ ， $f(X)=g_1(X^{p^2})$ 。因为 $\mathrm{deg}$ 每次除以 $p$ ，这个过程必在有限步终止。 $◻$

定义 4.3.14 设 $\alpha$ 是 $K$ 上的代数元， $min(K,\alpha )=h(X^{p^e})$ （ $h$ 可分， $e\ge 0$ ）。称 $p^e$ 为 $\alpha$ 的不可分次数（inseparability degree）， $\mathrm{deg}(h)$ 为 $\alpha$ 的可分次数（separable degree）。

关键区分

可分性理论中有多组概念容易混淆，必须严格区分：

概念	对象	含义
可分多项式	$f\in K[X]$ 不可约	$f$ 在分裂域中所有根互异
可分元素	$\alpha \in L$ 代数元	$min(K,\alpha )$ 是可分多项式
可分扩张	$L/K$	$L$ 中每个元素都在 $K$ 上可分
完美域	$K$	$K[X]$ 中每个不可约多项式都可分

它们之间的关系：

• $K$ 是完美域 $\iff$$K$ 上每个代数扩张都是可分扩张。
• $L/K$ 可分 $\Leftarrow$$L/K$ 的每个中间域都是完美域（但逆不成立）。
• 特征零的域自动完美，正特征域可能不完美。

例 分圆多项式的可分性

分圆多项式 ${\mathrm{\Phi }}_n(X)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上总是可分的（因为 $\mathbb{Q}$ 特征零，所有不可约多项式可分）。但 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上的行为取决于 $p$ 和 $n$ 的关系：

• 若 $p\nmid n$ ，则 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上也无重根（可分的）。
• 若 $p\mid n$ ，则 ${\mathrm{\Phi }}_n$ 在 ${\mathbb{F}}_p$ 上可能有重根。

例如 ${\mathrm{\Phi }}_2(X)=X+1$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上： ${\mathrm{\Phi }}_2(1)=1+1=0$ ， ${\mathrm{\Phi }}_2^{\prime }(X)=1\ne 0$ ，所以 $1$ 是单根。但 ${\mathrm{\Phi }}_4(X)=X^2+1$ 在 ${\mathbb{F}}_2$ 上： ${\mathrm{\Phi }}_4(1)=0$ ， ${\mathrm{\Phi }}_4^{\prime }(X)=2X=0$ ，所以 $1$ 是重根（实际分解： $X^2+1=(X+1{)}^2$ ）。

可分性是关于多项式的，不是关于域的

一个常见误区是说"域 $K$ 是可分的"。严格来说，可分性是关于扩张或多项式的属性，不是关于单个域的。正确的说法是：

• "扩张 $L/K$ 是可分的" ✓
• "多项式 $f$ 在 $K$ 上是可分的" ✓
• "域 $K$ 是可分的" ✗（应该说" $K$ 是完美域"）

可分性对 Galois 理论的根本重要性

为什么我们要在第 4 章就详细讨论可分性？因为它直接决定了 Galois 理论是否可行：

Galois 对应的核心假设： $L/K$ 是有限 Galois 扩张，即 $L/K$ 既正规又可分。只有在可分条件下，才有：

$$|\mathrm{Gal}(L/K)|=[L:K]$$

如果没有可分性，Galois 群的阶会严格小于扩张度数（如 [例] 中 $|\mathrm{Gal}(L/K)|=1$ 但 $[L:K]=2$ ），Galois 对应就会坍缩。

因此，可分性不是技术条件，而是 Galois 对应的生命线。详细讨论见 §8.2。

本节知识检验

自测题：

1. 计算 $f(X)=X^5-5X^3+4X\in \mathbb{Q}[X]$ 的 $f^{\prime }$ 和 $gcd(f,f^{\prime })$ 。 $f$ 有重根吗？

2. 在 ${\mathbb{F}}_3[X]$ 中， $f(X)=X^9-X$ 。计算 $f^{\prime }$ ，并说明 $f$ 是否可分。

3. 设 $K={\mathbb{F}}_2(T)$ ， $f(X)=X^8+T$ 。写出 $f=h(X^{2^e})$ 的形式，并给出可分次数和不可分次数。

4. 判断正误：" $X^3+X+1\in {\mathbb{F}}_2[X]$ 不可约，所以它是可分的。"

5. 为什么 $[L:K]=|\mathrm{Gal}(L/K)|$ 在 $L/K$ 不可分时可能不成立？

答案要点：

1. $f^{\prime }=5X^4-15X^2+4$ 。 $f=X(X^4-5X^2+4)=X(X^2-1)(X^2-4)=X(X-1)(X+1)(X-2)(X+2)$ 。所有根互异， $gcd(f,f^{\prime })=1$ ，无重根。

2. $f^{\prime }=9X^8-1=-1=2\ne 0$ （因为 $9=0$ in ${\mathbb{F}}_3$ ）。 $f=X^9-X=X(X^8-1)$ 。 $X^8-1$ 的导数为 $8X^7=2X^7\ne 0$ 。 $f$ 可分（所有不可约因子可分）。

3. $f(X)=X^8+T=(X^2{)}^4+T$ 。令 $g(Y)=Y^4+T$ ， $g(Y)=(Y^2{)}^2+T$ ， $h(Z)=Z^2+T$ 。所以 $f=h(X^8)=h(X^{2^3})$ 。可分次数 $=\mathrm{deg}(h)=2$ ，不可分次数 $=2^3=8$ 。

4. 正确。 ${\mathbb{F}}_2$ 是有限域，因此是完美域。完美域上所有不可约多项式都可分。

5. 因为不可分扩张中， $\mathrm{Gal}(L/K)$ 中的自同构不足以"看到"所有嵌入——不可分根坍缩为一个，无法通过自同构区分。

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