# 代數導論 Week 6 (Part 5) - Simple Extension on Algebraic Element (Part 1)

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## 定理：Simple Extension 跟以其為根的多項式同餘類同構 (T6)

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*。若：

1. $p(x) \in F[x]$ 是一個 $F[x]$ 上的 *irreducbiele polynomial*
2. $K/F$ 是一個 *field extensio*

$K/F$，且 $p(x)$ 是一個 $F[x]$ 中 *irreducible* 的多項式。若某個 $K$ 中的元素 $\alpha$ 能使：

$$
p(\alpha) = 0
$$

則對於這個元素 $\alpha$，$\alpha$ 在 $F$ 上的 *simple extension* 恰好跟 $F[x]$ 模 $p(x)$ 同構：

$$
F(\alpha) \simeq F[x]/(p(x))
$$

:::

考慮下面這個 *homomorphism*，也就是把多項式帶值 $\alpha$：

$$
\begin{align}
\psi : F[x] &\to F(\alpha) \subseteq K
\newline
f &\mapsto f(\alpha)
\end{align}
$$

這個映射是一個 *homomorphism*，所以只要他 *surjective*，然後 $\ker \psi$ 是 $(p)$，然後就做完了。

### 證明：Kernel

這個東西的 *kernel* 是什麼？

$$
f \in \ker \psi \iff f(\alpha) = 0
$$

因為 $p(\alpha) = 0$，所以：

$$
(p) \subseteq \ker \psi
$$

另外一方面，假定 $f \in \ker \psi$，且：

$$
f(\alpha) = 0
$$

因為 $F[x]$ 是 *Euclidean Domain*，所以使用 *division algorithm*，存在 $q, r \in F[x]$，使得：

$$
f = pq + r
$$

其中：

$$
r = 0 \text{ or }\deg r < \deg p
$$

如果 $r \neq 0$，因為在 $F[x]$ 中 $p$ 是 *irreducible*，所以：

$$
\gcd(p, r) = 1 \quad \text{in }F[x]
$$

因此存在 $a, b \in F[x]$，使得：

$$
ap + br = 1
$$

把所有人都帶 $\alpha$，就會因為 $p(\alpha)$ 跟 $r(\alpha)$ 都是 $0$，所以就矛盾了：

$$
\overbrace{a(\alpha)\underbrace{p(\alpha)}_{0} + b(\alpha)\underbrace{r(\alpha)}_{0}}^{\Rightarrow 0} = 1
$$

因此不可能 $r \neq 0$，所以只能是 $r = 0$。因此：

$$
\require{cancel}
f = pq + \cancelto{0}{r} \in (p)
$$

因此：

$$
\ker \psi \subseteq (p)
$$

結合上面就發現了：

$$
\ker \psi = (p)
$$

### 證明：Surjective

這時候就發現 $(p)$ 是一個 *Euclidean domain* 裡面的 *prime ideal*，所以他 *maximal*。因此 $F[x]/(p)$ 是一個 *field*。把 $\psi$ 用第一同構分解：

$$
F[x] \overset{\pi}{\twoheadrightarrow} F[x]/(p) \overset{\bar \psi}{\to} \psi(F[x])\subseteq F(\alpha)
$$

這時就可以觀察到三件事：

1. ==$\psi(F[x])$ 是個 *field*==：因為 $F[x]/(p)$ 是一個 *field*，且 $\bar \psi$ 是一個 *isomorphism*，因此 $\bar \psi \left(F[x]/(p)\right)$ 也是一個 *field* (或者是暴力用 *subfield test*)。

2. ==$F \subseteq \psi(F[x])$==：把 $F[x]$ 中的常數多項式 $c$ 用 $\psi$ 打到 $\psi(F[x])$，就會發現 $F$ 在裡面：

$$
\psi(c) = c \in \psi(F[x]) \subseteq F(\alpha)
$$

3. ==$\alpha \in \psi(F[x])$==：把 $F[x]$ 中的 $x$ 打到 $\psi(F[x])$，就會得到 $\alpha$

$$
\psi(x) = \alpha \in \psi(F[x]) \subseteq F(\alpha)
$$

所以就會發現：$\psi (F[x])$ 是一個同時包含 $F$ 跟 $\alpha$ 的 *field*：

$$
(F \cup \{\alpha\}) \subseteq \underbrace{\psi(F[x])}_{\text{a field}} \subseteq F(\alpha)
$$

但是 $F(\alpha)$ 定義為所有同時包含 $F$ 跟 $\alpha$ 的 *field* 中最小的那個，所以就有另外一邊的包含關係：

$$
F(\alpha) \subseteq \psi (F[x])
$$

所以就證明了 *surjective*：

$$
F(\alpha) = \psi(F[x])
$$

## 定理：F[x]/(p(x)) 的性質

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假定 $F$ 是一個 *field*，且令：

1. $p(x) \in F[x]$ 是一個 *irreducible polynomial*。
2. $K$ 為以下的 *field*：
$$
K = {F[x]}/{(p(x))}
$$

則是一個 $K$ 滿足下面 2 點的 *field*：

1. $K$ 中包含 $F$ 的 *isomorphic copy*

$$
F \hookrightarrow F[x]/(p(x))
$$

2. 在 $K$ 當中，$\bar x$ 就是 $p(x)$ 的根：

$$
p(\bar x) = 0
$$

:::

$K$ 是一個 *field* 是因為 $p(x)$ 是一個 *Euclidean Domain* 中的 *irreducible element*，所以做出來的是一個 *prime ideal*，$F[x]$ *quotient* 他之後得到的就是一個 *field*。

*isomorphic copy* 的部分是因為考慮：

$$
F \hookrightarrow F[x] \overset{\pi}{\to} F[x]/(p(x))
$$

則：

1. 把 $F$ 映射到 $F[x]$ 中常數多項式是一個 *monomorphism*，且
2. $F[x]$ 到 $F[x]/(p(x))$ 的 *natural projection* 也是一個 *ring homomorphism*。

所以兩個合成起來的 $\varphi$ 就是一個 *field* 到 *field* 的 *homomorphism*。而且他還不是 $0$，因為 $1_F$ 不會被送到 $0$：

$$
1_F \overset{i}{\mapsto} 1 \overset{\pi}{\mapsto} \bar 1
$$

> 如果在 $F[x]/p(x)$ 中 $\bar 1$ 其實是 $0$，那就表示：
> 1. $1 \in (p(x))$，也就是 $(p(x))$ 中有 *unit*，所以
> 2. $(p(x))$ 是整個 $F[x]$，也就是 $F[x]$ 中的 $(1)$。所以
> 3. $p(x)$ 跟 $1$ 只差一個 $F[x]$ 中的 *unit* (因為他們生成了相同的 *ideal*)。所以
> 4. $p(x)$ 只是 $F[x]$ 中另外一個 *unit*。然後就跟 $p(x)$ 在 $F[x]$ 中是 *irreducible* 矛盾了 (*irreducible* 定義的前提非零、非 *unit* 的元素)。
>

$\bar x$ 是根的部分，假定 $p(x)$ 是這個東西：

$$
p(x) = \sum_{i = 0}^{n} a_i x^i
$$

把 $p(x)$ 用 *natural projection* 送到 $F[x]/(p(x))$ 之後，他當然會是 $0$。也就是：

$$
\overline{p(x)} = 0
$$

但這就表示下面這個東西是 $0$：

$$
\overline{p(x)} = \overline{\sum_{i = 0}^n a_i x^i} = \underbrace{\sum_{i = 1}^n a_i \bar x^i}_{0}
$$

可是看看等號最右邊那一坨東西。他是 $0$ 其實就是在說：

$$
p(\bar x) = 0
$$

> 如果知道對於 $a(x) \in F[x]$，取 *quotient* 有 $\pi(a(x)) = a(\pi(x))$ 這個性質的話，更精簡的可以用下面這個：
>
> $$
> \pi (p(x)) = p(\pi(x)) = p(\bar x) = 0
> $$
>

### 推論：強迫使多項式有根的 Extension

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，$p(x) \in F[x]$ 是一個 *irreducible polynomial*。則存在一個滿足下面 2 點的 *field* $K$：

1. $K$ 中存在 $F$ 的 *isomorphic copy*：

$$
F \hookrightarrow K
$$

2. $K$ 中存在 $p(x)$ 的根：存在 $\alpha \in K$，使得：

$$
p(\alpha) = 0
$$

:::

這個其實跟前面的結論是一樣的。

## 定理：F[x]/(p(x)) 的基底

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假定 $F$ 是一個 *field*，且：

1. $p(x) \in F[x]$ 是一個 *irreducible polynomial*。且：

$$
\deg p(x) = n > 0
$$

1. 令 $K$ 是 $F[x]$ 跟 $(p(x))$ 生出的 *quotient field*：

$$
K = F[x]\big{/}(p(x))
$$

則：若將 $K$ 視為 $F$ 嵌入到 $K$ 之後的 *field* 上的向量空間，以下的集合是一個 $K$ 的基底：

$$
\beta = \langle \bar 1, \bar x, \bar x^2, \dots ,\bar x^{n-1} \rangle
$$

因此：

$$
[K:F] = \deg p(x)
$$

:::

### 證明：Span

因為 $F[x]$ 是一個 *eudlidean domain*。因此可以對任意 $f(x) \in F[x]$ 做 *division algorithm*。也就是存在 $q(x), r(x) \in F[x]$，使得：

$$
f(x) = \underbrace{q(x)p(x)}_{\in (p(x))} + r(x)
$$

其中：

$$
r(x) = 0 \text{ or }\deg r < \underbrace{\deg p}_{=n}
$$

這個意思是：

$$
\bar f(x) = \bar r(x)
$$

如果令：

$$
r(x) = \sum_{k = 0}^{n-1}a_kx^k
$$

那麼：

$$
\bar r(x) = \sum_{k = 0}^{n-1}\bar a_k \bar x^k = \underbrace{\sum_{k = 0}^{n-1}\left(a_k \cdot \bar x^k\right)}_{\in \text{span}_F\, (\beta)}
$$

### 證明：線性獨立

$$
\sum_{k = 0}^{n - 1}\alpha_k \bar x^k = 0 \text{ in }K
$$

這就表示：

$$
\begin{align}
&\overline{\left(\sum_{k = 0}^{n-1}\alpha_k x^k\right)} = 0 \text{ in }K
\newline
&\Rightarrow \left(\sum_{k = 0}^{n-1}\alpha_k x^k\right) \in (p(x))
\end{align}
$$

換句話說那個多項式會在 $(p(x))$ 當中，因此可以被 $p(x)$ 整除：

$$
p(x) \mid \sum_{k = 0}^{n-1}\alpha_k x^k
$$

但是右邊的東西是一個 $(n - 1)$ 次多項式，$p(x)$ 是一個 $n$ 次多項式。所以如果 $p(x)$ 要可以整除他，唯一的可能就是他在 $F[x]$ 是一個零多項式。也就是：

$$
\begin{align}
&\sum_{k = 0}^{n-1}\alpha_k x^k = 0\text{ in }F[x]
\newline
&\Rightarrow \alpha_k = 0 \quad \forall 0 \leq k < n
\end{align}
$$

## 觀察：使用 Minimal Polynomial 的版本 (C7)

:::danger

假定 $F$ 是一個 *field*，且 $K/F$ 是一個 $F$ 的 *field extension*，$\alpha \in F$。若存在非零多項式 $f(x) \in F[x]$，使得 $f(\alpha) = 0$。則：

1. 存在一個 *monic irreducible polynomial* $m_{\alpha, F}(x) \in F[x]$，使得：

$$
m_{\alpha, F}(\alpha) = 0
$$

且：

$$
F(\alpha) \simeq F[x]/(m_{\alpha, F}(x))
$$

2. 更進一步，這個 *field extension* 的 *degree* 跟 $m_{\alpha, F}$ 的度數一樣：

$$
[F(\alpha):F] = \deg m_{\alpha, F}
$$

每一個 $F(\alpha)$ 中的元素，都具有 $\sum a_i x^i$ 的形式：

$$
\begin{align}
F(\alpha) &\simeq F[x]/(m_{\alpha, F}(x))
\newline
\newline
&= \left\{\sum_{i = 0}^{n - 1}a_i x^i \mid n = \deg m_{\alpha, F}\right\}
\end{align}
$$

:::

第一點是用 *minimal polynomial* 加上前面的定理證明的; 第二點是用前面線性獨立的定理：

$$
\begin{align}
[F(\alpha):F] &= \dim_F F(\alpha)
\newline
&= \dim_F (F[x]/(m_{\alpha, F}))\underbrace{=}_{\text{Thm 4}} \deg m_{\alpha, F}
\end{align}
$$