E的共轭域不变，求证E/F是正规扩张

abababa

设$E/F$是域扩张，若对任意的$\alpha\in E$，都有$\alpha$关于$F$的共轭元素$\beta\in E$，求证$E/F$是正规扩张。

共轭元素：设$\bar{F}$是域$F$的代数闭包，$\alpha\in\bar{F}$，对任意的$\sigma\in\{\alpha\in\text{Aut}(\bar{F}):\sigma(a)=a,\forall a\in F\}$，称$\sigma(\alpha)$为$\alpha$关于$F$的共轭元素。

我是这么想的，$\alpha$在$F$上的极小多项式$f(x)$一定能在$F$在$E$上的代数闭包$\bar{F}$上分解为一次多项式之积：$f(x)=(x-x_1)\cdots(x-x_n)$，其中$x_k\in\bar{F}$。并且不妨设$x_1=\alpha$。

然后后面要怎么做才行？我之前证明了$\alpha$和它的共轭$\bar{\alpha}$都是$f(x)$的根，但这样也只有一个共轭元素$x_j=\bar{x}_1\in E$，不能证明所有的$x_k$都在$E$里。

abababa

这个我弄出来了：
先设$S=\{\sigma\in\text{Aut}(\bar{F}):\sigma(a)=a,\forall a\in F\}$。然后因为$f(x)=(x-x_1)\cdots(x-x_n)$是$n$次多项式，不妨设$f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0$，其中每个$a_k\in F$。因为$\alpha$是它的根，所以
\[\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+a_0=0\]
对任意的$\sigma\in S$作用到上式两边，注意$\sigma$保持$F$不动，所以保持所有的$a_k$不变，而且$\sigma$是同构映射，所以保持方幂，就得到
\[[\sigma(\alpha)]^n+a_{n-1}[\sigma(\alpha)]^{n-1}+\cdots+a_0=0\]

这说明$\alpha$关于$F$的共轭元素$\sigma(\alpha)$也是$f(x)$的根，由于$\sigma$是任意的，所以$S$中的每个映射都把$f(x)$的根变为另一根（可以保持不变，也叫作另一根），所以根集合$R=\{x_1,\cdots,x_n\}$的置换群$S_n$的子群必定与$S$限制在$R$上的群$S|_{R}$同构，所以对每个根$x_k$都存在某个$\sigma\in S$使得$x_k=\sigma(\alpha)\in E$（根据已知，$\alpha$的共轭元素$\sigma(\alpha)\in E$），也就是$f(x)$的所有根都在$E$中，就证明了$E/F$是正规扩张。

主要就是得把$S$看成一个整体，里面的每个映射都要作用在$\alpha$上，得到另一个整体（根集合的一个置换，它在集合上与根集合相等）。

abababa

abababa 发表于 2023-7-27 19:20
这个我弄出来了：
先设$S=\{\sigma\in\text{Aut}(\bar{F}):\sigma(a)=a,\forall a\in F\}$。然后因为$f(x)= ...

这个感觉不行，如果置换群是$(123)(4)$，并且设$r_1=\alpha\to1$，这样$r_4$就不能由$\alpha$得到了吧。上面的证明还是有问题。

abababa

abababa 发表于 2023-7-27 19:20
这个我弄出来了：
先设$S=\{\sigma\in\text{Aut}(\bar{F}):\sigma(a)=a,\forall a\in F\}$。然后因为$f(x)= ...

这个证明感觉不行，首先它只证明了一个$f(x)$的根都在$E$中，这不能证明$E$就是正规扩域，只能说明$E$包含了一个$f(x)$的分裂域。其次这个证明也是基于有限扩张的情况，没有对无限扩张的情况证明。

下面是我的新的证明，直接考虑无限扩张也没弄出来，好像还需要佐恩引理才能完成那种超限归纳，我的证明是反证，这样就只要考虑一个多项式就够了：

假设$E/F$不是正规扩张，则存在一个次数最低的首一不可约多项式$p(x)\in F[x]$，使得$p(x)$有一个根$\alpha\in E$，但也存在$p(x)$的一个根$\beta\not\in E$。

设$\alpha$在$F$上的所有共轭元素为$R=\{\alpha_1=\alpha, \alpha_2,\cdots,\alpha_s\}$，考察$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_s)$，由韦达定理可知$f(x)$的系数是$\alpha_1,\cdots,\alpha_s$的对称多项式。下面的目标就是证明这个$f(x)$其实就是$\alpha$的极小多项式。

对任意的$\sigma\in S$，设$\alpha_k$是$\alpha$的任意一个共轭元素，于是存在$\tau\in S$使得$\tau(\alpha)=\alpha_k$，从而$\sigma(\alpha_k)=(\sigma\tau)(\alpha)$，然而$S$是群，因此$\sigma\tau\in S$，所以$(\sigma\tau)(\alpha)$仍是$\alpha$的共轭元素，于是对任意的$\sigma\in S$，$\sigma$都能把$\alpha$的一个共轭元素$\alpha_k$映为$\alpha$的另一个共轭元素$(\sigma\tau)(\alpha)$，所以$\sigma|_{R}$是一个$R$上的置换群，而初等对称多项式在一个置换下保持不变，因此$f(x)$的系数在任意的$\sigma\in S$下保持不变，由$S$的定义知$f(x) \in F[x]$。

假设$f(x)$在$F$上可约，不妨设$f(x)=g(x)h(x)$，其中$g(x),h(x)\in F[x]$且$\deg(g),\deg(h)\ge1$。设$\alpha_i$是$g(x)$的根，$\alpha_j$是$h(x)$的任意一个根，则显然$\alpha_i,\alpha_j$都是$f(x)$的根，而$f(x)$的根为$\alpha$的所有共轭元素，因此$\alpha_i,\alpha_j$都是$\alpha$的共轭元素，即存在$\tau_1,\tau_2\in S$使得$\alpha_i=\tau_1(\alpha),\alpha_j=\tau_2(\alpha)$。于是$\tau_2(\tau_1^{-1}(\alpha_i))=\alpha_j$，所以$\alpha_i,\alpha_j$是共轭元素，即存在$\sigma=\tau_2\tau_1^{-1}\in S$使得$\sigma(\alpha_i)=\alpha_j$。因为$g(x)\in F[x]$而$\sigma\in S$，所以$\sigma$也能保持$g(x)$的系数不变，于是
\[0=\sigma(0)=\sigma(g(\alpha_i))=g(\sigma(\alpha_i))=g(\alpha_j)\]

这说明$\alpha_j$也是$g(x)$的根，由$\alpha_j$的任意性知$h(x)\mid g(x)$，但$f(x)=g(x)h(x)$而$g(x),h(x)$都有根$\alpha_j$，所以$f(x)$必有重根$\alpha_j$，这与$f(x)=(x-\alpha_1)(x-\alpha_2)\cdots(x-\alpha_s)$没有重根矛盾，所以$f(x)$在$F$上不可约。由极小多项式的定义即知$\alpha$在$F$上的极小多项式为$f(x)$。

但$p(x)$也是$\alpha$在$F$上的极小多项式，所以$p(x)=f(x)$，于是$p(x)$的根集合为$R$，所以$\beta\in R$。但$R$中的元素都是$\alpha$的共轭元素，所以$\beta$是$\alpha$的共轭元素，由于已知$\alpha$的共轭元素都属于$E$，所以$\beta\in E$，这与$\beta\not\in E$矛盾，因此假设错误，于是$E/F$是正规扩张。

请大家看看这个证明还有没有什么问题。另外我在《GTM211 Algebra》的第233页找到一个定理2.8：设$K$是域，$E$是$K$的代数扩张，$\sigma:K\to L$是一个将$K$嵌入到代数闭包$L$的映射，则存在一个$\sigma$的延拓$E\to L$。如果$E$是一个代数闭包并且$L$是$\sigma(K)$的代数扩张，则每个这种延拓都是一个$E\to L$的同构映射。

我觉得用这个定理，可能不用反证法，能直接证明主楼的问题，但我没能证明出来。