关于不可约多项式分裂域扩张次数及根生成域的技术问询

嘿，咱们逐个拆解这三个域论里的经典问题，用大白话给你讲明白：

问题1：f的每个根α在F上的次数是否均为n，即$F(\alpha)=E$？ #

首先，每个根α在F上的次数确实是n——因为f是F上的n次不可约多项式，而α是f的根，所以α在F上的极小多项式就是f本身，因此扩张次数$[F(\alpha):F]=\deg f = n$。

但*$F(\alpha)=E$这个结论不一定成立*！分裂域E是包含f所有根的最小域，而$F(\alpha)$只是包含单个根α的域，很多时候它没法覆盖所有根。举个直观的例子：

• 有理数域$\mathbb{Q}$上的不可约多项式x^4 - 2，它的根是$\sqrt[4]{2}, i\sqrt[4]{2}, -\sqrt[4]{2}, -i\sqrt[4]{2}$。
• 取$\alpha=\sqrt[4]{2}$，那么$\mathbb{Q}(\alpha)$里只包含实数，根本没有虚数单位i，显然没法包含$i\sqrt[4]{2}$这个根，所以$\mathbb{Q}(\alpha) \neq E$，而E其实是$\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2}, i)$，扩张次数是8，远大于4。

只有当f是正规多项式（或者说f在$F(\alpha)$上就能完全分裂）时，$F(\alpha)$才等于E，比如一次、二次多项式天然满足这个条件，但次数更高的多项式就不一定了。

问题2：扩张次数$[E:F]$是否等于$n-s$（其中s为f的重根个数）？ #

这个说法完全不成立，咱们直接举反例打脸：

1. 特征0的情况：比如$\mathbb{Q}$上的不可约多项式x^3 - 2，它没有重根（s=0），n-s=3，但它的分裂域E是$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \omega)$（$\omega$是三次单位根），扩张次数$[E:\mathbb{Q}]=6$，显然6≠3。
2. 特征p的情况：比如有限域$\mathbb{F}_p(t)$（t是超越元）上的不可约多项式x^p - t，它的根是$t^{{1/p}$，且这个根是p重根（s=p），n-s=p-p=0，但分裂域E就是$\mathbb{F}_p(t}{1/p})$，扩张次数$[E:\mathbb{F}_p(t)]=p$，和0完全不沾边。

实际上，对于不可约多项式f：

• 如果f是可分的（特征0或char p不整除n且f不是形如$g(x^p)$），那么$[E:F]$等于f的Galois群的阶，这个阶是n!的约数；
• 如果f是不可分的，那么$[E:F] = \deg f_{\text{sep}}$，其中$f_{\text{sep}}$是f的可分部分，和n-s没有直接关系。

问题3：为什么$[E:F]$最大可达$n!$？ #

这个得结合Galois理论和多项式的根的扩张过程来看：

1. Galois理论视角：对于可分的不可约多项式f，$[E:F]$等于f的Galois群的阶。而Galois群是对称群$S_n$的子群（因为它作用在f的n个根上，是根的置换群）。当Galois群就是整个$S_n$时，它的阶就是n!，这时候$[E:F]=n!$。
2. 具体扩张过程视角：咱们可以一步步添加f的根：
   • 先添加第一个根$\alpha_1$，得到$F(\alpha_1)$，扩张次数是n（因为f不可约）；
   • 再添加第二个根$\alpha_2$，如果f在$F(\alpha_1)$上分解出$(x-\alpha_1)$后，剩下的n-1次多项式仍然不可约，那么$[F(\alpha_1,\alpha_2):F(\alpha_1)]=n-1$，总扩张次数就是n*(n-1)；
   • 以此类推，每添加一个根，对应的扩张次数就是当前剩余的根的个数，直到添加完所有根，总扩张次数就是n*(n-1)*...*1 = n!。

那什么时候会出现这种情况呢？比如$\mathbb{Q}$上的n次不可约多项式，如果它有n-2个实根和一对共轭复根，那么它的Galois群包含一个对换（对应复共轭交换那对复根），而因为多项式不可约，Galois群是传递的（能把任意一个根映射到另一个根），根据群论结论：传递且包含对换的$S_n$子群就是$S_n$本身，这时候Galois群的阶就是n!，对应的$[E:F]=n!$。比如$\mathbb{Q}$上的x^5 - 4x + 2，它的Galois群就是$S_5$，扩张次数就是120=5!。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Akababa