域嵌入与共轭根

单扩张：根与嵌入一一对应 ​

设 $\alpha$ 在 $F$ 上代数，极小多项式为 $m\in F[x]$。则映射

给出从全部 $F$-嵌入 $F(\alpha )\to \mathrm{\Omega }$ 到 $m$ 在 $\mathrm{\Omega }$ 中的不同根的一一对应。这里要求目标域中实际存在这个根；不能只凭次数就保证有那么多嵌入进入一个较小的目标域。

必要性来自保多项式关系：$m(\sigma (\alpha ))=\sigma (m(\alpha ))=0$。唯一性来自生成性：$F(\alpha )=F[\alpha ]$，所以每个元素都是 $\alpha$ 的多项式，像必须为 $g(\sigma (\alpha ))$。

存在性的关键是良定义。给定 $m(\beta )=0$，打算令

若同一个元素又写成 $h(\alpha )$，则 $m\mid (g-h)$；代入 $\beta$ 得 $g(\beta )=h(\beta )$，因此输出不依赖表达式。求值保持加、乘和 $1$，故这是域嵌入，其像恰为 $F(\beta )$。用商环理路商环Quotient ring按理想的陪集构造的环。语言说，就是 $F[x]/(m)\to \mathrm{\Omega }$ 的求值映射。

对有分母的表达式，同一映射满足

分母不会突然为零，因为嵌入单射，而原先 $h(\alpha )\ne 0$。这补全了“指定一个根，就指定全部四则运算”的含义。

多个生成元：下一层多项式的系数也要搬走 ​

设已经有嵌入 $\tau :K\to \mathrm{\Omega }$，现在要添入代数元 $\beta$。记它在 $K$ 上的极小多项式为

延拓 $\tau$ 到 $K(\beta )$ 时，$\beta$ 的像必须是

在 $\mathrm{\Omega }$ 中的根。每个这样的根都给出唯一延拓：对 $\sum a_i{\beta }^i$ 使用 $\sum \tau (a_i)b^i$，再按上一节检查良定义。$\tau (q)$ 在 $\tau (K)[x]$ 中仍不可约，因为系数同构会把任何分解搬回 $q$ 的分解。

取 $r=\sqrt[4]{2}>0$、$s=r^2=\sqrt{2}$。在塔

中，第一层由 $x^2-2$ 定义；第二层的极小多项式是 $x^2-s$。第二层确为二次：$x^4-2$ 由Eisenstein理路Eisenstein 不可约判据Eisenstein criterion · Eisenstein's irreducibility criterion · 艾森斯坦判据用一个素数对各系数及常数项平方整除的约束，排除有理系数中的所有正次数因式分解。在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，故总次数为 $4$，塔式定理给第二层次数 $2$。

进入 $\mathbb{C}$ 时，若第一步选 $s\mapsto s$，第二步可选 $r\mapsto r$ 或 $-r$；若第一步选 $s\mapsto -s$，第二层方程必须随之变成 $x^2+s$，于是只能选 $r\mapsto ir$ 或 $-ir$。总共得到四个嵌入。

不能先写 $s\mapsto -s$，再任意选择 $r\mapsto r$；这会把 $r^2=s$ 变成 $r^2=-s$。这个例子说明“给每个生成元任选一个原来的共轭根”可能产生非法组合。必须沿已经选定的系数映射逐层检查。

图中的 $r$ 是 $2$ 的正四次根，$s=r^2$；蓝框显示当前方程，红色标出随系数映射改变的符号，绿框给出全部合法根。左支的像仍为实数，右支进入复数域；箭头表示延拓步骤，不是域的包含关系。

这四个嵌入中，只有 $r\mapsto \pm r$ 的像等于实域 $\mathbb{Q}(r)$；另外两个像包含非实数 $ir$。因此嵌入到 $\mathbb{C}$ 的个数是 $4$，内部自同构个数却是 $2$。两种计数回答不同问题。

计数定理，不预先借用本原元 ​

设 $E/F$ 有限，$\mathrm{\Omega }$ 是 $F$ 的一个代数闭包理路代数闭包Algebraic closure在不加入超越元素的前提下，使基域上的所有代数方程都能获得全部根的扩域。：它在 $F$ 上代数，并且 $\mathrm{\Omega }$ 系数的每个非常数多项式都能在其中找到根。固定这个足够容纳全部代数根的目标后，便有

等号成立当且仅当 $E/F$ 可分理路可分扩张Separable extension · 可分域扩张扩张中每个代数元的最小多项式都没有重根，从而保留足够多的不同共轭嵌入。。证明可以沿有限生成塔完成，无须先声称整个扩张已经由一个元素生成。

选有限组生成元 ${\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_k$，例如取一组向量空间基，并令 $K_i=F({\alpha }_1,\dots ,{\alpha }_i)$。每个 $K_{i-1}$ 的嵌入，至多有 $[K_i:K_{i-1}]$ 个延拓，因为下一层多项式的不同根不超过次数。逐层相乘并用塔式定理理路扩张次数与塔式定理Extension degree · Tower law · 扩域次数以向量空间维数度量域扩张，并将一座有限扩张塔的次数分解为逐层次数之积。，得到总上界。

若 $E/F$ 可分，则 ${\alpha }_i$ 在 $K_{i-1}$ 上的极小多项式整除它在 $F$ 上无重根的极小多项式，故也无重根。传递系数后仍无重根：可用 $uq+v{q}^{\prime }=1$ 的互素证书一起传递。目标为代数闭包，所有根都存在，于是每一步恰好有次数那么多延拓，总数等于 $[E:F]$。

反之，若存在不可分的 $\gamma \in E$，就把 $\gamma$ 放在生成塔第一步。第一层不同根数严格小于 $[F(\gamma ):F]$，后面的每层仍至多给相应次数的倍增；因此总数严格小于 $[E:F]$。这也证明了等号的逆方向。

重根不会制造新的映射 ​

令 $F={\mathbb{F}}_p(t)$，${\alpha }^p=t$。多项式 $x^p-t$ 在 $F[x]$ 中不可约，可在 UFD ${\mathbb{F}}_p[t]$ 上以素元 $t$ 使用 Eisenstein 的同一证明；故扩张次数为 $p$。在代数闭包中却有

只有一个不同的根，所以只有一个 $F$-嵌入。重数 $p$ 记录的是同一个根重复出现，不是 $p$ 种不同的选择。

对于 $\theta =\sqrt{2}+\sqrt{3}$，相反地，其四次极小多项式有四个不同根 $\pm \sqrt{2}\pm \sqrt{3}$，每个根都给出一个嵌入。所有这些根还都留在 $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ 内，故四个嵌入全是自同构；具体坐标、全枚举与换基证书可以在单元终点中逐项核验。

自测：换目标与换基域 ​

仍取 $r=\sqrt[4]{2}$。进入 $\mathbb{R}$ 的 $\mathbb{Q}$-嵌入有几个？只有两个，对应实根 $r,-r$。若目标保留 $\mathbb{C}$，但要求固定 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$，又有几个？也只有两个，因为 $r^2=\sqrt{2}$ 必须保持不变。两个答案相同，限制的原因却不同：前者限制目标位置，后者限制哪些系数必须固定。