13.4 分裂域与代数闭包

分裂域与代数闭包

设 $F$ 为一个域。

如果 $f\left( x\right)$ 是 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的任意多项式，那么我们在第2节中已经看到存在一个域 $K$，它可以（通过将 $F$ 与 $F$ 的同构副本识别）被认为是一个扩展域，在这个扩展域中 $f\left( x\right)$ 有一个根 $\alpha$。这等价于说 $f\left( x\right)$ 在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中有一个线性因子 $x - \alpha$（这是第9章命题9）。

定义

如果扩展域 $K$ 是 $F$ 的一个多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的分裂域，那么 $f\left( x\right)$ 在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中完全分解为线性因子（或完全分裂），并且 $f\left( x\right)$ 不能在任何包含 $\mathrm{F}$ 的 $K$ 的真子域上完全分解为线性因子。

如果 $f\left( x\right)$ 的次数为 $n$，那么 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 中最多有 $n$ 个根（第9章命题17），并且当且仅当 $f\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中完全分裂时，$f\left( x\right)$ 在 $F$ 中恰好有 $n$ 个根（计重数）。

定理25

对于任意域 $F$，如果 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$，那么存在一个 $F$ 的扩展 $K$，它是 $f\left( x\right)$ 的分裂域。

证明：我们首先通过归纳法，对 $E$ 的次数 $n$ 进行证明，展示存在一个扩展 $E$ ，在该扩展上 $f\left( x\right)$ 完全分解为线性因子。如果 $n = 1$ ，那么取 $E = F$ 。现在假设 $n > 1$ 。如果 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的不可约因子都是次数为1的，那么 $F$ 是 $f\left( x\right)$ 的分裂域，我们可以取 $E = F$ 。否则，至少有一个不可约因子，比如说 $p\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的 $f\left( x\right)$ 是次数至少为2的。根据定理3，存在一个包含 $p\left( x\right)$ 的根 $\alpha$ 的 $F$ 的扩展 ${E}_{1}$ 。在 ${E}_{1}$ 上，多项式 $f\left( x\right)$ 有线性因子 $x - \alpha$ 。剩余因子 ${f}_{1}\left( x\right)$ 的次数是 $n - 1$ ，因此通过归纳，存在一个包含 ${f}_{1}\left( x\right)$ 所有根的 ${E}_{1}$ 的扩展 $E$ 。由于 $\alpha \in E,E$ 是包含 $f\left( x\right)$ 所有根的 $F$ 的扩展。现在让 $K$ 是包含 $F$ 且也包含 $f\left( x\right)$ 所有根的 $E$ 的所有子域的交集。那么 $K$ 是一个域，它是 $f\left( x\right)$ 的分裂域。

我们很快就会看到，对于 $f\left( x\right)$ 的任何两个分裂域都是同构的（这扩展了定理8），因此（出于习惯）我们经常提到一个多项式的分裂域。

定义

如果 $K$ 是 $F$ 的代数扩张，且是 $F$ 上多项式集合 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 的分裂域，那么 $K$ 被称为 $F$ 的正规扩张。

我们通常使用“分裂域”这个术语而不是“正规扩张”（参见第14.9节）。

示例

(1) ${x}^{2} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域就是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right)$，因为两个根是 $\pm \sqrt{2}$ 和

$- \sqrt{2} \in \mathbb{Q}\left( \sqrt{2}\right) .$

(2) $\left( {{x}^{2} - 2}\right) \left( {{x}^{2} - 3}\right)$ 的分裂域是 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt{2},\sqrt{3}}\right)$ ，它是在 $\mathbb{Q}$ 上由 $\sqrt{2}$ 和 $\sqrt{3}$ 生成的域，因为多项式的根是 $\pm \sqrt{2}, \pm \sqrt{3}$。我们已经知道这是一个在 $\mathbb{Q}$ 上的四次扩张，并且我们有以下已知子域的图：

(3) ${x}^{3} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域不仅仅是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$，因为如前所述，这个多项式在 $\mathbb{C}$ 中的三个根是

后两个根不是 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 的元素，因为该域的元素形式为 $a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}$ ，其系数为有理数 $a,b,c$，并且所有这些数都是实数。

这个多项式的分裂域 $K$ 是通过将这三个根加入到 $\mathbb{Q}$ 中得到的。注意，由于 $K$ 包含上述前两个根，因此它包含它们的商 $\frac{-1 + \sqrt{-3}}{2}$，因此 $K$ 包含元素 $\sqrt{-3}$。另一方面，任何包含 $\sqrt[3]{2}$ 和 $\sqrt{-3}$ 的域都包含上述所有三个根。因此

是 ${x}^{3} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域。由于 $\sqrt{-3}$ 满足方程 ${x}^{2} + 3 = 0$ ，这个扩张在 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 上的次数至多为2，因此必然是2，因为我们之前观察到 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right)$ 不是分裂域。因此

注意，我们最后可以稍微换一种方式处理，即通过注意到 $\mathbb{Q}\left( \sqrt{-3}\right)$ 是 $K$ 的子域，因此指标 $\left\lbrack {\mathbb{Q}\left( \sqrt{-3}\right) : \mathbb{Q}}\right\rbrack = 2$ 能整除 $\left\lbrack {K : \mathbb{Q}}\right\rbrack$ 。

由于这个扩张次数也能被3整除（因为 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[3]{2}\right) \subset K$ ），次数能被6整除，因此必然是6。

这给了我们已知子域的图表：

其中

（4）在计算分裂域时必须小心。多项式 ${x}^{4} + 4$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域比人们最初想象的要小。实际上这个多项式在 $\mathbb{Q}$ 上分解为：

其中这两个因子是不可约的（再次使用艾森斯坦判准）。通过二次公式求解这两个因子的根，我们找到四个根

使得这个多项式的分裂域仅仅是域 $\mathbb{Q}\left( i\right)$ ，这是 $\mathbb{Q}$ 的次数为2的扩张。

一般而言，如果 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个次数为 $n$ 的多项式，那么将 $f\left( x\right)$ 的一个根附加到 $F$ 上会生成一个次数至多为 $n$ 的扩展 ${F}_{1}$（当且仅当 $f\left( x\right)$ 不可约时，次数等于 $n$）。在 ${F}_{1}$ 上，多项式 $f\left( x\right)$ 现在至少有一个线性因子，因此 $f\left( x\right)$ 的任何其他根都满足一个次数至多为 $n - 1$ 的方程，该方程在 ${F}_{1}$ 上成立。将这样的根附加到 ${F}_{1}$ 上，因此我们得到一个次数至多为 $n - 1$ 的 ${F}_{1}$ 的扩展，等等。利用扩展次数的可乘性，这证明了

命题 26。一个次数为 $n$ 的多项式在 $F$ 上的分裂域的次数至多为 $n$ !。

如上述例子所示，一个分裂域的次数可能小于 $n$ !。稍后我们将使用伽罗瓦理论证明，在 $\mathbb{Q}$ 上的一个“一般”次数为 $n$ 的多项式（在明确定义的意义上）具有次数为 $n$ ! 的分裂域，因此这可以被视为“典型”情况（尽管我们将考虑的大部分有趣例子具有较小的分裂域次数）。

示例：（${x}^{n} - 1$ 的分裂域：单位根域）

考虑多项式 ${x}^{n} - 1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域。这个多项式的根被称为 ${n}^{\text{th }}$ 单位根。

回想一下，每个非零复数 $a + {bi} \in \mathbb{C}$ 都可以唯一地写成如下形式

这仅仅是用极坐标表示复平面上的点 $a + {bi}$：$r$ 是点(a,b)到原点的距离，$\theta$ 是与实轴正方向形成的角度。

在 $\mathbb{C}$ 上，方程 ${x}^{n} = 1$ 有 $n$ 个不同的解，即元素

对于 $k = 0,1,\ldots ,n - 1$ 。这些点在几何上由 $n$ 个等间隔的点给出，从点(1,0)（对应于 $k = 0$ ）开始，在复平面上的半径为1的圆上。这些点都是 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根是显而易见的，因为

因此 $\mathbb{C}$ 包含了 ${x}^{n} - 1$ 的分裂域，我们将经常把 ${x}^{n} - 1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域视为由上述数字在 $\mathbb{C}$ 上生成的域。

图6

在任何 ${x}^{n} - 1$ 的抽象分裂域 $K/\mathbb{Q}$ 中，${n}^{\text{th }}$ 的单位根集合在乘法下形成一个群，因为如果 ${\alpha }^{n} = 1$ 和 ${\beta }^{n} = 1$ ，那么 ${\left( \alpha \beta \right) }^{n} = 1$ ，所以这个 ${K}^{ \times }$ 的子集在乘法下是封闭的。因此，这是一个循环群（第9章命题18）；我们将看到在 $K$ 中有 $n$ 个不同的根，所以它的阶是 $n$。

定义。所有 ${n}^{\text{th }}$ 单位根的循环群的生成元被称为 ${n}^{\text{th }}$ 的本原单位根。

令 ${\zeta }_{n}$ 表示一个 ${n}^{\text{th }}$ 的本原根。其他 ${n}^{\text{th }}$ 的本原根则是形如 ${\zeta }_{n}{}^{a}$ 的元素，其中 $1 \leq a < n$ 是与 $n$ 互质的整数，因为这些都是阶为 $n$ 的循环群的生成元。特别地，存在恰好 $\varphi \left( n\right)$ 个 ${n}^{\text{th }}$ 的本原根，其中 $\varphi \left( n\right)$ 表示欧拉 $\varphi$ 函数。

在 $\mathbb{C}$ 上，我们可以通过令

（从 1 开始逆时针方向的第一个 ${n}^{\text{th }}$ 本原根）。那么所有其他的单位根都是 ${\zeta }_{n}$ 的幂：

因此 ${\zeta }_{n}$ 是 ${n}^{\text{th }}$ 的乘法群的一个可能的生成元。当我们从 $\mathbb{C}$ 观察单位根时，通常使用 ${\zeta }_{n}$ 来表示这个 ${n}^{\text{th }}$ 的本原根的选择。对于一些小的 $n$ 值，$\mathbb{C}$ 中的本原根是

（这些公式来自于 $n$ 边形的初等几何，并且无论如何都可以通过将它们提升到适当的幂来直接验证）。

${x}^{n} - 1$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域是域 $\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{n}\right)$，这个域有一个名称：

定义

$\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{n}\right)$ 域被称为 ${n}^{\text{th }}$ 单位根的循环域。

确定这个扩张的次数需要对 ${\zeta }_{n}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式进行一些分析，并将推迟到后面讨论（第6节）。一个我们已经考虑过的重要特殊情况是当 $n = p$ 是一个素数时。在这种情况下，我们有分解

并且由于 ${\zeta }_{p} \neq 1$，因此 ${\zeta }_{p}$ 是多项式的一个根。

我们在9.4节中证明了这是不可约的。因此 ${\Phi }_{p}\left( x\right)$ 是 ${\zeta }_{p}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式，所以

我们稍后会看到，一般情况下 $\left\lbrack {\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{n}\right) : \mathbb{Q}}\right\rbrack = \varphi \left( n\right)$ ，其中 $\varphi \left( n\right)$ 是 $n$ 的欧拉函数（因此 $\varphi \left( p\right) = p - 1$ ）。

示例：（${x}^{p} - 2,p$ 的分裂域，其中 ${x}^{p} - 2,p$ 是一个素数）

设 $p$ 为一个素数，并考虑 ${x}^{p} - 2$ 的分裂域。如果 $\alpha$ 是这个方程的根，即 ${\alpha }^{p} = 2$ ，那么 ${\left( \zeta \alpha \right) }^{p} = 2$ ，其中 $\zeta$ 是任意 ${p}^{\text{th }}$ 的单位根。因此这个方程的解是

如往常一样，符号 $\sqrt[p]{2}$ 表示如果我们希望将这些元素视为复数，则是2的正实根 ${p}^{\text{th }}$ ，如果我们抽象地看待这些根，则表示 ${x}^{p} = 2$ 的任意一个解。由于两个解 ${\zeta }_{p}\sqrt[p]{2}$ 和 $\sqrt[p]{2}$ 对于 ${\zeta }_{p}$ 的一个原始 ${p}^{\text{th }}$ 单位根的比值仅仅是 ${\zeta }_{p}$ ，所以 ${x}^{p} - 2$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的分裂域包含 $\mathbb{Q}\left( {\sqrt[p]{2},{\zeta }_{p}}\right)$ 。另一方面，上述所有根都在这个域中，因此分裂域确实是

这个域包含 ${p}^{\text{th }}$ 的单位根的循环域，并由 $\sqrt[p]{2}$ 生成其上，因此其是一个次数至多为 $p$ 的扩张。因此，这个扩张在 $\mathbb{Q}$ 上的次数是 $\leq p\left( {p - 1}\right)$ 。由于 $\mathbb{Q}\left( \sqrt[p]{2}\right)$ 和 $\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{p}\right)$ 都是子域，这个扩张在 $\mathbb{Q}$ 上的次数可以被 $p$ 和 $p - 1$ 整除。由于这两个数互质，因此扩张次数可以被 $p\left( {p - 1}\right)$ 整除，所以我们必定有

（这是推论22）。特别地，我们已证明 ${x}^{p} - 2$ 在 $\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{p}\right)$ 上保持不可约，这绝非显而易见。我们有以下已知子域的图：

特殊情况 $p = 3$ 是上面的例子3，在那里我们只是明确指出了 ${3}^{\text{rd }}$ 的单位根。

我们现在回到一个问题，即证明多项式 $f\left( x\right)$ 在域 $F$ 上的分裂域的构造方式无关紧要。正如定理8中所做的那样，对于两个域之间的任意同构 $\varphi : F\overset{ \sim }{ \rightarrow }{F}^{\prime }$，陈述结果更为方便。

定理27

设 $\varphi : F\overset{ \sim }{ \rightarrow }{F}^{\prime }$ 是域的同构。设 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个多项式，设 ${f}^{\prime }\left( x\right) \in {F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 是通过对 $f\left( x\right)$ 的系数应用 $\varphi$ 得到的多项式。设 $E$ 是 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域，设 ${E}^{\prime }$ 是 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在 ${F}^{\prime }$ 上的分裂域。那么同构 $\varphi$ 可以扩展为同构 $\sigma : E\overset{ \sim }{ \rightarrow }{E}^{\prime }$，即 $\sigma$ 限制在 $F$ 上是同构 $\varphi$ ：

证明：我们将通过对 $n$ 的度数进行归纳来证明这一点。正如在定理8之前的讨论中提到的，回忆一个从字段 $F$ 到另一个字段 ${F}^{\prime }$ 的同构 $\varphi$ 会在多项式环 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 和 ${F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 之间诱导出一个自然的同构。特别是，如果 $f\left( x\right)$ 和 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在这个同构下相对应，那么 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 $f\left( x\right)$ 的不可约因子对应于 ${F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的不可约因子。

如果 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 中有所有的根，那么 $f\left( x\right)$ 在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中完全分解，并且 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在 ${F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也完全分解（其线性因子是 $f\left( x\right)$ 的线性因子的像）。因此 $E = F$ 和 ${E}^{\prime } = {F}^{\prime }$ ，在这种情况下我们可以取 $\sigma = \varphi$ 。这表明当 $f\left( x\right)$ 的所有不可约因子的度数为1时，结果对于 $n = 1$ 是成立的。

现在假设通过归纳定理已经对任何字段 $F$ 、同构 $\varphi$ 和次数为 $< n$ 的多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 证明了该定理。设 $p\left( x\right)$ 是 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 $f\left( x\right)$ 的一个不可约因子，其次数至少为2，设 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 是 ${F}^{\prime }\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的相应不可约因子。如果 $\alpha \in E$ 是 $p\left( x\right)$ 的一个根，$\beta \in {E}^{\prime }$ 是 ${p}^{\prime }\left( x\right)$ 的一个根，那么根据定理8，我们可以将 $\varphi$ 扩展为一个同构 ${\sigma }^{\prime } : F\left( \alpha \right) \overset{ \sim }{ \rightarrow }{F}^{\prime }\left( \beta \right)$ ：

令 ${F}_{1} = F\left( \alpha \right) ,{F}_{1}^{\prime } = {F}^{\prime }\left( \beta \right)$，使得我们有同构 ${\sigma }^{\prime } : {F}_{1}\overset{ \sim }{ \rightarrow }{F}_{1}^{\prime }$。我们在 ${F}_{1}$ 上有 $f\left( x\right) = \left( {x - \alpha }\right) {f}_{1}\left( x\right)$，其中 ${f}_{1}\left( x\right)$ 的次数为 $n - 1$ 且 ${f}^{\prime }\left( x\right) = \left( {x - \beta }\right) {f}_{1}^{\prime }\left( x\right)$。域 $E$ 是 ${f}_{1}\left( x\right)$ 在 ${F}_{1}$ 上的分裂域：${f}_{1}\left( x\right)$ 的所有根都在 $E$ 中，如果它们包含在任何包含 ${F}_{1}$ 的更小扩展 $L$ 中，那么，由于 ${F}_{1}$ 包含 $\alpha ,L$，$L$ 也会包含 $f\left( x\right)$ 的所有根，这将与 $E$ 作为 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域的极小性相矛盾。类似地，${E}^{\prime }$ 是 ${f}_{1}^{\prime }\left( x\right)$ 在 ${F}_{1}^{\prime }$ 上的分裂域。由于 ${f}_{1}\left( x\right)$ 和 ${f}_{1}^{\prime }\left( x\right)$ 的次数都小于 $n$，通过归纳，存在一个映射 $\sigma : E \rightarrow {E}^{\prime }$ 扩展同构 ${\sigma }^{\prime } : {F}_{1} \rightarrow {F}_{1}^{\prime }$。这给出了扩展的图示：

如图所示，$\sigma$ 在 ${F}_{1}$ 上的限制是同构 ${\sigma }^{\prime }$，因此特别是 $\sigma$ 在 $F$ 上的限制是 ${\sigma }^{\prime }$ 在 $F$ 上的限制，即 $\varphi$，这表明 $\sigma$ 是 $\varphi$ 的扩展，完成了证明。

推论 28（分裂域的唯一性）

对于一个多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 在一个域 $F$ 上的任何两个分裂域都是同构的。

证明：取 $\varphi$ 为从 $F$ 到其自身的恒等映射，以及 $E$ 和 ${E}^{\prime }$ 为 $f\left( x\right) \left( { = {f}^{\prime }\left( x\right) }\right)$ 的两个分裂域。

如我们之前提到的，这个结果证明了对于 $f\left( x\right)$ 在 $F$ 上的分裂域术语是合理的，因为任何两个分裂域都是同构的。分裂域在代数元素的研究中起着自然的作用（如果你正在添加一个多项式的一个根，为什么不添加所有的根呢？）因此在伽罗瓦理论中具有特别重要的角色。

我们以讨论 $F$ 的包含所有 $F$ 上多项式根的域扩张来结束这一节。

定义

如果 $\bar{F}$ 在 $F$ 上是代数的，并且每个多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $\bar{F}$ 上完全分裂（因此可以说 $\bar{F}$ 包含了所有在 $F$ 上代数的元素），那么域 $\bar{F}$ 被称为 $F$ 的代数闭包。

定义

如果一个域 $K$ 中的每个系数多项式都有一个在 $K$ 中的根，那么这个域 $K$ 被称为代数闭域。

并不是显而易见地存在代数闭域，也不是显而易见地存在给定域 $F$ 的代数闭包（我们很快将证明这一点）。

注意，如果 $K$ 是代数闭域，那么实际上每个 $f\left( x\right) \in K\left\lbrack x\right\rbrack$ 的所有根都在 $K$ 中，因为根据定义 $f\left( x\right)$ 有一个根 $\alpha \in K$ ，因此 $f\left( x\right)$ 在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中有一个因子 $x - \alpha$ 。$f\left( x\right)$ 的剩余因子于是就是 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的多项式，因此它有一个根，所以有一个线性因子等等，因此 $f\left( x\right)$ 必须完全分裂。因此，如果 $K$ 是代数闭域，那么 $K$ 本身就是 $K$ 的代数闭包，反之亦然，因此 $K = \bar{K}$ 当且仅当 $K$ 是代数闭域。

下一个结果表明，“取代数闭包”的过程实际上在一步之后就会停止——对一个代数闭包取代数闭包不会得到一个更大的域：该域已经代数闭包了（记作：$\overline{\overline{F}} = \overline{F}$）。

命题 29

设 $\bar{F}$ 是 $F$ 的代数闭包。那么 $\bar{F}$ 是代数闭的。

证明：设 $f\left( x\right)$ 是 $\bar{F}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的一个多项式，$\alpha$ 是 $f\left( x\right)$ 的一个根。那么 $\alpha$ 生成了一个代数扩张 $\bar{F}\left( \alpha \right)$ ，它是 $\bar{F}$ 的扩张，且 $\bar{F}$ 是 $F$ 上的代数。根据定理，${20},\bar{F}\left( \alpha \right)$ 是 $F$ 上的代数，因此特别是它的元素 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数。但是这样 $\alpha \in \bar{F}$ ，表明 $\bar{F}$ 是代数闭的。

给定一个域 $F$ ，我们已经展示了如何构造包含任何给定多项式 $f\left( x\right) \in F\left\lbrack x\right\rbrack$ 所有根的（有限）扩张。直观上，$F$ 的代数闭包是由所有这些域“生成”的域。这里的困难在于“生成”在哪里，因为它们并不都是某个给定域的子域。对于有限个多项式 ${f}_{1}\left( x\right) ,\ldots ,{f}_{k}\left( x\right)$ 的集合，我们可以将它们的分裂域识别为乘积多项式 ${f}_{1}\left( x\right) \cdots {f}_{k}\left( x\right)$ 分裂域的子域，但是对于无限多个多项式，同样的想法需要大量的“簿记”识别和佐恩引理的应用。

我们将转而构建 $F$ 的代数闭包，首先构建一个包含 $F$ 的代数闭域。证明使用了阿廷的一个巧妙想法，非常干净地解决了构造包含多项式适当根的域的“簿记”问题（这也最终依赖于佐恩引理），为每个多项式引入了一个单独的变量。

命题30

对于任何域 $F$ ，存在一个包含 $F$ 的代数闭域 $K$ 。

证明：对于每个非常数的首一多项式 $f = f\left( x\right)$ ，其系数在 $F$ 中，设 ${x}_{f}$ 表示一个不定元，并考虑由变量 ${x}_{f}$ 生成的在 $F$ 上的多项式环 $F\left\lbrack {\ldots ,{x}_{f},\ldots }\right\rbrack$ 。在这个多项式环中，考虑由多项式 $f\left( {x}_{f}\right)$ 生成的理想 $I$ 。如果这个理想不是真理想，那么1是理想的一个元素，因此我们有一个关系

其中 ${g}_{i},i = 1,2,\ldots ,n$ 是 ${x}_{f}$ 中的多项式。对于 $i = 1,2,\ldots ,n$ ，设 ${x}_{{f}_{i}} = {x}_{i}$ ，并让 ${x}_{n + 1},\ldots ,{x}_{m}$ 是多项式 ${g}_{j},j = 1,2,\ldots ,n$ 中出现的其余变量。那么上面的关系可以读作

设 ${F}^{\prime }$ 是包含 $F$ 的根 ${\alpha }_{i}$ 的 ${f}_{i}\left( x\right)$ 的有限扩张，对于 $i = 1,2,\ldots ,n$ 。设 ${x}_{i} = {\alpha }_{i},i = 1,2,\ldots ,n$ ，并将 ${x}_{n + 1} = \cdots = {x}_{m} = 0$ ，例如，代入上面的多项式方程中，将意味着 $0 = 1$ 在 ${F}^{\prime }$ 中，显然这是不可能的。

由于理想 $I$ 是一个真理想，它包含在一个极大理想 $\mathcal{M}$ 中（这就是使用佐恩引理的地方）。那么商环

是一个包含（同构副本的）$F$ 的域。每一个多项式 $f$ 在构造上都有 ${K}_{1}$ 中的一个根，即 ${x}_{f}$ 的像，因为 $f\left( {x}_{f}\right) \in I \subseteq \mathcal{M}$ 。我们已经构造了一个域 ${K}_{1}$，其中每个系数来自 $F$ 的多项式都有一个根。用 ${K}_{1}$ 代替 $F$ 进行相同的构造，得到一个包含 ${K}_{1}$ 的域 ${K}_{2}$，其中所有系数来自 ${K}_{1}$ 的多项式都有一个根。继续这样下去，我们得到一个域的序列

其中每个系数在 ${K}_{j}$ 中的多项式在 ${K}_{j + 1},j = 0,1,\ldots$ 中都有一个根。设

是这些域的并集。那么 $K$ 显然是一个包含 $F$ 的域。由于 $K$ 是域 ${K}_{j}$ 的并集，任何在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的多项式 $h\left( x\right)$ 的系数都位于某个对于 $N$ 足够大的域 ${K}_{N}$ 中。但是 $h\left( x\right)$ 在 ${K}_{N + 1}$ 中有一个根，所以 $K$ 也有一个根。因此 $K$ 是代数闭域，从而完成了证明。

我们现在使用包含 $F$ 的代数闭域来构造 $F$ 的代数闭包：

命题 31

设 $K$ 是一个代数闭域，$F$ 是 $K$ 的一个子域。那么 $K$ 中所有在 $F$ 上代数的元素 $\bar{F}$ 的集合是 $F$ 的一个代数闭包。$F$ 的代数闭包在同构下是唯一的。

证明：根据定义，$\bar{F}$ 是 $F$ 的代数扩张。每一个多项式 $f\left( x\right) \in$ $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 在 $K$ 上完全分解为线性因子 $x - \alpha$（对于每一个多项式，即使在 $K\left\lbrack x\right\rbrack$ 中也是如此）。但是每一个 $\alpha$ 都是 $f\left( x\right)$ 的根，因此它对 $F$ 是代数的，因此是 $\bar{F}$ 的元素。因此，所有线性因子 $x - \alpha$ 的系数都在 $\bar{F}$ 中，即 $f\left( x\right)$ 在 $\bar{F}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中完全分解，$\bar{F}$ 是 $F$ 的代数闭包。

代数闭包的唯一性（至多同构）在分裂域的唯一性（至多同构）的光照下是自然的，并且与使用 Zorn 引理的应用一起沿着相同的线索证明，这里将省略。

我们稍后使用伽罗瓦理论将证明以下结果（也存在仅使用复分析的纯分析证明）。

定理（代数基本定理）

域 $\mathbb{C}$ 是代数闭的。

根据命题31，我们立即得到：

推论32

域 $\mathbb{C}$ 包含其任一子域的代数闭包。特别是，$\overline{\mathbb{Q}}$，即复数域中关于 $\mathbb{Q}$ 的代数数的集合，是 $\mathbb{Q}$ 的代数闭包。

这些考虑的要点是，所有涉及域 $F$ 上的代数元素的运算都可以看作是在一个（大）域中进行的，即 $\bar{F}$ 。类似地，我们可以合理地谈论任何代数扩展的复合，方法是将它们都视为某个代数闭包的子域。在 $\mathbb{Q}$ 或 $\mathbb{Q}$ 的有限扩展的情况下，我们可以将所有的运算都视为在 $\mathbb{C}$ 中进行。