扩展阅读：比 \(\mathbb{C}\) 更大的域

本页面以 1.1 习题 中的思考题「是否存在比 \(\mathbb{C}\) 更大的域」为起点，把"更大"一词拆成四种互不相同的含义——集合包含、代数扩张、势（元素个数）、抽象同构——并为每一种含义给出结论、例子与证明。为了把话说清楚，页面会从零补上两样工具：分式域与代数闭域。

整页属于课外推广，读完 1.1 后随时可以回来；其中标了"超纲"的段落更是跳过也无妨。

前置知识

• 数域：群、环、域、数域的定义，以及"\(\mathbb{C}\) 是最大的数域"
• 数域：\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 的记号（本页把 \(\mathbb{Q}\) 换成任意域使用）
• 关系与等价类：等价关系与商集。构造分式域用的是与 \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 完全相同的语言
• 多项式：\(\deg(fg) = \deg f + \deg g\)，从而 \(\mathbb{C}[x]\) 没有零因子

结论速览

"更大"的含义	形式化	是否存在	例子
集合包含，且限定为数域	\(F \subseteq \mathbb{C}\)	不存在	\(\mathbb{C}\) 自身已是最大数域
代数扩张	\(\mathbb{C} \subsetneq E\) 且 \(E/\mathbb{C}\) 代数	不存在	——（原因是 \(\mathbb{C}\) 代数闭）
集合包含，但不要求 \(E\) 是数域	\(\mathbb{C} \subsetneq E\)	存在	\(\mathbb{C}(x)\)、\(\overline{\mathbb{C}(x)}\)
势（元素个数）	\(\#E > \#\mathbb{C}\)	存在	\(\mathbb{C}(t_i : i \in I)\)，\(\#I\) 足够大
抽象同构	\(E \cong\) 某个 \(K \subseteq \mathbb{C}\)	存在	\(\mathbb{C}(x)\)（需要 Steinitz 定理）

思考题的解答之所以显得"绕"，是因为它同时在用第一行与第三行：数域止步于 \(\mathbb{C}\) 与 域可以越过 \(\mathbb{C}\) 并不矛盾，它们说的根本不是同一个范畴。

"更大"的四种含义

把"是否存在比 \(\mathbb{C}\) 更大的域"这句话写清楚，至少要先确定三件事：比什么（集合包含还是别的），在哪一类对象里比（数域还是任意域），"更大"是否等于"不同"。

1. 集合包含，且限制在数域里。 数域按定义就是 \(\mathbb{C}\) 的子域，所以每个数域 \(F\) 都满足 \(F \subseteq \mathbb{C}\)。在这个限制下 \(\mathbb{C}\) 已经是最大的，问题没有讨论余地。
2. 代数扩张意义下的更大。 若 \(E \supseteq \mathbb{C}\) 是域，且 \(E\) 中每个元素都在 \(\mathbb{C}\) 上代数，则必有 \(E = \mathbb{C}\)（见后文）。这条路也走不通。
3. 集合包含，但不要求 \(E\) 是数域。 这时"添加一个超越元"立刻给出反例 \(\mathbb{C}(x)\)，这正是思考题解答走的路。
4. 势与抽象同构。 加一个超越元并不会改变势：\(\#\mathbb{C}(x) = \#\mathbb{C}\)。而更反直觉的是，\(\mathbb{C}(x)\) 作为抽象域竟然同构于 \(\mathbb{C}\) 的某个子域。

换句话说，\(\mathbb{C}\) 的"最大"是数域这一范畴里的最大；一旦离开这个范畴，"更大"就有了好几种互不等价的意思，而它们的答案并不相同。

\(\mathbb{C}(x)\)：添加一个超越元

分式域：从 \(\mathbb{C}[x]\) 到 \(\mathbb{C}(x)\)

在 \(\mathbb{C}\) 上添加一个新元素 \(x\)，允许对它做加、减、乘、除，得到的就是有理函数全体。为了把"允许做除法"讲严格，需要下面的构造：它与导论里"用等价类造商集"是同一套手法。

定义（整环）

交换幺环 \(D\) 若满足 \(1 \ne 0\)，且

\[ ab = 0 \implies a = 0 \text{ 或 } b = 0, \qquad \forall a, b \in D, \]

则称 \(D\) 为整环（即没有零因子的交换幺环）。

\(\mathbb{C}[x]\) 是整环

设 \(f, g \in \mathbb{C}[x]\) 都非零，则

\[ \deg(fg) = \deg f + \deg g, \]

右边是有限数，故 \(fg \ne 0\)；又 \(1 \ne 0\)。所以 \(\mathbb{C}[x]\) 是整环。对多个未定元 \(\mathbb{C}[t_1, \dots, t_n]\)（乃至任意多个）同理：取定一个单项式序，两个非零多项式乘积的首项等于各自首项之积，不为零。

定理（分式域）

设 \(D\) 是整环。在集合 \(D \times (D \setminus \{0\})\) 上定义关系

\[ (f, g) \sim (f', g') \iff fg' = f'g . \]

则 \(\sim\) 是等价关系。记 \(\dfrac{f}{g}\) 为 \((f,g)\) 所在的等价类，并在商集

\[ \operatorname{Frac}(D) = \frac{D \times (D \setminus \{0\})}{\sim} \]

上定义

\[ \frac{f}{g} + \frac{f'}{g'} = \frac{fg' + f'g}{gg'}, \qquad \frac{f}{g} \cdot \frac{f'}{g'} = \frac{ff'}{gg'} . \]

则这两个运算与代表元的选取无关，且 \(\operatorname{Frac}(D)\) 关于它们构成一个域，称为 \(D\) 的分式域。此外

\[ D \longrightarrow \operatorname{Frac}(D), \qquad f \mapsto \frac{f}{1} \]

是单同态，故可把 \(D\) 看作 \(\operatorname{Frac}(D)\) 的子环。

证明

第一步：\(\sim\) 是等价关系。

自反性 \(fg = fg\) 与对称性都是定义直接给出的。设 \(fg' = f'g\) 且 \(f'g'' = f''g'\)。第一式两边乘 \(g''\)、第二式两边乘 \(g\)，得

\[ fg'g'' = f'gg'', \qquad f'g''g = f''g'g . \]

两式右边在交换环中相等，故 \(fg'g'' = f''g'g\)，即 \((fg'' - f''g)g' = 0\)。因 \(D\) 是整环且 \(g' \ne 0\)，得 \(fg'' = f''g\)，即 \((f, g) \sim (f'', g'')\)。传递性成立。

第二步：运算良定义。

设 \(\dfrac{f}{g} = \dfrac{f_1}{g_1}\)、\(\dfrac{f'}{g'} = \dfrac{f_1'}{g_1'}\)，即 \(fg_1 = f_1g\)、\(f'g_1' = f_1'g'\)。

乘法：直接计算

\[ (ff')(g_1g_1') = (fg_1)(f'g_1') = (f_1g)(f_1'g') = (f_1f_1')(gg'), \]

故 \(\dfrac{ff'}{gg'} = \dfrac{f_1f_1'}{g_1g_1'}\)。

加法：把两边通分后比较分子，

\[ (fg' + f'g)g_1g_1' = (fg_1)g'g_1' + (f'g_1')gg_1 = f_1gg'g_1' + f_1'g'gg_1 = (f_1g_1' + f_1'g_1)gg' , \]

故两个和相等。所以运算确实由等价类本身决定。注意 \(g, g' \ne 0\) 与整环性质保证 \(gg' \ne 0\)，运算结果仍在集合内。

第三步：\(\operatorname{Frac}(D)\) 是域。

加法与乘法的交换律、结合律以及分配律都可以像上面那样通分后直接验证。以分配律为例：

\[ \frac{f}{g}\left(\frac{f'}{g'} + \frac{f''}{g''}\right) = \frac{f(f'g'' + f''g')}{gg'g''} = \frac{f}{g}\cdot\frac{f'}{g'} + \frac{f}{g}\cdot\frac{f''}{g''} , \]

最后一步是把右端两项通分。其余几条同法。

记 \(0 = \dfrac{0}{1}\)、\(1 = \dfrac{1}{1}\)。对任意 \(\dfrac{f}{g}\)，其加法逆元是 \(\dfrac{-f}{g}\)，故 \((\operatorname{Frac}(D), +)\) 构成交换群。若 \(\dfrac{f}{g} \ne 0\)，则 \(f \ne 0\)（否则 \(f \cdot 1 = 0 \cdot g\) 给出 \((f,g) \sim (0,1)\)），于是 \(\dfrac{g}{f}\) 有定义，且

\[ \frac{f}{g} \cdot \frac{g}{f} = \frac{fg}{gf} = \frac{1}{1}, \]

最后一步用的是 \(fg \cdot 1 = 1 \cdot gf\)。故非零元都可逆。又 \(0 \ne 1\)：若 \(\dfrac{0}{1} = \dfrac{1}{1}\)，则 \(0 \cdot 1 = 1 \cdot 1\)，即 \(0 = 1\)，与 \(D\) 是整环矛盾。总之 \(\operatorname{Frac}(D)\) 是交换幺环且非零元构成交换群，即域。

第四步：嵌入是单射。

若 \(\dfrac{f}{1} = \dfrac{f'}{1}\)，则 \(f \cdot 1 = f' \cdot 1\)，即 \(f = f'\)。故 \(f \mapsto \dfrac{f}{1}\) 是单射，且它显然保持加法与乘法。

定义（有理函数域 \(\mathbb{C}(x)\)）

取整环 \(D = \mathbb{C}[x]\)，记

\[ \mathbb{C}(x) = \operatorname{Frac}(\mathbb{C}[x]) = \left\{ \frac{f(x)}{g(x)} \;\middle|\; f, g \in \mathbb{C}[x],\ g \ne 0 \right\}, \]

称为 \(\mathbb{C}\) 上的一元有理函数域。由定理的单射 \(c \mapsto \dfrac{c}{1}\)，把 \(\mathbb{C}\) 看作 \(\mathbb{C}(x)\) 的子域：

\[ \mathbb{C} \subseteq \mathbb{C}(x) . \]

记号：同一个字母的两个身份

在 \(\mathbb{C}(x) = \operatorname{Frac}(\mathbb{C}[x])\) 里，字母 \(x\) 出现在两个位置：作为多项式环 \(\mathbb{C}[x]\) 的未定元，和作为分式域中的元素 \(\dfrac{x}{1}\)。这是标准写法，含义由上下文决定。本页在容易混淆的地方把未定元写成大写 \(X\)：例如"多项式 \(p \in \mathbb{C}[X]\) 在元素 \(x \in \mathbb{C}(x)\) 处的取值 \(p(x)\)"指的是类 \(\dfrac{p}{1}\)。

命题（\(\mathbb{C} \subsetneq \mathbb{C}(x)\)）

\(\mathbb{C}\) 是 \(\mathbb{C}(x)\) 的真子域。

证明

包含已由上面的嵌入给出。再证 \(x \notin \mathbb{C}\)：\(\mathbb{C}\) 在 \(\mathbb{C}(x)\) 中的元素恰是形如 \(\dfrac{c}{1}\)（\(c \in \mathbb{C}\)）的类。若 \(\dfrac{x}{1} = \dfrac{c}{1}\)，则 \(x \cdot 1 = c \cdot 1\)，即多项式 \(X - c\) 是零多项式，与 \(\deg(X - c) = 1\) 矛盾。故 \(x \in \mathbb{C}(x) \setminus \mathbb{C}\)。

注意：\(\mathbb{C}(x)\) 不是数域

数域必须是 \(\mathbb{C}\) 的子集，而 \(\mathbb{C}(x)\) 的元素是等价类（有理函数），不是复数，所以 \(\mathbb{C}(x)\) 不是数域，尽管它是域且以 \(\mathbb{C}\) 为子域。这正是"\(\mathbb{C}\) 是最大数域"与"存在比 \(\mathbb{C}\) 更大的域"能同时成立的原因。

\(x\) 是超越元

定义（代数元、超越元、扩张次数）

设 \(K \subseteq E\) 是域，\(\alpha \in E\)。若存在非零多项式 \(p \in K[X]\) 使 \(p(\alpha) = 0\)，则称 \(\alpha\) 在 \(K\) 上代数；否则称 \(\alpha\) 在 \(K\) 上超越。若 \(E\) 中每个元素都在 \(K\) 上代数，则称 \(E/K\) 是代数扩张，否则称为超越扩张。

\(E\) 作为 \(K\)-向量空间的维数记作 \([E : K]\)，称为扩张 \(E/K\) 的次数；维数有限时称 \(E/K\) 为有限扩张。

命题（\(x\) 在 \(\mathbb{C}\) 上超越）

在 \(\mathbb{C}(x)\) 中，元素 \(x\) 在 \(\mathbb{C}\) 上超越。

证明

设 \(p \in \mathbb{C}[X]\) 非零。按定义 \(p(x) = \dfrac{p}{1}\)，而

\[ \frac{p}{1} = \frac{0}{1} \iff p \cdot 1 = 0 \cdot 1 \iff p = 0 \text{（多项式零）}, \]

与 \(p \ne 0\) 矛盾。故不存在以 \(x\) 为根的非零多项式，\(x\) 在 \(\mathbb{C}\) 上超越。

为什么这个证明这么短

因为"\(x\) 超越"是分式域构造设计出来的，不是算出来的：\(x\) 只是一个符号，\(\dfrac{p}{1} = \dfrac{0}{1}\) 按定义就等于 \(p = 0\)。

作为对照：\(\mathbb{C}\) 里没有任何一个数在 \(\mathbb{R}\) 上超越，因为每个 \(z \in \mathbb{C}\) 都满足一个实系数二次方程

\[ z^2 - 2\operatorname{Re}(z)\,z + \lvert z \rvert^2 = 0 . \]

事实上 \([\mathbb{C} : \mathbb{R}] = 2\)，\(\mathbb{C}\) 关于 \(\mathbb{R}\) 是代数扩张——这也再次说明"在 \(\mathbb{C}\) 里找超越元"是找不到的。

命题（\([\mathbb{C}(x) : \mathbb{C}] = \infty\)）

\(\mathbb{C}(x)\) 作为 \(\mathbb{C}\)-向量空间是无限维的，即扩张次数无限。

证明

只需说明 \(1, x, x^2, x^3, \dots\) 在 \(\mathbb{C}\) 上线性无关。设

\[ c_0 + c_1x + \cdots + c_nx^n = 0, \qquad c_i \in \mathbb{C}. \]

左端正是 \(\dfrac{c_0 + c_1X + \cdots + c_nX^n}{1}\)，由上一条命题的同一论证，它等于 \(0\) 迫使分子是零多项式，即 \(c_0 = c_1 = \cdots = c_n = 0\)。故这些元素线性无关，维数无限。

为什么只能往超越方向找：\(\mathbb{C}\) 是代数闭域

上一节能造出 \(\mathbb{C}(x)\)，靠的是 \(\mathbb{C}\) 的一个特殊性质：它没有真正的代数扩张。把这件事说清楚，也就回答了思考题里那句"为什么必须在超越方向上找"。

定义（代数闭域）

设 \(F\) 是域。若每个次数 \(\ge 1\) 的多项式 \(p \in F[X]\) 在 \(F\) 中都有根，则称 \(F\) 是代数闭域。

定理（代数基本定理）

\(\mathbb{C}\) 是代数闭域。

超纲（可跳过）

代数基本定理的证明要用到分析或拓扑（例如"\(\mathbb{C}\) 上的非常数多项式必有根"可由连续性、闭圆盘上的最大模或环绕数论证），本课不要求。这里只把它当作已知结论使用。

代数闭域没有真正的代数扩张

定理（代数闭域没有真代数扩张）

设 \(F\) 是代数闭域。若 \(E/F\) 是代数扩张，则 \(E = F\)。

证明

设 \(\alpha \in E\)。由 \(E/F\) 代数，\(\alpha\) 在 \(F\) 上有极小多项式 \(p \in F[X]\)：首项系数为 \(1\)、以 \(\alpha\) 为根、次数最低的多项式。由极小多项式的标准性质，\(p\) 在 \(F[X]\) 中不可约。

又 \(F\) 代数闭，故 \(p\) 在 \(F\) 中有根 \(a\)。由因式定理 \(X - a \mid p\)。因 \(p\) 不可约且 \(\deg p \ge 1\)，只能有 \(\deg p = 1\)，即 \(p = X - a\)。于是 \(p(\alpha) = 0\) 给出 \(\alpha = a \in F\)。

所以 \(E \subseteq F\)，即 \(E = F\)。

推论

设 \(E \supseteq \mathbb{C}\) 是域。若 \(E/\mathbb{C}\) 代数，则 \(E = \mathbb{C}\)。特别地，对任意在 \(\mathbb{C}\) 上代数的 \(\alpha\)，都有 \(\mathbb{C}(\alpha) = \mathbb{C}\)。

直观地说：在 \(\mathbb{C}\) 里解方程永远解不出新东西，因为根已经在里面了。要在 \(\mathbb{C}\) 之上得到新域，必须添加超越元（如 \(\mathbb{C}(x)\) 中的 \(x\)）。

代数闭 \(\ne\) 极大

"代数闭"只排除代数扩张，不排除超越扩张。更值得记住的是：代数闭域也可以被另一个代数闭域真包含。下面这个例子最典型。

代数闭不等于极大：可数的代数闭子域 \(\overline{\mathbb{Q}}\)

定义（\(\mathbb{Q}\) 的代数闭包 \(\overline{\mathbb{Q}}\)）

记

\[ \overline{\mathbb{Q}} = \{ z \in \mathbb{C} \mid z \text{ 在 } \mathbb{Q} \text{ 上代数} \}, \]

称为 \(\mathbb{Q}\) 的代数闭包，其中的元素叫代数数。

命题

\(\overline{\mathbb{Q}}\) 是 \(\mathbb{C}\) 的代数闭子域，且 \(\#\overline{\mathbb{Q}} = \aleph_0\)。从而

\[ \overline{\mathbb{Q}} \subsetneq \mathbb{C}, \]

即 \(\mathbb{C}\) 真包含一个代数闭子域。

证明

• 是子域：两个在 \(\mathbb{Q}\) 上代数的复数，其和、差、积、商（除数非零）仍在 \(\mathbb{Q}\) 上代数。这是代数元的基本封闭性，来自"\(\mathbb{Q}(\alpha)\) 是 \(\mathbb{Q}\) 的有限扩张"以及扩张的塔性质。
• 代数闭：设 \(\alpha\) 在 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 上代数，而 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 中每个元素都在 \(\mathbb{Q}\) 上代数，则由代数性的传递性（仍是塔性质），\(\alpha\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上代数，即 \(\alpha \in \overline{\mathbb{Q}}\)。
• 可数：\(\mathbb{Q}[X]\) 中的多项式由有限个有理系数决定，故 \(\mathbb{Q}[X]\) 可数；每个多项式在 \(\mathbb{C}\) 中只有有限个根，可数个有限集的并仍可数，故 \(\#\overline{\mathbb{Q}} = \aleph_0\)。
• 严格小于：\(\#\mathbb{C} = \mathfrak{c} = 2^{\aleph_0} > \aleph_0\)，故 \(\overline{\mathbb{Q}} \subsetneq \mathbb{C}\)。

超纲（可跳过）

上面用到的两条事实——"代数元对四则运算封闭"与"代数性有传递性"——属于域扩张的基础定理，通常在讲多项式与扩域时证明（塔性质：若 \(F \subseteq K \subseteq E\) 且 \(K/F\)、\(E/K\) 都有限，则 \(E/F\) 有限且 \([E:F] = [E:K][K:F]\)）。

顺便得到一个对照：\(\overline{\mathbb{Q}}\) 与 \(\mathbb{C}\) 都是特征 \(0\) 的代数闭域，但势分别是 \(\aleph_0\) 与 \(\mathfrak{c}\)，故绝不同构。可见代数闭域并不唯一，而 \(\mathbb{C}\) 只是其中"势为 \(\mathfrak{c}\)"的那一类（见后文）。

此外，\(\mathbb{C}/\overline{\mathbb{Q}}\) 只能是超越扩张，且超越次数为 \(\mathfrak{c}\)：在 \(\mathbb{C}\) 中取一组在 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 上代数无关的元素，使 \(\mathbb{C}\) 在其上代数，则由势的计算 \(\mathfrak{c} = \#\mathbb{C} = \max(\aleph_0, \#T)\) 得 \(\#T = \mathfrak{c}\)。

加一个超越元不改变势

想比较"大小"，最粗暴的指标是元素个数。把 \(\mathbb{C}\) 换成任意无限域 \(F\)，先算一算加一个超越元到底付出了多少"规模"。

约定 \(\mathfrak{c} = \#\mathbb{C} = 2^{\aleph_0}\)，称为连续统的势；\(\aleph_0 = \#\mathbb{Q} = \#\mathbb{Z}\) 是可数的势。

定理（一元有理函数域不改变势）

设 \(F\) 是无限域。则

\[ \#F(x) = \#F . \]

证明

先数多项式：\(F[x]\) 中每个元素是有限序列 \((c_0, c_1, \dots, c_n)\)，故

\[ \#F[x] = \#\bigcup_{n \ge 0} F^{n+1} = \aleph_0 \cdot \#F = \#F , \]

最后一步用了 \(F\) 无限。再数有理函数：每个有理函数都能写成某一对 \((f, g)\)（\(g \ne 0\)）的类，故映射 \((f, g) \mapsto \dfrac{f}{g}\) 是满射，于是

\[ \#F(x) \le \#\bigl(F[x] \times F[x]\bigr) = \#F \cdot \#F = \#F . \]

另一方面 \(F \subseteq F(x)\)，故 \(\#F(x) \ge \#F\)。两边夹起来即得 \(\#F(x) = \#F\)。

推论

\(\#\mathbb{C}(x) = \mathfrak{c} = \#\mathbb{C}\)。所以 \(\mathbb{C}(x)\) 只是在包含关系上比 \(\mathbb{C}\) 大，势并没有变大。

更多个超越元：势可以任意大

一个超越元不够，就加一族。设 \(I\) 是任意非空集合，考虑多项式环 \(\mathbb{C}[t_i : i \in I]\)：它的元素是有限和

\[ \sum_{\text{有限}} c_{\alpha} \prod_{i \in I} t_i^{\alpha_i}, \qquad c_\alpha \in \mathbb{C}, \]

即每个多项式只涉及有限多个变元（这是多元多项式的标准约定）。它是整环（论证与上文 \(\mathbb{C}[x]\) 是整环完全相同），于是可以作分式域

\[ \mathbb{C}(t_i : i \in I) = \operatorname{Frac}\bigl(\mathbb{C}[t_i : i \in I]\bigr), \]

称为 \(I\) 元有理函数域。

命题

\(\#\mathbb{C}(t_i : i \in I) = \max(\#I, \mathfrak{c})\)。

证明

关键是"每个多项式只涉及有限多个变元"：对 \(I\) 的每个有限子集 \(J\)，记 \(\mathbb{C}[t_j : j \in J]\) 为这些变元的多项式环，则

\[ \mathbb{C}[t_i : i \in I] = \bigcup_{J \subseteq I \text{ 有限}} \mathbb{C}[t_j : j \in J] . \]

每个 \(\mathbb{C}[t_j : j \in J]\) 与 \(\mathbb{C}[x_1, \dots, x_m]\) 是同一个环（\(m = \#J\)），其元素由有限个复系数决定，故势为 \(\mathfrak{c}^{<\aleph_0} = \mathfrak{c}\)。而 \(I\) 的有限子集共有 \(\#I^{<\aleph_0} = \max(\#I, \aleph_0)\) 个（\(\kappa^{<\aleph_0} = \kappa\) 对无限基数 \(\kappa\) 成立）。于是

\[ \#\mathbb{C}[t_i : i \in I] \le \max(\#I, \aleph_0) \cdot \mathfrak{c} = \max(\#I, \mathfrak{c}) . \]

再对分式域取一次平方（每个有理函数由一对多项式决定），势不变：

\[ \#\mathbb{C}(t_i : i \in I) \le \bigl(\#\mathbb{C}[t_i : i \in I]\bigr)^2 = \max(\#I, \mathfrak{c}) . \]

另一方面，该域包含 \(\mathbb{C}\)（势 \(\mathfrak{c}\)）与集合 \(\{t_i\}\)（势 \(\#I\)），故势至少是 \(\max(\#I, \mathfrak{c})\)。两者相等。

推论（势可以任意大）

取 \(I = \mathcal{P}(\mathbb{C})\)，则 \(\#I = 2^{\mathfrak{c}} > \mathfrak{c}\)，于是

\[ E = \mathbb{C}(t_i : i \in \mathcal{P}(\mathbb{C})) \]

是严格包含 \(\mathbb{C}\) 的域，且 \(\#E = 2^{\mathfrak{c}} > \#\mathbb{C}\)。同样的办法对任意势 \(\kappa \ge \mathfrak{c}\) 都能造出势为 \(\kappa\)、严格包含 \(\mathbb{C}\) 的域。

所以在"集合包含 + 势"这一含义下，\(\mathbb{C}\) 之上没有上界。注意 \(E\) 仍不是数域——它不是 \(\mathbb{C}\) 的子集。

"大"不等于"不同"：\(\mathbb{C}(x)\) 同构于 \(\mathbb{C}\) 的子域

到这里，\(\mathbb{C}(x)\) 看上去比 \(\mathbb{C}\) 多了整整一个元素 \(x\)。但"多一个元素"是集合层面的话，如果只关心域结构（加、减、乘、除的规则），情况会完全不同。

超纲（可跳过）：Steinitz 定理

下面这条定理属于域论与模型论，本课不要求证明，这里作为已知事实使用。

定理（Steinitz） 若 \(E_1, E_2\) 都是特征为 \(0\) 的代数闭域，且 \(\#E_1 = \#E_2 = \kappa\) 是不可数基数，则 \(E_1 \cong E_2\)。特别地，一切特征为 \(0\)、势为 \(\mathfrak{c}\) 的代数闭域都同构于 \(\mathbb{C}\)。

注意"不可数"不能去掉：可数情形由超越次数决定，而不是由势决定。例如 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 与 \(\overline{\mathbb{Q}(t)}\)（后者的元素是 \(\mathbb{Q}(t)\) 上代数的复数）都可数、都代数闭、特征都是 \(0\)，但前者的超越次数为 \(0\)、后者为 \(1\)，故不同构。

推论 1（存在真包含 \(\mathbb{C}\) 且与 \(\mathbb{C}\) 同构的代数闭域）

设 \(E = \overline{\mathbb{C}(x)}\) 是 \(\mathbb{C}(x)\) 的代数闭包。则

\[ \mathbb{C} \subsetneq \mathbb{C}(x) \subseteq E , \]

且 \(E\) 是特征 \(0\) 的代数闭域。再算势：代数闭包由"把所有首一多项式的根添进来"得到，首一多项式有 \(\#\mathbb{C}(x) = \mathfrak{c}\) 个，每个只有有限个根，故

\[ \#E \le \mathfrak{c} \cdot \aleph_0 = \mathfrak{c}, \qquad \#E \ge \#\mathbb{C}(x) = \mathfrak{c}, \]

即 \(\#E = \mathfrak{c}\)。由 Steinitz 定理，\(E \cong \mathbb{C}\)。

这是一个值得停下来的结论：存在代数闭域 \(E\) 满足 \(\mathbb{C} \subsetneq E\) 而 \(E \cong \mathbb{C}\)。 换言之，"\(\mathbb{C}\) 代数闭"与"\(\mathbb{C}\) 被更大的代数闭域真包含"并不矛盾——\(E\) 只是比 \(\mathbb{C}\) 多了一个超越元，而多一个超越元并不妨碍它与 \(\mathbb{C}\) 同构。

推论 2（\(\mathbb{C}(x)\) 同构于 \(\mathbb{C}\) 的某个子域）

取推论 1 中的同构 \(\varphi : E \to \mathbb{C}\)。把它限制在子域 \(\mathbb{C}(x) \subseteq E\) 上，得到单同态

\[ \varphi\big|_{\mathbb{C}(x)} : \mathbb{C}(x) \longrightarrow \mathbb{C}, \]

其像 \(\varphi(\mathbb{C}(x))\) 是 \(\mathbb{C}\) 的子域，且

\[ \mathbb{C}(x) \cong \varphi(\mathbb{C}(x)) \subseteq \mathbb{C} . \]

也就是说：在"域"这一层次上，\(\mathbb{C}(x)\) 并没有比 \(\mathbb{C}\) 多出任何东西——它与 \(\mathbb{C}\) 的某个子域是同一个对象。说它"比 \(\mathbb{C}\) 大"，说的只是包含关系上的大，而不是域结构上的大。

这个同构不可能保持 \(\mathbb{C}\) 不动

上面的 \(\varphi\) 不能取成"把 \(\mathbb{C} \subseteq \mathbb{C}(x)\) 映到自身"的那种嵌入。理由如下：

• \(\varphi(\mathbb{C})\) 是 \(\mathbb{C}\) 的子域，且与 \(\mathbb{C}\) 同构，故仍代数闭；
• 若 \(\varphi(\mathbb{C}) = \mathbb{C}\)，则 \(\varphi(x)\) 必须在 \(\varphi(\mathbb{C}) = \mathbb{C}\) 上超越（超越性在同构下保持），但 \(\mathbb{C}\) 的每个元素都在 \(\mathbb{R}\) 上代数，更谈不上在 \(\mathbb{C}\) 上超越，矛盾；
• 所以 \(\varphi(\mathbb{C})\) 是 \(\mathbb{C}\) 的真子域。再由正文的定理：\(\mathbb{C}\) 的子域若真包含 \(\mathbb{R}\)，就只能是 \(\mathbb{C}\) 本身。因此 \(\varphi(\mathbb{C})\) 不含 \(\mathbb{R}\)。

可见"把 \(\mathbb{C}(x)\) 装进 \(\mathbb{C}\)"这件事，靠的正是把 \(\mathbb{C}\) 挪到一个真子域的位置上；它与"\(\mathbb{R}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间没有数域"并不冲突。

超纲（可跳过）：这条结论有多普遍

上面只处理了 \(\mathbb{C}(x)\)。事实上由 Steinitz 的嵌入定理，任何特征为 \(0\)、势不超过 \(\mathfrak{c}\) 的域都同构于 \(\mathbb{C}\) 的某个子域（证明要用 Zorn 引理取超越基，再用"代数扩张的嵌入可沿代数闭域延拓"）。所以 \(\mathbb{C}(x)\)、\(\mathbb{R}(t)\)、\(\mathbb{C}(t_1, t_2, \dots)\) 这类"比 \(\mathbb{C}\) 大"的域，作为抽象域全都藏在 \(\mathbb{C}\) 里面。

这也提示了一个用词上的注意：说"域 \(E\) 包含域 \(F\)"（\(F\) 是 \(E\) 的子域）与说"\(E\) 同构于 \(F\) 的某个扩域"，是两件不同的事。本页所有形如 \(\mathbb{C} \subsetneq E\) 的写法都指前者。

还有哪些方向的"更大"

\(\mathbb{C}(x)\) 只是"越过 \(\mathbb{C}\)"的最省事方式。下面几个方向各自展示了"域"这个概念不同侧面的丰富性；不感兴趣的可以直接跳到总表。

形式幂级数域：让分析回到代数旁边

定义（Laurent 级数域 \(\mathbb{C}((x))\)）

记

\[ \mathbb{C}((x)) = \left\{ \sum_{n \ge n_0} a_n x^n \;\middle|\; n_0 \in \mathbb{Z},\ a_n \in \mathbb{C} \right\}, \]

即只含有限多个负次幂项的形式级数全体，称为 \(\mathbb{C}\) 上的形式 Laurent 级数域。

加法与乘法按级数逐项定义（乘法是卷积，对每个次数只有有限项贡献，故有定义）。非零级数可逆：设 \(v = \min\{n \mid a_n \ne 0\}\)，则可像 \(\dfrac{1}{1 - x} = 1 + x + x^2 + \cdots\) 那样把首项提出，再做形式除法。因此 \(\mathbb{C}((x))\) 是域。

\(\mathbb{C}(x)\) 可以嵌入 \(\mathbb{C}((x))\)：把有理函数在 \(x = 0\) 处展开。这个嵌入是严格的，例如

\[ \sum_{n \ge 0} n!\,x^n \]

是 \(\mathbb{C}((x))\) 中的元素，却不是任何有理函数的展开——有理函数在 \(0\) 处有正的收敛半径，而这个级数的收敛半径是 \(0\)。于是

\[ \mathbb{C}(x) \subsetneq \mathbb{C}((x)), \qquad \#\mathbb{C}((x)) = \mathfrak{c} . \]

超纲（可跳过）

\(\mathbb{C}((x))\) 上有一个赋值

\[ v\left(\sum a_n x^n\right) = \min\{n \mid a_n \ne 0\}, \]

它把"\(x\) 的阶"变成了可以度量、可以取极限的东西；\(\mathbb{C}((x))\) 关于它完备，是一个完备离散赋值域。它的代数闭包是 Puiseux 级数域

\[ \bigcup_{n \ge 1} \mathbb{C}\bigl((x^{1/n})\bigr), \]

即允许 \(x\) 的分数次幂（Puiseux 定理）。这条路线把分析的语言重新带回了代数。

\(p\) 进方向：同构于 \(\mathbb{C}\) 却与 \(\mathbb{C}\) 完全不同

超纲（可跳过）

对素数 \(p\)，\(\mathbb{Q}\) 关于 \(p\) 进绝对值 \(\lvert \cdot \rvert_p\) 的完备化是\(p\) 进数域 \(\mathbb{Q}_p\)。它包含 \(\mathbb{Q}\)，特征为 \(0\)，势为 \(\mathfrak{c}\)，但不是数域（元素不是复数）。再取 \(\mathbb{Q}_p\) 的代数闭包的完备化，得到 \(\mathbb{C}_p\)：它代数闭、特征 \(0\)、势 \(\mathfrak{c}\)，于是由 Steinitz 定理

\[ \mathbb{C}_p \cong \mathbb{C} . \]

可这两个域"看起来"完全不同：\(\mathbb{C}\) 是连通、阿基米德、带通常绝对值的；\(\mathbb{C}_p\) 是非阿基米德的、完全不连通的，其赋值取值群是稠密的 \(\mathbb{Q}\)（而不是离散的 \(\mathbb{Z}\)）。也就是说，域同构丢掉了全部拓扑与赋值信息。这是"抽象同构"这一含义的又一个极端例子：同构的域可以承载完全不同的分析结构。

有序域：装不下 \(\mathbb{C}\)

命题

任何有序域都不能以 \(\mathbb{C}\) 为子域。

证明

设 \(F\) 是有序域。在有序域中，对任意 \(a\) 都有 \(a^2 \ge 0\)：若 \(a \ge 0\) 则 \(a^2 \ge 0\)，若 \(a < 0\) 则 \(a^2 > 0\)。于是 \(-1 < 0\) 不可能是平方。但 \(\mathbb{C}\) 中的 \(i\) 满足 \(i^2 = -1\)。若 \(\mathbb{C} \subseteq F\)，\(i\) 就属于 \(F\)，与"\(-1\) 不是平方"矛盾。

所以超实数域 \({}^{*}\mathbb{R}\)、有序域 \(\mathbb{R}(t)\)（让 \(t\) 无穷大）这类"分析上的大域"与 \(\mathbb{C}\) 无关：它们走的是序与拓扑的扩张路线，而 \(\mathbb{C}\) 上不可能有与域结构相容的序。

特征：数域之外还有一半世界

若 \(F \subseteq \mathbb{C}\)，则 \(\mathbb{Z} \subseteq F\)，故 \(F\) 的特征必为 \(0\)。而有限域

\[ \mathbb{F}_p = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \]

满足 \(p \cdot 1 = 0\)，特征为 \(p\)。由于域同态必须把 \(1\) 映到 \(1\)，它不可能嵌入 \(\mathbb{C}\)（否则 \(0 = p \cdot 1\) 会被映成 \(\mathbb{C}\) 中的 \(p \ne 0\)）。有限域的代数闭包 \(\overline{\mathbb{F}_p}\) 是势为 \(\aleph_0\) 的代数闭域，同样无法嵌入 \(\mathbb{C}\)。

因此"数域 \(\subsetneq\) 域"缺的并不只是超越元：正特征那一整块世界与数域毫无交集。

集合论：没有最大的域

命题（没有最大的域）

对任意域 \(F\) 与未定元 \(x\)，都有 \(F \subsetneq F(x)\)。故域这一类对象没有最大元。

证明

完全重复上文对 \(\mathbb{C}\) 的同一论证：\(F \subseteq F(x)\) 由 \(c \mapsto \dfrac{c}{1}\) 给出；若 \(\dfrac{x}{1} = \dfrac{c}{1}\)，则多项式 \(X - c\) 为零，与次数 \(1\) 矛盾。故 \(x \in F(x) \setminus F\)。

超纲（可跳过）

更进一步，"所有域"不构成一个集合，而是一个真类。理由：对每个无限基数 \(\kappa\) 都存在势为 \(\kappa\) 的域（更多个超越元 中的 \(\mathbb{C}(t_i : i \in I)\) 取 \(\#I = \kappa\) 即可）。若域全体组成集合 \(\mathcal{F}\)，则由替换公理，\(\{\#E \mid E \in \mathcal{F}\}\) 也是集合，其中包含一切无限基数。但基数全体构成真类：若所有基数构成集合，取其中全体之并（仍是一个基数），它的后继基数比其中每个都大，矛盾。

与数域对照：

• 数域的全体是 \(\mathcal{P}(\mathbb{C})\) 的子集，是集合，并且以 \(\mathbb{C}\) 为最大元；
• 域的全体是真类，既没有最大元，也没有终对象（不同特征的域之间没有同态）。

"数域止步于 \(\mathbb{C}\)"的确切含义就在这里：不是域的世界止步了，而是数域这个范畴恰好以 \(\mathbb{C}\) 为界。

回到 1.1：一张总表

图 1：$\mathbb{C}$ 上下的域扩张塔。左侧括号内的三层都是数域，$\mathbb{C}$ 是其中最大的；越过 $\mathbb{C}$ 之后还有 $\mathbb{C}(x)$ 与 $\mathbb{C}(t_i)$，它们都是域却不是数域。前面关于同构的结论则说明 $\mathbb{C}(x)$ 这种"更大"只是包含关系上的：它与 $\mathbb{C}$ 的某个子域同构。

域	是 \(\mathbb{C}\) 的子集？	是域？	势	关键性质
\(\mathbb{Q}\)	✓	✓	\(\aleph_0\)	最小数域
\(\overline{\mathbb{Q}}\)	✓	✓（代数闭）	\(\aleph_0\)	代数闭，却真包含于 \(\mathbb{C}\)
\(\mathbb{R}\)	✓	✓	\(\mathfrak{c}\)	与 \(\mathbb{C}\) 之间没有数域
\(\mathbb{C}\)	✓	✓（代数闭）	\(\mathfrak{c}\)	最大数域；无真代数扩张
\(\mathbb{C}(x)\)	✗	✓	\(\mathfrak{c}\)	超越扩张；同构于 \(\mathbb{C}\) 的某个子域（超纲）
\(\mathbb{C}((x))\)	✗	✓	\(\mathfrak{c}\)	完备离散赋值域（超纲）
\(\mathbb{C}_p\)	✗	✓（代数闭）	\(\mathfrak{c}\)	作为域与 \(\mathbb{C}\) 同构，拓扑完全不同（超纲）
\(\mathbb{C}(t_i : i \in I)\)	✗	✓	\(\max(\#I, \mathfrak{c})\)	势可以任意大
\(\mathbb{F}_p\)	✗	✓	\(p\)	特征 \(p\)，不能嵌入 \(\mathbb{C}\)

一句话总结："比 \(\mathbb{C}\) 更大的域"存在，但"比 \(\mathbb{C}\) 更大的数域"不存在；而且"更大"在集合包含、扩张次数、势、同构这四种含义下的答案各不相同。

思考题

思考题 1 · \(\mathbb{Q}(x)\) 与"最小数域"

\(\mathbb{Q}(x)\) 是域且包含 \(\mathbb{Q}\)，但它不是数域。这与"\(\mathbb{Q}\) 是最小的数域"矛盾吗？

解答

不矛盾。两句话说的不是同一类对象。

• "\(\mathbb{Q}\) 是最小的数域"是一个关于数域的命题：每个数域（即 \(\mathbb{C}\) 的每个子域）都包含 \(\mathbb{Q}\)。它的证明只用到数域的封闭性，见正文。
• \(\mathbb{Q}(x)\) 的元素是系数在 \(\mathbb{Q}\) 的有理函数（等价类），不是复数，故 \(\mathbb{Q}(x) \not\subseteq \mathbb{C}\)，它不是数域，因而不受上面那条定理的约束。

换句话说，\(\mathbb{Q}\) 在数域里最小，但作为域，它照样可以往超越方向扩张出 \(\mathbb{Q}(x)\)。这两个"最小""更大"分别在两个不同的范畴里。

思考题 2 · 用势区分 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 与 \(\mathbb{C}\)

证明 \(\overline{\mathbb{Q}} \ne \mathbb{C}\)，并说明 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 是代数闭的。

解答

见上文。要点是两条：

• \(\mathbb{Q}[X]\) 可数，每个多项式只有有限个根，故代数数只有可数多个，即 \(\#\overline{\mathbb{Q}} = \aleph_0\)；
• 而 \(\#\mathbb{C} = \mathfrak{c} = 2^{\aleph_0} > \aleph_0\)，故 \(\overline{\mathbb{Q}} \subsetneq \mathbb{C}\)。

代数闭性来自代数性的传递性：若 \(\alpha\) 在 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 上代数，而 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 的每个元素都在 \(\mathbb{Q}\) 上代数，则 \(\alpha\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上代数，即 \(\alpha \in \overline{\mathbb{Q}}\)。

顺带得到：\(\mathbb{C}\) 与 \(\overline{\mathbb{Q}}\) 都是特征 \(0\) 的代数闭域，但势不同，故不同构。

思考题 3 · 判断真假

判断："因为 \(\mathbb{C}\) 是代数闭域，所以不存在真包含 \(\mathbb{C}\) 的代数闭域。"

解答

假。 反例是

\[ E = \overline{\mathbb{C}(x)}, \]

即 \(\mathbb{C}(x)\) 的代数闭包。它真包含 \(\mathbb{C}\)（因为含有超越元 \(x\)），是代数闭域，特征为 \(0\)，且 \(\#E = \mathfrak{c}\)；由 Steinitz 定理 \(E \cong \mathbb{C}\)（见上文）。

把命题改成下面这句就对了：不存在真包含 \(\mathbb{C}\) 的代数扩张。 "代数闭"这个词说的是"没有代数扩张"，与"没有真扩域"是两回事——后者是错的。

思考题 4 · 有限扩张的情形

设 \(E\) 是域，\(\mathbb{C} \subseteq E\) 且 \([E : \mathbb{C}] < \infty\)。证明 \(E = \mathbb{C}\)。

解答

先证有限扩张一定是代数扩张。设 \(\alpha \in E\)。因为 \([E:\mathbb{C}] = n < \infty\)，\(n + 1\) 个元素

\[ 1, \alpha, \alpha^2, \dots, \alpha^n \]

在 \(\mathbb{C}\) 上线性相关，故存在不全为零的 \(c_0, \dots, c_n \in \mathbb{C}\) 使

\[ c_0 + c_1\alpha + \cdots + c_n\alpha^n = 0 . \]

即 \(\alpha\) 是某个非零多项式的根，故 \(\alpha\) 在 \(\mathbb{C}\) 上代数。

于是 \(E/\mathbb{C}\) 是代数扩张。由上文证明的定理，代数闭域没有真代数扩张，故 \(E = \mathbb{C}\)。

类比：\(\mathbb{R}\) 上可以有真有限扩张 \(\mathbb{C}\)（次数 \(2\)）；到了代数闭的 \(\mathbb{C}\) 就没有了，但无限次的超越扩张仍然存在。

参见

• 数域：本页反复用到的定义与结论，含"\(\mathbb{R}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间没有数域"
• 习题：课本 1.1 的 5 道习题与 1 道思考题（本页的出发点）
• 本节导读：本节的阅读顺序与学习目标
• 关系与等价类：分式域的构造与 \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 用的是同一套语言
• 首页：全站记号约定