环的理想, 域的构造

目录
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 1.  备忘录
 2.  环同态, 理想, 商环
 3.  理想的运算, 环的直和
 4.  素理想和极大理想
 5.  有限域的构造, 构造扩域的途径
 6.  分式域

1. 备忘录

域 $F$ 上关于代数数 $\alpha$ 的零化多项式组成的集合 $M$ 是 $F[x]$ 的素理想, 即
$$ M=\big(m(x)\big)\tl F[x],$$
其中 $m(x)$ 在 $F$ 上不可约.

2. 环同态, 理想, 商环

对没有单位元的环 $R$, 不要求"$\sigma(1)=\tilde{1}$".

环 $\mbz$ 到 $\mbz_m$ 的环同态 $\sigma:k\to\bar{k}$ 的核为 $\Ker\sigma=m\mbz$. $(m\mbz,+)$ 是 $(\mbz,+)$ 的一个子群. 任给 $mk\in m\mbz,l\in\mbz$ 有
$$l(mk)=(mk)l=m(kl)\in m\mbz.$$
由此受到启发, 引出下述概念：

环 $\mathbb{Z}$ 到 $\mathbb{Z}_m$ 的环同态 $\sigma: k \mapsto \bar{k}$ 的核 $\operatorname{Ker} \sigma=m \mathbb{Z}, m \mathbb{Z}$ 是 $\mathbb{Z}$ 的一个理想。从而 $(m \mathbb{Z},+)$ 是 $(\mathbb{Z},+)$ 的一个子群, 于是有商群
\begin{equation}\label{z_quotient_group}
(\mathbb{Z},+) /(m \mathbb{Z},+)=\{k+m \mathbb{Z} \mid k \in \mathbb{Z}\}
\end{equation}
我们对于 \eqref{z_quotient_group} 式右端的集合规定乘法运算如下：
\begin{equation}\label{multiplication_in_z_quotient_group}
(k+m \mathbb{Z})(l+m \mathbb{Z}):=k l+m \mathbb{Z}
\end{equation}
需要验证 \eqref{multiplication_in_z_quotient_group} 式的合理性：设 $k+m \mathbb{Z}=s+m \mathbb{Z}, l+m \mathbb{Z}=t+m \mathbb{Z}$ ，则 $k-s \in m \mathbb{Z}$, 且 $l-t \in m \mathbb{Z}$, 于是 $k \equiv s(\bmod m), l \equiv t(\bmod m)$ ，从而有 $k l \equiv s t(\bmod m) ，$ 因此 $k l-s t \in m \mathbb{Z}$ ，从而 $k l+m \mathbb{Z}=s t+m \mathbb{Z}$ 。这表明 \eqref{multiplication_in_z_quotient_group} 式的规定与陪集代表的选择无关，因此 \eqref{multiplication_in_z_quotient_group} 式的规定是合理的。于是 \eqref{z_quotient_group} 式右端的集合有了乘法运算。容易验证，此乘法满足结合律和交换律以及左、右分配律, 且 $1+m \mathbb{Z}$ 是单位元, 因此 \eqref{z_quotient_group} 式右端的集合成为一个有单位元的交换环，把它记做 $\mathbb{Z} / m \mathbb{Z}$ ，即
$$
\mathbb{Z} / m \mathbb{Z}=\{k+m \mathbb{Z} \mid k \in \mathbb{Z}\}
$$
由此受到启发, 猜测下述结论成立

容易验证, 若环 $R$ 有单位元 $1$, 则 $1+I$ 是商环 $R/I$ 的单位元. 若 $R$ 是交换环, 则商环 $R/I$ 也是交换环.

3. 理想的运算, 环的直和

设 $R$ 是一个有单位元的交换环, 任给 $a\in R$, 则 $Ra$ 是 $R$ 的一个理想.
若 $R$ 是非交换环, 则 $Ra$ 只是 $R$ 的左理想.
直接验证得, 若 $\{I_j\}_{j\in J}$ 是环 $R$ 的一族理想, 则 $\cap_{j\in J} I_j$ 也是 $R$ 的理想.

设 $A,B$ 是环 $R$ 的两个非空子集, 定义
\begin{align*}
A+B:=& \set{a+b}{a\in A, b\in B}\\
AB:=& \set{a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n}{a_i\in A, b_i\in B}
\end{align*}

理想的和、积、交都是理想的运算, 容易证明它们满足以下法则：
设 $I, J, K$ 都是环 $R$ 的理想, 则
\begin{align*}
I+J&= J+I\\
(I+J)+K&=I+(J+K)\\
(IJ)K&=I(JK)\\
I(J+K)&=IJ+IK\\
(J+K)I&=JI+KI
\end{align*}
在整数环 $\mbz$ 中,
\begin{align*}
(n)(m)&=(nm)\\
(n)\cap (m)&=([n,m])\\
(n)+(m)&=\big((n,m)\big)
\end{align*}
由 $(n)+(m)=\big((n,m)\big)$ 得
$$ (n,m)=1\ \Leftrightarrow\ (n)+(m)=(1)=\mbz.$$
由此启发, 引出下述定义

在整数环 $\mbz$ 中, $(n)$ 与 $(m)$ 互素当仅当 $n$ 与 $m$ 互素. 由于
$$(n_1,m)=1\ \text{且}\ (n_2,m)=1\ \Leftrightarrow\ (n_1n_2,m)=1.$$
即 $(n_1)$ 与 $(m)$ 互素, $(n_2)$ 与 $(m)$ 互素, 则 $(n_1n_2)$ 与 $(m)$ 互素.
由此受到启发, 猜测下述结论成立

在整数环 $\mbz$ 中, 若 $(n,m)=1$, 则 $[n,m]=nm$, 从而
$$ (n)\ \text{与}\ (m)\ \text{互素}\ \Leftrightarrow\ ([n,m])=(nm)\ \Leftrightarrow\ (n)\cap (m)=(n)(m).$$
由此受到启发, 猜测下述结论成立

我们已经知道了 $\mbz_{m_1}$ 与 $\mbz_{m_2}$ 的直和 $\mbz_{m_1}\oplus \mbz_{m_2}$. 一般地, 有下述概念


在整数环 $\mbz$ 中, $a$ 与 $b$ 模 $m$ 同余当仅当 $a-b\in (m)$.

容易验证, 环 $R$ 中, 若 $a\equiv b\mod{I}, c\equiv d\mod{I}$, 则
\begin{align*}
a+c&= b+d\mod{I}\\
ac&=bd\mod{I}\
ca&=db\mod{I}.
\end{align*}
还可以验证, 模 $I$ 同余具有反身性、对称性和传递性, 因此模 $I$ 同余是 $R$ 上的一个等价关系. 任给 $r\in R$, $r$ 的等价类为
$$\bar{I}=r+I.$$
在整数环 $\mbz$ 中, 设 $m=m_1m_2$ 且 $(m_1,m_2)=1$, 则有环同构
$$\mbz_m\cong \mbz_{m_1}\oplus\mbz_{m_2}.$$
由于 $\mbz_m\cong \mbz/(m)$, 则
$$\mbz/(m)\cong \mbz/(m_1)\oplus\mbz/(m_2).$$
由于 $(m_1,m_2)=1$, 因此 $(m_1)$ 与 $(m_2)$ 互素, 则
$$ (m)=(m_1m_2)=(m_1)(m_2)=(m_1)\cap(m_2).$$
于是有环同构
$$\mbz/\big((m_1)\cap(m_2)\big)\cong \mbz/(m_1)\oplus\mbz/(m_2).$$
由此启发, 猜测下述结论成立：

上述定理在证明环同态为满射是就证明了下述定理

4. 素理想和极大理想

在整数环 $\mbz$ 中, 设 $p>1$ 为整数, 则 $p$ 为素数当仅当
$$ p\mid ab\ \Leftrightarrow\ p\mid a\ \text{或}\ p\mid b.$$
即
$$ab\in (P)\ \Leftrightarrow\ a\in (P) \ \text{或}\ b\in (P).$$


设 $R$ 是有单位元 $1(\ne0)$ 的交换环, 则
\begin{align*}
&(0) \text{ 是 } R \text{ 的一个素理想} \\
\Leftrightarrow &\text{ 从 } ab \in (0) \text{ 可以推出 } a \in (0) \text{ 或 } b \in (0) \\
\Leftrightarrow&\text{ 从 } ab = 0 \text{ 可以推出 } a = 0 \text{ 或 } b = 0 \\
\Leftrightarrow&\ R \text{ 没有非零的零因子} \\
\Leftrightarrow&\ R \text{ 是整环}.
\end{align*}
在整数环 $\mbz$ 中, $(0)$ 和 $(p)$ 都是 $\mbz$ 的素理想, 其中 $p>1$ 为素数. $\mbz$ 还有其他素理想吗? 先证一个结论.

由此命题得 $\mbz$ 的全部素理想为 $(0), (p)$, 其中 $p$ 为素数. 在研究环的结构中, 素理想起着什么作用呢？ 下面探索 $R$ 的什么理想 $I$ 能使商环 $R/I$ 为一个域？ 从习题 2.1 的第 3 题、第 4 题得: 设 $F$ 是有单位元 $1(\neq 0)$ 的交换环，则 $F$ 是域当且仅当 $F$ 的理想只有 $(0)$ 和 $F$ 。 从 $\S 2.1$ 的命题 4 知道, 设 $I$ 是环 $R$ 的一个理想, 则商环 $R / I$ 的所有理想组成的集合为 $$\{K / I \mid K\text{ 是 } R\text{ 的包含 } I \text{ 的理想} \}.$$ 设 $R$ 是有单位元 $1(\neq 0)$ 的交换环, $I$ 是 $R$ 的一个理想,则 \begin{align*} R/I \text{ 是域} \iff& R/I \text{ 的理想只有 } (0) \, (\text{即 } I/I) \text{ 和 } R/I, \text{ 且 } 1 + I \neq I \\ \iff& R \text{ 的包含 } I \text{ 的理想只有 } I \text{ 和 } R, \text{ 且 } I \neq R. \end{align*} 由此引出下面得概念和定理： 此定理揭示了构造域的方向. 域 $F$ 上一元多项式环 $F[x]$ 的极大理想有哪些？首先探索 $F[x]$ 的每个理想长什么样子.

设 $R$ 是有单位元 $1(\neq 0)$ 的交换环, 是否存在极大理想？探索这个问题要用偏序集的概念和 Zorn 引理.

5. 有限域的构造, 构造扩域的途径

根据上一节的 推论 31, 若 $p(x)$ 是域 $F$ 上一元多项式环 $F[x]$ 的一个不可约多项式, 则 $F[x]/\big(p(x)\big)$ 是一个域, 这给出了构造域的具体途径.

我们知道, 有限域 $F$ 的元素个数是素数 $p$ 的方幂, 其中 $p$ 是域 $F$ 的特征. 从 定理 33 看到, 当 $n>1$ 时, 由于 $m(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n$ 是域 $F_q$ 上的 $n$ 次不可约多项式, 因此 $m(x)$ 在 $F_q$ 中没有根。但是由于 $m(u)=a_0+a_1 u+\cdots+a_n u^n=0$ ，因此 $m(x)$ 在域 $F_q[x] /(m(x))$ 中有一个根 $u$, 其中 $u=x+(m(x))$.
从上面一段话受到启发，实数域 $\mathbb{R}$ 上的二次多项式 $x^2+1$ 没有实根，但是我们可以构造一个较大的域，使得 $x^2+1$ 在这个较大的域中有根。类比定理1中从域 $F_q$ 出发构造出较大的域 $F_q[x] /(m(x))$ 的方法，由于 $x^2+1$ 在 $\mathbb{R}[x]$ 中不可约，因此 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 是一个域，它的元素形如 $f(x)+\left(x^2+1\right)$. 在 $\mathbb{R}[x]$ 中做带余除法：
$$
f(x)=h(x)\left(x^2+1\right)+r(x), \quad \operatorname{deg} r(x)<2 $$ 于是可以设 $r(x)=c_0+c_1 x$, 其中 $c_0, c_1 \in \mathbb{R}$. 从而 $$ \begin{aligned} f(x)+\left(x^2+1\right) & =\left[h(x)\left(x^2+1\right)+r(x)\right]+\left(x^2+1\right) \\ & =\left[c_0+\left(x^2+1\right)\right]+\left[c_1+\left(x^2+1\right)\right]\left[x+\left(x^2+1\right)\right] \end{aligned} $$ 考虑 $\mathbb{R}$ 到 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 的一个对应法则 $$ \tau: a \mapsto a+\left(x^2+1\right), $$ 则 $\tau$ 是一个映射, 并且容易验证 $\tau$ 是单射, 且保持加法和乘法运算, $\tau(1) \mapsto$ $1+\left(x^2+1\right)$, 因此 $\tau$ 是 $\mathbb{R}$ 到 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 的一个环同态，且 $\tau$ 是单同态. 于是可以把 $a$ 与 $a+\left(x^2+1\right)$ 等同. 把 $x+\left(x^2+1\right)$ 记做 $u$ ，则 $\mathbb{R}[x] /$ $\left(x^2+1\right)$ 中的元素可以表示成 $c_0+c_1 u$. 如果 $c_0+c_1 u=d_0+d_1 u$, 那么 $\left(c_0-d_0\right)+\left(c_1-d_1\right) u=0$ 。从而 $$ \begin{aligned} 0 & =\left[\left(c_0-d_0\right)+\left(x^2+1\right)\right]+\left[\left(c_1-d_1\right)+\left(x^2+1\right)\right]\left[x+\left(x^2+1\right)\right] \\ & =\left\lceil\left(c_0-d_0\right)+\left(c_1-d_1\right) x\right\rceil+\left(x^2+1\right) . \end{aligned} $$ 于是 $\left(c_0-d_0\right)+\left(c_1-d_1\right) x \in\left(x^2+1\right)$. 由此推出, $c_0-d_0=0, c_1-d_1=0$,即 $c_0=d_0, c_1=d_1$ 。因此 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 中的每一个元素表示成 $c_0+c_1 u$的表示法唯一. 于是 $$ \begin{gathered} \mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)=\left\{c_0+c_1 u \mid c_0, c_1 \in \mathbb{R}\right\} \\ u^2+1=\left[x+\left(x^2+1\right)\right]^2+\left[1+\left(x^2+1\right)\right]=x^2+1+\left(x^2+1\right)=\left(x^2+1\right)=0 \end{gathered} $$ 因此 $u$ 满足 $u^2+1=0$. 从而 $u$ 是 $x^2+1$ 在 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 中的一个根. 令 $$ \begin{aligned} \sigma: \mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right) & \rightarrow \mathbb{C} \\ c_0+c_1 u & \mapsto c_0+c_1 \mathrm{i}, \end{aligned} $$ 由于 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 中的每一个元素表示成 $c_0+c_1 u$ 的表示法唯一, 因此 $\sigma$ 是一个映射。容易验证， $\sigma$ 是单射、满射，并且 $\sigma$ 保持加法和乘法运算，因此 $\sigma$ 是 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 到 $\mathbb{C}$ 的一个环同构。从而 $$ \mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right) \cong \mathbb{C}, $$ 并且同构映射 $\sigma$ 把 $u$ 对应到 $\mri$ . 从 定理 33 和 $\mathbb{R}[x] /\left(x^2+1\right)$ 的构造方法看到, 类似于 定理 33 的证明方法可以证明下述一般的结论: 在 定理 34 中，由于 $\sigma: a \mapsto a+(p(x))$ 是 $F$ 到 $F[x] /(p(x))$ 的一个单的环同态，因此 $F$ 与 $F[x] /(p(x))$ 的子环 $\{a+(p(x)) \mid a \in F\}$ 同构. 从而可以把 $F[x] /(p(x))$ 看成是 $F$ 的一个扩域。由此引出下述概念： 定理 34 给出了构造域 $F$ 的扩域的一条途径。还有没有其他的途径？ 构造域 $F$ 的扩域？先看一个例子： $$ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) := \{a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}, $$ $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 是一个域，它可以看成是 $\mathbb{Q}$ 添加 $\mathbb{R}$ 中的元素 $\sqrt{2}$ 得到的。由此引出下述概念： $R[\tilde{\alpha}]$ 的元素是什么样子的？由于子环 $R[\tilde{\alpha}]$ 对 $\widetilde{R}$ 的加法和乘法封闭，因此对于任意 $a_0, a_1, \cdots, a_n \in R$ ，有 $$ a_0+a_1 \tilde{\alpha}+\cdots+a_n \tilde{\alpha}^n \in R[\tilde{\alpha}] . $$ 于是集合 $S=\left\{a_0+a_1 \tilde{\alpha}+\cdots+a_n \tilde{\alpha}^n \mid a_0, a_1, \cdots, a_n \in R, n \in \mathbb{N}\right\} \subseteq R[\tilde{\alpha}]$ 。容易验证 $S$ 对 $\widetilde{R}$ 的减法和乘法封闭，因此 $S$ 是 $\widetilde{R}$ 的一个子环，且 $S \supseteq R U$ $\{\tilde{\alpha}\}$, 从而 $S \supseteq R[\tilde{\alpha}]$ 。于是 $S=R[\tilde{\alpha}]$, 即 $$ R[\tilde{\alpha}]=\left\{a_0+a_1 \tilde{\alpha}+\cdots+a_n \tilde{\alpha}^n \mid a_0, a_1, \cdots, a_n \in R, n \in \mathbb{N}\right\}, $$ 其中 $a_0+a_1 \tilde{\alpha}+\cdots+a_n \tilde{\alpha}^n$ 称为 $\tilde{\alpha}$ 在 $R$ 上的一个多项式。 在 定义 37 中把 $R$ 取成一个域 $F$ ，我们来探索在什么条件下 $F[\tilde{\alpha}]$ 是一个域。由于域中非零元都不是零因子，因此要求 $\widetilde{R}$ 是整环。如果有 $F[x]$ 中的一个不可约多项式 $m(x)$, 使得 $F[x] /(m(x)) \cong F[\tilde{\alpha}]$, 那么 $F[\tilde{\alpha}]$ 是一个域。为此考虑下述对应法则： $$ \sigma_{\tilde{\alpha}}: F[x]\ni f(x)\mapsto f(\tilde{\alpha})\in \tilde{R}, $$ 其中 $f(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i$. 根据域 $F$ 上一元多项式环 $F[x]$ 的通用性质, $\sigma_{\bar{\alpha}}$ 是 $F[x]$ 到 $\widetilde{R}$ 的一个环同态, 并且有 $\operatorname{Im} \sigma_{\tilde{\alpha}}=F[\tilde{\alpha}]$.于是根据环同态基本定理得 $$ F[x] / \operatorname{Ker} \sigma_{\tilde{\alpha}} \cong F[\tilde{\alpha}] $$ 由于 $$ \begin{aligned} f(x) \in \operatorname{Ker} \sigma_{\tilde{\alpha}} & \Leftrightarrow f(\tilde{\alpha})=0 \\ & \Leftrightarrow \tilde{\alpha} \text { 是 } f(x) \text { 在 } \widetilde{R} \text { 中的一个根, } \end{aligned} $$ 因此 $$ \operatorname{Ker}_{\sigma_{\tilde{\alpha}}}=\{f(x) \in F[x] \mid \tilde{\alpha} \text { 是 } f(x) \text { 的一个根 }\} . $$ 由于 $\operatorname{Ker}_{\sigma_i}$ 是 $F[x]$ 的一个理想, 且 $F[x]$ 的理想都是主理想, 因此 $\operatorname{Ker} \sigma_\alpha=(0)$,或者 $\operatorname{Ker}_{\sigma_\alpha^\alpha}=(m(x))$, 其中 $m(x)$ 是首 $1$ 多项式. 下面分两种情况讨论.

1. $ \operatorname{Ker}_{\tilde{\alpha}}=(0)$ ，则 $\tilde{\alpha}$ 不是 $F[x]$ 中任何非零多项式的根，此时称 $\tilde{\alpha}$ 是 $F$ 上的超越元. 在这种情形有
   $$
   F[\tilde{\alpha}] \cong F[x] /(0) \cong F[x]
   $$
   即 $F[\tilde{\alpha}]$ 同构于 $F[x]$, 从而 $F[\tilde{\alpha}]$ 不是域.
2. $ \operatorname{Ker}_{\sigma_{\tilde{\alpha}}}=(m(x))$, 则 $\tilde{\alpha}$ 是 $F[x]$ 中非零多项式 $m(x)$ 的一个根，此时称 $\tilde{\alpha}$ 是 $F$ 上的代数元，且 $F[x]$ 中以 $\tilde{\alpha}$ 为根的多项式都是 $m(x)$的倍式。因此 $m(x)$ 是 $F[x]$ 里以 $\tilde{\alpha}$ 为根的所有非零多项式中次数最低的首 $1$ 多项式，称它为 $\tilde{\alpha}$ 在 $F$ 上的极小多项式。我们断言： $\tilde{\alpha}$ 在 $F$ 上的极小多项式 $m(x)$ 在 $F$ 上是不可约的。理由如下：由于 $\sigma_{\dot{\alpha}}(x)=\tilde{\alpha}, \sigma_{\tilde{\alpha}}(1+x)=1+\tilde{\alpha}$, 因此 $\operatorname{Ker}_{\tilde{\alpha}} \neq F[x]$ 。从而 $m(x)$ 的次数大于 $0$ . 假如 $m(x)$ 在 $F$ 上可约, 则
   $$
   m(x)=m_1(x) m_2(x), \quad \operatorname{deg} m_i(x)<\operatorname{deg} m(x), \quad i=1,2 . $$ 在上式中, $x$ 用 $\tilde{\alpha}$ 代人, 可得, $0=m(\tilde{\alpha})=m_1(\tilde{\alpha}) m_2(\tilde{\alpha})$. 由于 $\widetilde{R}$ 是整环,因此 $m_1(\tilde{\alpha})=0$ 或 $m_2(\tilde{\alpha})=0$ ，从而 $m_1(x)$ 或 $m_2(x)$ 以 $\tilde{\alpha}$ 为根。这与 $m(x)$是 $\tilde{\alpha}$ 的极小多项式矛盾。这证明了 $\tilde{\alpha}$ 在 $F$ 上的极小多项式 $m(x)$ 在 $F$ 上是不可约的。因此 $F[x] /(m(x))$ 是一个域。由于 $$ F[x] /(m(x)) \cong F[\tilde{\alpha}] $$ 因此 $F[\bar{\alpha}]$ 是一个域. 设 $$ m(x)=x^r+b_{r-1} x^{r-1}+\cdots+b_1 x+b_0 $$ 则根据 定理 34 得， $F[x] /(m(x))$ 的每一个元素可唯一地表示成 $$ c_0+c_1 u+\cdots+c_{r-1} u^{r-1} $$ 其中 $c_i \in F, i=0,1, \cdots, r-1$, 并且 $u$ 是 $m(x)$ 在 $F[x] /(m(x))$ 中的一个根。根据环同态基本定理的证明过程和 $\sigma_{\tilde{\alpha}}$ 的定义得, $F[x] /(m(x))$ 到 $F[\bar{\alpha}]$的一个环同态映射 $\psi$ 为 $$ \psi(f(x)+m(x))=\sigma_{\tilde{\alpha}}(f(x))=f(\tilde{\alpha}) . $$ 从而 \begin{align*} \psi\left(c_0+c_1 u+\cdots+c_{r-1} u^{r-1}\right)&=\psi\left(c_0+c_1 x+\cdots+c_{r-1} x^{r-1}+(m(x))\right)\\ &=c_0+c_1 \tilde{\alpha}+\cdots+c_{r-1} \tilde{\alpha}^{r-1} \text {, } \end{align*} 特别地, 有 $$ \psi(u)=\tilde{\alpha} . $$ 因此 $F[\tilde{\alpha}]$ 的每一个元素可以唯一地表示成 $$ c_0+c_1 \tilde{\alpha}+\cdots+c_{r-1} \tilde{\alpha}^{r-1} $$ 其中 $c_i \in F, i=0,1, \cdots, r-1$.

综上所述, 我们证明了下述结论: 定理 38 给出了构造域 $F$ 的扩域的第二条途径, 并且指出了它与第一条途径的关系：在 $F$ 的一个扩环 $\widetilde{R}(\widetilde{R}$ 是整环）中取一个在 $F$ 上的代数元 $\bar{\alpha}$, 则 $F$ 添加 $\tilde{\alpha}$ 得到的子环 $F[\tilde{\alpha}]$ 是一个域; 并且若 $\tilde{\alpha}$ 在 $F$ 上的极小多项式为 $m(x)=x^r+b_{r-1} x^{r-1}+\cdots+b_1 x+b_0$, 则 $$ F[x] /(m(x)) \cong F[\tilde{\alpha}] $$ 当 $F[\tilde{\alpha}]$ 是域时, 我们把 $F[\bar{\alpha}]$ 记成 $F(\widetilde{\alpha})$. 6. 分式域