1 , 试求|C : R|和|C : C| ,

解: 因为{1 , i}为C在R上的一组基 , 所以|C : R|=2 ,

而1是C在C上的一组基 , 故|C : C|=1 ,

2 , 求|Q(1+i) : Q| ,

解: 因为1+i在Q上的极小多项式为f(x)=[x‒(1+i)][x‒(1‒i)]=x²‒2x+2 ,

所以|Q(1+i) : Q|=2 ,

3 , 设α是Q[x]中多项式f(x)=x²‒5x+7的根 ,

试分别将α⁴‒α³+α²+α+1和$\frac{1 - 7\alpha + 2\alpha^{2}}{1 + \alpha - \alpha^{2}}$用包含Q的扩张Q(α)的一组基底表示出来

解: 由于f(x)=x²‒5x+7是不可约多项式 , 所以f(x)是α在Q上的极小多项式 ,

因此 , 1 , α是包含Q的扩张Q(α)的一组基底 ,

令g(x)=x⁴‒x³+x²+x+1 , 则g(x)=f(x)(x²+4x+14)+43x‒97 , g(α)=43α‒97 ,

令h(x)=‒x²+x+1 , 则$1 = \frac{x - 3}{4}h(x) + \frac{1 + x}{4}f(x)$ , $1 = \frac{\alpha}{4}h(\alpha)$

$\frac{1 - 7\alpha + 2\alpha^{2}}{1 + \alpha - \alpha^{2}} = \frac{1}{4}(\alpha - 3)(1 - 7\alpha + 2\alpha^{2}) = \frac{1}{4}(2\alpha^{3} - 13\alpha^{2} + 22\alpha - 3)$

令t(x)=$\ \frac{1}{4}\$(2x³‒13x²+22x‒3) , 则t(x)=f(x)$\frac{2x - 3}{4} + \frac{- 7x + 18}{4}$ , 故t(α)=$\frac{18 - 7\alpha}{4}$

4 , 试求Q($\sqrt[3]{2}$)中元素‒1+$\sqrt[3]{2}$的逆元 ,

解法1: 由于$\sqrt[3]{2}$在Q上的极小多项式为f(x)=x³‒2

因此Q($\sqrt[3]{2}$)在Q上的一组基底为1 , $\sqrt[3]{2}$ , ($\sqrt[3]{2}$)²

令α=$\sqrt[3]{2}$ , g(x)=x‒1 , 则f(α)=0

又因f(x)为Q上的不可约多项式 , 且g(α)不为0 , 从而(f(x) , g(x))=1

用辗转相除法求得‒f(x)+(x²+x+1)g(x)=1 , 因此(α²+αx+1)g(α)=1

即g(α)的逆元为α³+α+1 , 故‒1+$\sqrt[3]{2}$的逆元为1+$\sqrt[3]{2}$+($\sqrt[3]{2}$)²

解法2: ‒1+$\sqrt[3]{2}$的逆元为(‒1+$\sqrt[3]{2}$)^‒1=$\frac{\left( \sqrt[3]{2} \right)^{3} - 1}{- 1 + \sqrt[3]{2}}$=($\sqrt[3]{2}$)²+$\sqrt[3]{2}$+1

5 , 求包含Z₇的扩张Z₇($\sqrt[3]{2}$)的一组基底

解: α=$\sqrt[3]{2}$是属于Z₇[x]的多项式f(x)=x³‒$\overline{2}$的一个根 ,

由于f($\overline{0}$)=$\overline{5}$≠$\overline{0}$ , f($\overline{1}$)=f($\overline{2}$)=f($\overline{4}$)=$\overline{6}$≠$\overline{0}$ , f($\overline{3}$)=f($\overline{5}$)=f($\overline{6}$)=$\overline{4}$≠$\overline{0}$

所以f(x)是α=$\sqrt[3]{2}$在Z₇上的极小多项式 ,

故1 , α , α²是包含Z₇的Z₇($\sqrt[3]{2}$)的一组基

6 , 试判断$Q\left( \frac{2i + 1}{i - 1} \right)$与Q(i)是否同构 ,

解: 由于$\alpha = \frac{2i + 1}{i - 1} = \frac{1 - 3i}{2}\ ,\ \left( x - \frac{1 - 3i}{2} \right)\left( x - \frac{1 + 3i}{2} \right) = x^{2} - x + \frac{5}{2} \in Q\lbrack x\rbrack$

所以Q(α)={a+bα|a , b ∈ Q} ,

由于(x‒i)(x+i)=x²+1 , 所以Q(i)={a+bi | a , b ∈ Q} ,

可知映射φ: Q(α)→Q(i) , a+bα → a+bi是同构映射 ,

因此 , $Q\left( \frac{2i + 1}{i - 1} \right)$与Q(i)同构 ,

7 , 设包含F的E为域的扩张 ,

试证明若属于E的α是F上的p(p是奇数)次代数元 , 则F(α)=F(α²) ,

证明: α是F上的代数元 , 则α²也是F上的代数元 ,

从而包含F的F(α²)是有限扩张 ,

属于F(α²)[x]的α是多项式x²‒α²的根 , 则|F(α²)(α) : F(α²)|=1或者2 ,

显然有F(α²)(α)=F(α) , 因此|F(α) : F|=|F(α): F(α²)||F(α²) : F| ,

由已知条件得|F(α) : F(α²)|=1 , 即F(α)=F(α²) ,

8 , 设包含F的E为域的扩张 ,

试证明若对属于E的α , 有F[α]={f(α)|f(x) ∈ F[x]}是域 ,

则包含F的F(α)是单代数扩张 ,

证明: 因为F[α]是域 , 取f(α)属于F[α] , f(α)不为0 ,

则存在属于F[α]的g(α) , 使得f(α)g(α)=1 , 即多项式f(x)g(x)‒1以α为根

因此包含F的F(α)是单代数扩张 ,

9 , 设域F的未定元为x , α=$\ \frac{x^{3}}{x + 1}$

试证明包含F(α)的F(x)是单代数扩张 , 并求扩张次数 ,

证明: 因为α=$\ \frac{x^{3}}{x + 1}$ , 所以x³‒αx‒α=0 , x是该方程的一个根 ,

从而x是F(α)上的代数元 ,

包含F(α)的F(x)=F(x)(α)=F(α)(x)是单代数扩张 ,

设F(α)上多项式f(y)=y³‒αy‒α , 易知f(y)是不可约多项式 ,

因此f(y)是x的极小多项式 , 包含F(α)的F(x)的扩张次数为3 ,

习题1分别求有理数域Q上线性空间Q($\sqrt{2}$) , Q($\sqrt[3]{2}$)和Q$\left( \frac{2i + 1}{i + 1} \right)$的一组基

解: 易知x²‒2 , x³‒2分别是$\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{2}$的极小多项式 ,

因此1 , $\sqrt{2}$是Q($\sqrt{2}$)在Q上的基 , 1 , $\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[3]{4}$是Q($\sqrt[3]{2}$)在Q上的基 ,

因为$\frac{2i + 1}{i + 1} = \frac{i + 3}{2}$在Q上的极小多项式为$\left( x - \frac{i + 3}{2} \right)\left( x + \frac{i - 3}{2} \right) = x^{2} - 3x + \frac{5}{2}$

因此1 , $\frac{2i + 1}{i + 1}$是在Q$\left( \frac{2i + 1}{i + 1} \right)$上的基 ,

习题2设域K是F的扩域 , α , β属于K ,

若α是F上的代数元 , 试证明α是F(β)上的代数元 , 且|F(α , β) : F(β)|⩽|F(α) : F|

证明: 因为α是F上的代数元 , 所以存在F上不可约多项式f(x)且以α为根 ,

f(x)也是F(β)上多项式且以α为根 , 因此结论成立

习题3设有包含F的域扩张K , u , v属于K , 若u , v均为F上的代数元 ,

试证明当且仅当u , v在F上的极小多项式相同时 ,

存在域同构σ: F(u)≅F(v)使得σ(u)=v , σ|_F=id ,

证明: 若u , v在F上的极小多项式均为f(x) ,

设deg f(x)=n , 则1 , u , ⋯ , u^n‒1是F(u)的基 , 1 , v , ⋯ , v^n‒1是F(v)的基 ,

$$因此\sigma:F(u) \rightarrow F(v)\ ,\sum_{i = 0}^{n - 1}{a_{i}u^{i}} \rightarrow \sum_{i = 0}^{n - 1}{a_{i}v^{i}}是F(u)到F(v)的同构映射,$$

且σ(u)=v , σ|_F=id ,

反之 , 设存在域同构σ: F(u)≅F(v)使得σ(u)=v , σ|_F=id ,

并设f(x)是u在F上的极小多项式 ,

由0=f(u)和0=σ(f(u))=f(σ(u))=f(v) , 从而v在F上的极小多项式也是f(x) ,

习题4设α是多项式f(x)=x³‒3x‒1的根 , 求包含Q的扩张Q(α)的扩张次数 ,

解: 因为f(x)=x³‒3x‒1是有理数域上不可约多项式 ,

所以f(x)=x³‒3x‒1是α在Q上的极小多项式 ,

从而包含Q的Q(α)的扩张次数为3 ,

习题5求Q[$\sqrt{2}$]={a+b$\sqrt{2}$ |a , b ∈ Q}的全部子域

解: 设K是Q[$\sqrt{2}$]的子域 , 则1属于K , 从而Q⊆K⊆Q[$\sqrt{2}$] ,

因为|Q[$\sqrt{2}$]: Q|=2 , 所以|K: Q|=1或2 , 从而K为Q或Q[$\sqrt{2}$] ,

习题6设α是Q上不可约多项式g(x)=x²‒x+2的根 ,

试求Q(α)中非零元素1+α‒α²的逆元 ,

并将$\frac{1 + 4\alpha - 5\alpha^{2}}{1 + \alpha - \alpha^{2}}\$表示成1 , α的Q线性组合的形式

解: 由g(x)不可约知g(x)与f(x)=1+x‒x²互素或g(x)整除f(x) ,

而α是g(x)的根 , 不是f(x)的根 , 因此g(x)与f(x)互素 ,

那么存在属于Q[x]的u(x) , v(x) , 使得g(x)u(x)+f(x)v(x)=1 ,

由g(α)=0得f(α)v(α)=1 , 即v(α)是f(α)的逆元 ,

由带余除法知v(x)=$\ \frac{1}{22}\$(x+4) , 所以v(α)=$\ \frac{1}{22}\$(α+4) ,

再由g(α)=0推得$\frac{1 + 4\alpha - 5\alpha^{2}}{1 + \alpha - \alpha^{2}}\ = \frac{1}{22}\ (\alpha + 4)\left( 1 + 4\alpha - 5\alpha^{2} \right) = \frac{1}{11}(3\alpha + 23)$

习题7证明f(x)=x²+1和g(x)=x²‒x‒1都在Z₃[x]中不可约 ,

若f(α)=g(β)=0 , 证明Z₃(α)与Z₃(β)同构 ,

证明: Z₃[x]中的二次多项式如果可约 , 则必有一次因子 ,

将x=$\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{2}$代入f(x)和g(x)都不等于0 ,

所以f(x)和g(x)在Z₃[x]中不可约 ,

由于f(β+1)=0 , 即α和β+1在Z₃上的极小多项式相同 ,

故α→β+1给出Z₃(α)到Z₃(β)的一个同构映射 ,