1 , 证明属于C的α=$\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{- 2}}{2}\$是实数域R上的2次代数元 ,

是有理数域Q上的4次代数元 ,

证明: 令f(x)=$\left\lbrack x - \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{- 2}}{2} \right) \right\rbrack\left\lbrack x - \left( \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{- 2}}{2} \right) \right\rbrack$=x²‒$\sqrt{2}$x+1 ,

则f(x)是R上以α为根的次数最低的多项式 , 故α是实数域R上的2次代数元

又因α‒$\ \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{- 2}}{2}$ , 则$\left( \alpha - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{2} = \left( \frac{\sqrt{- 2}}{2} \right)^{2}$ , 即α²‒$\sqrt{2}$α+1=0 ,

因此α²+1=$\sqrt{2}$α , (α²+1)²=2α² , 即α⁴+1=0 , 从而α是g(x)=x⁴+1的根 ,

而g(x)是有理数域上的不可约多项式 , 故g(x)是α在Q上的极小多项式 ,

从而α是Q上的4次代数元 ,

2 , 设α是域F上的超越元 , 证明α+1也是域F上的超越元 ,

证明: 假设α+1是域F上的代数元 ,

$$则存在F上的多项式f(x) = \sum_{i = 0}^{n}{a_{i}x^{i}},使得f(\alpha + 1) = \sum_{i = 0}^{n}{a_{i}(\alpha + 1)^{i} = \sum_{i = 0}^{n}{b_{i}\alpha^{i}}} = 0$$

$$令g(x) = \sum_{i = 0}^{n}{b_{i}x^{i}},则g(x)属于F\lbrack x\rbrack\ ,\ g(\alpha) = 0,即\alpha 是域F上的代数元$$

这与α是域F上的超越元矛盾 ,

3 , 设α是域F上的超越元 , 证明α²也是F上的超越元 ,

$$\mathbf{证明:}若\alpha^{2}是域F上的代数元,则存在域F上的多项式f(x) = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}x^{i}$$

$$使得f(\alpha^{2}) = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}\left( \alpha^{2} \right)^{i} = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}\alpha^{2i} = 0\ ,\ 这与\alpha 是域F的超越元矛盾\$$

4 , 求$\sqrt{2}$+i在有理数域上的极小多项式 ,

解: 因为[x‒($\sqrt{2}$+i)][x‒($\sqrt{2}$‒i)]=x²‒2$\sqrt{2}$x+3 (x²‒2$\sqrt{2}$x+3)(x²+2$\sqrt{2}$x+3)=x⁴‒2x²+9

故$\sqrt{2}$+i是x⁴‒2x²+9的根 ,

而x⁴‒2x²+9的四个根为±($\sqrt{2}$±i) ,

由此可知x⁴‒2x²+9是有理数域上的不可约多项式 ,

从而是$\sqrt{2}$+i的极小多项式 ,

5 , 求$\frac{2i + 1}{i - 1}$在有理数域上的极小多项式 ,

解: $\mathbf{\ }\frac{2i + 1}{i - 1} = \frac{1 - 3i}{2}\ ,\ f(x) = \left( x - \frac{1 - 3i}{2} \right)\left( x - \frac{1 + 3i}{2} \right) = x^{2} - x + \frac{5}{2}$

$$又因f(x)属于Q\lbrack x\rbrack\ ,\ 故f(x) = x^{2} - x + \frac{5}{2}$$

即为$\frac{2i + 1}{i - 1}$在有理数域上的极小多项式 ,

6 , 证明M₂(Z₅)=$\left\{ \left. \ \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \right|a\ ,\ b\ ,\ c\ ,\ d \in Z_{5} \right\}$是Z₅上的向量空间

$\mathbf{证明:}如果\forall r_{1}\ ,\ r_{2} \in Z_{5}\ ,\ u = \begin{pmatrix} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1} \end{pmatrix}\ ,\ v = \begin{pmatrix} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{pmatrix} \in M_{2}\left( Z_{5} \right)$ , 则有

(1)

$$r_{1}(u + v) = r_{1}\left( \begin{pmatrix} a_{1} & b_{1} \\ c_{1} & d_{1} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a_{2} & b_{2} \\ c_{2} & d_{2} \end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix} r_{1}\left( a_{1} + a_{2} \right) & r_{1}\left( b_{1} + b_{2} \right) \\ r_{1}\left( c_{1} + c_{2} \right) & r_{1}\left( d_{1} + d_{2} \right) \end{pmatrix} = r_{1}u + r_{1}v$$

(2) (r₁+r₂)u=r₁u+r₂u ,

(3) (r₁r₂)u=r₁(r₂u) ,

(4) $\overline{1}$u=u ,

故M₂(Z₅)是Z₅上的向量空间 ,

7 , 求$\begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{1} \\ \overline{0} & \overline{2} \end{pmatrix}\ ,\ \begin{pmatrix} \overline{1} & \overline{2} \\ \overline{3} & \overline{4} \end{pmatrix}\ ,\ \begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{3} \\ \overline{4} & \overline{1} \end{pmatrix}$生成的M₂(Z₅)的子空间V的基底和维数

解: 若存在属于Z₅的k₁ , k₂ , k₃ , 使得$k_{1}\begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{1} \\ \overline{0} & \overline{2} \end{pmatrix} + k_{1}\begin{pmatrix} \overline{1} & \overline{2} \\ \overline{3} & \overline{4} \end{pmatrix} + k_{1}\begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{3} \\ \overline{4} & \overline{1} \end{pmatrix} = 0$ ,

即得方程组$\left\{ \begin{array}{r} 2k_{1} + k_{2} + 2k_{3} \equiv 0 \\ k_{1} + {2k}_{2} + 3k_{3} \equiv 0 \\ 3k_{2} + 4k_{3} \equiv 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ 2k_{1} + {4k}_{2} + k_{3} \equiv 0 \end{array} \right.\$

方程组有非零解k₁=$\overline{1}$ , k₂=$\overline{4}$ , k₃=$\overline{2}$ , 三向量线性相关 ,

由于$\begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{1} \\ \overline{0} & \overline{2} \end{pmatrix}与\begin{pmatrix} \overline{1} & \overline{2} \\ \overline{3} & \overline{4} \end{pmatrix}$线性无关 , 故dim V=2 , 基底为$\begin{pmatrix} \overline{2} & \overline{1} \\ \overline{0} & \overline{2} \end{pmatrix},\begin{pmatrix} \overline{1} & \overline{2} \\ \overline{3} & \overline{4} \end{pmatrix}$

8 , 设F是含有p个元素的有限域 , 试证明F上的n维向量空间V是有限集合

证明: 由题意知|V : F|=n ,

设α₁ , ⋯ , α_n是V的基底 , 则α=k₁α₁+⋯+k_nα_n , 属于F的k_i的取法共有pⁿ个

故|V|=pⁿ , 即V是有限集合 ,

9 , 设F是有限域 , 证明F的阶是素数的幂 ,

证明: 设F的特征为素数p , 则F是Z_p上的向量空间 , 由题8得证 ,

10 , 设F是有限域 , 试证明F上的任意n(n＞l)维向量空间V

都可以表示成V的有限个真子空间的并

证明: 因为F是有限域 , 由题8知F上n维向量空间V是有限集合 ,

不妨设V={v₁ , ⋯ , v_n} , 令V_i=Fv_i , i=1 , 2 , ⋯ , s , 即子空间V_i是由向量v_i生成的

$$从而有V = \bigcup_{i = 1}^{s}V_{i}\ ,\ 即V可以表示成有限个真子空间的并$$

11 , 设F=Z₂ , F³是F上三元列向量的集合 , 试证明F³是域F上的向量空间 ,

并将F³表示成它的3个真子空间的并 ,

证明: 因为F³是域F上的向量空间 , |F³|=8 ,

F³={($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{0}$) ,

($\overline{1}$ , $\overline{0}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$)}

U₁={($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$)} ,

U₂={($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{1}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{0}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$)} ,

U₃={($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{0}$ , $\overline{0}$ , $\overline{1}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{0}$) , ($\overline{1}$ , $\overline{1}$ , $\overline{1}$)} ,

F³=U₁ ⋃ U₂ ⋃ U₃ ,

习题1设E和F都是域K的子域 ,

试证明当且仅当E和F之间有包含关系时 , E⋃F是域

证明: 只证必要性 ,

假若E和F互不包含 , 取α属于E‒F , β属于F‒E

则α+β不属于E⋃F , 矛盾 ,

习题2求下列元素在Q上的极小多项式:

(1)a+bi , 其中a , b属于Q , b≠0

(2)$\sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}$

解: (1)因为a+bi不属于Q

且a+bi是多项式(x‒a‒bi)(x‒a+bi)=x²‒2ax+a²+b²的根

因此x²‒2ax+a²+b²是a+bi在Q上的极小多项式

(2)令α=$\sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}$ , 则α³=1+$\sqrt{2}$

从而(α³‒1)²=2 , α⁶‒2α³‒1=0 , 即α是多项式x⁶‒2x³‒1的根

验证可知±1不是x⁶‒2x³‒1的根

因此x⁶‒2x³‒1是Q上的不可约多项式 , 从而是$\sqrt[3]{1 + \sqrt{2}}$的极小多项式

习题3证明有理数域上的两个扩张Q($\sqrt{3}$)与Q(i)是线性空间同构而不是域同构 ,

证明: 由于两个扩张Q($\sqrt{3}$)与Q(i)作为域Q上的线性空间都是2维的 ,

因此作为线性空间二者是同构的

若二者作为域同构 , 则存在Q(i)到Q($\sqrt{3}$)的同构映射f

使得f(i²)=f(‒1)=‒f(1)=‒1

因此f(i)=i , 这与i不属于Q($\sqrt{3}$)矛盾 , 故二者作为域不同构

习题4求包含Q的扩张Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)的扩张次数

解法1: 显然有Q($\sqrt[3]{2}\ ,\sqrt[3]{4}$)包含Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)

由($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)^‒1属于Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)可以推得(2$\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)属于Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)

从而$\sqrt[3]{2}\ ,\sqrt[3]{4}$属于Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$) , 故Q($\sqrt[3]{2}\ ,\sqrt[3]{4}$)=Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$) ,

而|Q($\sqrt[3]{2}\ ,\sqrt[3]{4}$): Q|=|Q($\sqrt[3]{2}$): Q|=3 , 所以包含Q的扩张Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)的扩张次数为3

解法2: $\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$的极小多项式为x³‒6x‒6

因此包含Q的扩张Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{4}$)的扩张次数为3