1 , 设|E : F|=n , 属于E的α是F上的代数元 , 且|F(α) : F|=m , 证明m|n ,

证明: |E : F|=|E : F(α)||F(α) : F| , 故m|n ,

2 , 设包含F的E是域的扩张 , 且|E : F|是素数 ,

试证明对属于E‒F的任意α , 都有E=F(α)

证明: 因为|E : F|=|E : F(α)||F(α) : F| , 从而|E : F(x)|=1或|F(α) : F|=1 ,

若|F(α) : F|=1 , 则α属于F矛盾 , 因此|E : F(α)|=1 , 故E=F(α) ,

3 , 设K=Q($\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[3]{2}$i) , 证明|K : Q($\sqrt[3]{2}$)|=2 , |K : Q|=6 ,

证明1: 令f(x)=x²+($\sqrt[3]{2}$)² , 则f(x)是$\sqrt[3]{2}$i在Q($\sqrt[3]{2}$)上的极小多项式 ,

故|K : Q($\sqrt[3]{2}$)|=2 ,

而$\sqrt[3]{2}$在Q上的极小多项式为g(x)=x³‒2 , 故|Q($\sqrt[3]{2}$) : Q|=3 ,

从而|K : Q|=|K : Q($\sqrt[3]{2}$)||Q($\sqrt[3]{2}$) : Q| ,

证明2: 首先说明Q($\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[3]{2}$i)=Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{2}$i) ,

显然x³‒2 , x³+2分别是$\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[3]{2}$i的极小多项式 ,

根分别为$\sqrt[3]{2}$ , $\sqrt[3]{2}$ω , $\sqrt[3]{2}\overline{\omega}$和$\sqrt[3]{2}$i , $\sqrt[3]{2}$ωi , $\sqrt[3]{2}\overline{\omega}$i , 由[第四章引理3.1]得证 ,

令α=$\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{2}$i , 则α³=2(1+i)³=‒4+4i , 从而有(α³+4)²=‒16 , 即α⁶+8α³+32=0

故α在Q上的极小多项式为f(x)=x⁶+8x²+32 , 因此|K : Q|=|Q($\sqrt[3]{2}$+$\sqrt[3]{2}$i) : Q|=6

又因|K : Q|=|K : Q($\sqrt[3]{2}$)||Q($\sqrt[3]{2}$) : Q| , 而$\sqrt[3]{2}$在Q上的极小多项式为g(x)=x³‒2 ,

故|Q($\sqrt[3]{2}$) : Q|=3 , 从而有|K : Q($\sqrt[3]{2}$)|=2 ,

4 , 求|Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$) : Q|及|Q($\sqrt{5}$+$\sqrt{3}$) : Q($\sqrt{15}$)| ,

解: Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)=Q($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$) , 令α=$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$ , 则(α‒$\sqrt{2}$)²=3 , 即α²‒1=2$\sqrt{2}$α ,

从而(α²‒1)²=8α² , 即α⁴‒10α²+1=0 ,

故α在Q上的极小多项式为f(x)=x⁴‒10x²+1 , 因此|Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$) : Q|=4 ,

令β=$\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$ , 则(β‒$\sqrt{5}$)²=3 , 即β²+2=2$\sqrt{5}$β ,

从而有(β²+2)²=20β² , 即β⁴‒16β²+4=0 ,

从而x⁴‒16x²+4是β在Q上的极小多项式 , 故|Q($\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$) : Q|=4 ,

又因|Q($\sqrt{15}$) : Q|=2 , 所以由|Q($\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$) : Q|=|Q($\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$) : Q($\sqrt{15}$)||Q($\sqrt{15}$) : Q|

可知|Q($\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$) : Q($\sqrt{15}$)|=2 ,

5 , 设E=F(S) , S包含于E且S仅含F上的代数元 , 试证明E是F的代数扩张

证明: 对属于E的任意β ,

存在有属于S的α₁ , α₂ , ⋯ , α_n , 使得β属于F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)

又因α₁ , α₂ , ⋯ , α_n为F的代数元 , 因此F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)是F上的有限扩张 ,

从而是代数扩张 , 所以β是代数元 , E是F的代数扩张

6 , 证明若$\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$≠0 , 则Q($\sqrt{a}$ , $\sqrt{b}$)=Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) , 其中任意a , b属于Q ,

证明: 若a=b , 则显然得证 ,

若a≠b , 则因为$\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$属于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) , 所以Q($\sqrt{a}$ , $\sqrt{b}$)包含Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) ,

又因为$\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$属于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) , 所以($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$)^‒1=$\frac{1}{\sqrt{a} + \sqrt{b}} = \frac{\sqrt{a} - \sqrt{b}}{a - b}$属于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$)

从而$\sqrt{a}$‒$\sqrt{b}$属于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) , 进而有$\sqrt{a}$ , $\sqrt{b}$属于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) ,

从而Q($\sqrt{a}$ , $\sqrt{b}$)包含于Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$) , 故Q($\sqrt{a}$ , $\sqrt{b}$)=Q($\sqrt{a}$+$\sqrt{b}$)

7 , 求包含Q的扩张Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{5}$)的本原元 ,

解: 易知$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$为Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)的一个本原元 ,

下证$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$是Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{5}$)的一个本原元 ,

因为$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$在Q上的极小多项式为f(x)=x⁴‒10x+1

$\sqrt{5}$在Q上的极小多项式为g(x)=x‒5 ,

则f(x) , g(x)的所有根为±$\sqrt{2}$±$\sqrt{3}$ , ±$\sqrt{5}$

考虑方程x(‒$\sqrt{5}$ , ‒$\sqrt{5}$)=($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$)‒(±$\sqrt{2}$±$\sqrt{3}$) ,

因为1不适合上面所有方程 , 取ξ=$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$+$\sqrt{5}$ ,

则ξ是Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{5}$)的一个本原元 ,

8 , 设K⊇E⊇F是域的扩张 ,

试证明若包含F的K是有限扩张 , 则包含E的K和包含F的E是有限扩张 ,

证明: 若包含F的K是有限扩张 ,

则存在有限个F上的代数元α₁ , α₂ , ⋯ , α_n也是E上的代数元 ,

使得K=F(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n)

从而K=E(α₁ , α₂ , ⋯ , α_n) , 由[第四乘定理3.3(1)]可知包含E的K是有限扩张

因为E是域F上K的子空间 , 而包含F的K是有限扩张 ,

所以包含F的E是有限扩张 ,

9 , 设域F , E , K满足K⊇E⊇F , 且|E : F|=m ,

试证明若属于K的α是F上的n次代数元 , 且(m , n)=1 ,

则α是E上的n次代数元

证明: 由题意知α是E上的代数元 ,

从而|E(α) : F|=|E(α) : E||E : F| , 即包含F的E(α)是有限扩张 ,

由已知可知 , |E(α) : F|=|E(α) : F(α)|F(α) : F|=|E(α) : F(α)|n ,

因为(m , n)=1 , 所以n整除|E(α) : E| ,

因为属于K的α是F上的n次代数元且E包含F ,

所以|E(α) : E|⩽n , 故|E(α) : E|=n ,

习题1设K是域F的扩张 , 属于K的α , β都是F上的代数元 ,

假设|F(α) : F|与|F(β) : F|互素 ,

试证明|F(α , β) : F|=|F(α) : F||F(β) : F| ,

从而α在F上的极小多项式是F(β)中的不可约多项式 ,

证明: 根据|F(α) : F||F(α , β) : F|、|F(β) : F||F(α , β) : F|及|F(α) : F|与|F(β) : F|互素

得|F(α) : F||F(β) : F||F(α , β) : F| ,

再由|F(β)(α) : F(β)|⩽|F(α) : F| ,

可知|F(α , β) : F|=|F(β)(α) : F(β)||F(β) : F|⩽|F(α) : F||F(β) : F|

因此 , |F(α , β) : F|=|F(α) : F||F(β) : F| ,

这也说明|F(β)(α) : F(β)|=|F(α) : F| ,

即α在F上的极小多项式是F(β)中的不可约多项式

习题2将域F上多项式x²‒α的根记为$\sqrt{2}$

试证明若|K : F|=2 , 则存在F上不可约多项式x²‒D , 使得K=F($\sqrt{D}$) ,

证明: 取属于K‒F的α , 由|K : F|=2知α是F上代数元 ,

设极小多项式为f(x)=x²+ax+b ,

由f(α)=$\left( \alpha + \frac{a}{2} \right)^{2} + b - \frac{a^{2}}{4}$=0 , 可知$\left( \alpha + \frac{a}{2} \right)^{2}$属于F

令α+$\ \frac{a}{2}\$=β , 则β属于K‒F且x²‒β²为所求多项式 ,

习题3设α是多项式x³‒3x‒1的一个实根 , 证明$\sqrt{2}$不属于Q(α) ,

证明: 因为x³‒3x‒1是有理数域上不可约多项式 ,

所以|Q(α) : Q|=3 , 而|Q($\sqrt{2}$) : Q|=2 ,

若$\sqrt{2}$属于Q(α) , 则|Q(2) : Q|整除|Q(α) : Q| , 矛盾 ,

习题4设|E : F|=n , α属于E ,

试证明包含F(α)的E是有限扩张 , 且|E : F|=|E : F(α)||F(α) : F| ,

证明: 由于包含F的E是有限扩张 , 所以α是F上的代数元 ,

从而包含F的扩张F(α)是有限扩张 ,

因为|E : F|=n , 故存在F上的代数元α₁ , ⋯ , α_t使得E=F(α₁ , ⋯ , α_t) ,

又因α属于E , 从而E=E(x)=F(α₁ , ⋯ , α_t)(α)=F(α)(α₁ , ⋯ , α_t)

于是包含F(α)的E是有限扩张 , |E : F|=|E : F(α)||F(α) : F| ,

习题5设α是E上的代数元 , 包含F的E是代数扩张 , 试证明α是F上的代数元

证明1: 设α是E[x]中非零多项式f(x)=a_nxⁿ+⋯+a₁x+a₀的根 ,

则α是F(a_n , ⋯ , a₁ , a₀)上的代数元 ,

因为包含F的F(a_n , ⋯ , a₁ , a₀)是有限扩张 ,

从而包含F的F(a_n , ⋯ , a₁ , a₀ , α)是有限扩张 , 于是α是F上的代数元

证明2: 因为α是E上的代数元 , 故包含E的E(α)是代数扩张 ,

又由于包含F的E是代数扩张 , 故包含F的E(α)是代数扩张 ,

因此α是F上的代数元 ,

习题6设E⊇K⊇F是域的扩张 ,

则当且仅当包含K的E和包含F的K均是代数扩张时 , 包含F的E是代数扩张

证明: 必要性 , 由包含F的E是代数扩张知 , E中所有元素都是F上的代数元 ,

由包含F的K知E中所有元素也是K上的代数元 ,

因此包含K的E和包含F的K均是代数扩张 ,

充分性参见[第四章定理3.4] ,

习题7证明对任一包含F的扩张K存在唯一的E : K⊇E⊇F ,

使包含F的E是代数扩张 ,

使包含E的K是纯超越扩张(即K中除E中元素外没有E的代数元)

证明: 因为K是F的一个扩张 ,

考虑K中所有F的代数元形成的K的一个子域 , 用E表示 ,

显然E是K与F的中间域 , 并且是K中F的最大代数扩张 ,

这时K中除E的元素外 , 任意元都是E的超越元 ,

这是因为 , 若属于K的α是E上代数元 , 那么E(α)是E的代数扩张 ,

而E是F的代数扩张 , 因此E(α)是F的代数扩张 ,

故α是F的代数元 , 于是α属于E ,

所以 , 包含E的K是纯超越扩张 ,

E的唯一性显然

习题8求属于Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{3}$)的u , 使得Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{3}$)=Q(u) ,

解: 易知$\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{3}$在Q上的极小多项式分别为x²‒2 , x³‒3 ,

极小多项式的根分别为α₁=$\sqrt{2}$ , α₂=‒$\sqrt{2}$和β₁=$\sqrt[3]{3}$ , β₂=$\frac{- 1 + \sqrt{3}i}{2}\$ , β₃=$\frac{- 1 - \sqrt{3}i}{2}$

由β_i‒β₁≠α₁‒α_j , i≠1知u=$\sqrt{2}$+$\sqrt[3]{3}$ ,

习题9设α是一个正有理数 , 证明Q($\sqrt{a}$ , i)=Q($\sqrt{a}$+i) ,

证明: 显然有Q($\sqrt{a}$ , i)包含Q($\sqrt{a}$+i) ,

由于$\frac{1}{\sqrt{a} + 1}\$属于Q($\sqrt{a}$+i) , 故$\sqrt{a}$‒i属于Q($\sqrt{a}$+i) ,

从而$\sqrt{a}$ , i属于Q($\sqrt{a}$+i) , Q($\sqrt{a}$ , i)包含于Q($\sqrt{a}$+i) ,

习题10求下列域作为Q‒线性空间的一组基 :

(1)Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$) ,

(2)Q($\sqrt{3}$ , iω) , 其中ω=$\frac{- 1 + \sqrt{- 3}}{2}$

解: (1)因为|Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$) : Q|=|Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$) : Q($\sqrt{2}$)||Q($\sqrt{2}$) : Q|=4 ,

且Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)=Q($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$) ,

所以1 , $\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$ , ($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$)² , ($\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$)³

为Q($\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$)作为Q‒线性空间的一组基

易知1 , $\sqrt{2}$ , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{6}$为另一组等价基 ,

(2)因为Q($\sqrt{3}$ , iω)=Q($\sqrt{3}$ , i)=Q($\sqrt{3}$+i) ,

且由$\sqrt{3}$不属于Q(i)知1＜|Q($\sqrt{3}$ , i) : Q(i)|⩽|Q($\sqrt{3}$) : Q|=2 ,

即|Q($\sqrt{3}$ , i) : Q(i)|=2 ,

所以|Q($\sqrt{3}$ , iω) : Q|=|Q($\sqrt{3}$ , i) : Q(i)||Q(i) : Q|=4 ,

那么Q($\sqrt{3}$ , iω)作为Q‒线性空间的一组基为1 , $\sqrt{3}$+i , ($\sqrt{3}$+i)² , ($\sqrt{3}$+i)³ ,

等价基为1 , i , $\sqrt{3}$ , $\sqrt{- 3}$ ,