《抽象代数》第二十七章讲的是域扩张 (extension of fields)。F[x] 中的多项式在 F 中不一定有根，但是，在比 F 更大的域 K 中可以有根。在初等数学中就有这样的例子：x²-2 和 x²+1 都是 ℚ[x] 中的多项式，但是它们的根分别在扩域 ℝ 和 ℂ 中。

本章研究了代数元、多项式和域扩张之间的联系。

• 凡是能作为 F[x] 中某个多项式的根的元素就是 F 的代数元 (algebraic)；否则是超越元 (transcendental)。
• F 的任意代数元 a 都对应 F[x] 中的一个最小多项式 (minimum polynomial) p(x)，使得 a 是 p(x) 的根。
• 对于 F[x] 中的任意多项式 p(x)，总能找到适当的扩张 K ⊇ F，使得 p(x) 在 K 中有根。这就是域扩张基本定理。

A. 识别代数元

A.1 证明下列数是 \(\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q\) 上的代数元：

1. \(\sqrt{i-\sqrt2}\)
2. （其余略）

证明 设 \(a=\sqrt{i-\sqrt2}\)，两边平方得 \(a^2 = i-\sqrt2\)。移项后两边再平方得 \(a^4-2a^2\mkern1mui-1 = 2\)。移项后两边再平方得 \(a^8-6a^4+9 = -4a^2\)，即 \(a^8-2a^4+9 = 0\)。可见 \(a\) 是 \(\Q[x]\) 中的多项式 \(x^4-2x^2+9\) 的根。因此 \(a\) 是 \(\Q\) 上的代数元。

A.2 证明下列数在给定的域上是代数元：

1. \(\sqrt\pi\) 在 \(\Q(\pi)\) 上
2. \(\sqrt\pi\) 在 \(\Q(\sqrt\pi)\) 上
3. \(\pi^2-1\) 在 \(\Q(\pi^3)\) 上

证明

1. \(\sqrt\pi\) 是 \(x^2-\pi\) 的根。
2. \(\sqrt\pi\) 是 \(x^4-\pi^2\) 的根。
3. \(\pi^2-1\) 是 \(x^3+3x^2+3x+1-\pi^6\) 的根。

注 证明一个数是超越元要难得多。通过一些复杂的数学工具可以证明 π 和 e 是 ℚ 上的超越元。

B. 寻找最小多项式

B.1 寻找下列数的在 \(\Q\) 上的最小多项式：

1. \(1+\sqrt2\)
2. \(\sqrt{1+\sqrt2}\)
3. （其余略）

解

1. \(p(x) = x^2-2x-1\)。可能的有理根是 \(\pm 1\)；代入可知均不是根。所以二次式 \(p(x)\) 在 \(\Q\) 上不可约。
2. \(p(x) = x^4-2x^2-1\)
   • \(p(x+1) = x^4 + 4x^3 + 4x^2 - 2\)。取 \(p=2\)，根据 Eisenstein 判据可知 \(p(x+1)\) 在 \(\Q\) 上不可约。因此 \(p(x)\) 在 \(\Q\) 上不可约。

B.2 证明 \(\sqrt2+i\) 的最小多项式是

1. 在 \(\mathbb R\) 上：\(x^2-2\sqrt2 x+3\)
2. 在 \(\Q\) 上：\(x^4-2x^2+9\)
3. 在 \(\Q(i)\) 上：\(x^2-2ix-3\)

证明 显然 \(\sqrt2+i\) 都是这三个多项式的根。只须证明不可约性即可。

1. 判别式 \(\Delta = (2\sqrt2)^2 - 4\cdot1\cdot 3 = -4 < 0\)。由此可知二次式 \(x^2-2\sqrt2 x+3\) 在 \(\mathbb R\) 上没有根，因此不可约。
2. 可能的有理根为 \(\pm1,\pm3\)；代入可知均不是根。假设可以分解为 \((x^2+ax+b)(x^2+cx+d)\)，其中 \(a,b,c,d\) 是整数，那么 \(a+c=0\)，\(ac+b+d=-2\)，\(bc+ad=0\) 且 \(bd=9\)。那么 \(a=-c\) 且 \(b=d=\pm3\)。于是 \(a^2=b+d+2 = 5 \text{ 或 }{-1}\)，当 \(a\) 是整数时不可能。所以也不能分解为二次式的积。
3. 该二次式的两个根 \(\pm\sqrt2+i\) 都不在 \(\Q(i)\) 中，所以在 \(\Q(i)\) 上不可约。

B.5 寻找首一多项式 \(p(x)\) 使得 \(Q[x]/\langle p(x)\rangle\) 同构于

1. \(\Q(\sqrt2)\)
2. \(\Q(1+\sqrt2)\)
3. \(\Q\bigl(\sqrt{1+\sqrt2}\bigr)\)

解 根据 \(F(c) \cong F[x] / \langle p(x)\rangle\) 可知，只需寻找首一多项式 \(p(x)\) 使得 \(c\) 是 \(p(x)\) 的根即可。

1. \(p(x) = x^2 - 2\)
2. \(p(x) = x^2-2x-1\)
3. \(p(x) = x^4-2x^2-1\)

2 和 3 的不可约性见 B.1。

C. 域 F[x]/⟨p(x)⟩ 的结构

设 p(x) 是 F 上的 n 次不可约多项式。设 c 是 p(x) 在 F 的某个扩张中的根（如域扩张基本定理所述）。

C.1 求证：F(c) 中的每个元素都可以写成 r(c)，其中 r(x) 是 F[x] 中次数小于 n 的多项式。

证明 设 a ∈ F(c)。那么 a = t(c)，其中 t(x) ∈ F[x]。根据多项式带余除法，有 t(x) = q(x)p(x) + r(x)。其中 q(x),r(x) ∈ F[x] 且 deg r(x) < n。代入 x=c 得 t(c) = q(c)p(c) + r(c)。而 p(c) = 0，因此 t(c) = r(c)。

C.2 如果 s(c) = t(c) 是 F(c) 的元素，其中 s(x) 和 t(x) 是次数小于 n 的多项式，证明 s(x) = t(x)。

证明 设同态 σ_c: F[x] → K 定义为 σ_c(a(x)) = a(c)。设它的核为 J_c，则 J_c 是 F[x] 的主理想。设 J_c=⟨m(x)⟩，其中 m(x) 是不可约多项式。因为 p(c) = 0，所以 p(x) ∈ J_c，从而有 m(x) | p(x)。但是 p(x) 不可约，所以 m(x) 也是 n 次多项式。

设 a(x) = s(x) - t(x)，则 a(x) = 0 或 a(x) 是次数小于 n 的多项式。而 a(c) = s(c) - t(c) = 0，这说明 a(x) ∈ J_c。但已经知道 J_c 中最小的次数是 n，所以只可能 a(x) = 0。由此可知 s(x) - t(x) = 0 即 s(x) = t(x)。

C.3 根据 C.1 和 C.2 做出结论：F(c) 中的每个元素都可以唯一地表示为 r(c)，其中 deg r(x) < n。

证明 存在性由 C.1 给出；唯一性由 C.2 给出。

C.4 根据 C.3，解释为什么 ℤ₂[x]/⟨x²+x+1⟩ 中恰有 4 个元素。列出这 4 个元素，并给出它们的加法和乘法运算表。

解 设 p(x) = x²+x+1，并设在 ℤ₂ 的扩域 ℤ₂(c) 中有根 x=c。那么，ℤ₂[x]/⟨x²+x+1⟩ ≅ ℤ₂(c)。根据 C.3，任意 ℤ₂(c) 中的元素都可以表示为 r(c)，其中 r(x) ∈ ℤ₂[x] 是次数小于 2 的多项式。

由此可知 ℤ₂ 中的元素是：0、1、c、c+1，共有 4 个。

（运算表略）

D. 和域扩张有关的简短问题

设 F 是任意域。证明 1–5。

D.1 如果 c 是 F 上的代数元，那么 c+1 和 kc 也是（其中 k ∈ F）。

证明 设 p(x) ∈ F[x] 且 c 是 p(x) 的一个根。那么，使用二项式定理可知 p(x-1) ∈ F[x]。于是 c+1 是 p(x-1) 的一个根。这表明 c+1 是 F 上的代数元。

另一方面，如果 k=0，则 kc=0 显然在 F 上是代数的。否则，p(k^-1x) ∈ F[x]，而 kc 是它的根。这表明 kc 是 F 上的代数元。

D.2 如果 \(c \ne 0\) 且 \(c\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(1/c\) 也是。

证明 设 \(p(x) \in F[x]\) 是 \(c\) 的最小多项式。设 \[p(x) = p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\] 那么 \(p(c) = 0\)。设 \[q(x) = p_n + p_{n-1}x + \cdots + p_0x^n\] 则 \(q(x) \in F[x]\)，而在 \(F(c)\) 中有 \begin{align*} q(1/c) &= p_n + p_{n-1}c^{-1} + \cdots + p_0c^{-n} \\ &= c^{-n}\bigl(p_nc^n + p_{n-1}c^{n-1} + \cdots + p_0) \\ &= c^{-n}p(c) \\ &= 0 \end{align*} 这表明 \(1/c\) 是 \(q(x)\) 的根，所以 \(1/c\) 是 \(F\) 的代数元。

D.3 如果 \(cd\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(c\) 是 \(F(d)\) 上的代数元。如果 \(c+d\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(c\) 是 \(F(d)\) 上的代数元。（假定 \(c\ne0\) 且 \(d\ne0\)。）

证明 设 \(p(x) \in F[x]\) 是 \(cd\) 的最小多项式。设 \[p(x) = p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\] 那么 \(p(cd) = 0\)。设 \(K=F(d)\) 且 \[q(x) = p_0 + (p_1d)x + \cdots + (p_nd^n)x^n\] 则 \(q(x) \in K[x]\)，而在 \(K(c)\) 中有 \[q(c) = p_0 + p_1(cd) + \cdots + p_0(cd)^n = p(cd) = 0\] 这表明 \(c\) 是 \(q(x)\) 的根，所以 \(c\) 是 \(F(d)\) 的代数元。

另一个证明类似，设 \(q(x) = p(x+d)\) 即可。

D.4 如果 a 在 F 上的最小多项式的次数是 1，那么 a ∈ F，反之亦然。

证明 设 a 的最小多项式是 p(x)，那么只可能是 p(x) = x - a。因为 p(x) ∈ F[x]，所以 -a ∈ F，所以 a ∈ F。

反过来，如果 a ∈ F，则可以构造 p(x) = x - a，使得 a 是 p(x) 的根。这里 p(x) 是首一式，并且是次数最小的根为 a 的多项式，所以 p(x) 是 a 在 F 上的最小多项式，并且次数是 1。

D.5 设 F ⊆ K 且 a ∈ K。如果 p(x) 是 F[x] 中的首一不可约多项式，并且 p(a) = 0，那么 p(x) 是 a 在 F 上的最小多项式。

证明 考虑同态 σ_a: F[x] → K 定义为 σ_a(α(x)) = α(a)。则 ker σ_a = J_a = ⟨m(x)⟩，其中 m(x) 如果取为首一多项式，则它就是 a 在 F 上的最小多项式（根据第二十五章习题 D.2 可知，m(x) 是唯一的）。

J_a 中的任何其他多项式都可以写成 p(x)m(x)，因此或者可约，或者不是首一式。这表明 J_a 中的首一不可约多项式只有 m(x)。而 p(x) ∈ J_a 是首一不可约多项式，这表明 p(x) = m(x)。由此可知 p(x) 就是 a 在 F 上的最小多项式。

D.6 指出一个包含多项式 x⁵+2x³+4x²+6 的根的（除 ℝ、ℚ 外的）域。

答 根据 Eisenstein 判据（取 p = 2）可知多项式 p(x) = x⁵+2x³+4x²+6 不可约。那么，根据域扩张基本定理可知 ℚ[x]/⟨p(x)⟩ 满足要求。

D.7 求证：\(\Q(1+i) \cong \Q(1-i)\)。但是，\(\Q(\sqrt2) \ncong \Q(\sqrt3)\)。

说明 原书中这里有排版错误，第二个式子应为不同构符号。

证明 设 \(p(x)=x^2-2x+2\) 是不可约多项式，那么 \(1+i\) 和 \(1-i\) 是它的根。因此 \(\Q(1+i) \cong \Q[x]/\langle p(x)\rangle \cong \Q(1-i)\)。

假设存在同构 \(h\colon \Q(\sqrt2) \to \Q(\sqrt3)\)，那么 \(h(1) = 1\)。于是 \begin{gather*} h(2) = h(1) + h(1) = 1+1 = 2\\ h(2) = h(\sqrt2 \cdot \sqrt2) = h(\sqrt2)h(\sqrt2) \end{gather*} 记 \(x=h(\sqrt2)\)，则 \(x^2 = 2\)。因为 \(\Q(\sqrt3)\) 中的元素总是 \(a+b\sqrt3\) 的形式，因此设 \[x=a+b\sqrt3\qquad(a,b\in\Q)\] 那么 \(a^2+2\sqrt3+3b^2=2\)，解得 \[\sqrt3 = \frac{2-a^2-3b^2}{2}\] 这是不可能的，因为等式左边是无理数，右边是有理数。因此假设不成立，所以 \(\Q(\sqrt2) \ncong \Q(\sqrt3)\)。

D.8 如果二次式 p(x) 不可约，证明 F[x]/⟨p(x)⟩ 包含 p(x) 的两个根。

证明 设 c 是 p(x) 的一个根，并设 K=F(c)。那么 K ≅ F[x]/⟨p(x)⟩。在 K[x] 中因为 (x-c) | p(x)，所以 p(x) = q(x)(x-c)，其中 q(x) ∈ K[x]。易知 q(x) 是一次式，不妨设 q(x) = x-d。那么 p(x) 在 K[x] 中可以分解为 (x-c)(x-d)。这表明 p(x) 在 K 中有两个根：c 和 d。这就是所要证明的。

E. 单扩张

回顾 F(a) 的定义。它是满足如下条件的域：(i) F ⊆ F(a); (ii) a ∈ F(a); (iii) 任意包含 F 和 a 的域都包含 F(a)。

用这个定义证明 1–5，其中 F ⊆ K, c ∈ F, 并且 a ∈ K。

E.1 F(a) = F(a+c) 且 F(a) = F(ca)。（假定 c ≠ 0。）

证明 设 E = F(a+c)。

1. 由 (i) 得 F ⊆ E。
2. 由 (ii) 得 a+c ∈ E。而 c ∈ F ⊆ E，根据域对减法的封闭性可知 c = (a+c)-c ∈ E。
3. 设 F ⊆ E’ 并且 a ∈ E’。那么有 c ∈ E ⊆ E’，根据域多加法的封闭性可知 a+c ∈ K。由 (iii) 可知 E ⊆ E’。

根据定义可知 E = F(a)，即 F(a+c) = F(a)。

F(a) = F(ca) 同理，使用域对乘法和除法封闭的性质即可。

E.2 F(a²) ⊆ F(a) 并且 F(a+b) ⊆ F(a, b)。[F(a, b) 是包含 F, a, b 的域并且被任意包含 F, a, b 的域包含。] 为什么反向包含不成立？

证明

• 因为 F ⊆ F(a) 并且 a² ∈ F(a)，根据 (iii) 可知 F(a²) ⊆ F(a)。
  • 反过来不成立，例如 ℚ(2) ≠ ℚ(√2)。
• 因为 F ⊆ F(a, b) 并且 a+b ∈ F(a, b)，根据 (iii) 可知 F(a+b) ⊆ F(a, b)。
  • 反过来不成立，例如 ℚ(0) ≠ ℚ(-√2,√2)。

E.3 a+c 是 p(x) 的根当且仅当 a 是 p(x+c) 的根；ca 是 p(x) 的根当且仅当 a 是 p(cx) 的根。

证明

• a+c 是 p(x) 的根 ⇔ p(a+c) = 0 ⇔ a 是 p(x+c) 的根。
• ca 是 p(x) 的根 ⇔ p(ca) = 0 ⇔ a 是 p(cx) 的根。

E.4 设 p(x) 不可约，并设 a 是 p(x+c) 的根。那么 F[x]/⟨p(x+c)⟩ ≅ F(a) 并且 F[x]/⟨p(x)⟩ ≅ F(a+c)。做出结论：F[x]/⟨p(x+c)⟩ ≅ F[x]/⟨p(x)⟩。

证明 由 E.3 可知 F[x]/⟨p(x+c)⟩ ≅ F(a) 并且 F[x]/⟨p(x)⟩ ≅ F(a+c)。由 E.1 可知 F(a) ≅ F(a+c)。所以结论成立。

E.5 设 p(x) 不可约，并设 a 是 p(cx) 的根。那么 F[x]/⟨p(cx)⟩ ≅ F(a) 并且 F[x]/⟨p(x)⟩ ≅ F(ca)。做出结论：F[x]/⟨p(cx)⟩ ≅ F[x]/⟨p(x)⟩。

证明 仿照 E.4 即可。

E.6 使用 E.4 和 E.5 证明下列命题：

1. ℤ₁₁[x]/⟨x^2+1⟩ ≅ ℤ₁₁[x]/⟨x^2+x+4⟩ 。
2. 如果 a 是 x²-2 的根且 b 是 x²-4x+2 的根，那么 ℚ(a) ≅ ℚ(b)。
3. 如果 a 是 x²-2 的根且 b 是 x²-1/2 的根，那么 ℚ(a) ≅ ℚ(b)。

证明 只要证明一个多项式通过 E.4 或 E.3 中的换元可以变成另一个多项式即可。

1. 在 ℤ₁₁[x] 中有 (x+6)²+1 = x²+x+4。
2. (x-2)²-2 = x²-4x+2。
3. (2x)²-2 = 4(x²-1/2)。

F. 二次扩张

如果 \(a\) 在 \(F\) 上的最小多项式的次数是 2，称 \(F(a)\) 是 \(F\) 的二次扩张 (quadratic extension)。

F.1 求证：如果 \(F\) 的特征不为 \(2\)，那么 \(F\) 的任意二次扩张都是 \(F(\sqrt a)\) 的形式，其中 \(a\in F\)。

证明 因为有限域的特征不为 \(2\)，因此 \(2\ne 0\) 并且 \(4\ne 0\)。设 \[p(x) = x^2+ux+v = \left(x+\frac12u\right)^2 - \left(\frac14u^2-v\right)\qquad (u,v\in F)\] 做代换 \(a = \frac14u^2-v\) 和 \(b = -\frac12u\)，则 \(p(x) = (x-b)^2-a\) 且 \(a,b\in F\)。 设 \(p(x)\) 在扩域 \(K=F[x]/\langle p(x)\rangle\) 中的一个根 \(c = b+\sqrt a\)，那么 \(K\cong F(c) = F(b+\sqrt a)\)。根据 E.4 可知 \(F(b+\sqrt a)\cong F(\sqrt a)\)，因此 \(F[x]/\langle p(x)\rangle \cong F(\sqrt a)\)。

设 \(F\) 为有限域，并且 \(F^\ast\) 是其非零元素构成的乘法群。显然 \(H=\{x^2:x\in F^\ast\}\) 是 \(F^\ast\) 的一个子群；因为每个 \(x^2\in F^\ast\) 都只能是两个元素（即 \(\pm x\)）的平方，所以 \(F^\ast\) 中恰好有一半的元素在 \(H\) 中。因此，\(H\) 恰有两个陪集：它本身，包含了所有的平方元素，以及 \(aH\) （其中 \(a\notin H\)），包含所有的非平方元素。如果 \(a\) 和 \(b\) 是非平方元素，那么根据第十五章定理 5(i) 有 \[ab^{-1} = \frac ab \in H\] 于是：如果 \(a\) 和 \(b\) 是非平方元素，那么 \(a/b\) 是平方元素。使用这些注解解答下列问题。

F.2 设 \(F\) 为有限域。如果 \(a,b\in F\)，设 \(p(x) = x^2 - a\) 且 \(q(x) = x^2 - b\) 是 \(F[x]\) 中的不可约多项式，并设 \(\sqrt a\) 和 \(\sqrt b\) 分别表示 \(p(x)\) 和 \(q(x)\) 在 \(F\) 的某个扩域中的根。解释为什么 \(a/b\) 是平方元素，即 \(a/b=c^2\)，其中 \(c\in F\)。证明 \(\sqrt b\) 是 \(p(cx)\) 的根。

证明 首先，\(a\) 和 \(b\) 都不是 \(F\) 中的平方数；否则 \(p(x)\) 或 \(q(x)\) 可约。根据上面提供的信息可知 \(a/b\) 是平方数。设 \(a/b = c^2\)，其中 \(c \in F\)，那么 \(a = c^2b\)。

由此可知 \(\sqrt a = c \sqrt b\)（注：在 \(a/b=c^2\) 中，把 \(c\) 替换成 \(-c\) 也成立，所以我们总是可以选择一个恰当的 \(c\) 使得这个式子右边不会出现负号）。因为 \(\sqrt a\) 是 \(p(x)\) 的根，所以 \(p(\sqrt a) = p(c\sqrt b) = 0\)，即 \(c\sqrt b\) 是 \(p(x)\) 的根。根据 E.3 可知 \(\sqrt b\) 是 \(p(cx)\) 的根。

F.3 使用 F.2 证明 \(F[x]/\langle p(cx)\rangle \cong F(\sqrt b)\)；然后使用 E.5 做出结论：\(F(\sqrt a) \cong F(\sqrt b)\)。

证明 根据 F.2 可知 \(\sqrt b\) 是 \(p(cx)\) 的根，并且 \(p(x)\) 不可约，从而有 \(p(cx)\) 不可约。所以 \(F[x]/\langle p(cx)\rangle \cong F(\sqrt b)\)。

另一方面，根据 E.5 可知 \(F[x]/\langle p(cx)\rangle \cong F[x]/\langle p(x)\rangle\)。又因为 \(\sqrt a\) 是 \(p(x)\) 的根，所以 \(F[x]/\langle p(x)\rangle \cong F(\sqrt a)\)。这表明 \(F(\sqrt a) \cong F(\sqrt b)\)。

F.4 根据 F.3 证明：有限域的任意两个二次扩张都同构。

说明 这里讨论的应当是真扩张，即严格包含 \(F\) 的扩张。

证明 根据 F.1 可知特征不为 \(2\) 的有限域 \(F\) 的二次真扩张都是 \(F(\sqrt a)\) 的形式。设任意两个二次扩张分别是 \(F(\sqrt a)\) 和 \(F(\sqrt b)\)，那么根据 F.3 可知它们同构。

如果 \(F\) 的特征为 \(2\)，那么它不存在二次不可约多项式。

这就证明了结论。

F.5 如果 \(a\) 和 \(b\) 是 \(\mathbb R\) 中的非平方元素，那么 \(a/b\) 是平方元素（为什么？）。使用和 F.4 同样的论证来证明 \(\mathbb R\) 的任意两个单扩张都同构（从而都同构于 \(\mathbb C\)）。

说明 这里讨论的应当是真扩张，即严格包含 \(\mathbb R\) 的扩张。

证明 在 \(\mathbb R\) 中，当 \(x\ge0\) 时，它有平方根 \(\sqrt x\)，因而 \(x\) 是平方元素。

设 \(a\) 和 \(b\) 都是非平方元素，那么 \(a,b<0\)。于是 \(a/b > 0\)，这说明 \(a/b\) 是平方元素。

根据代数基本定理，\(\mathbb R[x]\) 中的不可约多项式只有一次和二次式，所以 \(\mathbb R\) 只有一次和二次扩张。因为域的一次扩张等于它本身，所以我们只考虑二次扩张。

仿照 F.1–F.4 可以证明，\(\mathbb R\) 的任意两个二次扩张都同构。另外，\(\mathbb C = \mathbb R(i) \cong \mathbb R[x] / \langle x^2+1\rangle\) 是二次扩张，所以 \(\mathbb R\) 的任意单扩张都和 \(\mathbb C\) 同构。

G. 和超越元有关的问题

设 F 是域，并且 c 是 F 上的超越元。证明下列命题。

G.1 {a(c) : a(x) ∈ F[x]} 是和 F[x] 同构的整环。

证明 设 A = {a(c) : a(x) ∈ F[x]}。设同态 σ_c: F[x] → A 定义为 σ_c(a(x)) = a(c)。那么根据定义可知 σ_c 是满射。

设 a(c)=b(c) ∈ A，其中 a(x) 和 b(x) 是 F[x] 中的非零多项式。构造多项式 p(x) = a(x) - b(x)，那么 p(x) ∈ F[x]。而 p(c) = a(c) - b(c) = 0，这表明 c 是 p(x) 的根。但 c 是 F 上的超越元，所以 p(x) 不可能是非零多项式。于是 p(x) = 0，从而 a(x) = b(x)。这表明 σ_c 是单射。

综上所述，σ_c 是 F[x] 到 A 的同构，从而有 A ≅ F[x]，是一个整环。

G.2 \(F(c)\) 是 \(\{a(c) : a(x) \in F[x]\}\) 的分式域，并且同构于 \(F(x)\)，即 \(F[x]\) 的分式域。

说明 关于分式域，可以参考第二十四章的习题 I 和第二十章的选读部分。

证明 设 \(A=\{a(c) : a(x) \in F[x]\}\) 的分式域为 \(Q\)。根据定义可知 \(Q\) 中任意元素可以表示为 \[\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}\qquad\text{其中 }\alpha(x),\beta(x) \in F[x]\text{ 且 }\beta(x)\ne0\] 因为 \(F(c)\) 是包含 \(F\) 和 \(c\) 的域，根据域对加法和乘法的封闭性可知 \(\alpha(c),\beta(c)\in F(c)\)；再根据域对除法的封闭性可知 \(\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}\in F(c)\)。这说明 \(Q\subseteq F(c)\)。

另一方面，因为 \(F\subseteq Q\)，并且 \(c\in Q\)，所以 \(F(c) \subseteq Q\)。这就证明了 \(F(c)=Q\) 是 \(A\) 的分式域。

设映射 \(h\colon F(x) \to F(c)\) 定义为 \(h\bigl({\alpha(x)\over \beta(x)}\bigr) = {\alpha(c)\over \beta(c)}\)。那么，对于任意 \({\alpha(c)\over\beta(c)}\in F(c)\)，其中 \(\alpha(x),\beta(x)\in F[x]\) 且 \(\beta(x)\ne0\)，存在分式 \({\alpha(x)\over\beta(x)}\in F(x)\) 使得 \(h\bigl({\alpha(x)\over\beta(x)}\bigr) = {\alpha(c)\over\beta(c)}\)。这说明 \(h\) 是满射。

另一方面，设 \(h\bigl(\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}\bigr)=h\bigl(\frac{\gamma(x)}{\delta(x)}\bigr)\)，其中 \(\alpha(x),\beta(x),\gamma(x),\delta(x)\in F[x]\) 且 \(\beta(x),\delta(x) \ne 0\)。那么有 \[\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}=\frac{\gamma(c)}{\delta(c)} \Longrightarrow \alpha(c)\delta(c)=\beta(c)\gamma(c)\] 构造多项式 \(p(x) = \alpha(x)\delta(x)-\beta(x)\gamma(x)\)，则 \(p(x)\in F[x]\)。而 \(p(c) = 0\)，这表明 \(c\) 是 \(p(x)\) 的根。但 \(c\) 是 \(F\) 上的超越元，所以 \(p(x)\) 只可能是零多项式，即 \(p(x)=0\)。于是 \[\alpha(x)\delta(x)=\beta(x)\gamma(x) \Longrightarrow \frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\frac{\gamma(x)}{\delta(x)}\] 这就证明了 \(h\) 是单射。

综上所述，\(h\) 是 \(F(x)\) 到 \(F(c)\) 的同构。因此 \(F(x)\cong F(c)\)。

G.3 如果 c 是 F 上的超越元，那么 c+1, kc（其中 k ∈ F 且 k ≠ 0）和 c² 也是超越元。

证明 只须证明逆否命题即可。

• c+1 是 p(x) 的根 ⇒ c 是 p(x+1) 的根
• kc 是 p(x) 的根 ⇒ c 是 p(kx) 的根
• c² 是 p(x) 的根 ⇒ c 是 p(x²) 的根

G.4 如果 \(c\) 是 \(F\) 上的超越元，那么 \(F(c)\) 中任意不在 \(F\) 中的元素都是在 \(F\) 上的超越元。

证明 考虑 \(F(c)\) 中的任意元素 \(a={\alpha(c)\over\beta(c)}\)，其中 \(\alpha(x),\beta(x)\in F[x]\) 且 \(\beta(x)\ne0\)。只须考虑 \(\alpha(x),\beta(x)\) 没有公因式的情况即可。

显然代数元 \(0\in F\)。假设 \(a\ne0\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(\alpha(x) \ne 0\)，且存在多项式 \(p(x)\in F[x]\) 使得 \(p(a) = 0\)，即 \[p_0+p_1\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}+\cdots+p_n\biggl(\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}\biggr)^n=0\] 两边乘 \(\beta(c)^n\) 得 \[p_0\beta(c)^n+p_1\alpha(c)\beta(c)^{n-1}+\cdots+p_n\alpha(c)^n=0\] 构造 \(q(x) = p_0\beta(x)^n+p_1\alpha(x)\beta(x)^{n-1}+\cdots+p_n\alpha(x)^n\)，则 \(q(x)\in F[x]\)。 因为 \(q(c) = 0\)，而 \(c\) 是 \(F\) 上的超越元，所以 \(q(x)\) 只可能是零多项式。即 \[p_0\beta(x)^n+p_1\alpha(x)\beta(x)^{n-1}+\cdots+p_n\alpha(x)^n=0\] 于是 \[p_0\beta(x)^n=-\alpha(x)\bigl(p_1\beta(x)^{n-1}+\cdots+p_n\alpha(x)^{n-1}\bigr)\] 这表明 \(\alpha(x)\mid\beta(x)^n\)。但 \(\alpha(x),\beta(x)\) 互质，所以只可能是 \(\alpha(x) \mid 1\)，即 \(\alpha(x)\) 是零次多项式。同理可证 \(\beta(x)\) 是零次多项式。因为常数项一定是 \(F\) 中的元素，所以 \(\alpha(c),\beta(c)\in F\backslash\{0\}\)。根据域对除法封闭可知 \(\frac{\alpha(c)}{\beta(c)}\in F\)。

这就证明了 \(F(c)\) 的任意代数元都在 \(F\) 中。因此，\(F(c)\) 中任意不在 \(F\) 中的元素都是 \(F\) 的超越元。

H. 两个多项式的公因式：在 F 上和在 F 的扩域上

设 F 为域，并设 a(x),b(x) ∈ F[x]。证明下列命题。

H.1 如果 a(x) 和 b(x) 在 F 的某个扩域中有共同的根 c，那么它们在 F[x] 中有正次数的公因式。

解 易知 c 是 F 上的代数元。设 σ_c: F[x]→K 定义为 σ_c(a(x)) = a(c)，并设它的理想为 J_c。那么 J_c=⟨m(x)⟩，其中 m(x) 是不可约多项式（因此具有正的次数）。因为 a(c)=b(c)=0，所以 a(x),b(x) ∈ J_c。这表明 m(x) | a(x) 且 m(x) | b(x)，所以 m(x) 是 a(x) 和 b(x) 的公因式。

H.2 如果 a(x) 和 b(x) 在 F[x] 中互质，则它们在 K[x] 中也互质，其中 K 是 F 的任意扩域。反过来，如果 a(x) 和 b(x) 在 K[x] 中互质，则它们在 F[x] 中也互质。

证明 如果 a(x) 和 b(x) 在 K[x] 中有不互质，即它们有正次数的公因式 d(x) ∈ K[x]。根据域扩张基本定理，d(x) 在 K 的某个扩域 L 中有根。因为 F ⊆ K ⊆ L，所以 L 也是 F 的扩域。根据 H.1 可知 a(x) 和 b(x) 在 F[x] 中有正次数的公因式，即它们不互质。

反过来，如果 a(x) 和 b(x) 在 F[x] 中不互质，则它们有正次数的公因式 d(x) ∈ F[x] ⊆ K[x]。因此 a(x) 和 b(x) 在 K[x] 中也有同样的公因式 d(x)，所以在 K[x] 中也不互质。

I. 导数和它们的性质

设 \(a(x) = a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n \in F[x]\)。\(a(x)\) 的导数 (derivative) 由下面的多项式 \(a’(x) \in F[x]\) 定义： \[a’(x) = a_1+2a_2x+\cdots+na_nx^{n-1}\] （这和微积分中多项式的导数是一样的。）我们现在证明微分的形式法则，和微积分中所熟知的一样。

设 \(a(x),b(x)\in F[x]\)，并设 \(k\in F\)。

证明 1–4。

I.1 \([a(x)+b(x)]’ = a’(x) + b’(x)\)

证明 比较两边 \(k\) 次项系数，它们都等于 \(k(a_k+b_k)\)。

I.2 \([a(x)b(x)]’ = a’(x)b(x) + a(x)b’(x)\)

证明 设 \(c(x) = a(x)b(x)\)，则 \[c_k=\sum_{i+j=k}a_ib_j\] 于是 \begin{align*} c_k’&=k\sum_{i+j=k}a_ib_j\\ &=\sum_{i+j=k}(i+j)a_ib_j\\ &=\sum_{i+j=k}(ia_i)b_j + \sum_{i+j=k}a_i(jb_j)\\ &=\sum_{i+j=k}(ia_i)b_j + \sum_{i+j=k}a_i(jb_j)\\ \end{align*} 等式右边两项分别是 \(a’(x)b(x)\) 和 \(a(x)b’(x)\) 的 \(k\) 次项系数。

I.3 \([ka(x)]’ = ka’(x)\)

证明 比较两边 \(n\) 次项系数，它们都等于 \(nka_n\)。

I.4 如果 F 的特征 p ≠ 0 并且 a’(x) = 0，那么 a(x) 是常数多项式。为什么这个结论对特征 p ≠ 0 的域 F 不一定成立？

证明 零多项式是常数多项式。下面只考虑非零多项式。设 a(x) 的次数是 n，则 a_n ≠ 0。假设 n > 0，那么在 a’(x) 中，第 n-1 次项的系数是 na_n ≠ 0，因为 F 的特征等于 0。于是 a’(x) 不是零多项式，和已知条件矛盾！因此假设不成立，只可能是 n = 0。这意味着 a(x) 是常数多项式。

如果特征 p ≠ 0，那么取 a(x) = x^p，则 a’(x) = px^p-1 = 0。这就构成了一个反例。

I.5 求下列 ℤ₅[x] 中的多项式的导数：

1. x⁶+2x³+x+1
2. x⁵+3x²+1
3. x¹⁵+3x¹⁰+4x⁵+1

解

1. [x⁶+2x³+x+1]’ = x⁵+x²+1
2. [x⁵+3x²+1]’ = x
3. [x¹⁵+3x¹⁰+4x⁵+1]’ = 0

I.6 如果 F 的特征 p ≠ 0，并且 a’(x) = 0，证明 a(x) 中的非零项都具备 a_mpx^mp 的形式，其中 m 为某个自然数。[也就是说，a(x) 是 a^p 的幂构成的多项式。]

证明 设 a(x) 中的各项的形式为 a_nxⁿ。那么，根据整数带余除法可设 n=pq+r，其中 0≤q<r。那么，这一项在 a’(x) 中对应的项为 na_nx^n-1。因为 a’(x) = 0，所以 na_n = ra_n = 0。当 r ≠ 0 时，有 a_n=0。这说明所有 x 的不是 p 的整数倍次幂的项的系数都为零。

J. 重根

设 a(x) ∈ F[x]，且 K 是 F 的扩域。元素 c ∈ K 称为 a(x) 的重根，如果存在 m>1 使得 (x-c)^m | a(x)。了解多项式的所有根是否是不同的经常是很重要的。现在考察一种确定任意多项式 a(x) ∈ F[x] 在 F 的任意扩域中是否有根的方法。

设 K 是包含 a(x) 的所有根的域。假设 a(x) 有一个重根 c。

J.1 证明 a(x) = (x-c)²q(x) ∈ K[x]。

证明 根据定义，存在 m>1 使得 (x-c)^m | a(x)。于是存在 p(x) ∈ K[x] 使得 a(x) = (x-c)^mp(x)。令 q(x) = (x-c)^m-2p(x)，则 a(x) = (x-c)²q(x)。

J.2 使用 J.1 的结论求 a’(x)。

解 a’(x) = [(x-c)²]'q(x) + (x-c)²q'(x) = (x-c)[2q(x) + (x-c)q’(x)]

J.3 证明 x-c 是 a(x) 和 a’(x) 的公因式。使用 H.1 作出结论：a(x) 和 a’(x) 在 F[x] 中有正次数的公因式。

说明 原书此处似有误，“正次数”原文为“次数大于 1”，但这个结论应该不成立。后续的问题中有类似的问题。

证明 由 J.1 知 (x-c) | a(x)；由 J.2 知 (x-c) | a’(x)。所以 x-c 是 a(x) 和 a’(x) 的公因式。根据 H.1 可知，a(x) 和 a’(x) 在 F[x] 中有正次数的公因式。

于是，如果 a(x) 有重根，则 a(x) 和 a’(x) 在 F[x] 中有公因式。要证明逆命题，假设 a(x) 没有重根。那么 a(x) 可以分解为 a(x) = (x-c₁)···(x-c_n)，其中 c₁,…,c_n 互不相同。

J.4 说明为什么 a’(x) 的每一项的形式都是 (x-c₁)···(x-c_i-1)(x-c_i+1)···(x-c_n) 的形式。

证明 根据导数的乘法法则可证。过程可使用数学归纳法（略）。

J.5 使用 J.4，说明为什么 a(x) 的所有根 c₁,…,c_n 都不是 a’(x) 的根。

证明 对于任意 c_i，(x-c_i) 整除 a’(x) 中除 (x-c₁)···(x-c_i-1)(x-c_i+1)···(x-c_n) 以外的所有项。因此 (x-c_i)∤a’(x)，于是 c_i 不是 a’(x) 的根。

J.6 作出结论：a(x) 和 a’(x) 没有正次数的公因式。

证明 根据 J.5 可知，a(x) 的任意正次数因式都不能整除 a’(x)，所以 a(x) 和 a’(x) 没有公因式。

这个重要的结果叙述如下：F[x] 中的多项式 a(x) 有重根当且仅当 a(x) 和 a’(x) 有正次数的公因式。

J.7 证明下列多项式在它的系数域的任意扩域中没有重根。

1. x³-7x²+8 ∈ ℚ[x]
2. x²+x+1 ∈ ℤ₅[x]
3. x¹⁰⁰-1 ∈ ℤ₇[x]

证明

1. 设 a(x) = x³-7x²+8，则 a’(x) = 3x²-14x = (3x-14)x。a’(x) 的所有根为：14/3 和 0；代入知它们都不是 a(x) 的根。所以 a(x) 和 a’(x) 没有正次数的公因式，于是 a(x) 没有重根。
2. 设 a(x) = x²+x+1，则 a’(x) = 2x+1。一次式 a’(x) 只有一个根，在 ℤ₅ 中为 2；代入可知它不是 a(x) 的根。所以 a(x) 和 a’(x) 没有正次数的公因式，于是 a(x) 没有重根。
3. 设 a(x) = x¹⁰⁰-1，则 a’(x) = 0。显然 a(x) 和 a’(x) 没有正次数的公因式，于是 a(x) 没有重根。