《抽象代数》第二十九章利用前一章的向量空间知识定义了一个重要概念：域扩张的次数。在有限扩域的情况下，域扩张的次数就是最小多项式的次数。例如，复数域 ℂ=ℝ(i) 是实数域 ℝ 的二次扩域（记作 [ℂ : ℝ] = 2），因为 i 的最小多项式是 x²+1。

本章的另一个重要结论是对于嵌套的有限扩域 F ⊆ K ⊆ E，有 [E : F] = [E : K][K : F]，这在形式上和群论中子群的指数的关系很类似。

A. 有限扩张的例子

A.3 如果 \(a=\sqrt{1+\sqrt[3]2}\)，证明 \(\{1,2^{1/3},2^{2/3},a,2^{1/3}a,2^{2/3}a\}\) 是 \(\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q(a)\) 的一组基，描述 \(\Q(a)\) 中的元素。

证明 根据 \(a=\sqrt{1+\sqrt[3]2}\) 得 \[(a^2-1)^3=2\] 该方程等价于 \[a^6-3a^4+3a^2-3=0\] 于是构造 \(p(x)=x^6-3x^4+3x^2-3\)。根据 Eisenstein 判据（取 \(p=3\)）可知 \(p(x)\) 在 \(\Q\) 上不可约。于是 \([\Q(a):\Q]=6\)。

考虑 \(\Q(\sqrt[3]2)\)。因为 \(\sqrt[3]2\) 的最小多项式为 \(x^3-2\)（易知它在 \(\Q\) 上不可约）。由此可知 \([\Q(\sqrt[3]2) : \Q] = 3\)。所以 \(\Q(\sqrt[3]2)\) 是 \(\Q\) 上的三维向量空间，它的一组基是 \(\{1,2^{1/3},2^{2/3}\}\)。

因为 \(\sqrt[3]2=a^2-1 \in \Q(a)\)，所以 \(\Q(\sqrt[3]2) \subseteq \Q(a)\)。根据本章定理 2，有 \[[\Q(a):\Q(\sqrt[3]2)] = \frac{[\Q(a):\Q]}{[\Q(\sqrt[3]2):\Q]} = 2\] 因此 \(\Q(a)\) 是 \(\Q(\sqrt[3]2)\) 上的二维向量空间，它的一组基是 \(\{1, a\}\)。

根据本章引理，可知 \(\Q(a)\) 是 \(\Q\) 上的六维线性空间，且它的一组基是 \(\{1,2^{1/3},2^{2/3},a,2^{1/3}a,2^{2/3}a\}\)。\(\Q(a)\) 中的元素都是这些元素的以有理数为系数的线性组合。

A.4 求 \(\Q(\sqrt2+\sqrt[3]4)\) 的一组基，并描述 \(\Q(\sqrt2+\sqrt[3]4)\) 中的元素。

因为 \(\sqrt[3]4\) 在 \(\Q\) 上的最小多项式是 \(x^3-4\)，所以 \([\Q(\sqrt[3]4) : \Q] = 3\)。于是 \(\Q(\sqrt[3]4)\) 是 \(\Q\) 上的三维向量空间，且它的一组基是 \(\{1,4^{1/3},4^{2/3}\}\)。

设 \(a=\sqrt2+\sqrt[3]4\)，则 \((a-\sqrt[3]4)^2=2\)，即 \[a^2-2\cdot4^{1/3}a+4^{2/3}-2=0\] 设 \(p(x)=x^2-2\cdot4^{1/3}x+4^{2/3}-2\)。只须证明 \(a\notin \Q(\sqrt[3]4)\) 即可证明 \(p(x)\) 不可约。假设 \(a\in \Q(\sqrt[3]4)\)，则 \(\sqrt2\in\Q(\sqrt[3]4)\)，进而存在 \(x,y,z\in \Q\) 使得 \[\sqrt2 = x+y\cdot4^{1/3}+z\cdot4^{2/3}\] 两边平方后比较对应项系数可知不存在满足条件的有理数 \(x,y,z\)。因此假设不成立，只可能是 \(p(x)\) 不可约，从而是 \(a\) 的最小多项式。于是 \([\Q(a):\Q(\sqrt[3]4)]=2\)，所以 \(\Q(a)\) 是 \(\Q\) 上的六维向量空间，且它的一组基是 \(\{1,4^{1/3},4^{2/3},a,4^{1/3}a,4^{2/3}a\}\)

B. 有限扩张的更多例子

设 \(F\) 是特征不为 2 的域。设 \(a\ne b\) 是 \(F\) 中的元素。

B.1 求证：如果 \(F\) 包含 \(\sqrt a + \sqrt b\)，那么它也包含 \(\sqrt a\) 和 \(\sqrt b\)。作出结论：\(F(\sqrt a+\sqrt b)=F(\sqrt a,\sqrt b)\)。

证明 因为 \(\sqrt a + \sqrt b\in F\)，所以 \((\sqrt a+\sqrt b)^2 = a + 2\sqrt a\sqrt b + b \in F\)。因为 \(F\) 的特征不为 2，所以 \(2\ne0\)。而 \(a,b\in F\)，根据域对减法和除法封闭性可知 \(\sqrt a\sqrt b\in F\)。再根据域对乘法封闭性，有 \(\sqrt a\sqrt b(\sqrt a + \sqrt b) = a\sqrt b + b\sqrt a = a(\sqrt a+\sqrt b) + (b-a)\sqrt a\in F\)。根据域对四则运算的封闭性可知 \(\sqrt a\in F\)。同理可证 \(\sqrt b\in F\)。

对于第二个结论，根据上面的论证可知 \(\sqrt a,\sqrt b\in F(\sqrt a+\sqrt b)\)，因此 \(F(\sqrt a+\sqrt b)\supseteq F(\sqrt a, \sqrt b)\)。另一方面，根据域对加法的封闭性可知 \(\sqrt a+\sqrt b\in F(\sqrt a, \sqrt b)\)，从而 \(F(\sqrt a+\sqrt b)\subseteq F(\sqrt a, \sqrt b)\)。因此 \(F(\sqrt a+\sqrt b)=F(\sqrt a,\sqrt b)\)。

B.2 求证：如果 \(b\ne x^2a\) 对任意 \(x\in F\) 都成立，那么 \(\sqrt b\notin F(\sqrt a)\)。作出结论：\(F(\sqrt a,\sqrt b)\) 是 \(F\) 的四次扩域。

说明 本题的隐含条件应为 \(\sqrt a,\sqrt b\notin F\)。否则这里的结论不成立。

证明 证明逆否命题即可。设 \(\sqrt b\in F(\sqrt a)\)，那么存在 \(k_1,k_2\in F\) 使得 \(\sqrt b = k_1 + k_2 \sqrt a\)。两边平方得 \[b = k_1^2 + k_2^2a + 2k_1k_2\sqrt a\] 因为 \(b\in F\)，所以 \(\sqrt a\) 项前的系数 \(2k_1k_2 = 0\)。分类讨论：

1. 如果 \(k_1=0\)，那么 \(b=k_2^2a\)。取 \(x=k_2\) 即可得到 \(b=x^2a\)。
2. 如果 \(k_2=0\)，那么 \(\sqrt b = k_1 \in F\)，这是不可能的。

综上所述，要证的逆否命题成立，所以原命题也成立。

易知 \(F(\sqrt a) \cong F/\langle x^2-a\rangle\)。因此 \([F(\sqrt a):F] = 2\)。根据上面的论证可知 \(x^2-b\) 是 \(F(\sqrt a)\) 上的不可约多项式，因此 \(F(\sqrt a,\sqrt b) \cong F(\sqrt a)/\langle x^2-b\rangle\)，从而 \([F(\sqrt a,\sqrt b) : F(\sqrt a)] = 2\)。根据本章定理 2，可知 \[\bigl[F(\sqrt a,\sqrt b) : F\bigr] = \bigl[F(\sqrt a,\sqrt b) : F(\sqrt a)\bigr]\bigl[F(\sqrt a) : F\bigr] = 4\]

B.3 证明 \(x=\sqrt a+\sqrt b\) 满足 \(x^4-2(a+b)x^2+(a-b)^2 = 0\)。证明 \(x=\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\) 也满足同样的方程。作出结论： \[F\biggl(\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\biggr) = F\bigl(\sqrt a,\sqrt b\bigr)\]

证明 根据求根公式可知 \[x^2 = \frac{2(a+b)\pm\sqrt{4(a+b)^2-4(a-b)^2}}{2} = a+b \pm 2\sqrt {ab}\] 不论是 \(x=\sqrt a+\sqrt b\) 或 \(x=\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\)，都有 \[x^2 = a+b+2\sqrt{ab}\] 所以它们都满足方程 \(x^4-2(a+b)x^2+(a-b)^2 = 0\)。

这说明 \(F\bigl(\sqrt{a+b+2\sqrt{ab}}\bigr) = F\bigl(\sqrt a+\sqrt b\bigr)\)，再根据 B.1 可知 \(F\bigl(\sqrt a+\sqrt b\bigr) = F\bigl(\sqrt a,\sqrt b\bigr)\) 就可以作出题中的结论。

B.4 使用 B.1–B.3 的结论，找出 \(\Q(d)\) 的一组简单的基，其中 \(d\) 是 \(x^4-14x^2+9\) 的根。

解 凑 E.3 的形式，令 \begin{align*} -2(a+b) &= -14\\ (a-b)^2 &= 9\\ \end{align*} 观察可知 \(a=5,b=2\) 满足要求。于是 \(\Q(d) = \Q(\sqrt 5, \sqrt 2)\)。根据 B.4 可知它是 \(\Q\) 的四次扩域，因此一组基为 \(\{1,\sqrt 2,\sqrt 5,\sqrt{10}\}\)。

C. 有限域的有限扩张

根据域扩张基本定理的证明，如果 \(p(x)\) 是 \(F[x]\) 中次数为 \(n\) 的不可约多项式，那么 \(F[x]/\langle p(x)\rangle\cong F(c)\)，其中 \(c\) 是 \(p(x)\) 的一个根。根据本章定理 1，\(F(c)\) 是 \(F\) 的 \(n\) 次扩域。使用本章定理 1 前面的那段话：

C.1 证明 \(F(c)\) 中的每个元素都可以唯一地表示为 \(a_0+a_1c+\cdots+a_{n-1}c^{c-1}\)，其中 \(a_0,\ldots,a_{n-1}\in F\)。

证明 因为 \(\{1,c,\ldots,c^{n-1}\}\) 是 \(F(c)\) 的一组基，所以 \(F(c)\) 中的任意元素都可以表示为基向量的线性组合（系数是 \(F\) 中的元素）；这种表示是唯一的，因为所有基向量线性无关。

C.2 构造一个四元素的域。（它是 \(\mathbb Z_2\) 的扩域。）描述它的元素，并给出加法和乘法表。

解 参考第二十七章习题 C.4。可以构造 \(\mathbb Z_2/\langle x^2+x+1\rangle\)，这就是一个四元域。

D. 扩张的次数（定理 2 的应用）

设 \(F\) 是域，且 \(K\) 是 \(F\) 的扩域。证明下列命题。

D.1 \([K:F]=1\) 当且仅当 \(K=F\)。

证明 当 \([K:F]=1\) 时，\(K\) 是 \(F\) 上的一维线性空间，它的基为 \(\{1\}\)。这意味着 \(K\) 中任意元素都可以由 \(F\) 中的元素表示；反过来，\(F\) 中任意元素也是 \(K\) 的元素。这意味着 \(K=F\)。

D.2 如果 \([K:F]\) 是质数，则不存在真包含于 \(K\) 和 \(F\) 之间的域（即，不存在域 \(L\) 使得 \(F\subsetneq L\subsetneq K\)）。

证明 设 \(F\subseteq L\subseteq K\)。根据本章定理 2，有 \[[K:F]=[K:L][L:F]\] 因为扩域的次数都是正整数，而 \([K:F]\) 是质数，因此或者 \([K:L]=1\) 或者 \([L:F]=1\)。根据 D.1 可知或者 \(K=L\) 或者 \(L=F\)。所以不可能存在域 \(L\) 使得 \(F\subsetneq L\subsetneq K\)。

D.3 如果 \([K:F]\) 是质数，那么 \(K=F(a)\) 对任意 \(a\in K\backslash F\) 都成立。

证明 因为 \(a\notin F\)，所以 \(F\subsetneq F(a)\)。因为 \(a\in K\) 且 \(F\subseteq K\)，所以 \(F(a)\subseteq K\)。 根据本章定理 2，有 \[[K:F] = [K:F(a)] [F(a):F]\] 因为 \(F\ne F(a)\)，所以 \([F(a):F]\ne 1\)。但 \([K:F]\) 是质数，所以只可能是 \([K:F(a)]=1\)。这表明 \(K=F(a)\)。

D.4 设 \(a,b\in K\) 是 \(F\) 上的代数元，且扩张次数分别是 \(m\) 和 \(n\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 互质。那么：

1. \([F(a,b):F]=mn\)。
2. \(F(a)\cap F(b) = F\)。

证明(1) 因为 \(F\subseteq F(a),F(b)\subseteq F(a,b)\)，所以 \[[F(a,b):F] = n[F(a,b):F(b)] = m[F(a,b):F(a)]\tag{$*$}\] 由此可知 \(n\mid m[F(a,b):F(a)]\)，但 \(\gcd(m,n)=1\)，所以 \(n\mid[F(a,b):F(a)]\)。

设 \(b\) 在 \(F\) 上的最小多项式是 \(p(x)\)，则 \(\deg p(x) = n\)。因为 \(p(x)\in F[x] \subseteq F(a)[x]\)，所以 \(p(x)\) 也是 \(b\) 在 \(F(a)\) 上的最小多项式（因为 \([F(a,b):F(a)]\) 是 \(n\) 的倍数，所以最小多项式不可能小于 \(n\) 次）。因此 \([F(a,b):F(a)]=n\)。代入 \((*)\) 得 \([F(a,b):F] = mn\)。

证明(2) 设 \(K=F(a)\cap F(b)\)。不难验证 \(K\) 是域。根据 \(K\subseteq F(a),F(b)\) 可知 \begin{align*} m=[F(a):F] &= [F(a):K][K:F]\\ n=[F(b):F] &= [F(b):K][K:F] \end{align*} 这说明 \([K:F]\mid m\) 且 \([K:F]\mid n\)，所以 \([K:F]\mid\gcd(m,n)=1\)。因此只可能是 \([K:F]=1\)。根据 D.1 可知 \(K=F\)。

F. 扩张次数的更多性质

设 \(F\) 是域，且 \(K\) 是 \(F\) 的有限扩域。证明下列命题。

F.1 \(K\) 上的任意代数元都是 \(F\) 上的代数元，反之亦然。

证明 设 \(c\) 是 \(K\) 的代数元，并且 \(L=K(c)\)。则 \(L\) 是 \(F\) 的有限扩域。根据本章定理 3 可知 \(L\) 中的元素都是 \(F\) 上的代数元。因此，\(c\) 是 \(F\) 上的代数元。

反过来，如果 \(c\) 是 \(F\) 上的代数元，设最小多项式为 \(p(x)\in F[x]\subseteq K[x]\)。那么，\(c\) 是 \(K[x]\) 中的多项式 \(p(x)\) 的根。这就说明 \(c\) 是 \(K\) 上的代数元。

F.2 如果 \(b\) 是 \(K\) 上的代数元，则 \([F(b):F] \mid [K(b):F]\)。

证明 根据单扩张的定义，有 \(F \subseteq K\subseteq K(b)\) 且 \(b \in K(b)\)。于是 \(F(b)\subseteq K(b)\)。又因为 \(F\subseteq F(b)\)，根据定理 2 得 \[[K(b):F] = [K(b):F(b)][F(b):F]\] 这说明 \([F(b):F]\mid[K(b):F]\)。

F.3 如果 \(b\) 是 \(K\) 上的代数元，则 \([K(b):K] \le [F(b):F]\)。

证明 根据 F.1，\(b\) 也是 \(F\) 上的代数元。设 \(p(x)\) 是 \(b\) 在 \(F\) 上的最小多项式。那么，\(p(x)\) 在 \(K\) 上可以分解为不可约因式的乘积，并且 \(b\) 是其中某个因式 \(q(x)\) 的根。由此可知 \(q(x)\mid p(x)\)，因此 \(\deg q(x) \le \deg p(x)\)。根据本章定理 1 得 \([K(b):K] \le [F(b):F]\)。

F.4 如果 \(b\) 是 \(K\) 上的代数元，则 \([K(b):F(b)] \le [K:F]\)。

证明 由 \(F\subseteq F(b),K\subseteq K(b)\) 得 \[[K(b):F] = [K(b):K][K:F] = [K(b):F(b)][F(b):F]\] 于是 \[\frac{[K(b):F(b)]}{[K:F]} = \frac{[K(b):K]}{[F(b):F]} \le 1\] 其中的不等号是根据 F.3 得到的。因此 \([K(b):F(b)]\le[K:F]\)。

F.5 设 \(p(x)\) 在 \(F[x]\) 中不可约。如果 \([K:F]\) 和 \(\deg p(x)\) 互质，那么 \(p(x)\) 在 \(K[x]\) 中不可约。

证明 设 \(b\) 是 \(p(x)\) 的一个根，并设 \(n=\deg p(x)\)。那么根据本章定理 1 可知 \([F(b):F]=n\)。根据 F.2 可知 \[n=[F(b):F]\mid[K(b):F]=[K(b):K][K:F]\] 但 \(\gcd(n,[K:F])=1\)，所以 \(n\mid [K(b):K]\)。这说明 \(b\) 在 \(K\) 上的最小多项式的次数一定是 \(n\) 的倍数，而 \(p(x)\) 就是满足要求的最小多项式。这意味着 \(p(x)\) 在 \(K[x]\) 中不可约。

G. 代数元的域：代数数

设 \(F\subseteq K\) 且 \(a,b\in K\)。我们已经在 295 页知道如果 \(a\) 和 \(b\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(F(a,b)\) 是 \(F\) 的有限扩域。

利用上述事实证明 1 和 2。

G.1 如果 \(a\) 和 \(b\) 是 \(F\) 上的代数元，那么 \(a+b\), \(a-b\), \(ab\), \(a/b\) 都是 \(F\) 上的代数元。（在最后一种情况下假定 \(b\ne0\)。）

证明 根据域对四则运算的封闭性可知 \(a+b,a-b,ab,a/b \in F(a,b)\)。因为 \(F(a,b)\) 是 \(F\) 的有限扩域，所以 \(F(a,b)\) 中的元素都是 \(F\) 上的代数元。这就证明了结论。

G.2 集合 \(\{x\in K : x \text{ 是 } F \text{ 上的代数元}\}\) 是 \(K\) 的子域并且包含 \(F\)。

证明 设该集合为 \(S\)。显然 \(F\) 中的元素都是 \(F\) 的代数元，所以 \(F\subseteq S\subseteq K\)。只须证明 \(S\) 对四则运算封闭即可；而这一点已经在 G.1 中证明了。

在 \(\Q\) 上是代数元的复数称作代数数 (algebraic number)。根据 G.2，代数数的集合是一个域，我们将其记作 \(\mathbb A\)。

设 \(a(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\) 是 \(\mathbb A[x]\) 中的多项式，并设 \(c\) 是 \(a(x)\) 的根。我们将要证明 \(c\in \mathbb A\)。首先，\(a(x)\) 的所有系数都在 \(\Q(a_0,a_1,\ldots,a_n)\) 中。

G.3 证明：\(\Q(a_0,a_1,\ldots,a_n)\) 是 \(\Q\) 的有限扩域。

证明 因为 \[\Q\subseteq\Q(a_0)\subseteq\Q(a_0,a_1)\subseteq\cdots\subseteq\Q(a_0,a_1,\ldots,a_n)\] 其中，因为 \(a_0,a_1,\ldots,a_n\) 都是 \(\Q\) 上的代数元，所以每一步都是有限扩张。由此可知 \(\Q(a_0,a_1,\cdots,a_n)\) 是 \(\Q\) 的有限扩域。

设 \(\Q(a_0,a_1,\ldots,a_n) = \Q_1\)。因为 \(a(x)\in \Q_1[x]\)，所以 \(c\) 是 \(\Q_1\) 上的代数元。证明 4 和 5。

G.4 \(\Q_1(c)\) 是 \(\Q_1\) 的有限扩域，因此是 \(\Q\) 的有限扩域。（为什么？）

证明 \(c\) 是 \(\Q_1\) 上的代数元，因此存在最小多项式，它的次数也就是 \([\Q_1(c):\Q_1]\) 是有限的，所以 \(\Q_1(c)\) 是 \(\Q_1\) 的有限扩域。

另一方面，G.3 已经证明了 \(\Q_1\) 是 \(\Q\) 的有限扩域。因此，\(\Q_1(c)\) 是 \(\Q\) 的有限扩域。

G.5 \(c\in\mathbb A\)

证明 根据 G.4 可知 \(\Q_1(c)\) 是 \(\Q\) 的有限扩域。根据本章定理 3，\(\Q_1(c)\) 中的所有元素都是 \(\Q\) 中的代数元。根据代数数的定义可知 \(c\in\mathbb A\)。

结论：以代数数为系数的多项式的根都是代数数。

如果 \(F[x]\) 中的每个多项式的根都在 \(F\) 中，则域 \(F\) 被称为代数封闭的 (algebraically closed)。我们已经证明了 \(\mathbb A\) 是代数封闭的。