抽象代数习题(31) -- Galois 理论I

抽象代数习题(31) – Galois 理论I

Sun Feb 13, 2022

《抽象代数》的第三十一章讨论了一些零散的知识，为后续章节讨论 Galois 理论做铺垫。本章定义的新概念是分裂域（splitting field；书中称为 root field），它是包含某个多项式 p(x) 的所有根的最小域。

A. ℚ 上的分裂域

A.1 证明 \(\newcommand\Q{\mathbb Q}\Q(\sqrt3, i)\) 是 \((x^2-2x-2)(x^2+1)\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

证明题中多项式的所有根为 \(1\pm\sqrt3,\pm i\)。因此分裂域为 \(\Q(1\pm\sqrt3,\pm i)=\Q(\sqrt3,i)\)。

A.3 求 \(x^4-2\) 在 \(\Q\) 和 \(\mathbb R\) 上的分裂域。

证明多项式的根为 \(\pm 2^{1/4},\pm 2^{1/4}\mkern1mui\)。在 \(\Q\) 上的分裂域为 \(\Q(2^{1/4},i)\)；在 \(\mathbb R\) 上的分裂域为 \(\mathbb R(i) = \mathbb C\)。

A.4 解释：\(\Q(i,\sqrt2)\) 是 \(x^4-2x^2+9\) 在 \(\Q\) 上的分裂域，且是 \(x^2-2\sqrt2 x+3\) 在 \(\Q(\sqrt2)\) 上的分裂域。

证明对于多项式 \(x^4-2x^2+9\)，由求根公式得 \(x^2=1\pm2\sqrt2 i = \bigl(i\pm\sqrt2\bigr)^2\)。因此根为 \(i\pm\sqrt2,-(i\pm\sqrt2)\)。分裂域为 \(\Q(i\pm\sqrt2) = \Q(i,\sqrt2)\)。

对于多项式 \(x^2-2\sqrt2 x+3\)，由求根公式得 \(x=\sqrt2\pm i\)。因此分裂域为 \(\Q(\sqrt2, \sqrt2\pm i) = \Q(i,\sqrt2)\)。

A.6 以下哪些扩域是 \(\Q\) 上的分裂域？请说明理由：\(\Q(i)\); \(\Q(\sqrt2)\); \(\Q(\sqrt[3]2)\)，其中 \(\sqrt[3]2\) 是 \(2\) 的实立方根; \(\Q(2+\sqrt5)\); \(\Q(i+\sqrt3)\); \(\Q(i,\sqrt2,\sqrt3)\)。

答

\(\Q(i)\) 是分裂域。对应多项式为 \(x^2+1\)。
\(\Q(\sqrt2)\) 是分裂域。对应多项式为 \(x^2-2\)。
\(\Q(\sqrt[3]2)\) 不是分裂域。因为 \(\sqrt[3]2\) 的最小多项式为 \(x^3-2\)。而这个多项式的另外两个根不在 \(\Q(\sqrt[3]2)\) 中。
\(\Q(2+\sqrt5)\) 是分裂域，因为它等于 \(\Q(\sqrt5)\)，因此是 \(x^2-5\) 的分裂域。
\(\Q(i+\sqrt3)\) 是分裂域。对应多项式为 \(x^4+4x^2+16\)，它的根为 \(\sqrt3\pm i,-(\sqrt3\pm i)\)。注意到 \(\sqrt3-i = 2/(\sqrt3+i)\)，所以这四个根都在 \(\Q(i+\sqrt3)\) 中。
\(\Q(i,\sqrt2,\sqrt3)\) 是分裂域。对应多项式为 \((x^2+1)(x^2+2)(x^2+3)\)。

B. ℤ_{p 上的分裂域}

B.1 求证：设 u 为多项式 a(x) = x³+2x+1 ∈ ℤ₃[x] 的一个根。在 ℤ₃ 的任意包含 u 的扩域中，u+1 和 u+2 恰好也是 a(x) 的根。使用这一事实寻找 x³+2x+1 在 ℤ₃ 上的分裂域。列出分裂域中的所有元素。

证明 a(u+1) = u³+3u²+3u+1 + 2u+2 + 1 = u³+2u+1 = a(u) = 0；a(u+2) = a(u-1) = u³-3u²+3u-1 + 2u-2 + 1 = u³+2u+1 = a(u) = 0。由此可知 u+1 和 u+2 都是 a(x) 的根。

分裂域为 ℤ₃(u)，其中的元素为 0, 1, 2, u, u+1, u+2, 2u, 2u+1, 2u+2。

B.2 寻找多项式 x²+x+2 在 ℤ₃ 上的分裂域，并写出加法和乘法表。

解代入 0, 1, 2 可知在 ℤ₃ 上没有根。设 u 是该多项式的一个根，做多项式除法得 (x²+x+2)/(x-u) = x+u+1。因此 -(u+1) 是另一个根。分裂域为 ℤ₃(u)。

（运算表略）

B.3 求 x³+x²+1 在 ℤ₂ 上的分裂域。写出它的加法表和乘法表。

解代入 0, 1 可知在 ℤ₂ 上没有根。设 u 是该多项式的一个根，做多项式除法得 (x³+x²+1)/(x-u) = x²+(u+1)x+(u²+u) = (x-u²)(x-(u²+u+1))。由此可知另外两个根为 u² 和 u²+u+1。因此分裂域为 ℤ₂(u)，对其中所有元素做如下重命名：

0 1 2 3   4  5    6    7
0 1 u u+1 u² u²+1 u²+u u²+u+1

运算表为

+│0 1 2 3 4 5 6 7  ×│0 1 2 3 4 5 6 7
─┼──────────────── ─┼────────────────
0│0 1 2 3 4 5 6 7  0│0 0 0 0 0 0 0 0
1│1 0 3 2 5 4 7 6  1│0 1 2 3 4 5 6 7
2│2 3 0 1 6 7 4 5  2│0 2 4 6 5 7 1 3
3│3 2 1 0 7 6 5 4  3│0 3 6 5 1 2 7 4
4│4 5 6 7 0 1 2 3  4│0 4 5 1 7 3 2 6
5│5 4 7 6 1 0 3 2  5│0 5 7 2 3 6 4 1
6│6 7 4 5 2 3 0 1  6│0 6 1 7 2 4 3 5
7│7 6 5 4 3 2 1 0  7│0 7 3 4 6 1 5 2

注这就是 Galois 域 GF(8)。

B.4 求 x³+x+1 在 ℤ₂ 上的分裂域。（注意：这比前一题稍难些。）

解代入 0,1 可知在 ℤ₂ 上没有根。设 u 是一个根，做多项式除法得 (x³+x+1)/(x-u) = x²+ux+(u²+1) = (x-u²)(x-(u+u²))。由此可知另外两个根为 u² 和 u²+u。因此分裂域为 ℤ₂(u)。（运算表略）

C. 和分裂域相关的简短问题

证明下列命题。

C.1 二次扩域都是分裂域。

证明设 K 是 F 的二次扩域，则 K ≅ F/⟨p(x)⟩，其中 p(x) 为 F[x] 中的二次首一不可约多项式。设 c 是 p(x) 的一个根，那么 p(x) 在 K 上可分解为 p(x) = (x-c)q(x)。因为 p(x) 是二次式，所以 q(x) 是一次式，不妨设 q(x) = x-b。那么 b,c ∈ K。这表明 p(x) 的根都在 K 中，因此 K 是分裂域。

C.3 ℝ 的上的任意分裂域或者是 ℝ 或者是 ℂ。

证明根据代数基本定理，ℝ[x] 中的多项式的所有根都在 ℂ 中。如果这些根恰好都是实根，那么分裂域是 ℝ，否则分裂域是 ℂ。

C.6 如果 K = F(a) 且 K 是 F 上的某个多项式的分裂域，那么 K 是 a 在 F 上的最小多项式的分裂域。

证明设 a 在 F 上的最小多项式是 p(x)。因为 p(x) 的分裂域必须含有 a，所以不可能比 F(a) 更小。只须证明 K 包含 p(x) 的所有根即可。根据本章定理 7，K 确实包含 p(x) 的所有根。

C.7 F 上的任意分裂域都是 F 上的某个不可约多项式的分裂域。

证明设 K 是 p(x) ∈ F[x] 在 F 上的分裂域。设 c₁,…,c_n 是 p(x) 的所有根，那么根据本章定理 2 可知 K = F(c₁,…,c_n) = F(c)，其中 c ∈ K。设 c 的最小多项式是 q(x)，那么根据 C.6 可知 K 是 q(x) 的分裂域。

C.8 设 \([K:F] = n\)，其中 \(K\) 是 \(F\) 的分裂域。那么 \(K\) 是 \(F[x]\) 中所有在 \(K\) 中有根的 \(n\) 次不可约多项式的分裂域。

证明设 \(p(x)\) 是 \(F[x]\) 中的 \(n\) 次不可约多项式。如果 \(p(x)\) 不是首一式，那么它和除以最高次项系数得到的首一式有相同的根。因此，只须考虑 \(p(x)\) 是首一式的情况即可。

设 \(c\) 是它在 \(K\) 中的一个根。那么 \(F(c)\subseteq K\)。\(c\) 在 \(F\) 中的最小多项式就是 \(p(x)\)。根据第二十九章定理 1，有 \([F(c):F]=\deg p(x) = n\)。于是 \[[K:F(c)] = \frac{[K:F]}{[F(c):F]} = 1\] 这表明 \(K=F(c)\)（第二十九章习题 D.1）。根据 C.6 可知，\(K\) 是 \(p(x)\) 的分裂域。

C.9 如果 \(a(x)\) 是 \(F[x]\) 中的 \(n\) 次多项式，且 \(K\) 是 \(a(x)\) 在 \(F\) 上的分裂域，那么 \([K:F]\) 整除 \(n!\)。

证明使用数学归纳法。当 \(n=1\) 时，\(K=F\)，因此 \([K:F] = 1\)，命题成立。

假设该命题对任意 \(1\le n < k\) 都成立。下面证明 \(n=k\) 时的情况。

如果 \(a(x)\) 是不可约多项式，设它的所有根为 \(c_1,\ldots,c_k\)，那么 \(K=F(c_1,\ldots,c_k)\)。设 \(I=F(c_1)\)，那么 \(K=I(c_2,\ldots,c_k)\)。根据第二十九章定理 1 可知 \([I:F] = k\)。在 \(I[x]\) 中可以分解 \(a(x) = (x-c)d(x)\)，其中 \(d(x)\in I[x]\) 且 \(\deg d(x) = k-1\)，它的根为 \(c_2,\ldots,c_k\)。根据分裂域定义可知 \(K\) 是 \(d(x)\) 在 \(I\) 上的分裂域。因此，根据归纳假设，有 \([K:I] \mid (k-1)!\)。于是，\([K:F] = [K:I][I:F] \mid k!\)。

如果 \(a(x)\) 是可约多项式，设 \(a(x) = c(x)d(x)\)，其中 \(c(x),d(x)\in F[x]\)。设 \(\deg c(x) = r\)，\(\deg d(x) = s\)。那么 \(0 < r,s < k\) 且 \(r+s=k\)。设 \(c(x)\) 的所有根为 \(c_1,\ldots,c_r\)，\(d(x)\) 的所有根为 \(d_1,\ldots,d_r\)，并设 \(I=F(c_1,\ldots,c_r)\)，那么 \(K=I(d_1,\ldots,d_s)\)。根据分裂域定义，\(I\) 是 \(c(x)\) 在 \(F\) 上的分裂域，\(K\) 是 \(d(x)\) 在 \(I\) 上的分裂域。因此，根据归纳假设，有 \([I:F] \mid r!\) 以及 \([K:I] \mid s!\)。于是，\([K:F] = [K:I][I:F] \mid r!s!\)。因为二项式系数 \(\binom{k}{r} = \frac{k!}{r!s!}\) 是一个整数，所以 \(r!s! \mid k!\)。因此 \([K:F] \mid k!\)。

综上所述，当 \(n=k\) 时，\([K:F] \mid n!\) 也成立。因此，根据数学归纳法可知，要证的命题对任意正整数 \(n\) 都成立。

D. 化简迭代扩张为单扩张

D.2 设 \(a\) 是 \(x^3-x+1\) 的一个根，\(b\) 是 \(x^2-2x-1\) 的一个根。求 \(c\) 使得 \(\Q(a,b) = \Q(c)\)。

证明设 \(A(x)=x^3-x+1\)，那么它的导数 \(A’(x) = 3x^2-1\)。根据微积分的知识可以求出 \(A(x)\) 的极值点： \begin{array}{c|ccccc}\hline x&\bigl(-\infty,-\frac{1}{\sqrt3}\bigr) & -\frac{1}{\sqrt3} & \bigl(-\frac{1}{\sqrt3},\frac{1}{\sqrt3}\bigr) & \frac{1}{\sqrt3} & \bigl(\frac{1}{\sqrt3},+\infty\bigr) \\\hline A’(x) & + & 0 & - & 0 & + \\ A(x) & \nearrow & 1+\frac{2}{3\sqrt3} & \searrow & 1-\frac{2}{3\sqrt3} & \nearrow\\\hline \end{array} 因为 \(1-\frac{2}{3\sqrt3}>0\)，而 \(\lim_{x\to-\infty}A(x)=-\infty\)，所以 \(A(x)\) 唯一的零点在 \(\bigl(-\infty,-\frac{1}{\sqrt3}\bigr)\) 中。这说明 \(A(x)\) 只有一个实根；根据代数基本定理，\(A(x)\) 还有两个互为共轭的复根。设 \(A(x)\) 的实根为 \(a\)，其余两个复根为 \(a_{1,2}\)。

设 \(B(x)=x^2-2x-1\)，根据求根公式得根为 \(b=1+\sqrt2\) 和 \(b’=1-\sqrt2\)。

于是 \[\frac{a_i-a}{b-b’} \notin \mathbb R\qquad (i=1,2)\] 因为复根减实根得非实数。根据本章定理 2，不妨取 \(t=1\)，那么 \(c=a+b\) 是满足要求的取值。

D.3 求 \(c\) 使得 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3,\sqrt{-5}) = \Q(c)\)。

证明本章正文已经证明了 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3) = \Q(\sqrt2+\sqrt3)\)。因此只须求和 \(\Q(\sqrt2+\sqrt3,\sqrt{-5})\) 相等的单扩张。

\(\sqrt2+\sqrt3\) 的最小多项式为 \(x^4-10x^2+1\)；它的所有根为 \(a_{1,2}=\sqrt2\pm\sqrt3,a_{3,4}=-(\sqrt2\pm\sqrt3)\)。
\(\sqrt{-5}\) 的最小多项式为 \(x^2+5\)；它的所有根为 \(b_{1,2}=\pm\sqrt{-5}\)。

因为 \(a_i-a_1\) 是实数，而 \(b_1-b_2\) 不是实数，所以 \[\frac{a_i-a_1}{b_1-b_2} \notin \mathbb R\qquad (i=1,2,3,4)\] 根据本章定理，不妨取 \(t=1\)，那么 \(c=\sqrt2+\sqrt3+\sqrt{-5}\) 是满足要求的取值。

D.4 求不可约多项式 \(p(x)\) 使得 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3)\) 是 \(p(x)\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

解本章正文已经证明了 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3) = \Q(\sqrt2+\sqrt3)\)。易知 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3)\) 是 \((x^2-2)(x^2-3)\) 的分裂域。根据 C.6 可知，\(\Q(\sqrt2+\sqrt3)\) 是 \(\sqrt2+\sqrt3\) 的最小多项式的分裂域。这个最小多项式是 \(p(x) = x^4-10x^2+1\)。

D.5 同 D.4，但分裂域设为 \(\Q(\sqrt2,\sqrt3,\sqrt{-5})\)。

解同理，只须求 \(\sqrt2+\sqrt3+\sqrt{-5}\) 的最小多项式即可。用 WolframAlpha 计算得 \[p(x)=x^8 + 152 x^4 + 1920 x^2 + 5776\]

E. 单位根与根式扩张

De Moivre 定理提供了求 \(n\) 次单位根的显式公式。（参见第十七章习题 H。）根据 de Moivre 公式，\(n\) 次单位根由 \(\omega = \cos(2\pi/n) + i\sin(2\pi/n)\) 和它的前 \(n\) 次方构成，即 \(1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1}\)。我们称 \(\omega\) 为本原 (primitive) \(n\) 次单位根，因为其他的 \(n\) 次单位根都是它的次方。显然，每个 \(n\) 次单位根（除 \(1\) 外）都是 \[\frac{x^n-1}{x-1} = x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\] 的根。当 \(n\) 是质数时，该多项式不可约（参见第二十六章习题 D.3）。

证明 1–3，其中 \(\omega\) 为本原 \(n\) 次单位根。

E.1 \(\Q(\omega)\) 是 \(x^n-1\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

证明设分裂域为 \(K\)，则 \(\Q\subseteq K\) 且 \(\omega \in K\)，因此 \(\Q(\omega)\subseteq K\)。另一方面，\(x^n-1\) 的所有根为 \(1,\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1}\)，根据域对乘法的封闭性，它们都在 \(\Q(\omega)\) 中，因此 \(\Q(\omega)\subseteq K\)。综上所述，\(\Q(\omega)\) 就是所要求的分裂域。

E.2 如果 \(n\) 是质数，那么 \([\Q(\omega):\Q]=n-1\)。

证明当 \(n\) 是质数时，\(p(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\) 不可约，因而是 \(\omega\) 的最小多项式。由此可知 \([\Q(\omega):\Q] = \deg p(x) = n-1\)。

E.3 如果 \(n\) 是质数，那么 \(\omega^{n-1}\) 可以表示为 \(1,\omega,\ldots,\omega^{n-2}\) 以有理数为系数的线性组合。

证明当 \(n\) 是质数时，\(p(x)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\) 不可约，因而是 \(\omega\) 的最小多项式。因此 \(\Q(\omega)\) 是 \(Q\) 上的 \(n-1\) 维线性空间，它的一组基为 \(\{1,\omega,\ldots,\omega^{n-2}\}\)，因此 \(\omega^{n-1}\) 可以表示为这组基的线性组合。

E.4 当 \(n=6,7,8\) 时，求 \([\Q(\omega):\Q]\)。

解

当 \(n=6\) 时，\(x^6-1 = (x^2+x+1)(x^2-x+1)(x+1)(x-1)\)。代入可知 \(\omega\) 是不可约多项式 \(x^2+x+1\) 的根，因此 \([\Q(\omega):\Q]=2\)。

当 \(n=7\) 时，根据 E.2 可知 \([\Q(\omega):\Q]=6\)。

当 \(n=8\) 时，\(x^8-1 = (x^4+1)(x^2+1)(x+1)(x-1)\)。代入可知 \(\omega\) 是不可约多项式 \(x^4+1\) 的根，因此 \([\Q(\omega):\Q] = 4\)。

E.5 证明对于任意 \(r\in\{1,2,\ldots,n-1\}\)，\(\sqrt[n]a\omega^r\) 是 \(a\) 的 \(n\) 次方根。作出结论：\(\sqrt[n]a,\sqrt[n]a\omega,\ldots,\sqrt[n]a\omega^{n-1}\) 是 \(a\) 的 \(n\) 个复数 \(n\) 次方根。

证明因为 \[\bigl(\sqrt[n]a\omega^r\bigr)^n = (\sqrt[n]a)^n(\omega^n)^r = a\] 所以 \(\sqrt[n]a\omega^r\) 是 \(a\) 的 \(n\) 次方根。

E.6 证明 \(\Q(\omega,\sqrt[n]a)\) 是 \(x^n-a\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

证明根据域的封闭性可知 \(\sqrt[n]a,\sqrt[n]a\omega,\ldots,\sqrt[n]a\omega^{n-1}\in \Q(\omega,\sqrt[n]a)\)，因此 \(\Q(\omega,\sqrt[n]a)\) 包含了 \(x^n-a\) 的所有根。另一方面，分裂域必须包含 \(\sqrt[n]a\) 和 \(\sqrt[n]a\omega\)，因此也包含了 \(\omega\)；所以分裂域不可能比 \(\Q(\omega,\sqrt[n]a)\) 更小。由此可知 \(\Q(\omega,\sqrt[n]a)\) 是 \(x^n-a\) 在 \(\Q\) 上的分裂域。

E.7 求 \([\Q(\omega,\sqrt[3]2):\Q]\)，其中 \(\omega\) 是本原单位立方根。并说明 \(\Q(\omega,\sqrt[3]2) = \Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3)\)。

由 E.2 得 \([\Q(\omega):\Q] = 2\)。而 \(\sqrt[3]2\notin \Q(\omega)\)，并且最小多项式为 \(x^3-2\)，因此 \([\Q(\omega,\sqrt[3]2):\Q(\omega)] = 3\)。于是 \([\Q(\omega,\sqrt[3]2):\Q] = 6\)。

另一方面，因为 \(\omega = \frac12+\frac{\sqrt3}{2}i\)，所以 \(\Q(\omega) = \Q(i\sqrt3)\)。于是 \(\Q(\omega,\sqrt[3]2) = \Q(\sqrt[3]2,i\sqrt3)\)。

F. 可分和不可分多项式

设 F 为域。F[x] 中的不可约多项式 p(x) 被称为在 F 上可分的 (separable)，如果它在 F 的任意扩域中都没有重根。如果 p(x) 在某个扩域中由重根，那么它在 F 上是不可分的 (inseparable)。

F.1 证明如果 F 的特征为 0，那么 F[x] 中的任意不可约多项式都是可分的。

证明这个命题等价于本章定理 1。

因此，对于特征 0，不存在多项式是否可分的问题。然而，对于特征 p≠0，情况有所不同。下面讨论这种情况。在下列问题中，设 F 为特征 p≠0 的域。

F.2 如果 a’(x) = 0，证明 a(x) 中的非零项都具有 a_mpx^mp 的形式。

证明参见第二十七章习题 I.6。

F.3 证明如果不可约多项式 a(x) 在 F 上不可分，那么 a(x) 是只含 x^p 的幂的多项式。

证明设 a(x) 有重根 c，那么 c 也是 a’(x) 的根。设 p(x) 是 c 的最小多项式，那么 p(x) 整除 a(x), a’(x)。但是 a(x) 不可约，所以只可能是 p(x) = a(x)。而 a’(x) 或者是零多项式或者次数严格小于 a(x) 的次数。如果是后者，则不可能被 p(x) 整除；因此，只可能是 a’(x) = 0。根据 F.2 可知，a(x) 中的项只含 x^p 的幂。

F.4 使用第二十七章习题 J 证明 F.3 的逆命题。

证明设 a(x) 在某个扩域中的根为 c。则 (x-c) | a(x)。另一方面，显然有 (x-c) | 0 = a’(x) 。因此 a(x) 和 a’(x) 有正次数的公因式 (x-c)。根据第二十七章习题 J 的结论，a(x) 在某个扩域中有重根。这表明 a(x) 是不可分的。

因此，如果 F 是特征 p≠0，不可约多项式 a(x) ∈ F[x] 是不可分的当且仅当 a(x) 是由 x^p 的幂构成的多项式。对于有限域，我们可以作出更多结论：

F.5 求证：如果 \(F\) 是特征 \(p\ne0\) 的有限域，那么在 \(F[x]\) 中， \[(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)^p = a_0^p + a_1^px^p + \cdots + a_n^p x^{np}\]

证明参见第二十四章习题 D.6。

F.6 如果 \(F\) 是特征 \(p\ne0\) 的有限域，求证：在 \(F[x]\) 中，任意多项式 \(a(x^p)\) 都等于 \([b(x)]^p\)，其中 \(b(x)\in F[x]\)。

引理在有限域 \(F_p\) 中，任意元素都有 \(p\) 次方根。

设映射 \(f\colon F_p\to F_p\) 定义为 \(f(x) = x^p\)。有限域的特征 \(p\) 一定是质数。当 \(p=2\) 时，有 \(y=-y\)，因此 \((-y)^p = y^p=-y^p\)；当 \(n>2\) 时，\(n\) 是奇数，因此也有 \((-y)^p = -y^p\)。

设 \(x,y\in F_p\)。那么当 \(f(x)=f(y)\) 时，有 \[f(x)-f(y) = x^p-y^p = x^p + (-y)^p = (x+(-y))^p = (x-y)^p = 0\] 但 \(F_p\) 没有零因子，所以只可能是 \(x-y=0\)，即 \(x=y\)。这意味着 \(f\) 是单射。因此，\(f(F_p)\) 中有 \(p\) 个不同的元素。而 \(F_p\) 中恰有 \(p\) 个元素，因此 \(|f(F_p)| = |F_p|\)。但 \(f(F_p) \subseteq F_p\)，于是只可能是 \(f(F_p)=F_p\)；因此 \(f\) 是满射。综上所述，\(f\) 是双射。因此对于任意 \(y\in F_p\)，都存在 \(x=f^{-1}(y)\in F_p\) 是 \(y\) 的 \(p\) 次方根。

证明设 \(a(x^p)= a_0+a_1x^p+\cdots+a_nx^{np}\)。根据引理可知，对于任意 \(a_i\)，存在 \(\hat a_i\in F\) 使得 \(a_i=(\hat a_i)^p\)。于是根据 F.5 有 \[a(x^p) = \hat a_0^p + \hat a_1^px^p + \cdots + \hat a_n^p x^{np} = (\hat a_0+\hat a_1x+\cdots+\hat a_nx^n)^p\] 定义 \(b(x) = \hat a_0+\hat a_1x+\cdots+\hat a_nx^n\) 即可。

F.7 使用 F.3 和 F.6 证明：在任意有限域中，不可约多项式都是可分的。

证明设 F 为特征 p≠0 的有限域，f(x) ∈ F 是不可分多项式。那么根据 F.3 可知 f(x) 是由 x^p 的幂构成的多项式。根据 F.6，它可以分解为 [b(x)]^p，因此是可约的。这就证明了要证的命题的逆否命题。

因此，特征为 0 的域和有限域都具备如下性质：不可约多项式没有重根。剩下的情况是具有有限特征的无限域。下一组习题中考察这个情况。

G. 非零特征的无限域上的重根

如果 ℤ_p[y] 是在 ℤ_p 上（关于字母 y）的多项式环，设 E = ℤ_p(y) 是 ℤ_p[y] 的分式域。设 K 为 ℤ_p(y) 的子域 ℤ_p(y^p)。

G.1 说明为什么 ℤ_p(y) 和 ℤ_p(y^p) 是特征为 p 的无限域。

答在这两个域中，因为 p·1 = 0，所以特征为 p；另外，显然可以构造任意多项的多项式，所以域中的元素是无限的。

G.2 求证：\(a(x)=x^p-y^p\) 在 \(E[x]\) 中可以分解为 \((x-y)^p\)，但它在 \(K[x]\) 中是不可约的。做出结论：\(K[x]\) 中存在不可约多项式 \(a(x)\) 具有 \(p\) 重根。

证明在 \(E[x]\) 中，仿照 F.6 的引理可以证明 \(a(x)=x^p-y^p = (x-y)^p\)。假设 \(a(x)\) 在 \(K[x]\) 中可约，设它的一个因式为 \(n\) 次式 \(d(x) \in K[x]\)，那么 \(0 < n < p\)。根据唯一分解定理，\(d(x)\) 在 \(E[x]\) 可以分解为 \((x-y)^n\)。但是，对这个式子用二项式定理展开，得常数项为 \((-y)^n \notin K\)，这和 \(d(x)\in K[x]\) 矛盾！因此假设不成立，\(a(x)\) 在 \(K[x]\) 中是不可约的。

因此，在非零特征的无限域上，不可约多项式可能有重根。即便是这样的域，也有一个不平常的性质：任意不可约多项式的根都有相等的重数。细节如下：设 \(F\) 是域，\(p(x)\) 是 \(F[x]\) 中的多项式，\(a\) 和 \(b\) 是 \(p(x)\) 的两个不同的根，且 \(K\) 是 \(p(x)\) 在 \(F\) 上的分裂域。设 \(i\colon K\to i(K) = K’\) 为定理 4 中的同构，以及 \(\bar\imath\colon K[x]\to K’[x]\) 是定理 3 前描述的同构。

G.3 证明 \(\bar\imath\) 固定 \(p(x)\)。

证明 \(i\) 是固定 \(F\) 的同构，即对任意 \(x\in F\) 有 \(i(x)=x\)。那么 \begin{align*} \bar\imath(p(x)) &= \bar\imath(p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n)\\ &= i(p_0)+i(p_1)x+\cdots+i(p_n)x^n\\ &= p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n \\ &= p(x) \end{align*}

G.4 证明 \(\bar\imath((x-a)^m) = (x-b)^m\)。

证明根据二项式定理有 \[(x-a)^m = \sum_{k=0}^m x^{m-k}(-a)^k\] 因为 \(i(a)=b\)，所以 \(i((-a)^k) = i(-a)^k = (-i(a))^k = (-b)^k\)。于是 \[\bar\imath((x-a)^m) = \sum_{k=0}^m x^{m-k}i\bigl((-a)^k\bigr) = \sum_{k=0}^m x^{m-k}(-b)^k = (x-b)^m \]

G.5 证明 \(a\) 和 \(b\) 有相同的重数。

证明根据唯一分解定理，设 \(p(x) = (x-a)^mq(x)\)，其中 \(q(x)\in K[x]\) 且 \((x-a)\nmid q(x)\)。根据 \(\bar\imath\) 是同构以及 G.4 可知 \[ip(x) = (x-b)^n iq(x)\] 其中 \(iq(x) \in K’[x]\) 且 \((x-b)\nmid iq(x)\)。根据 G.3 可知 \(ip(x)=p(x)\)。根据本章定理 5，\(K=K’\)。于是，在 \(K=K’\) 中的两个分解相等： \[p(x) = (x-a)^mq(x) = (x-b)^m iq(x)\] 这表明 \(a\) 和 \(b\) 的重数相等，都等于 \(m\)。

H. 同构扩域定理（定理 3 的证明）

设 \(F_1\), \(F_2\), \(h\), \(p(x)\), \(a\), \(b\) 和 \(\bar h\) 如定理 3 中所述。要证明 \(\bar h\) 式同构，必须先说明它是良定义的：如果 \(c(a)=d(a) \in F_1(a)\)，那么 \(\bar h(c(a)) = \bar h(d(a))\)。

H.1 如果 \(c(a)=d(a)\)，证明 \(c(x)-d(x)\) 是 \(p(x)\) 的倍数。推导出：\(hc(x)-hd(x)\) 是 \(hp(x)\) 的倍数。

证明设 \(b(x)=c(x)-d(x)\)。当 \(c(a)=d(a)\) 时，\(b(a) = 0\)。这表明 \(a\) 是 \(b(x)\) 的根。因为 \(p(x)\) 不可约，所以它是 \(a\) 的最小多项式的常数倍，所以 \(p(x)\mid b(x)\)。设 \(b(x)=kp(x)\)，其中 \(k\in F_1\) 且 \(k\ne 0\)。那么 \(hb(x) = h(k)hp(x)\)，于是 \((hc(x) - hd(x)) \mid hp(x)\)。

H.2 使用 H.1 证明 \(\bar h(c(a)) = \bar h(d(a))\)。

证明因为 \(p(a)=0\)，所以 \(hp(a) = \bar h(p(a)) = \bar h(0) = 0\)。根据 H.1 可知 \(h(k)hb(a) = hp(a) = 0\)。因为 \(k\ne 0\)，所以 \(h(k)\ne0\)。因此 \(hb(a)=0\)，根据 \(b\) 的定义可知 \(\bar h(c(a)) = \bar h(d(a))\)。

H.3 用相反的步骤证明 \(\bar h\) 是单射。

证明根据 \(hb(a) = 0\) 和 \(h\) 是同构得出 \(b(a)=0\) 即可。

H.4 证明 \(\bar h\) 是满射。

证明设 \(y\in F_2(b)\)。那么 \(y\) 可以表示为 \[y = \sum_{i=0}^n k_ib^i\qquad(k_i\in F_2)\] 只需取 \[x = \sum_{i=0}^n h^{-1}(k_i)a^i\] 那么因为 \(h^{-1}(k_i)\in F_1\)，所以 \(x\in F_1(a)\)。根据 \(\bar h\) 的定义有 \(\bar h(x) = y\)。这说明 \(\bar h\) 是满射。

H.5 证明 \(\bar h\) 是同态。

证明计算过程和第二十四章 G.2 是一样的。

I. 分裂域的唯一性

设 \(h\colon F_1\to F_2\) 是同构。如果 \(a(x)\in F_1[x]\)，设 \(K_1\) 是 \(a(x)\) 在 \(F_1\) 上的分裂域，并设 \(K_2\) 是 \(ha(x)\) 在 \(F_2\) 上的分裂域。

I.1 求证：如果 \(p(x)\) 是 \(a(x)\) 的不可约因式，\(u\in K_1\) 是 \(p(x)\) 的根，且 \(v\in K_2\) 是 \(hp(x)\) 的根，那么 \(F_1(u)\cong F_2(v)\)。

证明根据本章定理 3，\(h\) 可以被扩展为同构 \(\bar h\colon F_1(u)\to F_2(v)\)。因此 \(F_1(u)\cong F_2(v)\)。

I.2 \(F_1(u)=K_1\) 当且仅当 \(F_2(v)=K_2\)。

证明根据 I.1 知存在同构 \(\bar h\colon F_1(u)\to F_2(v)\)，并且根据定理 3 可知 \(\bar h(u) = v\)。

取 \(ha(x)\) 的任意根 \(v_i\)。设 \(u_i=\bar h^{-1}(v_i)\)，那么 \(u_i\) 是 \(a(x)\) 的根，因为 \[a(u_i) = \sum_{j=0}^{\deg a} a_j u_i^j = \bar h^{-1}\biggl(\sum_{j=0}^{\deg a} h(a_j) v_i^j\biggr) = \bar h^{-1}(ha(v_i)) = \bar h^{-1}(0) = 0\] 所以 \(u_i\in K_1 = F_1(u)\)，因而可以表示为 \[u_i = \sum_{j=0}^N k_j u^j\qquad(k_j\in F_1)\] 于是 \[v_i = \bar h\biggl(\sum_{j=0}^N k_j u^j\biggr) = \sum_{j=0}^N h(k_j) v^j\] 由此可见 \(v_i\in F_2(v)\)。

上面的推理表明 \(ha(x)\) 的任意根都在 \(F_2(v)\) 中。显然 \(a(x)\) 的分裂域必须包含 \(v\)，因此不可能比 \(F_2(v)\) 更小。这就说明了 \(F_2(v)\) 是 \(ha(x)\) 的分裂域，即 \(F_2(v) = K_2\)。

因为命题的对称性，反过来的推理是完全一样的。

I.3 使用 I.1 和 I.2，用数学归纳法证明 \(K_1\cong K_2\)。

证明设 \(\deg a(x) = n\) 并对 \(n\) 归纳。

当 \(n=1\) 时，一次式 \(a(x)\) 已经不可约。设它的根为 \(u\)，则 \(u\in F_1\)。因此分裂域 \(K_1=F_1\)。而 \(ha(x)\) 也是一次式，所以同理可证 \(K_2=F_2\)。因为已知 \(F_1\cong F_2\)，所以 \(K_1 \cong K_2\)。

假设命题在 \(n = k\) 时成立，下面考虑 \(n=k+1\) 时的情况。设 \(p(x)\) 是 \(a(x)\) 的一个不可约因式，且 \(u\) 是 \(p(x)\) 的一个根，并设 \(v\) 是 \(hp(x)\) 的一个根。

如果 \(F_1(u)=K_1\)，那么根据 I.1 和 I.2 可知 \(K_1\cong K_2\)，于是命题成立。

否则，\(F_1(u)\subsetneq K_1\)。设 \(\hat F_1 = F(u)\)，则 \(a(x) = (x-u)\hat a(x)\)，其中 \(\hat a(x)\in \hat F_1[x]\)，并且 \(\deg \hat a(x) = \deg a(x) - 1 = k\)。于是 \[ha(x) = \bar h((x-u)\hat a(x)) = \bar h(x-u) \bar h(\hat a(x)) = (x-v)h\hat a(x)\] 设 \(\hat K_1,\hat K_2\) 分别是 \(\hat a(x),h\hat a(x)\) 的分裂域，那么 \[K_1=\hat K_1(u)\qquad\text{且}\qquad K_2 = \hat K_2(v)\]

根据归纳假设，有 \(\hat K_1 \cong \hat K_2\)。显然 \((x-u)\) 和 \((x-v)\) 分别是 \(\hat K_1\) 和 \(\hat K_2\) 上的不可约多项式，并且 \(u\) 和 \(v\) 分别是它们的根。根据本章定理 3 可知存在 \(\hat K_1(u)\) 到 \(\hat K_2(v)\) 的同构。这就证明了 \(K_1\cong K_2\)。

综上所述，命题在 \(n=k\) 时也成立。根据数学归纳法，要证明的命题对任意正整数 \(n\) 都成立。

J. 扩展同构

在下列问题中，设 F 为 ℂ 的子域。单射同态 h: F→ℂ 称为单同态 (monomorphism)；它显然是 F→h(F) 的同构。

J.1 设 \(\omega\) 为 \(p\) 次复数单位根（其中 \(p\) 为质数），并设 \(h\colon \Q(\omega)\to\mathbb C\) 是固定 \(\Q\) 的单同态。解释为什么 \(h\) 完全由 \(h(\omega)\) 的值确定。然后证明恰好存在 \(p-1\) 个 \(\Q(\omega)\to\mathbb C\) 且固定 \(\Q\) 的单同态。

证明当 \(p\) 是质数时，\(a(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1\) 不可约，且 \(\omega\) 是 \(a(x)\) 的根。由此可知 \([\Q(\omega):\Q] = p-1\)，因此 \(\Q(\omega)\) 中的元素都可以表示为 \[\sum_{i=0}^{p-1} c_i\omega^i = c_0+c_1\omega+\cdots+c_{p-1}\omega^{p-1}\qquad(c_i\in\Q)\] 于是 \[h\biggl(\sum_{i=0}^{p-1} c_i\omega^i\biggr) = \sum_{i=0}^{p-1} h(c_i)h(\omega)^i = \sum_{i=0}^{p-1} c_i h(\omega)^i\] 第二个等号之所以成立是因为 \(h\) 固定 \(\Q\)。由此可见 \(h\) 完全由 \(h(\omega)\) 确定。

因为 \(a(x)\in \Q\)，而 \(\Q\subseteq \Q(\omega), f(\Q(\omega))\)。又因为 \(h\colon \Q(\omega)\to f(\Q(\omega))\) 是同构，且固定 \(\Q\)，所以 \(h(\omega)\) 也是 \(a(x)\) 的根。而 \(a(x)\) 共有 \((p-1)\) 个根，所以 \(h(x)\) 只有 \((p-1)\) 种可能。

J.2 设 \(p(x)\) 是 \(F[x]\) 中的不可约多项式，且 \(c\) 是 \(p(x)\) 的一个复数根。设 \(h\colon F\to\mathbb C\) 是单同态。如果 \(\deg p(x)=n\)，证明恰存在 \(n\) 个 \(F(c)\to\mathbb C\) 的且是 \(h\) 的扩展单同态。

证明设单同态 \(\bar h\colon F(c)\to\mathbb C\) 是 \(h\) 的扩展，即对任意 \(x\in F\) 都有 \(\bar h(x) = h(x)\)。仿照 J.1 可知，\(h\) 完全由 \(\bar h(c)\) 的取值确定。

因为 \(c\) 是 \(p(x)\) 的根，所以 \(h(c)\) 是 \(hp(x)\) 的根。因为 \(\deg hp(x)=\deg p(x) = n\)，所以根据代数基本定理，\(hp(x)\) 恰有 \(n\) 个复数根。于是 \(h(c)\) 恰有 \(n\) 种可能的取值；由此可知恰有 \(n\) 个 \(F(c)\to\mathbb C\) 的单同态。

J.3 设 F⊆K⊆ℂ，其中 [K:F]=n。如果 h: F→ℂ 是单同态，证明恰有 n 个 K→ℂ 的且是 h 的扩展的单同态。

证明因为 F 是 ℂ 的子域，因此特征为 0。根据本章定理 2，F 的有限扩张都是单扩张。根据 [K:F]=n 可设 K=F(c)，并且 c 的最小多项式 p(x) ∈ F[x] 为 n 次多项式。其余和 J.2 相同。

J.4 求证：唯一可能的单同态 h: ℚ→ℂ 是 h(x)=x。因此，任意单同态 h: Q(a)→ℂ 必须固定 Q。

证明显然 h(0)=0。因为 h(1)=1，因此 h(2) = h(1)+h(1) = 2。依此类推，可知当 x 为任意正整数时，有 h(x)=x。当 x 为负整数时，-x 为正整数，于是 h(x)=-h(-x)=-(-x)=x。总之，当 x 是整数时都有 h(x)=x。

当 x=p/q 是分数时（其中 p,q 是整数且 q≠0），有 h(p/q) = h(pq^-1) = h(p)h(q)^-1 = p/q。

综上所述，对任意 x ∈ Q 都有 h(x)=x。这个结论足以证明题中的两个命题。

K. 正规扩张

如果 K 是 F 上某个多项式 a(x) 的分裂域，那么 K 也被称为 F 的正规扩张 (normal extension)。正规扩张有其他的定义方式，和以上的定义是等价的。这里我们考虑两个最常见的定义：它们恰恰就是定理 7 和 6 所描述的性质。设 K 是 F 的有限扩张。

说明这一节是基于本章定理 2 成立的基础上得到的。

K.1 已知对于 F[x] 中的任意不可约多项式 p(x)，如果 p(x) 在 K 中有根，那么 p(x) 的所有根都在 K 中。求证：K 是 F 的正规扩张。

证明根据定理 2，K 是 F 的单扩张。设 K=F(c)，并设 c 在 F 上的最小多项式为 p(x) ∈ F[x]。那么，根据已知条件，p(x) 的所有根都在 K 中。因为 p(x) 分裂域必须包含 c，因此不可能比 F(c) 更小。这表明 K 就是 p(x) 的分裂域。根据正规扩张的定义可知，K 是 F 的正规扩张。

K.2 已知如果 \(h\) 是定义域为 \(K\) 的同构，并且固定 \(F\)，那么 \(h(K)\subseteq K\)。证明 \(K\) 是 \(F\) 的正规扩张。

证明根据定理 2，\(K\) 是 \(F\) 的单扩张。设 \(K=F(c)\)，并设 \(c\) 在 \(F\) 上的最小多项式为 \(p(x)\in F[x]\)。对于任意 \(x\in K=F(c)\)，\(x\) 可以表示为 \[x=a_0 + a_1c + \cdots + a_nc^n = \sum_{i=0}^n a_ic^i \qquad (a_i\in F)\]

设 \(\hat c\) 为 \(p(x)\) 的任意一个根。定义如下映射： \[h\biggl(\sum_{i=0}a_ic^i\biggr) = \sum_{i=0}a_i \hat c^i\] 可见 \(h\) 的定义域是 \(K\)，且固定 \(F\)。根据习题 H 可知 \(h\colon K\to h(K)\) 是同构。根据已知条件，有 \(h(K)\subseteq K\)。

可见，\(\hat c = h(c) \in h(K) \subseteq K\)，因此 \(K\) 包含 \(p(x)\) 的所有根。根据 K.1 可知 \(K\) 是 \(F\) 的正规扩张。