近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-5

第五章 扩域

1 扩域、素域

1. 证明:F(S)的一切添加S的有限子集于F所得的子域的并集是一个域.

证 一切添加S的有限子集于F所得的子域的并集为1)若 a,b 则一定有aF(1,,2,n)

bF(1,,2,m)

易知

abF(1,2,n,1,2,,m

但F(1,2,n,1,2,,m)1 从而ba

2)若a,b,且b0则 bF(1,2,,m)

从而有ab

F(1,2,n,1,2,,m)

２ 单扩域

１． 令E是域F的一个扩域，而aF证明a是F上的一个代数元，并且

F(a)F

证 因aa0故a是F上的代数元．其次，因aF，故

F(a)F易见F(a)F，从而F(a)F

２．令F是有理数域．复数i和

F(i)与F(2i1i1)是否同构？

22i1i1在F上的极小多项式各是什么？

2i1i1 证 易知复数i在F上的极小多项式为x1,在F上的极小多项式为xx 因F(i)F(

2i1i12

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) 故这两个域是同构的．

３．详细证明，定理３中a在域F上的极小多项式是p(x)

证 令是F(x)中的所有适合条件f(a)0的多项式作成f(x)的集

合．

1) 是F(x)的一个理想

(ⅰ)若 f(x),g(x)则f(a)0,g(a)0

因而f(a)g(a)0 故f(x)g(x) ⅱ)若f(x),h(x)是F(x)的任一元

那么h(a)f(a)0 则h(x)f(x)

2)是一个主理想

设 p1(x)是中a！的极小多项式

那么，对中任一f(x)有 f(x)p1(x)q(x)r(x)

这里r(x)0或r(x)的次数 但f(a)p1(a)q(a)R(x)

因 f(a)0,p1(a)0 所以r(a)0

若 r(x)0 则与p1x是a的极小多项式矛盾． 故有 f(x)p1(x)q(x) 因而(p1(x) （３）因 p(a)=0 故p(x)

P1(x)p(x) 因二者均不可约，所以有p(x)ap1(x)

又p(x),p1(x)的最高系数皆为1那么a1 这样就是p(x)P1(x)

４． 证明：定理３中的F(a)K

证 设fK,，则在定理３的证明中，KK'之下有．

nn1 fanxan1xa

但 ax, a1a1 故必fannan1n1a0 这就是说kF() 因而F(a)K

３ 代数扩域

１．令E是域F的一个代数扩域，而是E上的一个代数元， 证明是E上的一个代数元 证 因为是F上的代数元

n所以e0e1en

又因为E是F的代数扩域，从而F(e0,e1,en) 是F的代数

扩域，再

有是F(e0,e1,en)上的代数元，故F(e0,e1,en)(()

F(e0,e1,,en1,en)的有限扩域，由本节定理１，知 F(e0,e1,,en1,en,)

是F的有限扩域，因而是F的代数扩域，从而a是F上的一个代数元．

２．令F,E和L是三个域，并且FE，假定

(I:F)m

而E的元在F上的次数是n，并且(m,n)1

证明在I上的次数也是１ 证 设(I():Ir

因为 I()IF

由本节定理1 (I(a):F)rm 另一方面，因为(F():F)(I():F 仍由本节定理！！ 即有nrm

但由题设知 (m,n)1 故 nr

又在I上的次数是r，因而其在I上的极小多项式的次数是１ 在I上的次数是n，因而其在F上的极小多项式的次数是n 由于在上的极小多项式能整除在F上的极小多项式

所以rn 因而rn

３．令域！的特征不是２，E是F的扩域，并且 (E:F)4

证明存在一个满足条件FIE的E的二次扩域F的充分与必要条是：

(E:F)4，而在F上的极小多项式是xaxb

42证 充分性：

由于在F上的极小多项式为x4ax2b 故aF及aF2(2)

因而(F(a):F)1 由本节定理１知：

所以 (F(a):F)2 这就是说，F(a)是一个满足条件的的二次扩域必要性：

由于存在I满足条件FIE且为F的二次扩域

即(1:F)2因此可得（(E:1)2 我们容易证明，当F的特征不是２时，且 则 而！在！上的极小多项式是！

同样 EI(a)而在xf上的极小多项式是 这样 f,fF, i,iI

2那么if12f1f2f2

22222222所以i

4222f12f1f2f2

22222f12f1f2f2

令a2f1 bf12f22f

同时可知a,b均属于F4a2b0 由此容易得到EF(a0

４．令E是域F的一个有限扩域，那么总存在E的有限个元

1,2,m使EF(1,2,m)

证 因为E是F的一个有限扩域，那么把E看成F上是向量空间时，则有一个基1,2,n显然这时 EF(1,2,m)

５．令F是有理数域，看添加复数于F所得扩域＂ 1133 E1F(23,23i) E2F(2,2wi)

111证明(F(23)2,(E1:F)6

证 易知！在！上的极小多项式是！

2即（F(23):F3

142322同样23上的极小多项式是x2x223

1即(E2;F(23))4

由此可得（(E1:F)6,(F2:F)12

４ 多项式的分裂域

１．证明：有理数域F上多项式x1 的分裂域是一个单扩域F(a) 其中a是x1的一个根

证 x1的４个根为

a022i22,a122i22,a222i22,a322i22444

11又a1a;a2a,a3a

所以F(a,a1,a2,a3)F(a)

２．令F是有理数域，

333x是F上一个不可约多项式，而a是xa

的一个根，证明F(a)不是xa在F上的分裂域．

证 由于a是xa的一个根，则另外两个根是a,a，这里，是

32223xx1的根若F(a)是xa的在H上的分裂域那么

a,a2F(a)这样，就是FF()F(a)由3。3定理！有但

(F():F)(F(a)F)此为不可能.

３．令p1(x),P2(x),,pm(x)是域F上m个最高系数为1的不可约多项式，

证明存在F的一个有限扩域F(a1,a2,,am)，其中ai在F上的极小多项式是pi(x)

证 令f(x)p1(x),P2(x),,pm(x)由本节定理２f(a)在F上的分裂域E存在，根据4.3定理３， 知E是F上的有限扩域，取pi(x)的根ai则有

FF(a1,a2,am)E

因 E 是F的有限扩域，故F(a1,a2,am也是F的有限扩域，显然p1(x)！

是ai在F上的极小多项式．

４．令p是一个特征为素数p的域，Fp(a)是p的一个单扩域， 而a是p[x]的多项式xpa的一个根，p(a)是不是xpa在F上的分裂域？

证 因是xpa的根 故apa0 即ap

由于P的特征为素数！ 所以xpaxp

因此p()是xa在P上的分裂域

p５ 有限域

１．令F是一个含p个元的有限域，证明，对于n是每一个 因数m0，存在并且只存在F的一个有p个元的子域L

证 因为m是n的因数，所以(p1)(p1) 那么x但xpmnmnmpm1 是xpnx的因式，

pmx在F中完全分裂，所以xppmx在F中也完全分裂，那么F

中含有x 又因为xx的p个根，由这p个根作成

mm一个子域L．

mmx在F中的分裂域只有一个，所以F中有p个元的子L

只有一个．

２．一个有限域一定有比它大的代数扩域． 证 设F是有q个元的有限域．

看F上的f(x)xqx1 因为对F的任一元a,f(a)1 因此，f(x)在F上没有一次因式．

这样，f(x)在F上有一个一次数1的不可约因式p(x)．

作p(x)分裂域E

则EF 而EF且E是F的代数扩域．

３．令F是一个有限域，是它所含素域，且是否必须F是的非零元所作成的乘群的一个生成元？

证 我们的回答是未必．

令是３元素域 f(x)x9x在上的分裂域为F，若令f(x)的因

式！的根为i，

则F由 0,1,1,i,1i,1i,1i,所组成，i41！ 故i不是F非零元所作成的乘群的生成元． 但F(x)。

４．令是特征为２的素域．(x)!找出的一切三次不可约多项式． 证 容易证明

xx1及xx1是(x)的一切三次不可约多项式．

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６ 可离扩域

１．令域F的特征是p,f(x)是F上一个不可约多项式，并且f(x)可以写成F上xpeee1，但不能写成xp的多项式(e1)，证明，f(x)的每一个根的重复

e1度都是p

证 由于f(x)可以写成F上x的多项式，而不是x我们以f(x)g(xp)g(y) 表示

因为 f(x)在F上不可约，所以g(y)也不可约．

假定g(y)的次数是m，首系数是1，在它的分裂域中，分裂为1次因

mepp的多项式，

式yipe的乘

mpeg(y)(y)

i1 因此f(x)(xi1)

pe 若1是x那么xpe的根，则 pe

peixiep(x)

所以f(x)有m个互异个根1,,m，并且它们都是pe重根．

２．设域F没有不可离扩域，证明F的任一代数扩域 都没有不可离扩域．

证 设E是F的一个代数扩域，是E的一个不可离元，

那么便是E上一个有重根是不可约多项式p(x)的根． 根据题设是F上是可离元，令p1(x)是起极小多项式，则

p1(x)无重根．那么p(x)p1(x)，因p1(x)无重根，故p(x)亦无重根，

这与是E的不可离元的假设矛盾．

３．令域F的特征是p而EF(,)，这里a是是F上P次非可离元，(E:F)？

证 由本节引理４，是F上的非可离元，否则可以推出是

F上的可离元，这与是F上非可离元矛盾，

上次可离元而由于是F上P次非可离元，由本节引理１，！在p在F上的极小多项式是

f(x)xa

p我们易知p是使p在F上为可离元的最小正整数，那么！ 在F(a)上也一定是p次非可离元． 这样f(x)xpa

F(,):F(a)

故有（F(,):F(a)）F(,):F(a)pn

４．找一个域F，使F有一个有限域E而不是E的单扩域． 证 取域F0其特征是 令 FF0(x,y) EF(x,yp1)

易知 都是f上不可约的单位元 所以E是F的一个有限扩域，并且

(E:F)p

2并设x,y是F0的无关无关未定元．

p1 我们说，E不是F的单扩域： 11若EF()，则为xp,yq的有理式，从而为x,y的有理式，故的次数，因此在E上次数p与(E:F)p矛盾．

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