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抽象代数习题(27) -- 域扩张

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抽象代数习题(27) – 域扩张

Wed Feb 2, 2022

《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 Q 上的代数元：

  1. i−2
  2. （其余略）

证明 设 a=i−2，两边平方得 a2=i−2。移项后两边再平方得 a4−2a2i−1=2。移项后两边再平方得 a8−6a4+9=−4a2，即 a8−2a4+9=0。可见 a 是 Q[x] 中的多项式 x4−2x2+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. π 在 Q(π) 上
  2. π 在 Q(π) 上
  3. π2−1 在 Q(π3) 上

证明

  1. π 是 x2−π 的根。
  2. π 是 x4−π2 的根。
  3. π2−1 是 x3+3x2+3x+1−π6 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+2
  2. 1+2
  3. （其余略）

解

  1. p(x)=x2−2x−1。可能的有理根是 ±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)=x4−2x2−1
    • p(x+1)=x4+4x3+4x2−2。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 2+i 的最小多项式是

  1. 在 R 上：x2−22x+3
  2. 在 Q 上：x4−2x2+9
  3. 在 Q(i) 上：x2−2ix−3

证明 显然 2+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 Δ=(22)2−4⋅1⋅3=−4<0。由此可知二次式 x2−22x+3 在 R 上没有根，因此不可约。
  2. 可能的有理根为 ±1,±3；代入可知均不是根。假设可以分解为 (x2+ax+b)(x2+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=±3。于是 或a2=b+d+2=5 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 ±2+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]/⟨p(x)⟩ 同构于

  1. Q(2)
  2. Q(1+2)
  3. Q(1+2)

解 根据 F(c)≅F[x]/⟨p(x)⟩ 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)=x2−2
  2. p(x)=x2−2x−1
  3. p(x)=x4−2x2−1

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 σc: F[x] → K 定义为 σc(a(x)) = a(c)。设它的核为 Jc，则 Jc 是 F[x] 的主理想。设 Jc=⟨m(x)⟩，其中 m(x) 是不可约多项式。因为 p(c) = 0，所以 p(x) ∈ Jc，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) ∈ Jc。但已经知道 Jc 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≠0 且 c 是 F 上的代数元，那么 1/c 也是。

证明 设 p(x)∈F[x] 是 c 的最小多项式。设 p(x)=p0+p1x+⋯+pnxn 那么 p(c)=0。设 q(x)=pn+pn−1x+⋯+p0xn 则 q(x)∈F[x]，而在 F(c) 中有 q(1/c)=pn+pn−1c−1+⋯+p0c−n=c−n(pncn+pn−1cn−1+⋯+p0)=c−np(c)=0 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≠0 且 d≠0。）

证明 设 p(x)∈F[x] 是 cd 的最小多项式。设 p(x)=p0+p1x+⋯+pnxn 那么 p(cd)=0。设 K=F(d) 且 q(x)=p0+(p1d)x+⋯+(pndn)xn 则 q(x)∈K[x]，而在 K(c) 中有 q(c)=p0+p1(cd)+⋯+p0(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 σa: F[x] → K 定义为 σa(α(x)) = α(a)。则 ker σa = Ja = ⟨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）。

Ja 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 Ja 中的首一不可约多项式只有 m(x)。而 p(x) ∈ Ja 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)≅Q(1−i)。但是，Q(2)≇Q(3)。

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)=x2−2x+2 是不可约多项式，那么 1+i 和 1−i 是它的根。因此 Q(1+i)≅Q[x]/⟨p(x)⟩≅Q(1−i)。

假设存在同构 h:Q(2)→Q(3)，那么 h(1)=1。于是 h(2)=h(1)+h(1)=1+1=2h(2)=h(2⋅2)=h(2)h(2) 记 x=h(2)，则 x2=2。因为 Q(3) 中的元素总是 a+b3 的形式，因此设 x=a+b3(a,b∈Q) 那么 a2+23+3b2=2，解得 3=2−a2−3b22 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(2)≇Q(3)。

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(a) 的形式，其中 a∈F。

证明 因为有限域的特征不为 2，因此 2≠0 并且 4≠0。设 p(x)=x2+ux+v=(x+12u)2−(14u2−v)(u,v∈F) 做代换 a=14u2−v 和 b=−12u，则 p(x)=(x−b)2−a 且 a,b∈F。 设 p(x) 在扩域 K=F[x]/⟨p(x)⟩ 中的一个根 c=b+a，那么 K≅F(c)=F(b+a)。根据 E.4 可知 F(b+a)≅F(a)，因此 F[x]/⟨p(x)⟩≅F(a)。

设 F 为有限域，并且 F∗ 是其非零元素构成的乘法群。显然 H={x2:x∈F∗} 是 F∗ 的一个子群；因为每个 x2∈F∗ 都只能是两个元素（即 ±x）的平方，所以 F∗ 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∉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=ab∈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∈F，设 p(x)=x2−a 且 q(x)=x2−b 是 F[x] 中的不可约多项式，并设 a 和 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=c2，其中 c∈F。证明 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=c2，其中 c∈F，那么 a=c2b。

由此可知 a=cb（注：在 a/b=c2 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 a 是 p(x) 的根，所以 p(a)=p(cb)=0，即 cb 是 p(x) 的根。根据 E.3 可知 b 是 p(cx) 的根。

F.3 使用 F.2 证明 F[x]/⟨p(cx)⟩≅F(b)；然后使用 E.5 做出结论：F(a)≅F(b)。

证明 根据 F.2 可知 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]/⟨p(cx)⟩≅F(b)。

另一方面，根据 E.5 可知 F[x]/⟨p(cx)⟩≅F[x]/⟨p(x)⟩。又因为 a 是 p(x) 的根，所以 F[x]/⟨p(x)⟩≅F(a)。这表明 F(a)≅F(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(a) 的形式。设任意两个二次扩张分别是 F(a) 和 F(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 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 R 的任意两个单扩张都同构（从而都同构于 C）。

说明 这里讨论的应当是真扩张，即严格包含 R 的扩张。

证明 在 R 中，当 x≥0 时，它有平方根 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，R[x] 中的不可约多项式只有一次和二次式，所以 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，R 的任意两个二次扩张都同构。另外，C=R(i)≅R[x]/⟨x2+1⟩ 是二次扩张，所以 R 的任意单扩张都和 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 σc: F[x] → A 定义为 σc(a(x)) = a(c)。那么根据定义可知 σc 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 σc 是单射。

综上所述，σc 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)∈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)∈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 其中且α(c)β(c)其中 α(x),β(x)∈F[x] 且 β(x)≠0 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 α(c),β(c)∈F(c)；再根据域对除法的封闭性可知 α(c)β(c)∈F(c)。这说明 Q⊆F(c)。

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

设映射 h:F(x)→F(c) 定义为 h(α(x)β(x))=α(c)β(c)。那么，对于任意 α(c)β(c)∈F(c)，其中 α(x),β(x)∈F[x] 且 β(x)≠0，存在分式 α(x)β(x)∈F(x) 使得 h(α(x)β(x))=α(c)β(c)。这说明 h 是满射。

另一方面，设 h(α(x)β(x))=h(γ(x)δ(x))，其中 α(x),β(x),γ(x),δ(x)∈F[x] 且 β(x),δ(x)≠0。那么有 α(c)β(c)=γ(c)δ(c)⟹α(c)δ(c)=β(c)γ(c) 构造多项式 p(x)=α(x)δ(x)−β(x)γ(x)，则 p(x)∈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 α(x)δ(x)=β(x)γ(x)⟹α(x)β(x)=γ(x)δ(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)≅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=α(c)β(c)，其中 α(x),β(x)∈F[x] 且 β(x)≠0。只须考虑 α(x),β(x) 没有公因式的情况即可。

显然代数元 0∈F。假设 a≠0 是 F 上的代数元，那么 α(x)≠0，且存在多项式 p(x)∈F[x] 使得 p(a)=0，即 p0+p1α(c)β(c)+⋯+pn(α(c)β(c))n=0 两边乘 β(c)n 得 p0β(c)n+p1α(c)β(c)n−1+⋯+pnα(c)n=0 构造 q(x)=p0β(x)n+p1α(x)β(x)n−1+⋯+pnα(x)n，则 q(x)∈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 p0β(x)n+p1α(x)β(x)n−1+⋯+pnα(x)n=0 于是 p0β(x)n=−α(x)(p1β(x)n−1+⋯+pnα(x)n−1) 这表明 α(x)∣β(x)n。但 α(x),β(x) 互质，所以只可能是 α(x)∣1，即 α(x) 是零次多项式。同理可证 β(x) 是零次多项式。因为常数项一定是 F 中的元素，所以 α(c),β(c)∈F∖{0}。根据域对除法封闭可知 α(c)β(c)∈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 σc: F[x]→K 定义为 σc(a(x)) = a(c)，并设它的理想为 Jc。那么 Jc=⟨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) ∈ Jc。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)=a0+a1x+⋯+anxn∈F[x]。a(x) 的导数 (derivative) 由下面的多项式 a′(x)∈F[x] 定义： a′(x)=a1+2a2x+⋯+nanxn−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)∈F[x]，并设 k∈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(ak+bk)。

I.2 [a(x)b(x)]′=a′(x)b(x)+a(x)b′(x)

证明 设 c(x)=a(x)b(x)，则 ck=∑i+j=kaibj 于是 ck′=k∑i+j=kaibj=∑i+j=k(i+j)aibj=∑i+j=k(iai)bj+∑i+j=kai(jbj)=∑i+j=k(iai)bj+∑i+j=kai(jbj) 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 nkan。

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 an ≠ 0。假设 n > 0，那么在 a'(x) 中，第 n-1 次项的系数是 nan ≠ 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) = xp，则 a'(x) = pxp-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 ampxmp 的形式，其中 m 为某个自然数。[也就是说，a(x) 是 ap 的幂构成的多项式。]

证明 设 a(x) 中的各项的形式为 anxn。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 nanxn-1。因为 a'(x) = 0，所以 nan = ran = 0。当 r ≠ 0 时，有 an=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。

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-cn)，其中 c₁,…,cn 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-ci-1)(x-ci+1)···(x-cn) 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,…,cn 都不是 a'(x) 的根。

证明 对于任意 ci，(x-ci) 整除 a'(x) 中除 (x-c₁)···(x-ci-1)(x-ci+1)···(x-cn) 以外的所有项。因此 (x-ci)∤a'(x)，于是 ci 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。

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