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 Q(3,i) 是 (x2−2x−2)(x2+1) 在 Q 上的分裂域。

证明题中多项式的所有根为 1±3,±i。因此分裂域为 Q(1±3,±i)=Q(3,i)。

A.3 求 x4−2 在 Q 和 R 上的分裂域。

证明多项式的根为 ±21/4,±21/4i。在 Q 上的分裂域为 Q(21/4,i)；在 R 上的分裂域为 R(i)=C。

A.4 解释：Q(i,2) 是 x4−2x2+9 在 Q 上的分裂域，且是 x2−22x+3 在 Q(2) 上的分裂域。

证明对于多项式 x4−2x2+9，由求根公式得 x2=1±22i=(i±2)2。因此根为 i±2,−(i±2)。分裂域为 Q(i±2)=Q(i,2)。

对于多项式 x2−22x+3，由求根公式得 x=2±i。因此分裂域为 Q(2,2±i)=Q(i,2)。

A.6 以下哪些扩域是 Q 上的分裂域？请说明理由：Q(i); Q(2); Q(23)，其中 23 是 2 的实立方根; Q(2+5); Q(i+3); Q(i,2,3)。

答

Q(i) 是分裂域。对应多项式为 x2+1。
Q(2) 是分裂域。对应多项式为 x2−2。
Q(23)不是分裂域。因为 23 的最小多项式为 x3−2。而这个多项式的另外两个根不在 Q(23) 中。
Q(2+5) 是分裂域，因为它等于 Q(5)，因此是 x2−5 的分裂域。
Q(i+3) 是分裂域。对应多项式为 x4+4x2+16，它的根为 3±i,−(3±i)。注意到 3−i=2/(3+i)，所以这四个根都在 Q(i+3) 中。
Q(i,2,3) 是分裂域。对应多项式为 (x2+1)(x2+2)(x2+3)。

B. ℤp 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

+│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,…,cn 是 p(x) 的所有根，那么根据本章定理 2 可知 K = F(c1,…,cn) = 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)⊆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)]=[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≤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 c1,…,ck，那么 K=F(c1,…,ck)。设 I=F(c1)，那么 K=I(c2,…,ck)。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)∈I[x] 且 deg⁡d(x)=k−1，它的根为 c2,…,ck。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]∣(k−1)!。于是，[K:F]=[K:I][I:F]∣k!。

如果 a(x) 是可约多项式，设 a(x)=c(x)d(x)，其中 c(x),d(x)∈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 c1,…,cr，d(x) 的所有根为 d1,…,dr，并设 I=F(c1,…,cr)，那么 K=I(d1,…,ds)。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]∣r! 以及 [K:I]∣s!。于是，[K:F]=[K:I][I:F]∣r!s!。因为二项式系数 (kr)=k!r!s! 是一个整数，所以 r!s!∣k!。因此 [K:F]∣k!。

综上所述，当 n=k 时，[K:F]∣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 x3−x+1 的一个根，b 是 x2−2x−1 的一个根。求 c 使得 Q(a,b)=Q(c)。

证明设 A(x)=x3−x+1，那么它的导数 A′(x)=3x2−1。根据微积分的知识可以求出 A(x) 的极值点： x(−∞,−13)−13(−13,13)13(13,+∞)A′(x)+0−0+A(x)↗1+233↘1−233↗ 因为 1−233>0，而 limx→−∞A(x)=−∞，所以 A(x) 唯一的零点在 (−∞,−13) 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 a1,2。

设 B(x)=x2−2x−1，根据求根公式得根为 b=1+2 和 b′=1−2。

于是 ai−ab−b′∉R(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(2,3,−5)=Q(c)。

证明本章正文已经证明了 Q(2,3)=Q(2+3)。因此只须求和 Q(2+3,−5) 相等的单扩张。

2+3 的最小多项式为 x4−10x2+1；它的所有根为 a1,2=2±3,a3,4=−(2±3)。
−5 的最小多项式为 x2+5；它的所有根为 b1,2=±−5。

因为 ai−a1 是实数，而 b1−b2 不是实数，所以 ai−a1b1−b2∉R(i=1,2,3,4) 根据本章定理，不妨取 t=1，那么 c=2+3+−5 是满足要求的取值。

D.4 求不可约多项式 p(x) 使得 Q(2,3) 是 p(x) 在 Q 上的分裂域。

解本章正文已经证明了 Q(2,3)=Q(2+3)。易知 Q(2,3) 是 (x2−2)(x2−3) 的分裂域。根据 C.6 可知，Q(2+3) 是 2+3 的最小多项式的分裂域。这个最小多项式是 p(x)=x4−10x2+1。

D.5 同 D.4，但分裂域设为 Q(2,3,−5)。

解同理，只须求 2+3+−5 的最小多项式即可。用 WolframAlpha 计算得 p(x)=x8+152x4+1920x2+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 ω=cos⁡(2π/n)+isin⁡(2π/n) 和它的前 n 次方构成，即 1,ω,ω2,…,ωn−1。我们称 ω 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 xn−1x−1=xn−1+xn−2+⋯+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 ω 为本原 n 次单位根。

E.1 Q(ω) 是 xn−1 在 Q 上的分裂域。

证明设分裂域为 K，则 Q⊆K 且 ω∈K，因此 Q(ω)⊆K。另一方面，xn−1 的所有根为 1,ω,ω2,…,ωn−1，根据域对乘法的封闭性，它们都在 Q(ω) 中，因此 Q(ω)⊆K。综上所述，Q(ω) 就是所要求的分裂域。

E.2 如果 n 是质数，那么 [Q(ω):Q]=n−1。

证明当 n 是质数时，p(x)=xn−1+xn−2+⋯+x+1 不可约，因而是 ω 的最小多项式。由此可知 [Q(ω):Q]=deg⁡p(x)=n−1。

E.3 如果 n 是质数，那么 ωn−1 可以表示为 1,ω,…,ωn−2 以有理数为系数的线性组合。

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

E.4 当 n=6,7,8 时，求 [Q(ω):Q]。

解

当 n=6 时，x6−1=(x2+x+1)(x2−x+1)(x+1)(x−1)。代入可知 ω 是不可约多项式 x2+x+1 的根，因此 [Q(ω):Q]=2。

当 n=7 时，根据 E.2 可知 [Q(ω):Q]=6。

当 n=8 时，x8−1=(x4+1)(x2+1)(x+1)(x−1)。代入可知 ω 是不可约多项式 x4+1 的根，因此 [Q(ω):Q]=4。

E.5 证明对于任意 r∈{1,2,…,n−1}，anωr 是 a 的 n 次方根。作出结论：an,anω,…,anωn−1 是 a 的 n 个复数 n 次方根。

证明因为 (anωr)n=(an)n(ωn)r=a 所以 anωr 是 a 的 n 次方根。

E.6 证明 Q(ω,an) 是 xn−a 在 Q 上的分裂域。

证明根据域的封闭性可知 an,anω,…,anωn−1∈Q(ω,an)，因此 Q(ω,an) 包含了 xn−a 的所有根。另一方面，分裂域必须包含 an 和 anω，因此也包含了 ω；所以分裂域不可能比 Q(ω,an) 更小。由此可知 Q(ω,an) 是 xn−a 在 Q 上的分裂域。

E.7 求 [Q(ω,23):Q]，其中 ω 是本原单位立方根。并说明 Q(ω,23)=Q(23,i3)。

由 E.2 得 [Q(ω):Q]=2。而 23∉Q(ω)，并且最小多项式为 x3−2，因此 [Q(ω,23):Q(ω)]=3。于是 [Q(ω,23):Q]=6。

另一方面，因为 ω=12+32i，所以 Q(ω)=Q(i3)。于是 Q(ω,23)=Q(23,i3)。

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 ampxmp 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 xp 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 xp 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 xp 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≠0 的有限域，那么在 F[x] 中， (a0+a1x+⋯+anxn)p=a0p+a1pxp+⋯+anpxnp

证明参见第二十四章习题 D.6。

F.6 如果 F 是特征 p≠0 的有限域，求证：在 F[x] 中，任意多项式 a(xp) 都等于 [b(x)]p，其中 b(x)∈F[x]。

引理在有限域 Fp 中，任意元素都有 p 次方根。

设映射 f:Fp→Fp 定义为 f(x)=xp。有限域的特征 p 一定是质数。当 p=2 时，有 y=−y，因此 (−y)p=yp=−yp；当 n>2 时，n 是奇数，因此也有 (−y)p=−yp。

设 x,y∈Fp。那么当 f(x)=f(y) 时，有 f(x)−f(y)=xp−yp=xp+(−y)p=(x+(−y))p=(x−y)p=0 但 Fp 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(Fp) 中有 p 个不同的元素。而 Fp 中恰有 p 个元素，因此 |f(Fp)|=|Fp|。但 f(Fp)⊆Fp，于是只可能是 f(Fp)=Fp；因此 f 是满射。综上所述，f 是双射。因此对于任意 y∈Fp，都存在 x=f−1(y)∈Fp 是 y 的 p 次方根。

证明设 a(xp)=a0+a1xp+⋯+anxnp。根据引理可知，对于任意 ai，存在 a^i∈F 使得 ai=(a^i)p。于是根据 F.5 有 a(xp)=a^0p+a^1pxp+⋯+a^npxnp=(a^0+a^1x+⋯+a^nxn)p 定义 b(x)=a^0+a^1x+⋯+a^nxn 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 xp 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 ℤp[y] 是在 ℤp 上（关于字母 y）的多项式环，设 E = ℤp(y) 是 ℤp[y] 的分式域。设 K 为 ℤp(y) 的子域 ℤp(yp)。

G.1 说明为什么 ℤp(y) 和 ℤp(yp) 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)=xp−yp 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)=xp−yp=(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)∈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∉K，这和 d(x)∈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:K→i(K)=K′ 为定理 4 中的同构，以及 ı¯:K[x]→K′[x] 是定理 3 前描述的同构。

G.3 证明 ı¯ 固定 p(x)。

证明 i 是固定 F 的同构，即对任意 x∈F 有 i(x)=x。那么 ı¯(p(x))=ı¯(p0+p1x+⋯+pnxn)=i(p0)+i(p1)x+⋯+i(pn)xn=p0+p1x+⋯+pnxn=p(x)

G.4 证明 ı¯((x−a)m)=(x−b)m。

证明根据二项式定理有 (x−a)m=∑k=0mxm−k(−a)k 因为 i(a)=b，所以 i((−a)k)=i(−a)k=(−i(a))k=(−b)k。于是 ı¯((x−a)m)=∑k=0mxm−ki((−a)k)=∑k=0mxm−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)∈K[x] 且 (x−a)∤q(x)。根据 ı¯ 是同构以及 G.4 可知 ip(x)=(x−b)niq(x) 其中 iq(x)∈K′[x] 且 (x−b)∤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)miq(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 F1, F2, h, p(x), a, b 和 h¯ 如定理 3 中所述。要证明 h¯ 式同构，必须先说明它是良定义的：如果 c(a)=d(a)∈F1(a)，那么 h¯(c(a))=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)∣b(x)。设 b(x)=kp(x)，其中 k∈F1 且 k≠0。那么 hb(x)=h(k)hp(x)，于是 (hc(x)−hd(x))∣hp(x)。

H.2 使用 H.1 证明 h¯(c(a))=h¯(d(a))。

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

H.3 用相反的步骤证明 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 h¯ 是满射。

证明设 y∈F2(b)。那么 y 可以表示为 y=∑i=0nkibi(ki∈F2) 只需取 x=∑i=0nh−1(ki)ai 那么因为 h−1(ki)∈F1，所以 x∈F1(a)。根据 h¯ 的定义有 h¯(x)=y。这说明 h¯ 是满射。

H.5 证明 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:F1→F2 是同构。如果 a(x)∈F1[x]，设 K1 是 a(x) 在 F1 上的分裂域，并设 K2 是 ha(x) 在 F2 上的分裂域。

I.1 求证：如果 p(x) 是 a(x) 的不可约因式，u∈K1 是 p(x) 的根，且 v∈K2 是 hp(x) 的根，那么 F1(u)≅F2(v)。

证明根据本章定理 3，h 可以被扩展为同构 h¯:F1(u)→F2(v)。因此 F1(u)≅F2(v)。

I.2 F1(u)=K1 当且仅当 F2(v)=K2。

证明根据 I.1 知存在同构 h¯:F1(u)→F2(v)，并且根据定理 3 可知 h¯(u)=v。

取 ha(x) 的任意根 vi。设 ui=h¯−1(vi)，那么 ui 是 a(x) 的根，因为 a(ui)=∑j=0deg⁡aajuij=h¯−1(∑j=0deg⁡ah(aj)vij)=h¯−1(ha(vi))=h¯−1(0)=0 所以 ui∈K1=F1(u)，因而可以表示为 ui=∑j=0Nkjuj(kj∈F1) 于是 vi=h¯(∑j=0Nkjuj)=∑j=0Nh(kj)vj 由此可见 vi∈F2(v)。

上面的推理表明 ha(x) 的任意根都在 F2(v) 中。显然 a(x) 的分裂域必须包含 v，因此不可能比 F2(v) 更小。这就说明了 F2(v) 是 ha(x) 的分裂域，即 F2(v)=K2。

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 K1≅K2。

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∈F1。因此分裂域 K1=F1。而 ha(x) 也是一次式，所以同理可证 K2=F2。因为已知 F1≅F2，所以 K1≅K2。

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 F1(u)=K1，那么根据 I.1 和 I.2 可知 K1≅K2，于是命题成立。

否则，F1(u)⊊K1。设 F^1=F(u)，则 a(x)=(x−u)a^(x)，其中 a^(x)∈F^1[x]，并且 deg⁡a^(x)=deg⁡a(x)−1=k。于是 ha(x)=h¯((x−u)a^(x))=h¯(x−u)h¯(a^(x))=(x−v)ha^(x) 设 K^1,K^2 分别是 a^(x),ha^(x) 的分裂域，那么且K1=K^1(u)且K2=K^2(v)

根据归纳假设，有 K^1≅K^2。显然 (x−u) 和 (x−v) 分别是 K^1 和 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 K^1(u) 到 K^2(v) 的同构。这就证明了 K1≅K2。

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 ω 为 p 次复数单位根（其中 p 为质数），并设 h:Q(ω)→C 是固定 Q 的单同态。解释为什么 h 完全由 h(ω) 的值确定。然后证明恰好存在 p−1 个 Q(ω)→C 且固定 Q 的单同态。

证明当 p 是质数时，a(x)=xp−1+xp−2+⋯+x+1 不可约，且 ω 是 a(x) 的根。由此可知 [Q(ω):Q]=p−1，因此 Q(ω) 中的元素都可以表示为 ∑i=0p−1ciωi=c0+c1ω+⋯+cp−1ωp−1(ci∈Q) 于是 h(∑i=0p−1ciωi)=∑i=0p−1h(ci)h(ω)i=∑i=0p−1cih(ω)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(ω) 确定。

因为 a(x)∈Q，而 Q⊆Q(ω),f(Q(ω))。又因为 h:Q(ω)→f(Q(ω)) 是同构，且固定 Q，所以 h(ω) 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:F→C 是单同态。如果 deg⁡p(x)=n，证明恰存在 n 个 F(c)→C 的且是 h 的扩展单同态。

证明设单同态 h¯:F(c)→C 是 h 的扩展，即对任意 x∈F 都有 h¯(x)=h(x)。仿照 J.1 可知，h 完全由 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)→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)⊆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)∈F[x]。对于任意 x∈K=F(c)，x 可以表示为 x=a0+a1c+⋯+ancn=∑i=0naici(ai∈F)

设 c^ 为 p(x) 的任意一个根。定义如下映射： h(∑i=0aici)=∑i=0aic^i 可见 h 的定义域是 K，且固定 F。根据习题 H 可知 h:K→h(K) 是同构。根据已知条件，有 h(K)⊆K。

可见，c^=h(c)∈h(K)⊆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。