論擴域中的四種代數運算

張元康 李靜

摘?要：在高等代數中已然對域的概念有了初步介紹，域即是對加、減、乘、除四則運算全部封閉的集合，這僅是一種表面定義，本文從更深一層次對域的概念進行了更加詳細的界定，從而讓讀者能夠對域的概念有深入了解，本文另外也對擴域的概念進行了闡述，并深度剖析相關擴域典型問題以加深讀者對域以及擴域的理解與掌握。

關鍵詞：擴域;代數元;極小多項式;主理想

中圖分類號：O13?文獻標識碼：C

域和擴域的概念皆為高等數學中比較抽象難懂的概念，較之于初等數學中的一些簡單數學知識，域和擴域的概念才算涉及到數學界真正的前沿，但是由于數域的定義未免太過于廣泛，所以我們在高等數學中很少用到有關數域的定義，倒是數域的一些子集例如有理數域，復數域，實數域和代數數域反倒經常被提及或使用.而擴域指的是在數域的基礎上，通過某些特別規定的法則所構建出來的一種新的域，即稱之為擴域.例如在域的基礎上添加單個元素所構成的域即稱為單擴域。下面即先介紹域和擴域的定義，之后再在實例中展開論述。

1 域的定義

在抽象代數中，交換除環即為域，在域中元素之間是可交換的，而且每個元素都存在可逆元，當然域首先得是一個環。

2 擴域的定義

一個域A是域B的擴域的充要條件是域B是域A的子域。

眾所周知，實數域完全是在有理數域的基礎上通過某種方式建立起來的，而復數域是在實數域的基礎上通過某種方式建立起來的，所以我們發現探討域的方法就是先從一個既定的域A出發，再在域A的基礎上構建我們想要的域B。擴域大致可分為兩種，一種是單擴域，一種是代數擴域。文章主要介紹單擴域，至于代數擴域會在今后進一步闡述。

3 域與擴域的四種代數運算

例1

證明：我們不妨令?E?是域?F?作成的一個擴域，并且還有?a∈F?。現在來證明?a?是?F?上的一個代數元，而且還有?F（a）=F?成立。

證明：對于?f（x）=x-a?，我們知道此式為?F（x）?的一個不等于零的多項式，除此之外我們還有結論?f（a）=0?，從而我們可以很容易得到結論：?a?一定為?F?上的一個代數元。

另一方面由于?F（a）?含有?F?和?a?，從而我們可以很容易得到結論：?FF（a）?。從另外一個層面來說，因為?F?是含有?F?和?a?的一個?E?的子域，并且我們還知道?F（a）?是含有?F?和?a?的一個?E?的最小子域，從而我們可以容易得到結論：?F（a）F?。綜合以上兩個方面我們可以得到結論：?F（a）=F?。證畢！

例2

不妨令?F?是有理數域，復數?i?和?2i+1i-1?在?F?上的極小多項式各是什么？另外，?F（i）?和?F（2i+1i-1）?是否同構？

解答：我們可以顯然發現?2i+1i-1∈F（i）?，因而我們有結論：?F（2i+1i-1）F（i）?。而我們可以發現另一方面：

（2i+1i-1）.2=-32i+2∈F（2i+1i-1）?（1）

而且

[（-32i+2）-2] -1（-32）=i∈F（2i+1i-1）?（2）

從而我們可以得到結論：?F（i）F（2i+1i-1）?。根據此我們可以得到結論：?F（i）=F（2i+1i-1）?，從而可以得到結論：

F（i）F（2i+1i-1）?（3）

另一方面，?F?上的一次多項式?f（x）=x-a?很明顯是不能滿足條件?f（i）=0?的，從而可得?i?在?F?上的極小多項式絕不可能是一次的，可是另一方面?F?上的二次多項式?p（x）=x?2+1?是完全滿足條件?p（i）=0?的，從而我們可以得到結論：?i?在?F?上的極小多項式一定為多項式?x?2+1?。與此同時另一方面，?2i+1i-1?在?F?上的極小多項式絕對不可能為一次的。理由是：?2i+1i-1=（2i+1）（i+1）（i-1）（i+1）=12-32i?，根據于此，我們就可以輕松得出：?2i+1i-1?在?F?上的極小多項式毫無疑問是?x?2-x+52?。

例3

求證元素?a?在域?F?上的極小多項式為?p（x）?。

證明：我們不妨令?H?為?F（x）?中一切滿足條件?f（a）=0?的多項式?f（x）?作成的集合。我們知道?p（x）∈H?，從而得到結論?H?不能是空的。我們不妨假設?f（x），g（x）∈H?并且?h（x）∈F[x]?，上面這個結論完全可以使得我們輕松地得到另外一個結論：

f（a）=0，g（a）=0f（a）-g（a）=0f（x）-g（x）∈H?（1）

f（a）=0h（a）f（a）=0h（x）f（x）∈H?（2）

從而我們可以得到結論：?H?為?F[x]?的一個理想，可是另一方面由于?F[x]?為一個主理想環，從而我們可得結論：?H=（p?1（x））?。另一方面我們根據條件?0≠p（x）∈H?，從而我們可得結論?H?一定不是0理想但是?d?1（x）≠0?。我們完全可以假設?p?1（x）?的最高系數為1，可是另一方面?H?中所有?f（x）?都是完全可以整除于?p?1（x）?的，從而我們可得結論為：?p?1（x）?一定為?H?中的多項式，而且這個多項式的次數肯定很低，從而我們可以說這個多項式一定是元素?a?在域?F?上的極小多項式。

另一方面我們根據條件?p?1（x）|p（x）?，但是我們知道?p（x）?是不可約的事實，所以我們完全可以得到結論為：?p（x）=cp?1（x）?，其中條件?c∈F?，可是另一方面我們知道多項式?p（x）?和?p?1（x）?的最高系數完全一致為1，綜上所述我們可得最終結論為：?p（x）=p?1（x）?，而且還有結論是多項式?p（x）?一定毫無疑問為元素?a?在域?F?上的最小多項式。

參考文獻：

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