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(F(?):F)(F(a)F)此为不可能.
F上m个最高系数为1的不可约多项式,3.令p1(x),P2(x),?,pm(x)是域
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)
F上的分证 令f(x)?p1(x),P2(x),?,pm(x)由本节定理2f(a)在
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x?a的一个根,p(a)是不是x?a在F上的分裂域?
证 因?是x?a的根 故a?a?0 即a??
由于P的特征为素数! 所以x?a?x
因此p(?)是x?a在P上的分裂域
pppppppp5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(pn?1)?(pm?1) 那么x但xpmpmpnmn?1 是xpmpm?x的因式,
m?x在F中完全分裂,所以xp?x在F中也完全分裂,那么F
?x的pm个根,由这pm个根作成F一个子域L. ?x在F中的分裂域只有一个,所以F中有pm个元的子L
中含有x 又因为x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.
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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,i?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
4x3?x2?1及x3?x?1是?(x)的一切三次不可约多项式.
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
pp成F上x,但不能写成x的多项式(e?1),证明,f(x)的每一个根的重复
ee?1度都是p
pp证 由于f(x)可以写成F上x的多项式,而不是x的多项式,
e?1e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
式y??i 若?1是xee的乘积,即g(y)??(y??)
mpem 因此f(x)??(xpei?1??)
pi?1??的根,则 ?epe??
e那么xp??i?xp??ie?(x??)p
e所以f(x)有m个互异个根?1,,??m,并且它们都是p重根.
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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上次可离元而?F上的可离元,这与?是F上非可离元矛盾,
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)?xp?a
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)
P并设x,y是F0的无关无关未定元.
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
p1(E:F)?p2
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
2次数,因此在E上次数?p与(E:F)?p矛盾.