例 3.31

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• 例 3.22

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• 无

例 3.31

设 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})=\{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\}$，其中 $a,b,c$ 均是有理数，证明： $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 是有理数域上的线性空间并求其维数。

解答

证明 事实上，我们可以证明 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 是一个数域。加法、减法和乘法的封闭性都是显然的，我们只要证明除法封闭，或等价地证明非零数的倒数封闭即可。为此首先需要找出一个数非零的充要条件：我们断言以下 3 个结论等价：

$$(1)a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0;(2)a^3+2b^3+4c^3-6abc=0;(3)a=b=c=0.$$

由公式

$$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=x^3+y^3+z^3-3xyz$$

很容易从 (1) 推出 (2)。假设 (2) 对不全为零的有理数 $a,b,c$ 成立，将 (2) 式两边同时乘以 $a,b,c$ 分母的立方，可将 $a,b,c$ 化为整数；又可将整数 $a,b,c$ 的最大公因数从 (2) 式提出，因此不妨假设满足 (2) 式的 $a,b,c$ 是互素的整数。由 (2) 式可得 $a$ 是偶数，可设 $a=2a_1$，代入 (2) 式可得

$$(2^{\prime })4a_1^3+b^3+2c^3-6a_{1}bc=0;$$

由 $(2^{\prime })$ 式可得 $b$ 是偶数，可设 $b=2b_1$，代入 $(2^{\prime })$ 式可得

$$(2^{\prime \prime })2a_1^3+4b_1^3+c^3-6a_1{b}_{1}c=0;$$

由 $(2^{\prime \prime })$ 式可得 $c$ 是偶数，可设 $c=2c_1$，这样 $a,b,c$ 就有了公因子 2，这与它们互素矛盾。因此，从 (2) 可以推出 (3)。从 (3) 推出 (1) 是显然的。

任取 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 中的非零数 $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$，由上述充要条件以及公式可得

$$\begin{array}{rl}& (a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4})((a^2-2bc)+(2c^2-ab)\sqrt[3]{2}+(b^2-ac)\sqrt[3]{4})\\ & =a^3+2b^3+4c^3-6abc\ne 0,\end{array}$$

从而

$$(a^2-2bc)+(2c^2-ab)\sqrt[3]{2}+(b^2-ac)\sqrt[3]{4}\ne 0.$$

将倒数 $\frac{1}{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}}$ 的分子分母同时乘以非零数 $(a^2-2bc)+(2c^2-ab)\sqrt[3]{2}+(b^2-ac)\sqrt[3]{4}$ 进行化简，可得

$$\frac{1}{a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}}=\frac{(a^2-2bc)+(2c^2-ab)\sqrt[3]{2}+(b^2-ac)\sqrt[3]{4}}{a^3+2b^3+4c^3-6abc}\in \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}).$$

这就证明了 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 是一个数域。因为 $\mathbb{Q}\subseteq \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$，故由例 3.22 可知， $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 是有理数域上的线性空间。

由 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 的定义可知，$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 中每个数都是 $1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$ 的 $\mathbb{Q}$-线性组合；又由上述充要条件可知， $1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}$ 是 $\mathbb{Q}$-线性无关的。因此， $\{1,\sqrt[3]{2},\sqrt[3]{4}\}$ 是 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 的一组基。特别地， ${\dim }_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})=3$。