例 5.79

依赖于

• 例 5.6

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• 无

例 5.79

设

$$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})=\{a_0+a_1\sqrt[n]{2}+a_2\sqrt[n]{2^2}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}\mid a_i\in \mathbb{Q},0\le i\le n-1\},$$

证明：$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 是一个数域，并求 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 作为 $\mathbb{Q}$ 上线性空间的一组基。

解答

证明 设 $f(x)=x^n-2$，由 Eisenstein 判别法可知 $f(x)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上不可约，从而 $f(x)$ 是 $\sqrt[n]{2}$ 的极小多项式。我们先证明： $a_0+a_1\sqrt[n]{2}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}=0$ 的充要条件是 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$。充分性是显然的，现证必要性。令 $g(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$，则 $g(\sqrt[n]{2})=0$，由极小多项式的基本性质可得 $f(x)\mid g(x)$。 因为 $g(x)$ 的次数小于 $n$，故只能是 $g(x)=0$，即 $a_0=a_1=\cdots =a_{n-1}=0$。

利用 $(\sqrt[n]{2}{)}^n=2$ 容易验证，$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 中任意两个数的加法、减法和乘法都是封闭的。要证明 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 是数域，只要证明除法或者取倒数封闭即可。任取 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 中的非零数 $\alpha =a_0+a_1\sqrt[n]{2}+\cdots +a_{n-1}\sqrt[n]{2^{n-1}}\ne 0$，由上面的讨论可知 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$ 不全为零。令 $g(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_{n-1}{x}^{n-1}$，则 $\alpha =g(\sqrt[n]{2})$。因为 $f(x)$ 不可约且 $g(x)\ne 0$ 的次数小于 $n$，故 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素，由例 5.6 可知，存在有理系数多项式 $u(x),v(x)$，使得

$$f(x)u(x)+g(x)v(x)=1,\mathrm{deg}v(x)<\mathrm{deg}f(x)=n.$$

在上式中代入 $x=\sqrt[n]{2}$，可得 $g(\sqrt[n]{2})v(\sqrt[n]{2})=1$，于是 ${\alpha }^{-1}=v(\sqrt[n]{2})\in \mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$。因此，$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 是数域。

由 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 的定义可知，$\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 中任一元都是 $1,\sqrt[n]{2},\cdots ,\sqrt[n]{2^{n-1}}$ 的 $\mathbb{Q}$-线性组合；又由开始的讨论可知， $1,\sqrt[n]{2},\cdots ,\sqrt[n]{2^{n-1}}$ 是 $\mathbb{Q}$-线性无关的，因此它们构成了 $\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})$ 作为 $\mathbb{Q}$ 上线性空间的一组基。特别地， ${\dim }_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}(\sqrt[n]{2})=n$。$\square$