发布时间 : 星期六 文章近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-5更新完毕开始阅读
易读文库
(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．
易读文库
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．
易读文库
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．