代数学笔记1: 域扩张(一)
文章目录
前言预备知识高等代数辗转相除法例题
不可约多项式例题
重因式例题
抽象代数环域
域扩张内容引入域扩张的基本概念与定理域扩张有限次域扩张的一个例子(二次域扩张)例题
应用:尺规作图的判断一个简单的例子
Reference
前言
最近刚开始学代数学这门课,就深深感觉自己的高等代数知识不够用了, 本科就没好好学多项式部分, 导致现在老师说什么都很懵(老师说域扩张和尺规作图部分比较独立,就先讲了😢).
不说了, 简单复习(预习)一下, 介绍域扩张的基本概念, 里面包含一些课后练习与解答(如有不对还请多多指正).
P.S. 本文大多数知识点只介绍概念与用法, 难免会有疏漏, 如果想深入学习还研读参考文献.
预备知识
高等代数
关于高代的复习我主要参考了丘维声教授的高等代数创新教材, 里面的知识点很丰富,例题也足够多, 适合作为自学教材.
主要的知识点就是关于多项式部分, 即复数域/实数域/有理数域上的不可约多项式, 还有整除的一些性质, 互素的性质, 以及辗转相除法这些基本概念都需要牢牢掌握.
辗转相除法
引理 在
K
[
x
]
K[x]
K[x]中, 若
f
(
x
)
=
h
(
x
)
g
(
x
)
+
r
(
x
)
,
f(x)=h(x)g(x)+r(x),
f(x)=h(x)g(x)+r(x), 成立, 则有
(
f
(
x
)
,
g
(
x
)
)
=
(
g
(
x
)
,
r
(
x
)
)
,
(f(x),\,g(x)) = (g(x),\,r(x)),
(f(x),g(x))=(g(x),r(x)), 其中
(
f
(
x
)
,
g
(
x
)
)
(f(x),\,g(x))
(f(x),g(x))表示首一最大公因式(monic greatest common factor).
定理 对
K
[
x
]
K[x]
K[x]中的任意两个多项式
f
(
x
)
,
g
(
x
)
f(x),\,g(x)
f(x),g(x), 存在它们的一个最大公因式
d
(
x
)
d(x)
d(x), 且存在
u
(
x
)
,
v
(
x
)
∈
K
[
x
]
u(x),\,v(x)\in K[x]
u(x),v(x)∈K[x], 使得
d
(
x
)
=
u
(
x
)
f
(
x
)
+
v
(
x
)
g
(
x
)
.
d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x).
d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x).
例题
求出多项式
u
(
x
)
,
v
(
x
)
u(x),\,v(x)
u(x),v(x)使得:
(
x
3
−
x
−
1
)
u
(
x
)
+
(
x
2
−
x
+
1
)
v
(
x
)
=
1
(x^3-x-1)u(x)+(x^2-x+1)v(x)=1
(x3−x−1)u(x)+(x2−x+1)v(x)=1
显然所给的两个多项式均为有理数域上的不可约多项式. 利用辗转相除法(综合除法), 即得
{
x
3
−
x
−
1
=
(
x
+
1
)
(
x
2
−
x
+
1
)
+
(
−
x
−
2
)
,
x
2
−
x
−
1
=
(
−
x
+
3
)
(
−
x
−
2
)
+
7
,
\begin{cases} x^3-x-1=(x+1)(x^2-x+1)+(-x-2),\\ x^2-x-1=(-x+3)(-x-2)+7, \end{cases}
{x3−x−1=(x+1)(x2−x+1)+(−x−2),x2−x−1=(−x+3)(−x−2)+7, 整理得到:
7
=
(
x
2
−
x
+
1
)
−
(
−
x
+
3
)
(
−
x
−
2
)
=
(
x
2
−
x
+
1
)
−
(
−
x
+
3
)
[
(
x
3
−
x
−
1
)
−
(
x
+
1
)
(
x
2
−
x
+
1
)
]
=
(
x
−
3
)
(
x
3
−
x
−
1
)
+
(
−
x
2
+
2
x
+
4
)
(
x
2
−
x
+
1
)
,
\begin{aligned} 7&=(x^2-x+1)-(-x+3)(-x-2)\\ &=(x^2-x+1)-(-x+3)\left[(x^3-x-1)-(x+1)(x^2-x+1)\right]\\ &=(x-3)(x^3-x-1)+(-x^2+2x+4)(x^2-x+1) \end{aligned},
7=(x2−x+1)−(−x+3)(−x−2)=(x2−x+1)−(−x+3)[(x3−x−1)−(x+1)(x2−x+1)]=(x−3)(x3−x−1)+(−x2+2x+4)(x2−x+1), 于是有
x
−
3
7
(
x
3
−
x
−
1
)
+
−
x
2
+
2
x
+
4
7
(
x
2
−
x
+
1
)
=
1
,
\frac{x-3}7(x^3-x-1)+\frac{-x^2+2x+4}7(x^2-x+1)=1,
7x−3(x3−x−1)+7−x2+2x+4(x2−x+1)=1, 即
u
(
x
)
=
x
−
3
7
,
v
(
x
)
=
−
x
2
+
2
x
+
4
7
.
u(x)=\frac{x-3}7,\ v(x)=\frac{-x^2+2x+4}7.
u(x)=7x−3, v(x)=7−x2+2x+4.
不可约多项式
定义 对于
K
[
x
]
K[x]
K[x]中一个次数大于0的多项式
f
(
x
)
f(x)
f(x)来说, 如果它在
K
[
x
]
K[x]
K[x]中的因式只有
K
K
K中的非零数和
f
(
x
)
f(x)
f(x)的相伴元
g
(
x
)
g(x)
g(x)(当且仅当存在
c
∈
K
∗
c\in K^*
c∈K∗, 使得
f
(
x
)
=
c
g
(
x
)
f(x)=cg(x)
f(x)=cg(x), 则称
f
(
x
)
f(x)
f(x)是数域
K
K
K上的一个不可约多项式(irreducible polynomial).
定理(整系数多项式的有理根判定) 设
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
a
n
−
1
x
n
−
1
+
⋯
+
a
1
x
+
a
0
,
f(x)=a_nx^n+a{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,
f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0, 是一个次数
n
(
n
>
0
)
n(n>0)
n(n>0) 整系数多项式, 如果
q
p
\dfrac qp
pq是
f
(
x
)
f(x)
f(x)的一个有理根, 其中
p
,
q
p,q
p,q是互素的整数, 那么
p
∣
a
n
,
q
∣
a
0
p\,|\,a_n,\ q\,|\,a_0
p∣an, q∣a0.
定理(Eisenstein判别法) 设
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
a
n
−
1
x
n
−
1
+
⋯
+
a
1
x
+
a
0
,
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0,
f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0, 是一个次数
n
(
n
>
0
)
n(n>0)
n(n>0)的本原多项式(多项式各项系数的最大公因数只有
±
1
\pm1
±1). 如果存在素数
p
p
p使得
p
∣
a
i
,
i
=
0
,
1
⋯
,
n
−
1
p\,|\,a_i,\ i=0,\,1\,\cdots,\,n-1
p∣ai, i=0,1⋯,n−1;
p
∤
a
n
p\nmid a_n
p∤an;
p
2
∤
a
0
p^2\nmid a_0
p2∤a0,
那么
f
(
x
)
f(x)
f(x)在
Q
\mathbb{Q}
Q上不可约.
例题
证明:
x
3
−
x
−
1
x^3-x-1
x3−x−1为有理数域上的
3
3
3次不可约多项式.
证明:
设
f
(
x
)
=
x
3
−
x
−
1
f(x)=x^3-x-1
f(x)=x3−x−1, 则
deg
f
(
x
)
=
3
\deg f(x)=3
degf(x)=3, 三次整系数多项式在
Q
\mathbb{Q}
Q上不可约当且仅当它没有有理根, 对
f
(
x
)
f(x)
f(x), 其有理根只可能是
±
1
\pm1
±1, 而显然
f
(
1
)
=
−
1
≠
0
f(1)=-1\ne0
f(1)=−1=0,
f
(
−
1
)
=
−
1
≠
0
f(-1)=-1\ne0
f(−1)=−1=0, 所以
f
(
x
)
f(x)
f(x)是有理数域上的3次不可约多项式.
重因式
定义
K
[
x
]
K[x]
K[x]中, 不可约多项式
p
(
x
)
p(x)
p(x)称为
f
(
x
)
f(x)
f(x)的
k
k
k重因式, 如果
p
k
(
x
)
∣
f
(
x
)
p^k(x)\,|\,f(x)
pk(x)∣f(x), 而
p
k
+
1
(
x
)
∤
f
(
x
)
p^{k+1}(x)\,\nmid\, f(x)
pk+1(x)∤f(x).
定理 不可约多项式
p
(
x
)
p(x)
p(x)是
f
(
x
)
f(x)
f(x)的一个重因式, 当且仅当
p
(
x
)
p(x)
p(x)是
f
(
x
)
f(x)
f(x)与
f
′
(
x
)
f'(x)
f′(x)的一个公因式.
例题
证明: 有理数域上多项式
x
n
−
1
x^n-1
xn−1没有重因子.
证明:
设
f
(
x
)
=
x
n
−
1
f(x)=x^n-1
f(x)=xn−1, 则
f
′
(
x
)
=
n
x
n
−
1
f'(x)=nx^{n-1}
f′(x)=nxn−1, 显然
(
f
(
x
)
,
f
′
(
x
)
)
=
(
x
n
−
1
,
n
x
n
−
1
)
=
1
(f(x),\,f'(x))=(x^n-1,\,nx^{n-1})=1
(f(x),f′(x))=(xn−1,nxn−1)=1, 所以有理数域上
x
n
−
1
x^n-1
xn−1没有重因子.
抽象代数
抽代这部分虽然学了不久, 但是只是浅尝辄止, 想深入了解Galois理论, 深入代数学的本质, 还是要对群环域的基本概念和主要性质有所了解, 不过第一部分域扩张用到的抽象代数还不多, 这里先简单介绍一下环和域的一些概念, 以方便下面的介绍.
环
定义 对于一个非空集合
R
R
R, 其上定义了两种代数运算称为加法和乘法, 且满足以下六条运算法则:
加法交换律:
a
+
b
=
b
+
a
,
∀
a
,
b
∈
R
a+b=b+a,\,\forall a,b\in R
a+b=b+a,∀a,b∈R;加法结合律:
(
a
+
b
)
+
c
=
a
+
(
b
+
c
)
,
∀
a
,
b
,
c
∈
R
(a+b)+c=a+(b+c), \forall a,b,c\in R
(a+b)+c=a+(b+c),∀a,b,c∈R;有零元:
R
R
R中存在一元素(记为
0
0
0)满足:
a
+
0
=
0
+
a
=
0
,
∀
a
∈
R
a+0=0+a=0,\forall a\in R
a+0=0+a=0,∀a∈R;有负元:
∀
a
∈
R
\forall a\in R
∀a∈R, 有
b
∈
R
b\in R
b∈R使得:
a
+
b
=
b
+
a
=
0
a+b=b+a=0
a+b=b+a=0, 称
b
b
b为
a
a
a的负元;乘法结合律:
(
a
b
)
c
=
a
(
b
c
)
,
∀
a
,
b
,
c
∈
R
(ab)c=a(bc),\forall a,b,c\in R
(ab)c=a(bc),∀a,b,c∈R;左右分配律:
a
(
b
+
c
)
=
a
b
+
a
c
,
∀
a
,
b
,
c
∈
R
a(b+c)=ab+ac,\forall a,b,c\in R
a(b+c)=ab+ac,∀a,b,c∈R(左分配律);
(
b
+
c
)
a
=
b
a
+
c
a
,
∀
a
,
b
,
c
∈
R
(b+c)a=ba+ca, \forall a,b,c\in R
(b+c)a=ba+ca,∀a,b,c∈R(右分配律);
则称
R
R
R是一个环.
域
定义 设
F
F
F是一个有单位元
e
(
e
≠
0
)
e(e\ne0)
e(e=0)的交换环, 若
F
F
F中每一个非零元都是可逆元, 则称
F
F
F是一个域.
域扩张内容引入
多项式
f
(
x
)
=
a
n
x
n
+
…
+
a
1
x
+
a
0
∈
K
[
x
]
f(x)=a_n x^n+…+a_1 x+a_0∈K[x]
f(x)=anxn+…+a1x+a0∈K[x], 它的根: 如何找到数
x
i
x_i
xi使得
f
(
x
i
)
=
0
f(x_i )=0
f(xi)=0.首先
f
(
x
)
=
a
n
p
1
r
1
⋯
p
s
r
s
f(x)=a_n{p_1}^{r_1}\cdots{p_s}^{r_s}
f(x)=anp1r1⋯psrs是
f
f
f在
K
[
x
]
K[x]
K[x]的唯一因子分解, 方程
f
(
x
)
=
0
f(x)=0
f(x)=0等价于
p
1
(
x
)
=
0
p_1 (x)=0
p1(x)=0,
p
2
(
x
)
=
0
,
⋯
p_2(x)=0,\cdots
p2(x)=0,⋯, 或者
p
s
(
x
)
=
0
p_s (x)=0
ps(x)=0。以后常假定
f
f
f是不可约多项式。如果
f
f
f是不可约多项式：
deg
(
f
)
=
1
\deg(f)=1
deg(f)=1, 则
x
=
−
a
0
/
a
1
x=-a_0/a_1
x=−a0/a1.
deg
(
f
)
>
1
\deg(f)>1
deg(f)>1, 则
f
f
f在
K
[
x
]
K[x]
K[x]中无一次因子, 所以每一个数
a
∈
K
a∈K
a∈K都不是方程
f
(
x
)
=
0
f(x)=0
f(x)=0的根. 它的根均不在
K
K
K上, 而在更大的域
L
L
L中。所以我们要考虑域扩张。
域扩张的基本概念与定理
域扩张
定义
K
,
L
K,L
K,L是两个域，且
K
K
K是
L
L
L的子集，则称
K
K
K是
L
L
L的子域，
L
L
L 是
K
K
K的扩域，
L
/
K
L/K
L/K是一个域扩张。
在不考虑
L
L
L中的任意两个数的乘积，只考虑
L
L
L中的任意两个数的加法，和
L
L
L中的任意元素与
K
K
K中元素的乘法，
L
L
L是域
K
K
K上的线性空间。
扩张次数(维数): 记为
[
L
:
K
]
[L:K]
[L:K], 或者
dim
K
(
L
)
\dim_{K}(L)
dimK(L).
维数公式 三个域有包含关系
K
⊂
L
⊂
E
K\subset L\subset E
K⊂L⊂E, 则其维数(扩张次数)满足
[
E
:
K
]
=
[
E
:
L
]
[
L
:
K
]
.
[E:K]=[E:L][L:K].
[E:K]=[E:L][L:K].
极小多项式 设
α
\alpha
α是某个首一整系数多项式的复根, 令
J
α
=
{
f
(
x
)
∈
Q
[
x
]
∣
f
(
α
)
=
0
}
,
J_\alpha=\{f(x)\in\mathbb{Q}[x]|f(\alpha)=0\},
Jα={f(x)∈Q[x]∣f(α)=0},
把
J
α
J_\alpha
Jα中次数最低的首项系数为1的多项式称为
α
\alpha
α在
Q
\mathbb{Q}
Q上的极小多项式(最小多项式). 显然极小多项式为
Q
\mathbb{Q}
Q上的不可约多项式.
有限次域扩张的一个例子(二次域扩张)
设
[
L
:
K
]
=
n
[L:K]=n
[L:K]=n，设
α
∈
L
∖
K
,
1
,
α
,
⋯
α
n
−
1
α∈L\setminus K, 1,α,⋯α^{n-1}
α∈L∖K,1,α,⋯αn−1是一组基。
L
L
L中的元素
β
1
=
k
1
+
k
2
α
+
⋯
+
k
n
α
n
−
1
=
f
1
(
α
)
,
β
2
=
f
2
(
α
)
β_1=k_1+k_2 α+⋯+k_n α^{n-1}=f_1 (α),\ β_2=f_2(α)
β1=k1+k2α+⋯+knαn−1=f1(α), β2=f2(α), 这里
f
1
,
f
2
f_1,f_2
f1,f2是
K
[
x
]
K[x]
K[x]两个次数不超过
n
−
1
n-1
n−1的多项式。
定义：
β
1
+
β
2
=
(
f
1
+
f
2
)
(
α
)
;
β
1
β
2
=
(
f
1
f
2
m
o
d
p
)
(
α
)
β_1+β_2=(f_1+f_2)(α); β_1 β_2=(f_1 f_2\! \mod p)(α)
β1+β2=(f1+f2)(α);β1β2=(f1f2modp)(α).
例题
这部分内容的习题主要是围绕极小多项式而言的, 对于极小多项式求其扩域的扩张次数, 基底以及某一元素在该组基底下的坐标, 都是必须要掌握的内容.
x
3
−
3
x
−
1
x^3-3x-1
x3−3x−1为有理数域上的
3
3
3次不可约多项式,
α
\alpha
α为该多项式在复数域上的一根, 求出
α
+
1
α
+
2
\dfrac{\alpha+1}{\alpha+2}
α+2α+1在这基
(
1
,
α
,
α
2
)
(1,\,\alpha,\,\alpha^2)
(1,α,α2)下的坐标.
显然, 对于
α
\alpha
α, 有
α
3
−
3
α
−
1
=
0
\alpha^3-3\alpha-1=0
α3−3α−1=0成立, 并且该式可以表示为
α
3
−
3
α
−
1
=
(
α
+
2
)
(
α
2
−
2
α
+
1
)
−
3
=
0
\alpha^3-3\alpha-1=(\alpha+2)(\alpha^2-2\alpha+1)-3=0
α3−3α−1=(α+2)(α2−2α+1)−3=0 所以
1
α
+
2
=
α
2
−
2
α
+
1
3
⇒
α
+
1
α
+
2
=
(
α
2
−
2
α
+
1
)
(
α
+
1
)
3
=
−
1
3
α
2
+
2
3
α
+
2
3
\begin{aligned} \frac1{\alpha+2}&=\frac{\alpha^2-2\alpha+1}3 \\ \Rightarrow \frac{\alpha+1}{\alpha+2}&=\frac{(\alpha^2-2\alpha+1)(\alpha+1)}3=\frac{-1}3\alpha^2+\frac23\alpha+\frac23 \end{aligned}
α+21⇒α+2α+1=3α2−2α+1=3(α2−2α+1)(α+1)=3−1α2+32α+32 于是其坐标为
(
2
3
,
2
3
,
−
1
3
)
(\frac23,\frac23,-\frac13)
(32,32,−31).
p
(
x
)
=
x
3
−
2
p(x)=x^3-2
p(x)=x3−2 (另
x
3
−
x
−
1
x^3-x-1
x3−x−1)是有理数域上的三次不可约多项式在复数域上有三个复根
α
,
β
,
γ
α,β,γ
α,β,γ。
问题1：
Q
[
α
]
/
Q
Q[α]/Q
Q[α]/Q的扩张次数，基底，并求出元素
(
1
+
α
)
/
(
1
+
α
2
)
(1+α)/(1+α^2)
(1+α)/(1+α2)在这组基底下坐标。问题2：
Q
[
α
]
Q[α]
Q[α]与
Q
[
β
]
Q[β]
Q[β]的关系？问题3：如何求出
Q
[
α
,
β
,
γ
]
/
Q
Q[α,β,γ]/Q
Q[α,β,γ]/Q的扩张次数，基底等。
(待定系数法)显然
[
Q
(
α
)
:
Q
]
=
3
[Q(\alpha):Q]=3
[Q(α):Q]=3, 对
p
(
x
)
=
x
3
−
2
p(x)=x^3-2
p(x)=x3−2, 其一组基为
1
,
α
,
α
2
1,\,\alpha,\,\alpha^2
1,α,α2, 设
β
=
(
1
+
α
)
/
(
1
+
α
2
)
=
a
+
b
α
+
c
α
2
,
a
,
b
,
c
∈
Q
\beta=(1+α)/(1+α^2)=a+b\alpha+c\alpha^2,\,a,b,c\in\mathbb{Q}
β=(1+α)/(1+α2)=a+bα+cα2,a,b,c∈Q, 则显然有
(
1
+
α
2
)
(
a
+
b
α
+
c
α
2
)
=
1
+
α
(1+\alpha^2)(a+b\alpha+c\alpha^2)=1+\alpha
(1+α2)(a+bα+cα2)=1+α 展开后合并同类项(注意这里需要应用条件
α
3
−
2
=
0
\alpha^3-2=0
α3−2=0), 即可得到:
(
a
+
c
)
α
2
+
(
2
c
+
b
−
1
)
α
+
(
a
+
2
b
−
1
)
=
0
(a+c)\alpha^2+(2c+b-1)\alpha+(a+2b-1)=0
(a+c)α2+(2c+b−1)α+(a+2b−1)=0 解如下三元一次方程组
{
a
+
c
=
0
2
c
+
b
=
1
a
+
2
b
=
1
⇒
{
a
=
−
1
5
b
=
3
5
c
=
1
5
\begin{cases} a+c=0\\ 2c+b=1\\ a+2b=1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=-\frac15\\ b=\frac35\\ c={1\over5} \end{cases}
⎩
⎨
⎧a+c=02c+b=1a+2b=1⇒⎩
⎨
⎧a=−51b=53c=51 得到
(
1
+
α
)
/
(
1
+
α
2
)
(1+α)/(1+α^2)
(1+α)/(1+α2)在这组基底下的坐标为
(
−
1
5
,
3
5
,
1
5
)
(-\frac15,\frac35,\frac15)
(−51,53,51). 对于
p
(
x
)
=
x
3
−
x
−
1
p(x)=x^3-x-1
p(x)=x3−x−1可类似得到
{
a
+
b
=
1
2
b
+
c
=
1
a
+
2
c
=
0
⇒
{
a
=
2
5
b
=
3
5
c
=
−
1
5
\begin{cases} a+b=1\\ 2b+c=1\\ a+2c=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} a=\frac25\\ b=\frac35\\ c=-{1\over5} \end{cases}
⎩
⎨
⎧a+b=12b+c=1a+2c=0⇒⎩
⎨
⎧a=52b=53c=−51
坐标为
(
2
5
,
3
5
,
−
1
5
)
(\frac25,\frac35,-\frac15)
(52,53,−51).
Q
[
α
]
Q[α]
Q[α]与
Q
[
β
]
Q[β]
Q[β]同构.
Q
[
α
,
β
,
γ
]
/
Q
Q[α,β,γ]/Q
Q[α,β,γ]/Q的扩张次数均为6, 由扩域的维数公式可得其扩张次数为3或6,但是其判别式均非平方数, 所以为6.
这里再介绍一下第一小问的另一种做法, 就是通过辗转相除法, 找到多项式的逆元, 具体步骤如下:
欲求出坐标, 其主要问题在于分母上的
1
+
α
2
1+\alpha^2
1+α2项, 这就是说需要计算
(
1
+
α
2
)
−
1
(1+\alpha^2)^{-1}
(1+α2)−1的表示, 由此可以利用辗转相除法, 得到:
x
3
−
2
=
x
(
x
2
+
1
)
+
(
−
x
−
2
)
x
2
+
1
=
−
x
(
−
x
−
2
)
+
(
−
2
x
+
1
)
−
x
−
2
=
1
2
(
−
2
x
+
1
)
−
5
2
⇒
−
5
2
=
(
1
−
1
2
x
)
(
x
3
−
2
)
+
(
−
x
−
1
2
+
1
2
x
2
)
(
x
2
+
1
)
\begin{aligned} x^ 3-2&=x(x^2+1)+(-x-2)\\ x^2+1&=-x(-x-2)+(-2x+1)\\ -x-2&=\frac12(-2x+1)-\frac52 \end{aligned} \qquad\Rightarrow\\ -\frac52=(1-\frac12x)(x^3-2)+(-x-\frac12+\frac12x^2)(x^2+1)
x3−2x2+1−x−2=x(x2+1)+(−x−2)=−x(−x−2)+(−2x+1)=21(−2x+1)−25⇒−25=(1−21x)(x3−2)+(−x−21+21x2)(x2+1) 于是
(
1
+
x
)
(
2
5
x
+
1
5
−
1
5
x
2
)
=
−
1
5
+
3
5
x
+
1
5
x
2
(1+x)(\frac25x+\frac15-\frac15x^2)=-\frac15+\frac35x+\frac15x^2
(1+x)(52x+51−51x2)=−51+53x+51x2 同样可得坐标为
(
−
1
5
,
3
5
,
1
5
)
(-\frac15,\frac35,\frac15)
(−51,53,51).
应用:尺规作图的判断
一个简单的例子
对于
2
0
∘
20^\circ
20∘角的尺规作图画法, 若利用
6
0
∘
60^\circ
60∘角的三等分, 无法做出.
理由: 在直角坐标系中, 每一个点均可以以极坐标的形式表出
(
cos
θ
,
sin
θ
)
(\cos\theta, \,\sin\theta)
(cosθ,sinθ), 在单位圆上, 每一个角度均可以这样表示.
构造扩域链
E
0
=
Q
⊆
E
1
=
E
0
(
x
1
,
y
1
)
⊆
…
⊆
E
n
=
E
(
n
−
1
)
(
x
n
,
y
n
)
E_0=Q\subseteq E_1= E_0 (x_1,y_1 ) \subseteq …\subseteq E_n=E_(n−1) (x_n,y_n)
E0=Q⊆E1=E0(x1,y1)⊆…⊆En=E(n−1)(xn,yn)
根据尺规作图的三种情况(两直线相交,直线和圆相交,圆和圆相交), 易得
[
E
i
:
E
i
−
1
]
=
1
o
r
2
[E_{i}:E_{i-1}]=1or2
[Ei:Ei−1]=1or2,
如果得到了
2
0
∘
20^\circ
20∘, 则由
cos
3
θ
=
4
cos
3
θ
−
3
cos
θ
\cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta
cos3θ=4cos3θ−3cosθ, 知道
4
x
3
−
3
x
−
0.5
=
0
4x^3-3x-0.5=0
4x3−3x−0.5=0为有理数域上的三次不可约多项式, 其扩域
Q
[
α
]
/
Q
Q[\alpha]/Q
Q[α]/Q的扩张次数为3, 但是
2
s
≠
3
t
2^s\neq 3t
2s=3t 所以不可能通过有限次的尺规作图绘制出
2
0
∘
20^\circ
20∘角.
Reference
《高等代数创新教材（下）》（丘维声）;《数学的思维方式与创新》（丘维声）;《抽象代数基础》（姚慕生）;PPT: 域扩张与尺规作图 ;《代数学》（游宏，刘文德）;《Fields and Galois Theory》, J.S. Milne.