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多项式证书与本原元：终点任务及答案 ​

入口与任务 ​

假定已经理解有理数、多项式、域扩张、极小多项式和向量空间基。不可约判据用于补证书，单扩张运算与嵌入页用于执行计算；本原元页解释一般机制。

令 $a=\sqrt{2}>0$、$b=\sqrt{3}>0$、$\theta =a+b$。不依赖小数近似，完成以下任务：

1. 求 $\theta$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式，并证明不可约
2. 只用 $\theta$ 和有理数恢复 $a,b$，分别给有理式与低次多项式
3. 写出 $E=\mathbb{Q}(\theta )$ 的根式基、幂基以及换基证书
4. 列出进入 $\mathbb{C}$ 的全部 $\mathbb{Q}$-嵌入，证明列表既合法又完整
5. 求 $(1+\theta {)}^{-1}$ 并给乘回证书
6. 给出一个无有理根却可约的四次有理多项式，说明检查无根为何不够

答案一：候选关系与最小性分开证明 ​

平方消去根式，得到

$${\theta }^2=5+2\sqrt{6},({\theta }^2-5{)}^2=24,$$

因此 $m(\theta )=0$，其中

$$m(x)=x^4-10x^2+1.$$

这一步只产生候选关系，还没有证明它不可约。

由于 $(a+b)(b-a)=3-2=1$，有 ${\theta }^{-1}=b-a$，进而

$$a=\frac{\theta -{\theta }^{-1}}{2},b=\frac{\theta +{\theta }^{-1}}{2}.$$

这证明 $\mathbb{Q}(\theta )=\mathbb{Q}(a,b)$。接着求后者的次数。$a$ 不在 $\mathbb{Q}$ 中，故第一层次数为 $2$。若 $b=u+va$，$u,v\in \mathbb{Q}$，平方并比较 $1,a$ 的坐标得到

$$u^2+2v^2=3,2uv=0.$$

当 $v=0$ 时要求 $u^2=3$；当 $u=0$ 时要求 $v^2=3/2$。有理数平方的每个素因子指数都是偶数，而右边在素数 $3$ 处指数为 $1$，两种情况都不可能。因此 $b\notin \mathbb{Q}(a)$，第二层也为二次。

塔式定理给 $[E:\mathbb{Q}]=4$，所以 $\theta$ 的极小多项式次数为 $4$。它整除首一四次式 $m$，因而恰等于 $m$。极小多项式不可约，所需证书完成。这段证明将极小多项式理路极小多项式Minimal polynomial以给定代数元为根的首一不可约多项式。与扩张次数和塔式定理理路扩张次数与塔式定理Extension degree · Tower law · 扩域次数以向量空间维数度量域扩张，并将一座有限扩张塔的次数分解为逐层次数之积。连接起来：前者给候选关系的整除性，后者证明次数没有降低。

答案二：换成完全有理的幂基坐标 ​

由 $m(\theta )=0$，

$$\theta (10\theta -{\theta }^3)=1.$$

故 ${\theta }^{-1}=10\theta -{\theta }^3$，恢复公式变为

$$a=\frac{{\theta }^3-9\theta }{2},b=\frac{11\theta -{\theta }^3}{2},ab=\frac{{\theta }^2-5}{2}.$$

每个右边都只使用 $1,\theta ,{\theta }^2,{\theta }^3$ 的有理线性组合。三条公式还可以逐项代回平方关系，核对分别满足 $a^2=2,b^2=3,ab=\sqrt{6}$；它们不是只在小数精度下成立。

答案三：两组基和非零行列式 ​

逐层基相乘得到根式基

$$B=(1,a,b,ab).$$

极小多项式次数为 $4$ 给出幂基

$$C=(1,\theta ,{\theta }^2,{\theta }^3).$$

展开 ${\theta }^3=(a+b)(5+2ab)$ 可得 ${\theta }^3=11a+9b$。所以把 $C$ 中各元素的 $B$-坐标作为列，换基矩阵为

$$P_{B\leftarrow C}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 5& 0\\ 0& 1& 0& 11\\ 0& 1& 0& 9\\ 0& 0& 2& 0\end{array}\right),\det P=4\ne 0.$$

这份坐标证书也能独立确认 $C$ 的线性无关性。反向坐标正是上一节的三个恢复式。不能仅凭“有四个候选元素”就宣称它们是一组基；非零行列式明确排除了隐藏的线性关系。

答案四：全部四个嵌入 ​

对 $\epsilon ,\delta \in \{1,-1\}$ 定义

$${\sigma }_{\epsilon ,\delta }(u+va+wb+zab)=u+\epsilon va+\delta wb+\epsilon \delta zab,u,v,w,z\in \mathbb{Q}.$$

根式坐标唯一，故映射良定义。它显然保加法和 $1$；保乘法来自 $a^2=2,b^2=3,ab=ba$，改变符号不改变这三项关系。更直接地，基元素逐对相乘后再改变符号，与先改变符号再相乘相同；双线性便推广到所有元素。因此每个都是域嵌入，并且复合自身得到恒等映射，实际是自同构。

它们在生成元上的像分别为：

• ${\sigma }_{+,+}(\theta )=a+b=\theta$
• ${\sigma }_{+,-}(\theta )=a-b=-{\theta }^{-1}$
• ${\sigma }_{-,+}(\theta )=-a+b={\theta }^{-1}$
• ${\sigma }_{-,-}(\theta )=-a-b=-\theta$

这四个数不同：$a,b$ 均正且不相等，$a+b>|a-b|>0$。每个都满足 $m(x)=0$，所以已经列出四次多项式的全部根。任意 $\mathbb{Q}$-嵌入都由 $\theta$ 的像唯一决定，且该像必须是 $m$ 的根，故没有第五个嵌入。等价地，任何嵌入必须把 $a$ 送到 $\pm a$、$b$ 送到 $\pm b$，而上面的四种合法选择已经穷尽。

这些像全在 $E$ 内，所以此例的全部外部嵌入都成为内部自同构。换成四次实根扩张 $\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2})$ 时会有像落到外面的嵌入；不能把本例的结论推广成“可分就保证所有嵌入留在原域”。

答案五：逆元证书 ​

多项式长除法得到

$$m(x)=(x+1)(x^3-x^2-9x+9)-8.$$

代入 $\theta$，就有

$$(1+\theta {)}^{-1}=\frac{{\theta }^3-{\theta }^2-9\theta +9}{8}.$$

乘回后余数是 $1$；这也是输出正确性的完整证书。它使用统一的商域算法，不需要为 $1+\theta$ 临时猜一个根式分母有理化技巧。

答案六：无有理根的四次反例 ​

取

$$f(x)=x^4-5x^2+6=(x^2-2)(x^2-3).$$

两个二次因子都无有理根，故原式也无有理根；但右式直接证明它可约。无根检查只排除一次因子；四次还必须处理二次乘二次。这也是目标 $m$ 不能只凭检查 $\pm 1$ 就宣布不可约的原因。

作为更强的边界，目标 $m$ 本身对每个素数都模 $p$ 可约。模素数页的三种平方差分解证明了这一点。因此终点选择扩张次数作证，而没有承诺换一个素数总能成功。

参考资料 ​

• J. S. Milne，Fields and Galois Theory，v5.10，2022，Chapter 1 的扩张构造与次数；Proposition 2.1：单扩张与根的嵌入对应。
• Keith Conrad，An Irreducible That Factors Modulo All Primes，Theorems 1、3：目标四次的不可约性与每个素数上的可约性。