线代[4]｜浅谈数域

原创首发，文章转载请注明出处（CSDN：古希腊的汉密士），谢谢！

文章目录

前言
数域的由来
数域的定义
经典例题
参考资料
文章更新时间记录

前言

在学习高等代数的时候，我们经常可以在各种定义里看到看到“数域”两个字，但在后面的学习中这个概念似乎总是被轻描淡写的略过，似乎不是那么重要。实际上，可以这样说，不管是求解线性方程组还是矩阵的消元运算，计算中所考虑到的数集及其变化都处于数域内部。简而言之，整个过程是处于完全“封闭状态”的。下面，我们从数域的由来、数域的定义以及相应的例题进行一一的剖析。

数域的由来

在数学不断的发展中，人们渐渐意识到单单有实数的存在是远远满足的不了计算的需求。因为若仅仅在实数的范围内，我们连最简单的一元二次方程 x 2 + 1 = 0 x^2+1=0 x2+1=0都得不到解决，所以实数系被扩充到了复数系。在数系扩充的过程中，基本的指导思想没有发生变化。全体复数也组成了一个集合，集合内也有加法和乘法两种运算，同样也遵守九条运算法则：（ α , β , γ ∈ K n , k , l ∈ K \alpha,\beta,\gamma\in K^n,k,l\in K α,β,γ∈Kn,k,l∈K）

加法交换律 α + β = β + α \alpha+\beta=\beta+\alpha α+β=β+α；
加法结合律 ( α + β ) + γ = α + ( β + γ ) (\alpha+\beta)+\gamma=\alpha+(\beta+\gamma) (α+β)+γ=α+(β+γ)；
把元素（ 0 , … , 0 ）（0,\dots,0）（0,…,0）记作 0 0 0，使对一切实数 α \alpha α， 0 + α = α + 0 = α 0+\alpha=\alpha+0=\alpha 0+α=α+0=α，称 0 0 0是 K n K^n Kn的零元；
对任意实数 α = ( a 1 , … , a n ) ∈ K n \alpha=(a_1,\dots,a_n)\in K^n α=(a1,…,an)∈Kn，令 − α = ( − a 1 , − a 2 , ⋯ , − a n ) ∈ K n ，有 α + ( − α ) = ( − α ) + α = 0 ，称 − α 是 α 的负元 -\alpha=(-a_1,-a_2,\cdots,-a_n)\in K^n，有\alpha+(-\alpha)=(-\alpha)+\alpha=0，称-\alpha是\alpha的负元 −α=(−a1,−a2,⋯,−an)∈Kn，有α+(−α)=(−α)+α=0，称−α是α的负元；
1 α = α 1\alpha=\alpha 1α=α；
( k l ) α = k ( l α ) (kl)\alpha=k(l\alpha) (kl)α=k(lα)；
( k + l ) α = k α + l α (k+l)\alpha=k\alpha+l\alpha (k+l)α=kα+lα；
k ( α + β ) = k α + k β k(\alpha+\beta)=k\alpha+k\beta k(α+β)=kα+kβ；
对任意非零实数 α \alpha α，存在实数 β \beta β，使 α β = 1 \alpha\beta=1 αβ=1（逆元）

将实数换成复数，上述的九条法则同样生效。向量空间的定义在加法和数乘的基础上，少一条逆元。

线性方程组的增广矩阵经过初等行变换成简化行阶梯形矩阵时，需要做加、减、乘、除四种运算。为了不影响线性方程组的求解，所考虑的数集应当对加、减、乘、除四种运算封闭，即该数集内任意两个数的和、差、商、积（除数不为零）仍然这个数集内部。受到这个启发，需要引出数域的概念。

数域的定义

定义设复数集的一个子集K，假定其中至少包含一个非零复数（因为只有复数零的集合没有研究价值），如果满足：

0 , 1 ∈ k ; 0,1\in k; 0,1∈k;

对任意 a , b ∈ k , a ± b ∈ k , a b ∈ k 且当 b ≠ 0 时， a b ∈ k 对任意a,b\in k,a \pm b \in k ,ab \in k且当b \ne 0时，\frac{a}{b} \in k 对任意a,b∈k,a±b∈k,ab∈k且当b=0时，ba∈k;

那么，称K是一个数域。

全体复数组成一个数域，称为复数域，记作C。全体实数组成一个数域，称为实数域，记作R。全体分数(有理数)也组成一个数域，称为有理数域，记作Q。对于任一数域，取其中非零数a，则 0 = a − a ∈ K , 1 = a a ∈ K , − 1 = 0 − 1 ∈ K 0=a-a\in K ,1=\frac{a}{a}\in K ,-1=0-1\in K 0=a−a∈K,1=aa∈K,−1=0−1∈K，由此推出任意正整数 n = 1 + 1 + ⋯ + 1 ∈ K n=1+1+\cdots+1\in K n=1+1+⋯+1∈K， − n = ( − 1 ) + ( − 1 ) + ⋯ + ( − 1 ) ∈ K -n=(-1)+(-1)+\cdots+(-1)\in K −n=(−1)+(−1)+⋯+(−1)∈K。因此，对任意分数 m n \frac{m}{n} nm，由 m , n ∈ K , n ≠ 0 m,n\in K,n \ne 0 m,n∈K,n=0推出 m n ∈ K \frac{m}{n} \in K nm∈K，所以任何分数都在数域K内。由此可得到一条结论：任意数域都包含有理数域，即有理数域是最小的数域。(原理：全体整数所构成的集合Z，实际上是以0， ± 1 \pm1 ±1为基础按加法来构成。)

经典例题

e . g . 1 e.g.1 e.g.1 令 Q ( 2 ) = { a + b 2 ∣ a , b ∈ Q } Q(\sqrt2)=\lbrace a+b\sqrt2 | a,b\in Q\rbrace Q(2 )={a+b2 ∣a,b∈Q}，证明 Q ( 2 ) Q(\sqrt2) Q(2 )是一个数域。

证明 0 + 0 2 ∈ Q ( 2 ) , 1 = 1 + 0 2 ∈ Q ( 2 ) 0+0\sqrt2\in Q(\sqrt2),1=1+0\sqrt2\in Q(\sqrt2) 0+02 ∈Q(2 ),1=1+02 ∈Q(2 ).设 α = a + b 2 , β = c + d 2 ∈ Q 2 \alpha=a+b\sqrt2,\beta=c+d\sqrt2\in Q\sqrt2 α=a+b2 ,β=c+d2 ∈Q2 ,则 α + β = ( a ± c ) + ( b ± d ) 2 ∈ Q ( 2 ) ; \alpha+\beta=(a\pm c)+(b\pm d)\sqrt2 \in Q(\sqrt2); α+β=(a±c)+(b±d)2 ∈Q(2 ); α β = ( a c + 2 b d ) + ( a d + b c ) 2 ∈ Q ( 2 ) . \alpha\beta=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2 \in Q(\sqrt2). αβ=(ac+2bd)+(ad+bc)2 ∈Q(2 ).
设 β ≠ 0 \beta\ne0 β=0，则c,d不全为零，从而 c − d 2 ≠ 0 c-d\sqrt2\ne0 c−d2 =0 。因此有 α β = a + b 2 c + d 2 = ( a + b 2 ) ( c − d 2 ) ( c + d 2 ) ( c − d 2 ) = a c − 2 b d c 2 − 2 d 2 + b c − a d c 2 − 2 d 2 2 ∈ Q ( 2 ) \frac{\alpha}{\beta}=\frac{a+b\sqrt2}{c+d\sqrt2}=\frac{(a+b\sqrt2)(c-d\sqrt2)}{(c+d\sqrt2)(c-d\sqrt2)}=\frac{ac-2bd}{c^2-2d^2}+\frac{bc-ad}{c^2-2d^2}\sqrt2\in Q(\sqrt2) βα=c+d2 a+b2 =(c+d2 )(c−d2 )(a+b2 )(c−d2 )=c2−2d2ac−2bd+c2−2d2bc−ad2 ∈Q(2 ).
综上所述， Q ( 2 ) Q(\sqrt2) Q(2 )是一个数域。

e . g . 2 e.g.2 e.g.2. 考察数域 Q ( 2 , 5 ) = { a + b 2 + c 5 + d 1 0 ∣ a , b , c , d ∈ Q } Q(\sqrt2,\sqrt5)=\lbrace a+b\sqrt2+c\sqrt5+d\sqrt10 | a,b,c,d\in Q \rbrace Q(2 ,5 )={a+b2 +c5 +d1 0∣a,b,c,d∈Q} 作为Q上线性空间的维数和一组基.

解：已知 Q ( 2 , 5 ) Q(\sqrt2,\sqrt5) Q(2 ,5 ) 是一个数域，且Q是一个线性空间，我们仅需证明向量组 1 , 2 , 5 , 1 0 1,\sqrt2,\sqrt5,\sqrt10 1,2 ,5 ,1 0线性无关，因已知任一元素均能被上述向量组线性表示，所以其就是一组基，线性空间维数为4. 设 a + b 2 + c 5 + d 1 0 = 0 a+b\sqrt2+c\sqrt5+d\sqrt10=0 a+b2 +c5 +d1 0=0从线性无关的思想出发，必须证明 a = b = c = d = 0 , a=b=c=d=0, a=b=c=d=0, 注意，现在 Q ( 2 , 5 ) Q(\sqrt2,\sqrt5) Q(2 ,5 ) 是Q上线性空间，作向量组 1 , 2 , 5 , 1 0 1,\sqrt2,\sqrt5,\sqrt10 1,2 ,5 ,1 0 的线性组合时，其系数 a , b , c , d a,b,c,d a,b,c,d 只能是有理数. 将是上面的等式改写成
( a + b 2 ) + ( c + d 2 ) 5 = 0 , (a+b\sqrt2)+(c+d\sqrt2)\sqrt5=0, (a+b2 )+(c+d2 )5 =0, 若 c + d 2 ≠ 0 , c+d\sqrt2\neq 0, c+d2 =0, 则
5 = − a + b 2 c + d 2 ∈ Q ( 2 ) , \sqrt5=-\frac{a+b\sqrt2}{c+d\sqrt2}\in Q(\sqrt2), 5 =−c+d2 a+b2 ∈Q(2 ),前面已经证明 5 ≠ Q ( 2 ) , \sqrt5\neq Q(\sqrt2), 5 =Q(2 ), 因此必定 c + d 2 = 0. c+d\sqrt2=0. c+d2 =0. 现在若 d ≠ 0 , d\neq 0, d=0, 则 2 = − c d ∈ Q , \sqrt2=-\frac{c}{d}\in Q, 2 =−dc∈Q, 与 2 \sqrt2 2 为无理数矛盾，由此知 d = 0 , d=0, d=0, 而这又立即推出 c = 0. c=0. c=0. 代回原等式得 a + b 2 = 0 , a+b\sqrt2=0, a+b2 =0, 按照同样的推理得出 a = b = 0. a=b=0. a=b=0. 于是向量组 1 , 2 , 5 , 1 0 1,\sqrt2,\sqrt5,\sqrt10 1,2 ,5 ,1 0线性无关，是 Q ( 2 , 5 ) Q(\sqrt2,\sqrt5) Q(2 ,5 ) 的一组基， d i m ( 2 , 5 ) = 4 dim(\sqrt2,\sqrt5)=4 dim(2 ,5 )=4

注意：这道例题与一般证明一个向量组线性无关的办法和向量空间完全不同。

参考资料

高等代数学习指导丘维声著
高等代数学习指导书蓝以中著

文章更新时间记录

增加“第二道用数域里的元素数做向量证明基”。「2020.5.12 22:55」
修改标题。「2022.11.5.9:55」
公开阅读权限。「2023.2.17 16:10」

P.S.1 写作时长2小时！！对于数域请大家务必重视，因为这是一切应用的基础。笔者在写完一篇博客之后，通常日常有灵感都会在旧博客里持续进行添加保持文章体系的完善. 若是阅读的朋友有所得，请点赞并多多推广让更多人阅读指正笔者的成果，在此不胜感激！