数域¶

本页面介绍数域及其所依赖的代数结构：从二元运算出发依次给出群、环、域的定义，再讨论数域的基本性质、典型例子（\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\)）、数域的交与并，以及 \(\mathbb{R}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间不存在真数域这一结论。

理解数域需要"先结构、后特例"的顺序：数域是域的特例，域是环的特例，环的加法部分又是交换群。因此本文按群 → 环 → 域 → 数域的顺序展开。

前置知识

关系与等价类：等价关系、等价类与商集
复数的表示 \(z = x + iy\) 与共轭运算

引入¶

在 \(\mathbb{Q}\)、\(\mathbb{R}\)、\(\mathbb{C}\) 这些数集上，加、减、乘、除（除数非零）四种运算都可以自由进行，并且运算结果不跑出原来的数集。这种"封闭性"是代数学反复抽象的对象：

只保留一种运算并逐步加条件，得到半群、含幺半群、群；
同时保留加法与乘法两种运算，得到环；
要求非零元关于乘法也能自由取逆，得到域；
把域限制为复数集的子集，得到数域。

这一层层加条件的做法，是《高等代数》中各种结构定义的共同模式。

群¶

二元运算¶

设 \(G\) 是非空集合。若给定了一个映射

\[ * : G \times G \to G, \]

即对任意 \(a, b \in G\) 都有唯一的 \(a * b \in G\) 与之对应，则称 \(*\) 是 \(G\) 上的一个二元运算。映射的像落在 \(G\) 内，说的就是运算对 \(G\) 封闭。

定义（群）

设 \(G\) 是非空集合，\(*\) 是 \(G\) 上的二元运算。若满足以下三条，则称 \((G, *)\) 是一个群：

结合律：对任意 \(a, b, c \in G\)，

\[ (a * b) * c = a * (b * c); \]
单位元：存在 \(e \in G\)，使得对任意 \(a \in G\)，

\[ e * a = a * e = a; \]
逆元：对任意 \(a \in G\)，存在 \(a^{-1} \in G\)，使得

\[ a * a^{-1} = a^{-1} * a = e. \]

若群 \((G, *)\) 还满足交换律

\[ a * b = b * a, \quad \forall a, b \in G, \]

则称 \(G\) 为交换群，或称 Abel 群。

半群与含幺半群¶

逐步减弱群的条件，可以得到更一般的结构：

只满足结合律：半群；
满足结合律且存在单位元：含幺半群（也叫幺半群）；
满足结合律、存在单位元、每个元素有逆元：群；
群且乘法可交换：交换群。

结构	结合律	单位元	逆元	交换律
半群	✓
含幺半群	✓	✓
群	✓	✓	✓
交换群（Abel 群）	✓	✓	✓	✓

判断一个具体的代数结构是否为群，必须对照定义逐条验证，只举出几个例子是不够的。

若群 \(G\) 的元素个数有限，称为有限群，否则称为无限群。\(G\) 的元素个数记作 \(\lvert G \rvert\)，称为群的阶。

单位元与逆元的唯一性¶

命题（单位元唯一）

群 \(G\) 的单位元是唯一的。

证明

设 \(e, e'\) 都是 \(G\) 的单位元。由 \(e\) 是单位元得 \(e * e' = e'\)；由 \(e'\) 是单位元得 \(e * e' = e\)。两者比较即得

\[ e = e * e' = e'. \]

故单位元唯一。

命题（逆元唯一）

群 \(G\) 中每个元素的逆元是唯一的。

证明

设 \(a^{-1}, a'\) 都是 \(a\) 的逆元，\(e\) 为单位元，则

\[ a^{-1} = a^{-1} * e = a^{-1} * (a * a') = (a^{-1} * a) * a' = e * a' = a'. \]

故逆元唯一。

上面两个证明只用到结合律与单位元、逆元的定义，是"用定义做推导"的典型例子。

模 \(n\) 的商群¶

在关系与等价类中已经看到，同余关系是 \(\mathbb{Z}\) 上的等价关系。下面把它的商集变成群。

整数加群 \((\mathbb{Z}, +)\) 是交换群。对固定的 \(n \in \mathbb{N}^*\)，在 \(\mathbb{Z}\) 上定义同余关系

\[ a \equiv b \pmod n \iff n \mid (a - b), \]

其商集记作

\[ \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} = \{[0], [1], \dots, [n-1]\}, \]

其中 \([a]\) 表示 \(a\) 所在的等价类（与导论里的写法一致；有的教材把它写成 \(\overline{a}\)，指的是同一个类）。回忆一下：\([a] = \{a + nt \mid t \in \mathbb{Z}\}\)，例如 \([0] = \{\dots, -n, 0, n, \dots\}\)。

在商集上定义加法：

\[ [a] + [b] = [a + b]. \]

注意（良定义）

上面的定义用的是代表元 \([a], [b]\)，因此必须验证结果与代表元的选取无关：若 \([a] = [a']\)、\([b] = [b']\)，即 \(n \mid (a - a')\)、\(n \mid (b - b')\)，则

\[ n \mid \big[(a - a') + (b - b')\big] = (a + b) - (a' + b'), \]

故 \([a + b] = [a' + b']\)。运算确实是由等价类本身决定的。

于是 \((\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}, +)\) 构成一个群，称为模 \(n\) 的商群。特别地，\(n = 2\) 时

\[ \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = \{[0], [1]\}, \qquad [0] + [0] = [0],\quad [0] + [1] = [1],\quad [1] + [1] = [0]. \]

这正是二元域 \(\mathbb{F}_2\) 的加法结构，也是计算机二进制的代数基础。

环¶

定义（环）

设 \(R\) 是非空集合，在 \(R\) 上定义了两个运算：加法 \(+\) 与乘法 \(\cdot\)。若满足

\((R, +)\) 构成 Abel 群；
\((R, \cdot)\) 满足结合律，即 \((R, \cdot)\) 是半群；
乘法对加法满足分配律：

\[ a(b + c) = ab + ac, \qquad (a + b)c = ac + bc, \quad \forall a, b, c \in R, \]

则称 \((R, +, \cdot)\) 是一个环。

在此基础上继续加条件：

若乘法还满足交换律 \(ab = ba\)（\(\forall a, b \in R\)），则称为交换环；
若乘法存在单位元 \(1\)，即 \(1 \cdot a = a \cdot 1 = a\)（\(\forall a \in R\)），则称为幺环（含幺环）。

环中加法的单位元通常记作 \(0\)，乘法的单位元通常记作 \(1\)。各种环结构对运算的要求可以对照下表：

结构	\((R, +)\)	\((R, \cdot)\)	分配律
环	Abel 群	半群	✓
交换环	Abel 群	交换半群	✓
幺环	Abel 群	含幺半群	✓
交换幺环	Abel 群	交换含幺半群	✓

可见环对加法要求很高（必须是 Abel 群），对乘法要求却很低（只要求半群）。若 \(1 \ne 0\)，且每个非零元都有乘法逆元，就进一步得到域。

环的典型例子：

整数环 \(\mathbb{Z}\)；
数域 \(\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}\) 都是交换幺环；
多项式环 \(R[x]\)；
\(n\) 阶矩阵环 \(M_n(R)\)（\(n \ge 2\) 时一般不是交换环）。

域¶

定义（域）

设 \(F\) 是至少含两个元素的交换幺环。记

\[ F^{*} = F \setminus \{0\}. \]

若 \(F^{*}\) 关于乘法构成 Abel 群，则称 \(F\) 是一个域。

等价地说，域是交换幺环，其中每个非零元都有乘法逆元。直观上就是把零元"抠掉"之后，剩下的元素关于乘法仍是 Abel 群：

\[ F^{*} = F \setminus \{0\} \text{ 关于乘法构成 Abel 群}. \]

零元永远不可能有乘法逆元（否则 \(0 \cdot a = 1\) 与 \(0 \cdot a = 0\) 矛盾），所以域的定义中必须把 \(0\) 排除在外。域与环的关系可以概括为：

环对加法要求高：\((R, +)\) 必须是 Abel 群；
环对乘法要求低：只要求半群；
域在交换幺环的基础上，再要求非零元关于乘法构成 Abel 群。

典型例子：

\(\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}\) 都是域；
\(\mathbb{Z}\) 是交换幺环，但不是域，因为非零整数不一定有（整数）乘法逆元，例如 \(2^{-1} = \frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\)；
\(\mathbb{F}_2 = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\) 是有限域。

数域¶

定义¶

定义（数域）

设 \(F \subseteq \mathbb{C}\)。若 \(F\) 至少包含一个非零数，且对四则运算封闭，即对任意 \(a, b \in F\) 都有

\[ a + b, \quad a - b, \quad ab \in F, \]

并且当 \(b \ne 0\) 时还有

\[ \frac{a}{b} \in F, \]

则称 \(F\) 是一个数域。

命题

任何数域 \(F\) 都含有 \(0\) 与 \(1\)。

证明

取非零的 \(a \in F\)。由除法封闭性

\[ 1 = \frac{a}{a} \in F, \]

再由减法封闭性

\[ 0 = a - a \in F. \]

只需验证减法与除法¶

定义里列了四条封闭性。实际验证时通常只需验两条：减法与除法——因为它们各自已经"内含"了加法和乘法。

命题（减法与除法已足够）

设 \(F \subseteq \mathbb{C}\) 非空，且至少含一个非零数。若 \(F\) 对减法与除法封闭，则 \(F\) 对加法与乘法也自动封闭，从而是数域。

证明

设 \(F\) 满足题设，即对任意 \(a, b \in F\) 有 \(a - b \in F\)，且当 \(b \ne 0\) 时还有 \(a / b \in F\)。

第一步：\(0 \in F\)。 由 \(F\) 非空，取 \(a \in F\)，由减法封闭性

\[ 0 = a - a \in F. \]

第二步：加法封闭。 设 \(a, b \in F\)。先由第一步与减法封闭性得到 \(b\) 的负元

\[ -b = 0 - b \in F, \]

再对 \(a\) 与 \(-b\) 用一次减法封闭性：

\[ a + b = a - (-b) \in F. \]

第三步：\(1 \in F\)。 由题设，\(F\) 含非零数，取 \(a \in F\)、\(a \ne 0\)，由除法封闭性

\[ 1 = \frac{a}{a} \in F. \]

第四步：乘法封闭。 设 \(a, b \in F\)。

若 \(b = 0\)，则由第一步 \(ab = 0 \in F\)；
若 \(b \ne 0\)，则由 \(1, b \in F\) 与除法封闭性得 \(\dfrac{1}{b} \in F\)，且 \(\dfrac{1}{b} \ne 0\)；再对 \(a\) 与 \(\dfrac{1}{b}\) 用一次除法封闭性，

\[ ab = \frac{a}{1/b} \in F. \]

于是 \(F\) 对加、减、乘、除都封闭，且至少含一个非零数，故 \(F\) 是数域。

使用这个命题时注意

"至少含一个非零数"这一条不能省。 否则 \(F = \{0\}\) 也满足减法与除法封闭（除法甚至无对象可验），但它不是数域。第三步用 \(\frac{a}{a}\) 得到 \(1\)，靠的正是这个条件。
反过来不成立。 "对加法、乘法封闭"比"对减法、除法封闭"弱：\(\mathbb{N}\) 对加法与乘法封闭，却既不对减法封闭（\(1 - 2 = -1 \notin \mathbb{N}\)），也不对除法封闭（\(1 / 2 \notin \mathbb{N}\)）。所以四条封闭性中真正"有力"的是带逆元的那两条。

直观理解

减法与除法都是"运算 + 取逆元"的复合：

\[ a - b = a + (-b), \qquad \frac{a}{b} = a \cdot b^{-1} \quad (b \ne 0). \]

要求 \(a - b \in F\)，等于同时要求两件事：\(F\) 能作加法，且 \(F\) 对每个元素都含有它的负元。除法同理，把乘法与逆元一起带了进来。这就是为什么这两条封闭性比加法、乘法更强。

数域一定是域¶

定理

数域一定是域。

证明

设 \(F\) 是数域。加法结合律、交换律与分配律都继承自 \(\mathbb{C}\)，因此只需逐条核对定义：

\((F, +)\) 构成 Abel 群：由加、减封闭性，\(0 \in F\) 是单位元，\(-a = 0 - a \in F\) 是 \(a\) 的逆元，结合律与交换律由 \(\mathbb{C}\) 保证；
\((F, \cdot)\) 满足结合律与交换律，且 \(1 \in F\) 是乘法单位元；
对任意非零的 \(a \in F\)，由 \(1 \in F\) 及除法封闭性得 \(a^{-1} = \frac{1}{a} \in F\)；
分配律在 \(\mathbb{C}\) 中成立，故在 \(F\) 中也成立。

所以 \(F\) 是交换幺环，且非零元关于乘法构成 Abel 群，即 \(F\) 是域。

任何数域都包含有理数域¶

定理

任何数域 \(F\) 都包含有理数域 \(\mathbb{Q}\)。从而 \(\mathbb{Q}\) 是最小的数域。

证明

证明按下述路线逐步扩张：非零数 \(\to 1 \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Q}\)。

取非零的 \(a \in F\)，由前述命题 \(1 = \frac{a}{a} \in F\)。由加法封闭性反复相加，得

\[ 1 + 1 + \cdots + 1 = n \in F, \quad \forall n \in \mathbb{N}^*. \]

又 \(0 = a - a \in F\)，由减法封闭性

\[ -n = 0 - n \in F, \]

于是 \(\mathbb{Z} \subseteq F\)。最后，对任意 \(m, n \in \mathbb{Z}\) 且 \(n \ne 0\)，由除法封闭性

\[ \frac{m}{n} \in F, \]

故 \(\mathbb{Q} \subseteq F\)。

综合起来：任何数域都包含 \(\mathbb{Q}\)，又都含于 \(\mathbb{C}\)，所以 \(\mathbb{Q}\) 是最小数域，\(\mathbb{C}\) 是最大数域。

数域的例子：\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\)¶

定义（\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\)）

设 \(p\) 是非平方有理数，即 \(p \in \mathbb{Q}\) 且 \(p\) 不是任何有理数的平方，定义

\[ \mathbb{Q}(\sqrt{p}) = \{a + b\sqrt{p} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}. \]

则 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 是数域。

\(p\) 非平方这一条件不可省略：若 \(p = q^2\)（\(q \in \mathbb{Q}\)），则 \(\sqrt{p} = \pm q \in \mathbb{Q}\)，此时 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p}) = \mathbb{Q}\)，不产生新的数域。常见的取值为 \(p = 2, 3, 5, -1\)，例如 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)、\(\mathbb{Q}(\sqrt{3})\)、\(\mathbb{Q}(\sqrt{-1}) = \mathbb{Q}(i)\)。

验证要点。 首先 \(1 = 1 + 0\sqrt{p} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p})\)，故含有非零数。

加法、减法封闭：

\[ (a + b\sqrt{p}) \pm (c + d\sqrt{p}) = (a \pm c) + (b \pm d)\sqrt{p} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p}). \]

乘法封闭（只需用 \(\sqrt{p} \cdot \sqrt{p} = p\) 化简）：

\[ (a + b\sqrt{p})(c + d\sqrt{p}) = ac + bdp + (ad + bc)\sqrt{p} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p}). \]

除法封闭：设 \(c + d\sqrt{p} \ne 0\)，则分母的有理化因子 \(c - d\sqrt{p}\) 不为零。事实上若 \(c^2 - d^2 p = 0\)，当 \(d \ne 0\) 时得 \(p = (c/d)^2\)，与 \(p\) 非平方矛盾；当 \(d = 0\) 时得 \(c = 0\)，与 \(c + d\sqrt{p} \ne 0\) 矛盾。于是

\[ \frac{a + b\sqrt{p}}{c + d\sqrt{p}} = \frac{(a + b\sqrt{p})(c - d\sqrt{p})}{c^2 - d^2 p} = \frac{ac - bdp}{c^2 - d^2p} + \frac{bc - ad}{c^2 - d^2p}\sqrt{p} \in \mathbb{Q}(\sqrt{p}). \]

这就验证了 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 对四则运算封闭，从而是数域。

数域的交与并¶

定理（交封闭）

任意两个数域的交仍是数域。

证明

设 \(F_1, F_2\) 是数域，则 \(1 \in F_1 \cap F_2\)，故 \(F_1 \cap F_2\) 至少含一个非零数。又若 \(a, b \in F_1 \cap F_2\)，则 \(a, b\) 同时属于 \(F_1\) 与 \(F_2\)；由于 \(F_1\)、\(F_2\) 各自对四则运算封闭，\(a \pm b\)、\(ab\) 以及 \(b \ne 0\) 时的 \(a / b\) 同时属于 \(F_1\) 与 \(F_2\)，从而属于 \(F_1 \cap F_2\)。故 \(F_1 \cap F_2\) 是数域。

但并集不一定还是数域。

命题（并通常不是数域）

若

\[ F_1 = \mathbb{Q}(\sqrt{2}), \qquad F_2 = \mathbb{Q}(\sqrt{3}), \]

则 \(F_1 \cup F_2\) 不是数域。

证明

先用反证法证明两个辅助结论：\(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)，\(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)。

设 \(\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\)，其中 \(a, b \in \mathbb{Q}\)。两边平方得

\[ 3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}. \]

若 \(ab \ne 0\)，则 \(\sqrt{2} = \dfrac{3 - a^2 - 2b^2}{2ab} \in \mathbb{Q}\)，与 \(\sqrt{2}\) 是无理数矛盾；若 \(ab = 0\)，则 \(a = 0\) 时 \(3 = 2b^2\) 给出 \(b^2 = \frac{3}{2}\)，\(b \notin \mathbb{Q}\)；\(b = 0\) 时 \(\sqrt{3} = a \in \mathbb{Q}\)，也不可能。故 \(\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)。同理 \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)。

现在设 \(s = \sqrt{2} + \sqrt{3}\)。显然 \(\sqrt{2} \in F_1\)、\(\sqrt{3} \in F_2\)。若 \(s \in F_1 \cup F_2\)：

当 \(s \in F_1\) 时，\(\sqrt{3} = s - \sqrt{2} \in F_1 = \mathbb{Q}(\sqrt{2})\)，矛盾；
当 \(s \in F_2\) 时，\(\sqrt{2} = s - \sqrt{3} \in F_2 = \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)，矛盾。

所以 \(\sqrt{2} + \sqrt{3} \notin F_1 \cup F_2\)，即 \(F_1 \cup F_2\) 对加法不封闭，不是数域。

对偶的例子：交可能退化为 \(\mathbb{Q}\)

由上面的结论可得

\[ \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \cap \mathbb{Q}(\sqrt{3}) = \mathbb{Q}. \]

一方面 \(\mathbb{Q} \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \cap \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)。另一方面，取 \(x \in \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \cap \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)，设 \(x = a + b\sqrt{2}\)。若 \(b \ne 0\)，则

\[ \sqrt{2} = \frac{x - a}{b} \in \mathbb{Q}(\sqrt{3}), \]

与 \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}(\sqrt{3})\) 矛盾，故 \(b = 0\)，即 \(x = a \in \mathbb{Q}\)。

\(\mathbb{R}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间没有数域¶

定理

若 \(F\) 是数域且

\[ \mathbb{R} \subsetneq F \subseteq \mathbb{C}, \]

则 \(F = \mathbb{C}\)。

证明

因为 \(\mathbb{R} \subsetneq F\)，可以取 \(a \in F \setminus \mathbb{R}\)。把 \(a\) 写成

\[ a = x + iy, \qquad x, y \in \mathbb{R},\ y \ne 0. \]

由 \(\mathbb{R} \subseteq F\) 知 \(x \in F\)，于是由减法封闭性

\[ iy = a - x \in F. \]

又 \(y \ne 0\)，故 \(y^{-1} \in \mathbb{R} \subseteq F\)，由乘法封闭性

\[ i = (iy) \cdot y^{-1} \in F. \]

于是对任意 \(z = x + iy \in \mathbb{C}\)，由 \(x, y \in \mathbb{R} \subseteq F\) 及 \(i \in F\)、乘法与加法封闭性，得

\[ z = x + iy \in F. \]

所以 \(\mathbb{C} \subseteq F\)，从而 \(F = \mathbb{C}\)。

换句话说，若数域 \(F\) 满足 \(\mathbb{R} \subseteq F \subseteq \mathbb{C}\)，则 \(F\) 只能是 \(\mathbb{R}\) 或 \(\mathbb{C}\)，实数域与复数域之间不存在真正的数域。

不要把这句话读成全部分类

上述定理只讨论包含 \(\mathbb{R}\) 的那部分数域，它并不说明所有数域要么含于 \(\mathbb{R}\)、要么等于 \(\mathbb{C}\)。例如 \(\mathbb{Q}(i)\) 是数域（见前文的 \(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\)，取 \(p = -1\)），它既不包含 \(\mathbb{R}\)，也不等于 \(\mathbb{C}\)；它被夹在 \(\mathbb{Q}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间，只是没有被夹在 \(\mathbb{R}\) 与 \(\mathbb{C}\) 之间。

例题¶

例题 1

判断下列集合是否为数域：

\(\mathbb{Z}\)；
\(\mathbb{Q}(\sqrt{2})\)；
\(\{a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}\)；
\(\{a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} \mid a, b, c \in \mathbb{Q}\}\)；
\(\{a + b\sqrt[3]{2} \mid a, b \in \mathbb{Q}\}\)。

解

不是。\(2 \in \mathbb{Z}\)，但 \(2^{-1} = \frac{1}{2} \notin \mathbb{Z}\)，除法不封闭。
是。见上文的验证。
不是。\(1\) 与 \(\sqrt{2}\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上线性无关，故 \(\frac{1}{2} \notin \{a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbb{Z}\}\)，除法不封闭。这个集合甚至不是域。
不是。\(\sqrt{2}, \sqrt{3}\) 都在该集合中，但它们的乘积 \(\sqrt{6}\) 不能写成 \(a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}\)（\(a, b, c \in \mathbb{Q}\)）的形式。否则移项得 \(\sqrt{6} - c\sqrt{3} = a + b\sqrt{2}\)，两边平方：

\[ 6 + 3c^2 - 6c\sqrt{2} = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt{2}. \]

由 \(1\) 与 \(\sqrt{2}\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上线性无关，比较系数得 \(a^2 + 2b^2 = 6 + 3c^2\) 与 \(ab = -3c\)，消去 \(c\) 后得到

\[ (a^2 - 6)(b^2 - 3) = 0. \]

但 \(a^2 = 6\)、\(b^2 = 3\) 在 \(\mathbb{Q}\) 中都不可能有解，矛盾。故乘法不封闭。（补上 \(\sqrt{6}\) 一项，即 \(\{a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3} + d\sqrt{6}\}\)，才是数域。）
不是。取 \(\sqrt[3]{2} \in F\)，则 \(\sqrt[3]{2} \cdot \sqrt[3]{2} = \sqrt[3]{4}\) 不能写成 \(a + b\sqrt[3]{2}\)（\(a, b \in \mathbb{Q}\)）的形式，因为 \(1, \sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{4}\) 在 \(\mathbb{Q}\) 上线性无关。故乘法不封闭。

例题 2

设 \(F\) 为数域，\(a \in F\) 且 \(a \ne 0\)。证明 \(\dfrac{1}{a} \in F\)，且对任意 \(n \in \mathbb{Z}\) 有 \(n \in F\)；并由此说明 \(\mathbb{Q} \subseteq F\)。

解由 \(1 \in F\)、\(a \ne 0\) 及除法封闭性，得 \(\dfrac{1}{a} \in F\)。

整数部分：对 \(n\) 作归纳。\(1 \in F\)；若 \(k \in F\)，则由加法封闭性 \(k + 1 \in F\)，故一切正整数 \(n \in F\)；又 \(0 \in F\)，由减法封闭性 \(-n = 0 - n \in F\)。

有理数部分：对任意 \(m, n \in \mathbb{Z}\) 且 \(n \ne 0\)，由上面两步得 \(n \in F\) 且 \(n \ne 0\)，故 \(\dfrac{1}{n} \in F\)；再由乘法封闭性

\[ \frac{m}{n} = m \cdot \frac{1}{n} \in F. \]

于是 \(\mathbb{Q} \subseteq F\)。这正是"任何数域都包含 \(\mathbb{Q}\)"证明的关键步骤。

常见误区¶

易错点

数域定义中的除数不能为零。 只说"对四则运算封闭"时，除法必须附加条件 \(b \ne 0\)，否则定义自相矛盾。
两个数域的并集不一定仍是数域。 例如 \(\mathbb{Q}(\sqrt{2}) \cup \mathbb{Q}(\sqrt{3})\)，因为 \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) 不在其中。判断封闭性必须真的验证，不能凭"并起来更大了"想当然。
\(\mathbb{Z}\) 不是域，也不是数域。 它在加法下是 Abel 群，但非零元不一定有乘法逆元。
\(\mathbb{Q}(\sqrt{p})\) 中的 \(p\) 不能是平方数。 否则会退化为 \(\mathbb{Q}\)，虽然仍是数域，但失去了"扩张"的意义。
判断代数结构是否为群（环、域）必须逐条核对定义。 结构表只是备忘录，不能代替验证：例如半群加上单位元才是含幺半群，缺一不可。
\(0\) 永远没有乘法逆元。 因此域的定义中必须把 \(0\) 排除，写作 \(F^{*} = F \setminus \{0\}\)。

证明的通用思路

动手证明前先问三个问题：已知什么？要证什么？还缺什么？
证明数域问题的固定框架：先明确对象是数域；再验证"至少含一个非零数"；再逐条验证加、减、乘、除封闭。
证明 \(\mathbb{Q} \subseteq F\) 时，按"非零数 \(\to 1 \to \mathbb{Z} \to \mathbb{Q}\)"的顺序推进，不要跳步。
书写的目标是"便于阅读"，把思考过程中的枝节舍弃，只留下能推出结论的链条。
学习代数结构时，把定义、条件、反例一并记住，遇到新结构先对照已知结构表定位它。

参见¶

习题：课本 1.1 的课后习题与思考题，含"数环"这一新概念
扩展阅读：比 \(\mathbb{C}\) 更大的域：从思考题出发，讨论 \(\mathbb{C}(x)\)、代数闭域与"更大"的几种含义（超纲）
关系与等价类：等价类与商集是构造 \(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\) 的基础
本节导读：本节的阅读顺序与学习目标
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