高斯引理与域扩张

高斯引理 (Gaussian Lemma)

本原多项式 (Primitive Polynomial)

定义 (Content 与本原多项式)

假定 $R$ 是一个唯一分解整环 (UFD)。对于 $R[x]$ 上的一个多项式 $f(x) = \sum_{i=0}^{n} a_i x^{i}$，其内容 (content) $c(f)$ 定义为其所有系数的最大公约数，即 $c(f) \overset{\underset{\mathrm{def}}{}}{=} \operatorname{gcd}(a_0, a_1, \ldots ,a_n)$。

如果 $1 \in c(f)$，我们称 $f$ 是本原的 (primitive)。

注： $c(f)$ 是一个由 $\operatorname{gcd}$ 及其所有相伴元构成的集合。$1 \in c(f)$ 意味着 $c(f)$ 是 $R$ 中所有单位元的集合，即 $f$ 的所有系数没有共同的不可约因子。

本原多项式的乘积

性质： 设 $R$ 是 UFD。若 $f, g \in R[x]$ 都是本原多项式，则其乘积 $fg$ 也是本原多项式。

证明

我们使用反证法。假设 $fg$ 不是本原的。

1. 如果 $fg$ 不是本原的，那么 $c(fg)$ 不是 $R$ 中的单位元。因此，存在 $R$ 中的一个不可约元 $p$ 使得 $p \mid c(fg)$。这意味着 $p$ 整除 $fg$ 的所有系数。
2. 考虑环 $R$ 上的自然同态 $\phi: R \to R/\langle p \rangle$。由于 $R$ 是 UFD 且 $p$ 是不可约元， $\langle p \rangle$ 是一个素理想，因此 $R/\langle p \rangle$ 是一个整环。
3. 我们将此同态扩展到多项式环 $\bar{\phi}: R[x] \to (R/\langle p \rangle)[x]$，其定义为 $\bar{\phi}(\sum a_i x^i) = \sum \phi(a_i) x^i$。
4. 令 $\bar{f} = \bar{\phi}(f)$，$\bar{g} = \bar{\phi}(g)$。
5. 由于 $f$ 是本原的， $p$ 不能整除 $f$ 的所有系数，所以 $\bar{f} \neq 0$。同理， $g$ 也是本原的，所以 $\bar{g} \neq 0$。
6. 由于 $p$ 整除 $fg$ 的所有系数，我们有 $\bar{\phi}(fg) = \bar{f}\bar{g} = 0$。
7. 然而，因为 $R/\langle p \rangle$ 是一个整环，多项式环 $(R/\langle p \rangle)[x]$ 也是一个整环。在整环中，$\bar{f} \neq 0$ 且 $\bar{g} \neq 0$ 蕴涵着 $\bar{f}\bar{g} \neq 0$。
8. 这与第 6 步的 $\bar{f}\bar{g} = 0$ 产生矛盾。
9. 因此，最初的假设（$fg$ 不是本原的）是错误的。$fg$ 必定是本原多项式。

分式域 (Field of Fractions)

定义 (分式域)

设 $R$ 是一个 UFD，$F$ 是 $R$ 的分式域，定义为：

$$F \overset{\underset{\mathrm{def}}{}}{=} \left\{ \frac{a}{b} \mid a,b \in R, b\neq 0 \right\}$$

在 $F$ 上定义加法和乘法：

$$\frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{ad+bc}{db} \quad \frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} = \frac{ac}{bd}$$

可以验证 $(F, +, \cdot)$ 构成一个域。$F$ 是包含 $R$ 的最小域。

高斯引理 (Gaussian Lemma)

定理 (高斯引理)：

设 $R$ 是一个 UFD，$F$ 是 $R$ 的分式域。对于一个本原多项式 $f \in R[x]$ 且 $\deg(f) \ge 1$，则：

$f$ 在 $R[x]$ 中可约 $\iff f$ 在 $F[x]$ 中可约。

例子

如果 $f \in \mathbb{Z}[x]$，$f$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约 $\iff f$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约。

爱森斯坦判别法 (Eisenstein’s Criterion)

高斯引理将域上的多项式的可约性缩小到环；而此判别法用于判断一个多项式在环上是否可约。

定理叙述

定理 (Eisenstein 判别法)：

设 $R$ 是 UFD，$f(x) = \sum_{i=0}^{n} a_i x^i \in R[x]$ 是一个本原多项式，且 $\deg(f) \ge 1$。

如果存在 $R$ 中的一个不可约元 $p$ 满足以下所有条件：

1. $p \nmid a_n$ （$p$ 不整除首项系数）
2. $p \mid a_i$ （对于所有 $0 \le i \le n-1$，$p$ 整除所有其他系数）
3. $p^2 \nmid a_0$ （$p$ 的平方不整除常数项）

则 $f(x)$ 是 $R[x]$ 中的不可约元。

证明

我们使用反证法。假设 $f(x)$ 在 $R[x]$ 中可约，即 $f(x) = g(x) h(x)$，其中 $g(x), h(x) \in R[x]$ 且 $\deg(g) \ge 1, \deg(h) \ge 1$。

1. 设 $g(x) = \sum_{i=0}^{r} b_i x^i$ 且 $h(x) = \sum_{j=0}^{s} c_j x^j$，其中 $r \ge 1, s \ge 1, r+s = n$。
2. 考察常数项：$a_0 = b_0 c_0$。
   • 根据条件 (2) 和 (3)，我们知道 $p \mid a_0$ 但 $p^2 \nmid a_0$。
   • 这意味着 $p$ 必须整除 $b_0$ 和 $c_0$ 中的恰好一个。
   • 不失一般性，我们假设 $p \mid b_0$ 且 $p \nmid c_0$。
3. 考察首项系数：$a_n = b_r c_s$。
   • 根据条件 (1)，$p \nmid a_n$。
   • 这意味着 $p \nmid b_r$ 且 $p \nmid c_s$。
4. 现在我们来分析 $g(x)$ 的系数 $b_0, b_1, \ldots, b_r$。
   • 我们知道 $p \mid b_0$ (来自第 2 步) 且 $p \nmid b_r$ (来自第 3 步)。
   • 因此，必然存在一个最小的下标 $k$ ( $1 \le k \le r$ ) 使得 $p \nmid b_k$ 但 $p$ 整除 $k$ 之前的所有 $b_i$ (即 $p \mid b_0, p \mid b_1, \ldots, p \mid b_{k-1}$)。
5. 考察 $f(x)$ 的第 $k$ 项系数 $a_k$：

   $$a_k = b_k c_0 + b_{k-1} c_1 + \cdots + b_1 c_{k-1} + b_0 c_k$$

6. 分析 $a_k$：
   • 由于 $k \le r < r+s = n$，根据定理条件 (2)，我们有 $p \mid a_k$。
   • 根据 $k$ 的选取（第 4 步）， $b_0, b_1, \ldots, b_{k-1}$ 均可被 $p$ 整除。因此，和式中的 $b_{k-1} c_1 + \cdots + b_0 c_k$ 这一部分可以被 $p$ 整除。
7. 推导矛盾：
   • $p$ 整除了 $a_k$ 和 $b_{k-1} c_1 + \cdots + b_0 c_k$，因此 $p$ 必须整除它们的差：

     $$p \mid (a_k - (b_{k-1} c_1 + \cdots + b_0 c_k)) \implies p \mid (b_k c_0)$$

   • 然而，根据我们的假设：$p \nmid b_k$ (来自第 4 步 $k$ 的最小性) 且 $p \nmid c_0$ (来自第 2 步对 $a_0$ 的分析)。
   • 由于 $p$ 是不可约元，$p \nmid b_k c_0$。
8. 这导致了矛盾 ($p \mid b_k c_0$ 且 $p \nmid b_k c_0$)。
9. 因此，最初的假设（$f(x)$ 在 $R[x]$ 中可约）是错误的。$f(x)$ 必定在 $R[x]$ 中不可约。

例子 (Examples)

例 1

考察 $f(x) = 2x^{5} - 6x^{4} + 9x^{2} - 15 \in \mathbb{Z}[x]$。
$f(x) = 2x^{5} - 6x^{4} + 0x^{3} + 9x^{2} + 0x - 15$。
$f(x)$ 是本原的 ( $\operatorname{gcd}(2, -6, 0, 9, 0, -15) = 1$ )。
我们选取不可约元 $p=3 \in \mathbb{Z}$。

1. $p=3 \nmid a_5=2$
2. $p=3 \mid -6$, $3 \mid 0$, $3 \mid 9$, $3 \mid 0$, $3 \mid -15$
3. $p^2=9 \nmid a_0=-15$
   所有条件均满足。因此 $f(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。

例 2 (平移技巧)

有时 $f(x)$ 本身不满足 Eisenstein 判别法，但 $f(x+c)$ 可能满足。如果 $f(x+c)$ 不可约，那么 $f(x)$ 也必定不可约（否则若 $f(x) = g(x)h(x)$，则 $f(x+c) = g(x+c)h(x+c)$ 也可约）。

例 3 (分圆多项式)

考察 $p$ 次分圆多项式 $\Phi_p(x) = x^{p-1} + x^{p-2} + \cdots + 1$，其中 $p$ 为素数。
我们知道 $x^p - 1 = (x-1)\Phi_p(x)$。
直接看 $\Phi_p(x)$ 无法套用判别法。
我们考察 $g(x) = \Phi_p(x+1)$：

$$\begin{aligned} g(x) &= \frac{(x+1)^p - 1}{(x+1) - 1} = \frac{(x+1)^p - 1}{x} \\ &= \frac{\left( \sum_{i=0}^{p} \binom{p}{i} x^i \right) - 1}{x} \\ &= \frac{\left( x^p + \binom{p}{p-1}x^{p-1} + \cdots + \binom{p}{1}x + 1 \right) - 1}{x} \\ &= \frac{x^p + \binom{p}{p-1}x^{p-1} + \cdots + \binom{p}{1}x}{x} \\ &= x^{p-1} + \binom{p}{p-1} x^{p-2} + \cdots + \binom{p}{2} x + \binom{p}{1} \end{aligned}$$

现在对 $g(x)$ 使用 Eisenstein 判别法，并选取不可约元 $p$：

1. 首项系数为 $1$。$p \nmid 1$。
2. 常数项为 $\binom{p}{1} = p$。$p^2 \nmid p$。
3. 其他各项系数为 $\binom{p}{i}$ ( $2 \le i \le p-1$ )。
   • 由于 $p$ 是素数，$\binom{p}{i} = \frac{p!}{i!(p-i)!}$。分母中的 $i!$ 和 $(p-i)!$ 的因子都小于 $p$，因此不能消去分子中的 $p$。
   • 所以 $p \mid \binom{p}{i}$ 对于 $1 \le i \le p-1$。
     所有条件均满足。因此 $g(x) = \Phi_p(x+1)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中不可约。
     根据例 2 的平移技巧，$\Phi_p(x)$ 在 $\mathbb{Z}[x]$ 中也不可约。

域的扩张 (Field Extensions)

基本定义

回顾 (线性空间)

域 $F$ 上的线性空间 (向量空间) $V$ 是一个非空集合，连同两个运算：

• 加法 $+: V \times V \to V$
• 标量乘法 (点乘) $\cdot : F \times V \to V$

使得：

1. $(V, +)$ 是一个阿贝尔群。
2. $\forall u,v \in V, \forall r,s \in F$，满足：
   • $r(u+v) = ru + rv$
   • $(r+s)u = ru + su$
   • $(rs)u = r(su)$
   • $1 \cdot u = u$ (其中 $1 \in F$)

定义 (域扩张)

考虑 $F<E$（$F$ 是 $E$ 的子域， $E$ 是 $F$ 的扩域）。

• $(E, +)$ 显然是一个阿贝尔群。
• 我们将 $E$ 上的乘法 $\cdot$ 限制在 $F \times E \to E$ 上，这可以看作是标量乘法。

根据上述定义，$E$ 可以看作是 $F$ 上的一个线性空间。

定义 (扩度)

$E$ 作为 $F$ 上线性空间的维度 (dim) 称为 $E$ 在 $F$ 上的扩度 (degree of extension)，记为 $[E:F]$。维度就是构成这个线性空间所需要的最少独立向量的个数。

扩度塔 (Tower Law)

性质 (塔公式)

考虑 $F<E<K$ 这个扩张序列，有：

$$[K:F] = [K:E] \cdot [E:F]$$

证明概要

1. 设 $[K:E] = n$， $K$ 在 $E$ 上的一组基为 $\{ \beta_1, \ldots, \beta_n \}$。
2. 设 $[E:F] = m$，$E$ 在 $F$ 上的一组基为 $\{ \alpha_1, \ldots, \alpha_m \}$。
3. 我们可以证明集合 $B = \{ \alpha_i \beta_j \mid 1 \le i \le m, 1 \le j \le n \}$ 是 $K$ 在 $F$ 上的一组基。
4. 张成 (Spans)： $\forall \gamma \in K$，$\gamma = \sum_{j=1}^n e_j \beta_j$ (其中 $e_j \in E$)。
   • 对于每个 $e_j$， $e_j = \sum_{i=1}^m f_{ij} \alpha_i$ (其中 $f_{ij} \in F$)。
   • 代入得 $\gamma = \sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^m f_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = \sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^n f_{ij} (\alpha_i \beta_j)$。
   • 因此 $B$ 张成了 $K$。
5. 线性无关 (Linearly Independent)： 设 $\sum_{i,j} f_{ij} (\alpha_i \beta_j) = 0$ ($f_{ij} \in F$)。
   • $\sum_{j=1}^n \left( \sum_{i=1}^m f_{ij} \alpha_i \right) \beta_j = 0$。
   • 由于 $\{ \beta_j \}$ 在 $E$ 上线性无关，且括号内的 $\left( \sum_{i=1}^m f_{ij} \alpha_i \right) \in E$，则对于 $\forall j$, $\sum_{i=1}^m f_{ij} \alpha_i = 0$。
   • 由于 $\{ \alpha_i \}$ 在 $F$ 上线性无关，且 $f_{ij} \in F$，则 $\forall i,j, f_{ij} = 0$。
6. $B$ 线性无关。
7. 综上，$B$ 是 $K/F$ 的一组基，其元素个数为 $m \cdot n$。故 $[K:F] = mn = [K:E] \cdot [E:F]$。

推广：

对于 $F_1 < F_2 < \cdots <F_n$，有 $[F_n: F_1] = [F_n: F_{n-1}] \cdots [F_2:F_1]$。

有限域 (Finite Fields)

性质：

$F<E$，如果 $[E:F] = n$，那么 $E$ 中的每个元素都可以唯一地表示为 $F$ 中 $n$ 个元素的线性组合。

如果 $F$ 是有限域，则 $|E| = |F|^n$。

推论：

设 $F$ 是一个有限域。

1. $F$ 的特征 $char(F)$ 必定为素数 $p$。
2. $F$ 包含一个同构于 $\mathbb{Z}_p$ 的子域（素域）。
3. $F$ 可以看作是 $\mathbb{Z}_p$ 的扩张。设 $[F: \mathbb{Z}_p] = n$。
4. 则 $|F| = |\mathbb{Z}_p|^n = p^n$。

问题： $\forall n>0$，是否都存在一个 $p^n$ 元域？（答案：是的，这种域称为伽罗瓦域 $GF(p^n)$，且在同构意义下是唯一的。）

域的生成元 (Generators of a Field)

考虑 $F<E, X \subseteq E$。

定义

定义 (生成的环)

$E$ 中所有包含 $F$ 和 $X$ 的环的交集（即包含 $F$ 和 $X$ 的最小环）称为 $X$ 在 $F$ 上生成的环，记为 $F[X]$。

• 如果 $X = \{ \alpha \}$，记为 $F[\alpha]$。
• 如果 $X = \{ \alpha_1, \ldots ,\alpha_n \}$，记为 $F[\alpha_1, \ldots \alpha_n]$。

定义 (生成的域)

$E$ 中所有包含 $F$ 和 $X$ 的域的交集（即包含 $F$ 和 $X$ 的最小域）称为 $X$ 在 $F$ 上生成的域，记为 $F(X)$。

• 如果 $X = \{ \alpha \}$，记为 $F(\alpha)$。
• 如果 $X = \{ \alpha_1, \ldots ,\alpha_n \}$，记为 $F(\alpha_1, \ldots \alpha_n)$。

元素表示

单元素生成

• $F[\alpha] = \{ f(\alpha) \mid f \in F[x] \}$
  • 说明： 集合 $\{ f(\alpha) \mid f \in F[x] \}$ 是一个包含 $F$ 和 $\alpha$ 的环，而 $F[\alpha]$ 是包含 $F$ 和 $\alpha$ 的最小环，所以 $F[\alpha] \subseteq \{ f(\alpha) \mid \ldots \}$。反之， $F[\alpha]$ 必须包含 $F$ 和 $\alpha$ 及其所有乘积和加和，即必须包含所有 $f(\alpha)$，故两者相等。
• $F(\alpha) = \left\{ \frac{f(\alpha)}{g(\alpha)} \mid f, g \in F[x], g(\alpha)\neq 0 \right\}$

多元素生成

• $F[\alpha_1, \ldots \alpha_n] = \{ f(\alpha_1, \ldots \alpha_n) \mid f \in F[x_1, x_2, \ldots x_n] \}$
• $F(\alpha_1, \ldots \alpha_n) = \left\{ \frac{f(\alpha_1, \ldots \alpha_n)}{g(\alpha_1, \ldots \alpha_n)} \mid f, g \in F[x_1, x_2, \ldots x_n], g(\alpha_1, \ldots \alpha_n) \neq 0 \right\}$

代数扩张 (Algebraic Extensions)

代数元与超越元

定义 (代数/超越扩张)

$F < E$ 称为是代数的 (algebraic)，如果 $\forall \alpha \in E$， $\alpha$ 在 $F$ 上是代数元（即 $\alpha$ 是 $F[x]$ 中某个非零多项式的根）。

否则，如果 $E$ 中存在 $F$ 上的超越元， $F<E$ 称为是超越的 (transcendental)。

注： 我们后续基本都讨论代数扩张。

单代数扩张 (Simple Algebraic Extension)

定义 (单代数扩张)

设 $F < E$ 是代数扩张，$\alpha \in E$。$F < F(\alpha)$ 称为单代数扩张。

重要性质： 如果 $\alpha$ 是 $F$ 上的代数元，则 $F(\alpha) = F[\alpha]$。

证明

1. $F[\alpha] \subseteq F(\alpha)$ 是显然的（域总是环）。
2. 我们只需证明 $F(\alpha) \subseteq F[\alpha]$。
3. 取 $F(\alpha)$ 中的任意元素 $\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}$，其中 $g(\alpha) \neq 0$。
4. 由于 $\alpha$ 是代数元，存在 $F$ 上唯一的首一不可约多项式 $P_{\alpha}(x)$（称为 $\alpha$ 的极小多项式），使得 $P_{\alpha}(\alpha)=0$。
5. 因为 $g(\alpha) \neq 0$， $P_{\alpha}(x)$ 不整除 $g(x)$。
6. 由于 $P_{\alpha}(x)$ 在 $F[x]$ 中不可约， $P_{\alpha}(x)$ 和 $g(x)$ 互素， $\operatorname{gcd}(P_{\alpha}, g) = 1$。
7. 根据贝祖定理（在 $F[x]$ 这个主理想整环上成立），存在 $a(x), b(x) \in F[x]$ 使得 $P_{\alpha}(x) a(x) + g(x) b(x) = 1$。
8. 将 $\alpha$ 代入上式： $P_{\alpha}(\alpha) a(\alpha) + g(\alpha) b(\alpha) = 1$。
9. 由于 $P_{\alpha}(\alpha) = 0$，上式变为 $g(\alpha) b(\alpha) = 1$，即 $b(\alpha) = \frac{1}{g(\alpha)}$。
10. 因此， $\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)} = f(\alpha) b(\alpha)$。由于 $f(x)b(x)$ 仍然是 $F[x]$ 中的多项式， $f(\alpha) b(\alpha) \in F[\alpha]$。
11. 故 $F(\alpha) \subseteq F[\alpha]$。
12. 综上所述，$F(\alpha) = F[\alpha]$。

单代数扩张的结构

性质：

设 $\alpha$ 在 $F$ 上代数，其极小多项式为 $P_{\alpha}(x)$。则：

$$F(\alpha) = F[\alpha] = \{ f(\alpha) \mid f \in F[x] \text{ 且 } \deg(f) < \deg(P_{\alpha}) \}$$

证明

1. 取 $F[\alpha]$ 中任意元素 $h(\alpha)$ (其中 $h \in F[x]$)。
2. 对 $h(x)$ 和 $P_{\alpha}(x)$ 使用多项式除法（带余除法）：
   $h(x) = q(x) P_{\alpha}(x) + r(x)$，其中 $r(x) = 0$ 或 $\deg(r) < \deg(P_{\alpha})$。
3. 将 $\alpha$ 代入： $h(\alpha) = q(\alpha) P_{\alpha}(\alpha) + r(\alpha)$。
4. 由于 $P_{\alpha}(\alpha) = 0$， $h(\alpha) = r(\alpha)$。
5. 这表明 $F[\alpha]$ 中的任何元素都可以用一个次数小于 $\deg(P_{\alpha})$ 的多项式在 $\alpha$ 处的值来表示。
6. 并且，如果 $r_1(\alpha) = r_2(\alpha)$ 且 $\deg(r_1), \deg(r_2) < \deg(P_{\alpha})$，则 $(r_1-r_2)(\alpha) = 0$。这要求 $P_{\alpha}(x) \mid (r_1(x) - r_2(x))$。但 $P_{\alpha}(x)$ 的次数更高，这只可能在 $r_1(x) - r_2(x) = 0$ 时成立，即 $r_1(x) = r_2(x)$。
7. 因此，这种表示是唯一的。

推论 (扩度与基)

设 $d = \deg(P_{\alpha})$。

1. $F(\alpha)$ 作为 $F$ 上线性空间的一组基为 $\{ 1, \alpha, \ldots, \alpha^{d-1} \}$。
2. $[F(\alpha): F] = d$。
3. （若 $F$ 为有限域） $|F(\alpha)| = |F|^d$。

同构关系

定理： $F[x] / \langle P_{\alpha}(x) \rangle \cong F(\alpha)$

证明概要

1. 定义一个映射 $\varphi: F[x] \to F(\alpha)$， $f(x) \mapsto f(\alpha)$。
2. 可以验证 $\varphi$ 是一个环同态。
3. 根据 $F[\alpha] = \{ f(\alpha) \mid \ldots \}$ 的定义， $\varphi$ 是满同态。
4. 考察其核 $ker(\varphi)$：
   $ker(\varphi) = \{ f(x) \in F[x] \mid f(\alpha) = 0 \}$。
5. 根据极小多项式的定义， $f(\alpha)=0 \iff P_{\alpha}(x) \mid f(x)$。
6. 因此 $ker(\varphi) = \{ f(x) \in F[x] \mid P_{\alpha}(x) \mid f(x) \} = \langle P_{\alpha}(x) \rangle$（由 $P_{\alpha}(x)$ 生成的主理想）。
7. 根据环同构基本定理，$F[x] / ker(\varphi) \cong \operatorname{Im}(\varphi)$。
8. 即 $F[x] / \langle P_{\alpha}(x) \rangle \cong F(\alpha)$。

性质：

如果 $\alpha, \beta \in E$ 在 $F$ 上是共轭的（即它们有相同的极小多项式 $P(x)$），则 $F(\alpha) \cong F(\beta)$。

简要说明

• 根据上述定理， $F(\alpha) \cong F[x] / \langle P(x) \rangle$。
• 同理， $F(\beta) \cong F[x] / \langle P(x) \rangle$。
• 因此， $F(\alpha) \cong F(\beta)$。

例子

考察 $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$。

• $\alpha = \sqrt{2}$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的极小多项式是 $P(x) = x^2 - 2$。
• $d = \deg(P) = 2$。
• 因此 $[\mathbb{Q}(\sqrt{2}): \mathbb{Q}] = 2$。
• $\mathbb{Q}(\sqrt{2}) / \mathbb{Q}$ 的一组基为 $\{ 1, \sqrt{2} \}$。
• $\mathbb{Q}(\sqrt{2}) = \{ a \cdot 1 + b \cdot \sqrt{2} \mid a, b \in \mathbb{Q} \} = \{ a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbb{Q} \}$。