115 年 國立臺灣大學數學系碩士班《代數》

本題考察群論中 Sylow 定理的應用，特別是關於有限群的正規子群以及交換性。

核心觀念：Sylow 定理、群的階數與子群階數的關係、正規子群的判別。

解題步驟：
令 $|G| = 77 = 7 \times 11$。

(1) 證明 G 包含一個階數為 7 的正規子群。
根據 Sylow 定理，對於一個有限群 G 和一個質數 p，若 $p^k$ 是 p 的最高冪次整除 $|G|$，則 G 存在一個階數為 $p^k$ 的 Sylow 子群。
在這裡，我們關心質因數 7 和 11。
令 $n_7$ 為 G 中階數為 7 的 Sylow 子群的個數。根據 Sylow 第三定理，我們知道：
a) $n_7 \equiv 1 \pmod{7}$
b) $n_7$ 整除 $|G|$，即 $n_7$ 整除 77。

由 a) 可知，$n_7$ 的可能值為 1, 8, 15, ...
由 b) 可知，$n_7$ 的可能值為 1, 7, 11, 77。
同時滿足 a) 和 b) 的唯一可能值是 $n_7 = 1$。
因此，G 只有一個階數為 7 的 Sylow 子群。

Sylow 第二定理指出，所有 Sylow p-子群在 G 中是共軛的。如果 Sylow p-子群的個數 $n_p = 1$，那麼這個唯一的 Sylow p-子群就是 G 的正規子群。
所以，G 包含一個唯一的階數為 7 的 Sylow 子群，這個子群必定是 G 的正規子群。

(2) 證明 G 必須是交換群。
令 P 為 G 中階數為 7 的 Sylow 子群，令 Q 為 G 中階數為 11 的 Sylow 子群。
由 (1) 的證明可知，P 是 G 的正規子群。
現在我們考慮 Q。令 $n_{11}$ 為 G 中階數為 11 的 Sylow 子群的個數。根據 Sylow 第三定理：
a) $n_{11} \equiv 1 \pmod{11}$
b) $n_{11}$ 整除 $|G|$，即 $n_{11}$ 整除 77。

由 a) 可知，$n_{11}$ 的可能值為 1, 12, 23, ...
由 b) 可知，$n_{11}$ 的可能值為 1, 7, 11, 77。
同時滿足 a) 和 b) 的唯一可能值是 $n_{11} = 1$。
因此，G 只有一個階數為 11 的 Sylow 子群，這個子群 Q 也必定是 G 的正規子群。

因為 P 和 Q 都是 G 的正規子群，且 P 的階數為 7，Q 的階數為 11，而 7 和 11 是互質的。

本題考察線性代數與群論的結合，特別是有限體上的矩陣群及其 Sylow 子群。

核心觀念：有限體上的矩陣群、行列式、Sylow 定理。

解題步驟：
$F_3 = \{0, 1, 2\}$ 是包含三個元素的有限體。
$M_2(F_3)$ 是 $F_3$ 上的 $2 \times 2$ 矩陣環。
$SL_2(F_3)$ 是行列式為 1 的 $2 \times 2$ 矩陣組成的群。

(1) 計算 $\#SL_2(F_3)$。
首先計算 $GL_2(F_3)$ 的階數，即所有可逆的 $2 \times 2$ 矩陣在 $F_3$ 上的個數。
一個 $2 \times 2$ 矩陣可逆的條件是它的行向量（或列向量）線性獨立。
第一行向量可以任意選擇 $F_3$ 中的非零向量，有 $3^2 - 1 = 8$ 種選擇。
第二行向量不能是第一行向量的倍數，並且不能是零向量。
如果第一行向量是 $v_1$，那麼第二行向量 $v_2$ 不能是 $c v_1$ 的形式，其中 $c \in F_3$。
$F_3$ 中的向量有 $3^2 = 9$ 個。
非零向量有 $9-1=8$ 個。
第一行向量有 8 種選擇（不能是零向量）。
對於第二行向量，它不能是第一行向量的倍數。第一行向量 $v_1$ 有 8 種非零選擇。
對於每個非零的 $v_1$，其倍數有 $c v_1$，其中 $c \in \{0, 1, 2\}$。所以有 3 個倍數。
因此，第二行向量的選擇有 $9 - 3 = 6$ 種。
所以，總共有 $8 \times 6 = 48$ 個可逆矩陣。
$\#GL_2(F_3) = 48$。

$SL_2(F_3)$ 是 $GL_2(F_3)$ 的一個子群，由行列式為 1 的矩陣組成。
行列式函數 $\det: GL_2(F_3) \to F_3^*$ 是一個群同態，其中 $F_3^* = \{1, 2\}$ 是 $F_3$ 的非零元素組成的乘法群。
$F_3^* = \{1, 2\}$ 的階數是 2。
$\ker(\det) = SL_2(F_3)$。
根據同態基本定理， $GL_2(F_3) / \ker(\det) \cong \text{Im}(\det)$。
$\text{Im}(\det)$ 是 $F_3^*$ 的一個子群。由於 $F_3^*=\{1, 2\}$，其子群只有 $\{1\}$ 和 $\{1, 2\}$。
對於 $2 \times 2$ 矩陣，其行列式可以取遍 $F_3^*$ 中的所有元素。例如，矩陣 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 的行列式是 1，矩陣 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ 的行列式是 2。
所以 $\text{Im}(\det) = F_3^*$，其階數為 2。
因此，$\#GL_2(F_3) / \#SL_2(F_3) = \#F_3^* = 2$。
$\#SL_2(F_3) = \#GL_2(F_3) / 2 = 48 / 2 = 24$。

(2) 尋找 $SL_2(F_3)$ 的所有 3-Sylow 子群。
$SL_2(F_3)$ 的階數是 24。
$24 = 2^3 \times 3$。
3-Sylow 子群的階數是 3。
根據 Sylow 第三定理，3-Sylow 子群的個數 $n_3$ 滿足：
a) $n_3 \equiv 1 \pmod{3}$
b) $n_3$ 整除 24。

由 a) 可知，$n_3$ 的可能值為 1, 4, 7, 10, ...
由 b) 可知，$n_3$ 的可能值為 1, 3, 8, 24。
同時滿足 a) 和 b) 的唯一可能值是 $n_3 = 1$。
因此， $SL_2(F_3)$ 只有一個 3-Sylow 子群。

我們需要找到這個階數為 3 的子群。
一個階數為 3 的群一定是循環群 $C_3$（同構於 $Z/3Z$）。
我們需要尋找 $SL_2(F_3)$ 中一個階數為 3 的子群。
考慮形如 $\begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 的矩陣。其行列式為 1。
$a \in F_3 = \{0, 1, 2\}$。
這些矩陣構成一個子群：
$\begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & b \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & a+b \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
這個子群的大小是 3，由 $\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 組成。
這個子群是循環的，由 $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ 生成。
$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$。
$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^3 = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ (因為 $3 \equiv 0 \pmod{3}$)。

本題考察代數結構中的歐幾里得整環、主理想整環 (PID) 以及單位群。

核心觀念：範數 (Norm)、歐幾里得整環的定義、主理想整環的性質、單位群的結構。

解題步驟：
令 $K = Q(\sqrt{3})$ 為 $\sqrt{3}$ 的二次體。$Z[\sqrt{3}]$ 是 $K$ 的一個子環，也是一個整環。
對於 $z = x + y\sqrt{3} \in Z[\sqrt{3}]$，其範數定義為 $N(z) = (x + y\sqrt{3})(x - y\sqrt{3}) = x^2 - 3y^2$。
範數是乘法性的，即 $N(zw) = N(z)N(w)$。
$Z[\sqrt{3}]$ 的單位群 $(Z[\sqrt{3}])^\times$ 是指 $Z[\sqrt{3}]$ 中範數為 $\pm 1$ 的元素組成的群。

(1) 證明 $Z[\sqrt{3}]$ 滿足歐幾里得整環的除法性質，並推導出它是 PID。
給定 $a, b \in Z[\sqrt{3}]$ 且 $b \neq 0$。我們希望找到 $q \in R$ (這裡的 $R$ 指實數體，但實際上我們只需要 $q \in Q(\sqrt{3})$) 使得 $a = bq + r$，其中 $r \in Z[\sqrt{3}]$ 且 $|N(r)| < |N(b)|$。

考慮 $a/b$ 在 $Q(\sqrt{3})$ 中。設 $a/b = x' + y'\sqrt{3}$，其中 $x', y' \in Q$。
我們需要找到一個 $q \in Z[\sqrt{3}]$，使得 $a/b - q$ 的範數足夠小。
設 $q = x + y\sqrt{3}$，其中 $x, y \in Z$。
那麼 $a/b - q = (x' - x) + (y' - y)\sqrt{3}$。
我們希望 $|N(a/b - q)| < 1$。
$N(a/b - q) = N((x' - x) + (y' - y)\sqrt{3}) = (x' - x)^2 - 3(y' - y)^2$。
我們要選擇整數 $x, y$ 使得 $|x' - x|$ 和 $|y' - y|$ 足夠小。
具體來說，對於任意實數 $x'$，我們可以選擇整數 $x$ 使得 $|x' - x| \le 1/2$。
同理，對於任意實數 $y'$，我們可以選擇整數 $y$ 使得 $|y' - y| \le 1/2$。
那麼 $|N(a/b - q)| = |(x' - x)^2 - 3(y' - y)^2| \le |x' - x|^2 + 3|y' - y|^2 \le (1/2)^2 + 3(1/2)^2 = 1/4 + 3/4 = 1$。

然而，這並不能保證 $|N(a/b - q)| < 1$。
我們需要更精確地選擇 $x, y$。
對於 $x', y' \in Q$，我們總是可以找到整數 $x, y$ 使得 $|x' - x| \le 1/2$ 且 $|y' - y| \le 1/2$。
設 $\alpha = a/b = x' + y'\sqrt{3}$。
我們希望找到 $q = x + y\sqrt{3} \in Z[\sqrt{3}]$ 使得 $|N(\alpha - q)| < 1$。
$N(\alpha - q) = N((x'-x) + (y'-y)\sqrt{3}) = (x'-x)^2 - 3(y'-y)^2$.
我們需要讓 $|x'-x|$ 和 $|y'-y|$ 選擇得當。
對於任意實數 $x'$, 存在整數 $x$ 使得 $|x' - x| \le 1/2$.
對於任意實數 $y'$, 存在整數 $y$ 使得 $|y' - y| \le 1/2$.
令 $u = x' - x$ 和 $v = y' - y$. 我們有 $|u| \le 1/2$ 和 $|v| \le 1/2$.
我們考慮 $N(u + v\sqrt{3}) = u^2 - 3v^2$.
如果我們選擇 $x, y$ 使得 $|x' - x| \le 1/2$ 且 $|y' - y| \le 1/2$,
則 $|N(a/b - q)| = |(x'-x)^2 - 3(y'-y)^2| \le |x'-x|^2 + 3|y'-y|^2 \le (1/2)^2 + 3(1/2)^2 = 1$.

這種選擇方法在 $Z[\omega]$（其中 $\omega$ 是三次單位根）這樣的環中是有效的，因為 $1, \omega$ 構成一個格點。
對於 $Z[\sqrt{3}]$，我們需要小心。
令 $a/b = u + v\sqrt{3}$，其中 $u, v \in Q$。
我們希望找 $x, y \in Z$ 使得 $|N(u+v\sqrt{3} - (x+y\sqrt{3}))| < 1$。
令 $u' = u-x$ 和 $v' = v-y$.
我們需要 $|u'^2 - 3v'^2| < 1$.
對於 $u \in Q$, 存在 $x \in Z$ 使得 $|u-x| \le 1/2$.
對於 $v \in Q$, 存在 $y \in Z$ 使得 $|v-y| \le 1/2$.
那麼 $|u-x|^2 \le 1/4$ 且 $|v-y|^2 \le 1/4$.
考慮 $u'^2 - 3v'^2$.
如果我們能讓 $u'^2$ 和 $3v'^2$ "接近"，則差值可能很小。

實際上，對於 $Z[\sqrt{d}]$，其中 $d$ 是無平方因子數，需要滿足 $|N(a/b - q)| < 1$ 的條件。
對於 $Z[\sqrt{3}]$，我們有 $x' + y'\sqrt{3}$。
選擇 $x \in Z$ 使得 $|x' - x| \le 1/2$.
選擇 $y \in Z$ 使得 $|y' - y| \le 1/2$.
令 $u = x' - x$ 和 $v = y' - y$.
我們需要 $|u^2 - 3v^2| < 1$.
由於 $|u| \le 1/2$ 且 $|v| \le 1/2$,
$u^2 \le 1/4$ 且 $v^2 \le 1/4$.
$u^2 - 3v^2$ 的範圍是 $[-3/4, 1/4]$。
所以 $|u^2 - 3v^2| \le 3/4 < 1$.
因此，對於任意 $a, b \in Z[\sqrt{3}]$，$b \neq 0$，存在 $q \in Z[\sqrt{3}]$ 使得 $a/b - q = r/b$ 且 $|N(r/b)| < 1$.
$|N(r)/N(b)| < 1 \implies |N(r)| < |N(b)|$.
令 $q$ 為 $a/b$ 在 $Z[\sqrt{3}]$ 中最接近的元素，即 $|a/b - q| = |\alpha - q|$ 最小。
但這裡我們需要的是 $q \in R$ 使得 $a=bq+r$.
我們實際上是在 $Q(\sqrt{3})$ 中進行除法。
令 $a/b = u + v\sqrt{3}$，其中 $u, v \in Q$.
選擇整數 $x, y$ 使得 $|u-x| \le 1/2$ 且 $|v-y| \le 1/2$.
令 $q = x + y\sqrt{3} \in Z[\sqrt{3}]$.
則 $a/b - q = (u-x) + (v-y)\sqrt{3}$.
令 $r = b(a/b - q) = b((u-x) + (v-y)\sqrt{3})$.
$r \in Z[\sqrt{3}]$.
$N(r) = N(b) N(a/b - q) = N(b) ((u-x)^2 - 3(v-y)^2)$.
由於 $|u-x| \le 1/2$ 且 $|v-y| \le 1/2$,
$|(u-x)^2 - 3(v-y)^2| \le |u-x|^2 + 3|v-y|^2 \le (1/2)^2 + 3(1/2)^2 = 1/4 + 3/4 = 1$.
我們需要嚴格小於 1。
考慮 $u-x$ 和 $v-y$ 的選擇。
對於 $u \in Q$, 存在 $x \in Z$ 使得 $|u-x| \le 1/2$.
對於 $v \in Q$, 存在 $y \in Z$ 使得 $|v-y| \le 1/2$.
如果 $|u-x| = 1/2$ 且 $|v-y| = 1/2$, 則 $|(u-x)^2 - 3(v-y)^2|$ 可能等於 1。
例如，如果 $u-x = 1/2$ 且 $v-y = 1/2$, 則 $u^2 - 3v^2 = 1/4 - 3/4 = -1/2$. $|-1/2| < 1$.
如果 $u-x = 1/2$ 且 $v-y = -1/2$, 則 $u^2 - 3v^2 = 1/4 - 3(1/4) = -1/2$. $|-1/2| < 1$.
如果 $u-x = 0$ 且 $v-y = 1/2$, 則 $u^2 - 3v^2 = 0 - 3/4 = -3/4$. $|-3/4| < 1$.

核心觀念

本題考查矩陣環 $M_n(F)$ 的雙邊理想，以及矩陣單位元的運算。

令 $E_{ij}$ 表示矩陣單位元，即第 $i$ 列第 $j$ 欄為 $1$，其餘元素皆為 $0$。矩陣單位元滿足

$$E_{ab}E_{cd}=\delta_{bc}E_{ad},$$

其中 $\delta_{bc}$ 為 Kronecker delta。

若 $I$ 是 $R=M_n(F)$ 的雙邊理想，則對任意 $A\in I$ 以及任意 $X,Y\in R$，皆有

$$XAY\in I.$$

關鍵在於：只要雙邊理想含有一個非零矩陣單位元，就會含有所有矩陣單位元，進而等於整個矩陣環。

---

解題方法

採用「取非零元素並以矩陣單位元左右夾乘」的方法。

設 $I$ 是 $R=M_n(F)$ 的雙邊理想。分兩種情況討論。

情況一：$I$ 不含非零矩陣

若 $I$ 中沒有非零元素，則

$$I=\{0\}.$$

而 $\{0\}$ 確實是 $R$ 的雙邊理想，且當 $R\neq\{0\}$ 時是 proper ideal。

情況二：$I$ 含有非零矩陣

取非零矩陣

$$A=(a_{ij})\in I,\qquad A\neq 0.$$

因為 $A\neq 0$，存在索引 $i,j$ 使得

$$a_{ij}\neq 0.$$

固定任意 $p,q\in\{1,\dots,n\}$。考慮矩陣

$$E_{pi}AE_{jq}.$$

由矩陣單位元的乘法，可得

$$E_{pi}AE_{jq}=a_{ij}E_{pq}.$$

詳細計算如下。首先，

$$E_{pi}A=\sum_{k=1}^n a_{ik}E_{pk},$$

因此

$$E_{pi}AE_{jq} =\sum_{k=1}^n a_{ik}E_{pk}E_{jq}.$$

由於

$$E_{pk}E_{jq}=\delta_{kj}E_{pq},$$

所以只有 $k=j$ 的項留下，得到

$$E_{pi}AE_{jq}=a_{ij}E_{pq}.$$

因為 $I$ 是雙邊理想，且 $A\in I$，故

$$E_{pi}AE_{jq}\in I.$$

因此

本題考察域擴張、伽羅瓦理論，特別是不可約多項式的判別、判別式、以及伽羅瓦群的結構。

核心觀念：不可約多項式判別法、多項式的判別式、伽羅瓦群、域擴張的次數。

解題步驟：
令 $f(x) = x^3 - 31x - 62 \in Q[x]$.
令 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 為 $f(x)$ 在 $C$ 中的根。
$E = Q(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3)$ 為 $f(x)$ 的分裂域。
$E/Q$ 為伽羅瓦擴張。

(1) 證明 $f(x)$ 在 $Q[x]$ 中不可約。
根據艾森斯坦判別法 (Eisenstein's Criterion)，如果存在一個質數 $p$ 使得 $p$ 整除 $a_0, a_1, \dots, a_{n-1}$，$p$ 不整除 $a_n$，且 $p^2$ 不整除 $a_0$，則多項式 $a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0$ 在 $Q[x]$ 中不可約。
對於 $f(x) = x^3 - 31x - 62$, 我們有 $a_3=1, a_2=0, a_1=-31, a_0=-62$.
我們需要找到一個質數 $p$ 滿足條件。
考慮質數 $p=31$。
$p=31$ 整除 $a_0 = -62$ ($-62 = -2 \times 31$)。
$p=31$ 整除 $a_1 = -31$。
$p=31$ 整除 $a_2 = 0$。
$p=31$ 不整除 $a_3 = 1$。
$p^2 = 31^2 = 961$. $p^2 = 961$ 不整除 $a_0 = -62$.
因此，根據艾森斯坦判別法， $f(x)$ 在 $Q[x]$ 中不可約。

(2) 證明 $\Delta = (\alpha_1 - \alpha_2) (\alpha_2 - \alpha_3) (\alpha_3 - \alpha_1) \in Z$。
$\Delta^2$ 是多項式 $f(x)$ 的判別式 (discriminant)。
對於一個三次多項式 $ax^3+bx^2+cx+d$, 其判別式為 $\Delta^2 = b^2c^2 - 4ac^3 - 4b^3d - 27a^2d^2 + 18abcd$.
對於 $f(x) = x^3 - 31x - 62$, 我們有 $a=1, b=0, c=-31, d=-62$.
$\Delta^2 = 0^2(-31)^2 - 4(1)(-31)^3 - 4(0)^3(-62) - 27(1)^2(-62)^2 + 18(1)(0)(-31)(-62)$
$\Delta^2 = 0 - 4(-29791) - 0 - 27(3844) + 0$
$\Delta^2 = 119164 - 103788$
$\Delta^2 = 15376$.

我們需要證明 $\Delta \in Z$.
$\Delta = \pm \sqrt{15376}$.
計算 $\sqrt{15376}$.
$100^2 = 10000$, $120^2 = 14400$, $130^2 = 16900$.
尾數是 6，所以平方根的尾數可能是 4 或 6。
嘗試 $124^2 = (120+4)^2 = 14400 + 2 \times 120 \times 4 + 16 = 14400 + 960 + 16 = 15376$.
所以 $\sqrt{15376} = 124$.
因此 $\Delta = \pm 124$.
由於 $124 \in Z$, $\Delta \in Z$.

更一般的證明：
判別式 $\Delta^2$ 可以用係數表示。對於 $f(x) = x^3 + px + q$, 判別式為 $-4p^3 - 27q^2$.
在這裡 $p=-31, q=-62$.
$\Delta^2 = -4(-31)^3 - 27(-62)^2 = -4(-29791) - 27(3844) = 119164 - 103788 = 15376$.
由於 $f(x)$ 的係數是整數，其判別式 $\Delta^2$ 必定是整數。
我們需要證明 $\Delta$ 是整數。
如果 $f(x)$ 的根 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 是代數整數，那麼 $\Delta$ 也會是代數整數。
由於 $f(x)$ 在 $Q[x]$ 中不可約，且其係數是整數，其根 $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3$ 是代數整數。
因為 $\Delta = (\alpha_1 - \alpha_2)(\alpha_2 - \alpha_3)(\alpha_3 - \alpha_1)$ 是根的對稱多項式，它可以表示為係數的多項式。
對於單子式 $x_i^a x_j^b \dots$, 如果它是對稱的，則可以表示為基本對稱多項式的多項式。
$\Delta$ 的平方 $\Delta^2$ 可以用 $f(x)$ 的係數表示，所以 $\Delta^2$ 是整數。
我們需要證明 $\Delta$ 本身是整數。
對於一個不可約多項式 $f(x) \in Q[x]$，若其判別式 $\Delta^2$ 是完全平方數，則 $\Delta$ 是整數（或者說 $\Delta \in Q$ 且 $\Delta^2 \in Q^2$）。
由於 $\Delta^2 = 15376 = 124^2$, 它是完全平方數。
由於 $f(x)$ 的係數是整數，且 $f(x)$ 是單子式（首項係數為 1），其根是代數整數。
$\Delta$ 作為根的差的乘積，也是一個代數整數。
一個代數整數，如果它也是有理數，則它一定是整數。

核心觀念

設 $n=\deg f$。因為 $f(x)\in\mathbb Q[x]$ 不可約，且 $\alpha$、$\beta$ 都是 $f$ 的根，所以

$$[\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q] = [\mathbb Q(\beta):\mathbb Q] = n.$$

題目要證明 $\{1,\alpha,\beta\}$ 在 $\mathbb Q$ 上線性獨立。關鍵觀念是：

1. 若 $\beta$ 可寫成 $\alpha$ 的有理一次式，則可在 $\mathbb Q(\alpha)$ 上建立將 $\alpha$ 送到 $\beta$ 的 $\mathbb Q$-自同構。
2. 由於 $\beta$ 是 $\alpha$ 的有理一次變換，此自同構會迫使該一次變換具有有限週期。
3. 奇數次擴張不可能存在非平凡的二階自同構。

---

解題方法

反設 $\{1,\alpha,\beta\}$ 在線性上相依，則存在 $p,q,r\in\mathbb Q$ 不全為零，使得

$$p+q\alpha+r\beta=0.$$

先處理 $r=0$ 的情形。此時

$$p+q\alpha=0.$$

若 $q\neq 0$，則 $\alpha=-p/q\in\mathbb Q$，因此 $\deg f=1$。但一次多項式不可能有兩個相異根，與題設 $\alpha\neq\beta$ 矛盾。因此 $q=0$，進而 $p=0$，這與 $p,q,r$ 不全為零矛盾。

所以必有 $r\neq 0$，可得

$$\beta=A\alpha+B, \qquad A=-\frac qr\in\mathbb Q,\quad B=-\frac pr\in\mathbb Q.$$

由 $\beta\in\mathbb Q(\alpha)$，有

$$\mathbb Q(\beta)\subseteq \mathbb Q(\alpha).$$

另一方面，$\alpha$ 與 $\beta$ 具有相同的不可約多項式 $f$，故

$$[\mathbb Q(\beta):\mathbb Q] = [\mathbb Q(\alpha):\mathbb Q] = n.$$

因此

$$\mathbb Q(\beta)=\mathbb Q(\alpha)=:K.$$

於是存在唯一的 $\mathbb Q$-自同構 $\sigma:K\to K$，滿足

$$\sigma(\alpha)=\beta.$$

由 $\beta=A\alpha+B$ 且 $A,B\in\mathbb Q$，

$$\sigma(\beta) = \sigma(A\alpha+B) = A\beta+B.$$

因為 $K/\mathbb Q$ 是有限擴張，$\operatorname{Aut}(K/\mathbb Q)$ 是有限群，所以存在正整數 $m$ 使得

$$\sigma^m=\operatorname{id}.$$

考慮 $A$ 的可能性。

若 $A=1$，則