求证$\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(i)$及$\sqrt{3}$在$\mathbb{Q}(i)$上的既约多项式

你的这个推导思路完全成立，逻辑非常严谨！咱们来一步步梳理每一步的合理性，顺便补上一些细节让论证更完整：

首先先纠正一个小笔误：你写的$i^{2=1$应该是$i}2=-1$，这是复数的基本定义，不影响你整体的推导逻辑，但得明确这一点~

你的论证逻辑拆解 #

• 第一步假设：如果$\sqrt{3} \in \mathbb{Q}(i)$，根据$\mathbb{Q}(i)$的定义（所有形如$a+bi$，其中$a,b \in \mathbb{Q}$的复数），必然存在有理数$a,b$使得$\sqrt{3}=a+bi$，这一步完全符合域扩张的定义，没问题。
• 第二步平方展开：两边平方后得到$3=(a+bi)^2=a2 + 2abi + b²ⁱ2$，代入$i^{2=-1$后就是$3=(a}2 - b^2) + 2abi$，和你写的式子一致。
• 第三步矛盾推导：
  因为$\sqrt{3}$是实数，所以等式两边的复数必须实部相等、虚部相等，由此得到两个等式：
  1. 实部：$a^2 - b^2 = 3$
  2. 虚部：$2ab = 0$
     你直接变形得到$i=\frac{3-(a^2-b2)}{2ab} \in \mathbb{Q}$，这个思路是对的——不过这里可以分情况讨论让论证更周全：
     • 如果$ab=0$：要么$a=0$，此时$\sqrt{3}=bi$，平方得$3=-b^2$，但有理数的平方非负，矛盾；要么$b=0$，此时$\sqrt{3}=a$，但$\sqrt{3}$是无理数，和$a \in \mathbb{Q}$矛盾。
     • 如果$ab \neq 0$：那确实可以把虚部的等式变形为$i=\frac{3-(a^2-b2)}{2ab}$，右边是两个有理数的商，属于$\mathbb{Q}$，但$i$显然不是有理数，矛盾。

不管哪种情况，假设$\sqrt{3} \in \mathbb{Q}(i)$都会导出矛盾，所以$\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(i)$得证。

补充：证明$x^2-3$是$\sqrt{3}$在$\mathbb{Q}(i)$上的既约多项式 #

既然已经证明$\sqrt{3} \notin \mathbb{Q}(i)$，那：

• $x^2-3$的系数都属于$\mathbb{Q}(i)$，且$\sqrt{3}$是它的根；
• 对于$\mathbb{Q}(i)$上的多项式，如果是二次的，只要它没有根在$\mathbb{Q}(i)$里，就无法分解成两个一次因式的乘积（因为一次因式的根必然在域内），所以$x^2-3$在$\mathbb{Q}(i)$上是既约的。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Tim