1-4 体拡大と拡大次数

右辺を $S$ と置きます。加法・減法と乗法について
$$ (a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2) =(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2 $$
なので閉じています。非零元 $a+b\sqrt2$ の逆元は
$$ \frac1{a+b\sqrt2} =\frac{a-b\sqrt2}{a^2-2b^2} $$
です。分母が0なら $a^2=2b^2$。$b=0$ なら $a=0$ となり元が0なので矛盾。$b\ne0$ なら $(a/b)^2=2$ となりますが、$\sqrt2\notin\mathbb Q$ なので不可能です。従って分母は非零で、逆元も $S$ に入ります。
よって $S$ は $\mathbb Q$ と $\sqrt2$ を含む部分体です。$\mathbb Q(\sqrt2)$ の最小性から $\mathbb Q(\sqrt2)\subseteq S$。逆に体 $\mathbb Q(\sqrt2)$ は $a,b,\sqrt2$ を含み、加法と乗法で閉じるので $S\subseteq\mathbb Q(\sqrt2)$。従って等号です。
$1,\sqrt2$ が一次従属なら $a+b\sqrt2=0$ となる $a,b\in\mathbb Q$ があり、少なくとも一方は非零です。$b=0$ なら $a=0$ なので、$b\ne0$。すると $\sqrt2=-a/b\in\mathbb Q$ となり矛盾です。従って一次独立で、生成もするため基底です。□

$n=[L:K]$ とします。$L$ は $n$ 次元 $K$ ベクトル空間なので、$n+1$ 個の元
$$ 1,\alpha,\alpha^2,\ldots,\alpha^n $$
は一次従属です。従って、すべては0でない係数 $a_0,\ldots,a_n\in K$ が存在して
$$ a_0+a_1\alpha+\cdots+a_n\alpha^n=0. $$
非零多項式 $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ と置けば $f(\alpha)=0$。よって $\alpha$ は代数的です。□

$$ \alpha\beta=(1+\sqrt2)(3-2\sqrt2) =3-4+(3-2)\sqrt2=-1+\sqrt2. $$
また
$$ \alpha^{-1}=\frac{1-\sqrt2}{1-2} =-1+\sqrt2. $$
実際 $(1+\sqrt2)(-1+\sqrt2)=1$ です。□

$$ a(1+i)+b(1-i)=(a+b)+(a-b)i. $$
これが0なら $a+b=0,a-b=0$。加えると $2a=0$ なので $a=0$、従って $b=0$。よって一次独立です。2次元空間の二つの一次独立な元なので基底です。
直接生成を示すなら
$$ 1=\frac12((1+i)+(1-i)), \qquad i=\frac12((1+i)-(1-i)) $$
です。□

4個の元 $1,\alpha,\alpha^2,\alpha^3$ は3次元 $K$ ベクトル空間で一次従属なので、次数3以下の非零多項式関係を得ます。
一方、たとえば $L=\mathbb Q(\sqrt[3]2)$、$\alpha=\sqrt[3]2$ では $x^3-2$ が既約です。有理根定理により、有理根候補 $\pm1,\pm2$ のどれも根でないため三次多項式 $x^3-2$ は $\mathbb Q$ 上既約です。もし次数2以下の非零多項式が $\alpha$ を消せば、最小次数の関係は3未満となり $x^3-2$ の既約性に反します。□

もし有限次なら、有限次拡大は代数的という定理から $t$ は $K$ 上代数的です。従って非零多項式
$$ a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in K[x] $$
が $t$ を消し
$$ a_0+a_1t+\cdots+a_nt^n=0 $$
となります。しかし $t$ は不定元であり、形式的多項式が0であることは全係数が0であることと同値です。これは多項式が非零という仮定に反します。従って $[K(t):K]=\infty$ です。□