Mostrando $K[u]$ es un campo cuando $u$ algebraica $K$.

Question

Deje $K$ ser un campo, y deje $u$ ser algebraicas sobre $K$. Mostrar que $K[u]$ es un campo.

Contexto/progreso hasta ahora: Esta es una generalización de un problema en las primeras páginas de Peterson "Álgebra Lineal." Si es posible, me gustaría evitar el uso de la maquinaria de álgebra abstracta y mostrar directamente que los elementos de la $K[u]$ es invertible. Puedo mostrar que $\{1, u, ..., u^{n-1}\}$ es una base para $K[u]$ $K$ donde $n$ es el grado del polinomio mínimo de a $u$. Utilizando el mismo polinomio, puedo demostrar que $u^{-1}$ existe. Pero estoy teniendo problemas para invertir elementos generales de $K[u]$. Cualquier sugerencias?

Answer 1

No estoy seguro de si esta prueba no es lo que quieres, pero aquí va :

Deje $p(x)\in K[x]$ ser el polinomio mínimo de a $u$, luego $$ K[u] = K[x]/(p(x)) $$ Considere la posibilidad de un polinomio $f(X) \in K[X]$ tal que $\overline{f}\neq \overline{0}$$K[u]$. La sustitución de $f$ por su resto en la división por $p$, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $deg(f) < deg(p)$.

Desde $p$ es primo, $$ mcd(f,p) = 1 $$ Por lo tanto, existe $g(x), r(x) \in K[x]$ tal que $$ fg + rp = 1 $$ Así $$ \overline{f}\overline{g} = \overline{1} $$ Y, por tanto, $\overline{f}$ es invertible.

Answer 2

Supongamos que tenemos cualquier elemento $x$ algebraicas $K,$ % polinomio mínimo $x^n + a_1 x^{n-1} + \ldots + a_n =0.$$x$tiene inversa $(-a_n)^{-1} (x^{n-1}+ a1 x^{n-2} + \cdots + a{n-1}).$ ahora la clave es que sumas o productos de elementos algebraicos es algebraica.

Answer 3

Este resultado sólo es cierto si $u$ se supone vivir en una integral de dominio que contengan $K$ (por ejemplo, en una extensión de campo, un contexto que sugiere el término "algebraica"). Voy a suponer esta hipótesis.

Que $u$ es algebraica significa que $K[u]$ es un finito dimensional espacio vectorial sobre$~K$. La multiplicación por cualquier elemento distinto de cero $a\in K[u]$ es inyectiva (debido a $K[u]$ es una parte integral de dominio) $K$-lineal mapa de $K[u]\to K[u]$. Por finito de dimensionalidad, $K$- lineal mapas son surjective así; en particular, el elemento$~1\in K[u]$ es en la imagen de la multiplicación por$~a$, lo que significa que $a$ es invertible.

Si usted necesita para calcular la inversa de a $a$ explícitamente, se puede proceder como sigue. Deje $\mu\in K[X]$ ser el polinomio mínimo de a$~u$$~K$, que es una irreductible monic polinomio de grado$~n$ (si fuera reducible $\mu=PQ$, $P[u]Q[u]=\mu[u]=0$ estaría en contradicción con que $K[u]$ es una parte integral de dominio), y escribir $a$ como un polinomio (que puede ser llevado a ser de grado${}<n$)$~u$, decir $a=A[u]$. Entonces a partir de la $a\neq0$ $\mu$ irreductible uno ha $\gcd(A,\mu)=1$, por lo que si $S,T\in K[X]$ son Bezout coeficientes de $1=SA+T\mu$, $S[u]$ es una inversa de a$~a$$~K[u]$.

Answer 4

En este trabajo?:

Deje $\phi(x) \in K[x]$ ser el polinomio mínimo de a $u$. Considere la posibilidad de $f(u) \in K[u]$ donde $f(x) \in K[x]$. Me dicen que puede tardar $\deg f < \deg \phi$ sin pérdida de generalidad. Por qué? Si $\deg f \ge \deg \phi$, podemos utilizar el algoritmo de la división en $K[x]$ escribir $f(x) = \phi(x) q(x) + r_f(x)$ donde $\deg r_f < \deg \phi$. A continuación,$f(u) = \phi(u) q(u) + r_f(u)$, de ahí que, desde $\phi(u) = 0$, $f(u) = r_f(u)$. Yo reclamo que $\phi(x)$ debe ser irreductible en $K[x]$. Por qué? Si $\phi(x) = \alpha(x) \beta(x)$$K[x]$, y ninguna de las $\alpha(x)$ ni $\beta(x)$ es constante, es decir, de grado $0$, entonces tendríamos $\alpha(u) \beta(u) = \phi(u) = 0$, donde cualquiera de las $\alpha(u) = 0$ o $\beta(u) = 0$. Pero $0 < \deg \alpha < \deg \phi$, $0 < \deg \beta < \deg \phi$, así que esto contradice la minimality de $\phi(x)$. Desde $\phi(x)$ es irreductible, es el primer en $K[x]$, un director ideal de dominio. Desde $\phi(x)$ es primo, debemos tener $\gcd(\phi(x), r_f(x)) = 1$, ya que no podemos tener $\phi(x) \vert r_f(x)$ por virtud del hecho de que $\deg r_f < \deg \phi$, donde no existe $g(x), h(x) \in K[x]$ tal que $r_f(x)g(x) + \phi(x)h(x) = 1$. Pero, a continuación,$r_f(u)g(u) = 1$, ya que el $\phi(u) = 0$. QED.

P. S. Después de que el anterior desglose, debo señalar que la evaluación homomorphism $\theta:K[x] \to K[u]$ ha kernel, precisamente,$(\phi(x))$$K[x]$, de donde $K[u]$ es isomorfo a $K[x]/(\phi(x))$, un campo desde $\phi(x)$ es primo etc. etc. etc. Escribir menos! ;)