Demostrando que todos los elementos de una extensión de campo trascendentales

Question

Mi pregunta es si mi estrategia para esta prueba es correcta. Voy a poner el hecho de ser demostrado, mi estrategia, y por qué estoy indeciso acerca de mi estrategia.

Cosa que se ha demostrado: quiero demostrar que si $E$ es una extensión del campo de $F$, e $\alpha \in E$ es trascendental sobre $F$ , entonces cada elemento de a$F(\alpha)$ (campo de cocientes de a$F[\alpha]$) es también trascendental sobre $F$.

Mi Prueba de Estrategia: Suponga $\beta \in F(\alpha)$ e $\beta$ es algebraico. A continuación, $\exists p(x) \in F[x]$ tal que $p(\beta) = 0$. Pero desde $\beta$ es un polinomio en a$\alpha$, lo que significa que algunos polinomio en $\alpha$ con coeficientes en $F$ es igual a $0$ lo $\exists q(x) \in F[x]$ tal que $q(\alpha) = 0$.

Mis Inquietudes:

• $\beta$ está en un campo de cocientes de a$F[\alpha]$, pero esto puede evitarse, porque, para que se $0$ solo falta que el "numerador", que es en $F[\alpha]$ que tiene una raíz.

• Mostrando rigurosamente que $p(\beta)$ es un polinomio en a$\alpha$ parece como un dolor. Esto tiene sentido, pero haciendo una solución general parece difícil.

Esto me hace pensar que una solución más fácil podría ser de alguna manera emplear teoremas sobre el hecho de que $\langle p(x)\rangle$ debe ser un ideal maximal.

Así que mi pregunta es, que la ruta podría resultar en una más fácil y más elegante solución?

Answer 1

Proffering el uso de la unicidad de la factorización de polinomios como una alternativa.

Suponga que al contrario que $\beta=r(\alpha)/s(\alpha), \beta\notin F,$ es algebraico sobre $F$. Aquí $r(\alpha),s(\alpha)\in F[\alpha]$. W. l.o.g. podemos asumir que:

• $\gcd(r(\alpha),s(\alpha))=1$ porque simplemente podemos cancelar cualquier factor común, y
• al menos uno de $r(\alpha), s(\alpha)$ no es una constante. De lo contrario, $\beta\in F$.

Deje $p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in F[x]$ ser el polinomio mínimo de a$\beta$ sobre $F$. Debido a $\beta\notin F$ sabemos que $p(x)$ tiene un grado de al menos dos. Además, $p(x)$ es irreducible en a$F[x]$, por lo que podemos asumir que $a_n=1$ e $a_0\neq0$.

Vamos a enchufar $x=\beta$. Llegamos a $$ a_0+a_1\frac{r(\alpha)}{s(\alpha)}+\cdots+\left(\frac{r(\alpha)}{s(\alpha)}\right)^n=0. $$ Utilizando un denominador común permite una reescritura $$ 0=\frac{a_0s(\alpha)^n+a_1s(\alpha)^{n-1}r(\alpha)+a_2s(\alpha)^{n-2}r(\alpha)^2+ \cdots+a_{n-1} (\alpha)r(\alpha)^{n-1}+r(\alpha)^n}{s(\alpha)^n}. $$ Aquí el numerador debe ser el cero del polinomio en el ring $F[\alpha]$. Pero, las dos balas anterior implica que existe una irreductible que no sea constante polinomio $m(\alpha)\in F[\alpha]$ tal que $m(\alpha)$ es un factor de exactamente uno de $r(\alpha)$ (y no de la otra).

Mira el numerador de nuevo. Si $m(\alpha)\mid r(\alpha)$ e $m(\alpha)\nmid s(\alpha)$, entonces todos los términos en el numerador, con la sola excepción de la primera son divisibles por $m(\alpha)$. Lo que implica que el numerador no es divisible por $m(\alpha)$. Esto es una contradicción, porque el numerador se supone igual a cero.

Si $m(\alpha)\mid s(\alpha)$ e $m(\alpha)\nmid r(\alpha)$ , a continuación, un problema similar se produce. Esta vez el último término del numerador es el único que no divisible por $m(\alpha)$.

Única factorización de polinomios se utilizó en el paso cuando hemos deducido que la potencia de un polinomio no divisible por $m(\alpha)$ podría no ser divisible por $m(\alpha)$ .

Answer 2

Me gustaría utilizar el multiplicativity de la licenciatura en la torre de extensiones $F \subseteq F(\beta) \subseteq F(\alpha)$. Desde $\beta \in F(\alpha)$, a continuación, $\beta$ es una función racional en $\alpha$, es decir, $\beta = \frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}$ para algunos polinomios $f,g \in F[x]$, $g \neq 0$. A continuación, $\alpha$ es una raíz de $\beta g(x) - f(x) \in F(\beta)[x]$. Suponga $\beta \in F(\alpha) \setminus F$. Entonces al menos uno de $f$ e $g$ es no constante, y desde $F[x]$ es un PID podemos tomar $f$ e $g$ relativamente primos. A continuación, $\beta g(x) - f(x)$ no es el polinomio cero (desde $\beta g \in F(\beta)[x] \setminus F[x]$ mientras $f \in F[x]$), por lo $\alpha$ es algebraico sobre $F(\beta)$, por lo tanto $[F(\alpha) : F(\beta)] < \infty$.

Por contradicción, supongamos $\beta$ es algebraico sobre $F$. A continuación, $[F(\beta) : F] < \infty$, así que por multiplicativity tenemos $$ [F(\alpha) : F] = [F(\alpha) : F(\beta)] [F(\beta) : F] < \infty \, , $$ contradiciendo el hecho de que $\alpha$ es trascendental sobre $F$.