Otra versión de Gauss ' s lema

Question

Que $A$ sea un dominio con el campo de fracciones $K$. Que $f, g \in A[X]$ $g$ monic. Demostrar eso si $f/g \in K[X]$ y $f/g \in A[X]$.

Así que intenté el acercamiento directo sólo asumiendo $f/g$ tiene un % de coeficiente $a/b$y luego multiplicando hacia fuera con $g$ con el fin de conseguir que $f$ tiene un coeficiente de "irracional"; pero no puedo finisnh.

Answer 1

Teorema. Deje $R$ ser un anillo conmutativo con unidad, vamos a $g(x)\in R[x]$ ser un polinomio con coeficiente inicial de una unidad, y deje $f(x)\in R[x]$. Entonces existen polinomios $q(x),r(x)\in R[x]$ tal que $f(x)=q(x)g(x) + r(x)$, y $r=0$ o $\deg(r)\lt \deg(g)$.

Prueba. Si $f=0$, entonces no hay nada que hacer. De lo contrario, hacemos inducción sobre $\deg(f)$. Suponga que el resultado se cumple para cualquier polinomio de grado menor que $f(x)$. Deje $f(x) = a_nx^n + \cdots + a_0$, y escribir $g(x) = b_mx^m+\cdots + b_0$. Si $n\lt m$, a continuación, establezca $q(x)=0$, $r(x)=f(x)$, y hemos terminado. De lo contrario, tenga en cuenta que desde $b_m$ es una unidad, entonces $a_nb_m^{-1}\in R$, lo $a_nb_m^{-1}x^{n-m}g(x)\in R[x]$. Tenga en cuenta que el principal término de este polinomio es igual a la de $f(x)$, lo $f(x) - a_nb_m^{-1}x^{n-m}g(x)$ es $0$, o tiene un grado estrictamente menor que $f(x)$. De cualquier manera, podemos escribir $$f(x) - a_nb_m^{-1}x^{n-m}g(x) = q'(x)g(x) + r(x)$$ con $q'(x),r(x)\in R[x]$, e $r=0$ o $\deg(r)\lt \deg(g)$, por la hipótesis de inducción. Establecimiento $q(x) = a_nb_m^{-1}x^{n-m}+q'(x)$ da la conclusión deseada. $\Box$

Debido a que el coeficiente inicial de $g(x)$ es una unidad en $A[x]$, se puede realizar la división larga y escribir $f(x) = q(x)g(x)+r(x)$ con $q(x)\in A[x]$, $r(x)\in A[x]$, y bien $r(x)=0$ o $\deg(r)\lt\deg(g)$.

En $A[X]$ esta expresión no puede ser única; sin embargo, desde la $K$ es un campo, el algoritmo de la división, junto con su singularidad cláusula no espera; ya que han encontrado una expresión para $f(x)$ $f(x) = q(x)g(x)+r(x)$ $q(x),r(x)\in A[x]\subseteq K[x]$ $r(x)$ satisface el grado de condiciones que el resto cuando se divide $f$$g$, entonces...

Answer 2

Deje que toque $\ $ $\rm\:h = f/g\:.\:$ $\rm\ f = g\:h = (x^k +\cdots\:)\:(h_n\:x^n + h')\in A[x]\ \Rightarrow h_n \in A\ \Rightarrow\ g\:h' \in A[x]\:$ por lo tanto, $\rm\:h'\in A[x]\:$ por inducción, así $\rm\: h\in A[x]\:.\:$

Como alternativa, equivalente, supongamos que tiene de $\rm\:g\not\in A[x]\:.$ luego $\rm\: g\:h = f \equiv 0\ \ (mod\ A)\:$contra $\rm\:g\:h\:$ % de coeficiente principal distinto de cero $\rm(mod\ A)$, es decir el coeficiente líder de $\rm\ g\ mod\ A\:.$