$f\in K[X]$ irreducible de grado impar, $\alpha, \beta\in\bar K$ distintas raíces de $f$ $\Rightarrow$ ni $\alpha+\beta\in K$ ni $\alpha\beta\in K$

Question

Mi tarea es mostrar el siguiente:

Deje $ f \in K[X]$ irreductible con grado impar.

Si $\alpha , \beta \in \bar K$ son distintas raíces de $f$ donde $ \bar K$ algebraica de cierre de $K$ ni $\alpha + \beta \in K$ ni $ \alpha \beta \in K$.

No tengo ni idea, de cómo pasar. Algunos consejos o soluciones (parciales) sería muy bueno.

Answer 1

Supongamos primero que $f(x)$ es separable.

Deje $L$ ser la división de campo de la $f(x)$. A continuación, $L/K$ es de Galois, y el grupo de Galois $G=Gal(L/K)$ actúa transitivamente sobre el conjunto de ceros de $f(x)$.

Suponga que $\alpha+\beta=z\in K$ para algunas raíces $\alpha,\beta$. En otras palabras, $\beta=z-\alpha$ es también una raíz. Para cada una de las $\sigma\in G$ obtenemos que $$z-\sigma(\alpha)=\sigma(z)-\sigma(\alpha)=\sigma(\beta).$$ Here $\sigma(\alpha)$ and $\sigma(\beta)$ are also roots of $f(x)$, and by transitivity of $G$ any root of $f(x)$ will appear as $\sigma(\alpha)$ for some $\sigma\in G$. Hemos demostrado que:

Para cualquier raíz de $\gamma$$f(x)$, el elemento $z-\gamma$ también es una raíz de $f(x)$.

Por lo que la asignación de $\delta:\alpha\mapsto z-\alpha$ es una permutación de las raíces. Si $\delta(\alpha)=\alpha$,$2\alpha=z$. Esto es una contradicción, porque ya tenemos $\alpha=z/2\in K$, o (en el carácter de los dos) $z=0$ $\alpha=-\alpha$ es una doble raíz. Por lo $\delta$ no tiene puntos fijos.

Como $\delta^2(\alpha)=\alpha$ se sigue que $\delta$ permutes las raíces en 2 ciclos. Pero hay un número impar de ellos, así que esto es una contradicción. Un final alternativo del juego sería utilizar el hecho de que por Vieta las relaciones de la suma de todas las raíces de $f(x)$ es un elemento de $K$ cuando la vinculación de todas las raíces, salvo una sola excepción, implicaría que los impares de la raíz también sería un elemento de $K$.

Como usted pidió sólo sugerencias, lo dejo a usted para averiguar lo que las modificaciones a este argumento son necesarios para demostrar que el $\alpha\beta\notin K$.

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Si $f(x)$ es no-separables e irreductible a continuación, $K$ tiene carácter $p$, $f(x)=g(x^{p^t})$ para algunos $t$, e $g(x)$ es una irreductible separables polinomio de grado impar $K$. Las raíces de $g$ obtenido por la recaudación de las raíces de $f$ a la potencia $p^t$. Así que si $\alpha$ $\beta$ son distintos raíz de $f$ $\alpha^{p^t}$ $\beta^{p^t}$ son raíces de $g$ (que demostrar que son distintos, no es difícil!). Por lo tanto, el resultado anterior nos dice que $$\alpha^{p^t}+\beta^{p^t}=(\alpha+\beta)^{p^t}$$ is not an element of $K$. Therefore neither is $\alpha+\beta$. Lo mismo para el producto.