Voy a tratar de dar un poco de motivación para la idea principal de la prueba.
Comience por leer el último párrafo de la primera (creo que habría sido más claro para comenzar la prueba de esta manera). Aquí está comprobado que si $K$ tiene QE, a continuación, $K$ es perfecto. De ello se desprende que cada algebraicas extensión de $K$ es separable.
Por lo que asumimos de la contradicción que $K$ no es algebraicamente cerrado, es decir, $K$ tiene un adecuado grado de $n>1$) extensión algebraica $K(\alpha)$, que sabemos que debe ser divisible por el último párrafo. Definimos $$f(y,\overline{x}) = y^n + x_{n-1}y^{n-1} + \dots + x_0.$$ You wrote "As I understand this, I think they are saying that $f$ is the minimal polynomial for $\alpha$". This is not correct. $f$ is a polynomial in $(n+1)$ variables, $y,x_0,\dots,x_{n-1}$. It's the "template" for all degree $n$ monic polynomials: every such polynomial is of the form $f(y,\overline{a})$ for some coefficients $\overline{a}$. What's true is that for some choice of $\overline{a}$, $f(y,\overline{a})$ will be the minimal polynomial of $\alpha$. For this $\overline{a}$, $f(y,\overline{a})$ has no root in $K$, but for many other tuples $\overline{b}$, $f(y,\overline{b})$ does have a root in $K$.
Muy a grandes rasgos, la estrategia de la prueba es aprovechar esta diferencia entre los coeficientes, por lo que muestra una contradicción que "la mayoría" de tuplas de los coeficientes de dar un polinomio con una raíz, y también "la mayoría" de tuplas de los coeficientes de dar un polinomio sin raíz. Aquí el significado de "la mayoría" tiene que ver con genericity en la geometría algebraica: si un algebraicamente independiente tupla en una extensión de campo cumple la condición. Y para que esto tenga sentido, es importante que la condición se cuantificador.
De vuelta a la prueba en sí: utilizamos QE encontrar un cuantificador fórmula libre de $\Phi(\overline{x})$ que es equivalente a $\forall y\, f(y,\overline{x})\neq 0$ en $K$. Esta $\Phi(\overline{x})$ como un cuantificador-gratis "prueba" en los coeficientes de un grado $n$ polinomio que dice que si no tiene raíz en $K$. Así, por ejemplo, si $f(y,\overline{a})$ es el polinomio mínimo de a$\alpha$, a continuación, $K\models \Phi(\overline{a})$.
Ahora queremos establecer la siguiente afirmación:
$\Phi(\overline{x})$ es "muy grande" en el sentido de que el conjunto se define no está vacío abierto Zariski subconjunto de $K^n$ (sintácticamente, esto significa que uno de sus disjuncts tiene la forma $q(\overline{x})\neq 0$, donde $q$ es un polinomio distinto de cero).
Obtenemos una contradicción de la afirmación de la siguiente manera: Considere el trascendental extensión de $K(z_1,\dots,z_n)$. Es un hecho que el $(\sigma_1(\overline{z}), \dots, \sigma_n (\overline{z}))$ son algebraicamente independientes sobre $K$, donde el $\sigma_i$ son de la escuela primaria simétrica polinomios en la $z_j$. Un algebraicamente independiente tupla no satisface cualquier polinomio distinto de cero, por lo $q(\sigma_1(\overline{z}), \dots, \sigma_n (\overline{z}))\neq 0$. Pero el pensamiento de la $q(\sigma_1(\overline{z}), \dots, \sigma_n (\overline{z}))$ como un polinomio $q'(\overline{z})$, podemos ver que $q'$ es distinto de cero, por lo que (desde $K$ es infinito) hay algunos tupla $\overline{k}\in K^n$ tal que $q'(\overline{k})\neq 0$, y, por tanto, $K\models \Phi(\sigma_1(\overline{k}),\dots,\sigma_n(\overline{k}))$, lo $f(y,\sigma_1(\overline{k}),\dots,\sigma_n(\overline{k}))$ no tiene raíz en $K$. Pero este es el polinomio $\prod_{i=1}^n (y-k_i)$, que tiene todas sus raíces en $K$, contradicción.
Queda por establecer la demanda, la cual se realiza en el segundo párrafo y la primera mitad del tercer párrafo de la prueba. El álgebra aquí es más complicado, por lo que no entraré en detalles, pero la idea es llegar con algunos elementos $F_0(\overline{z}),\dots,F_{n-1}(\overline{z})$ en el trascendental extensión de $K(z_1,\dots,z_n)$ que son algebraicamente independientes y tal que $K\models \Phi(F_0(\overline{k}),\dots,F_{n-1}(\overline{k}))$ para casi todos los $\overline{k}\in K^n$. El $F_i$ son elegidos de forma que las raíces de $f(y,F_0(\overline{k}),\dots,F_{n-1}(\overline{k}))$ son los elementos $k_0 + k_1\alpha_j + \dots + k_{n-1}\alpha_j^{n-1}$, donde $\alpha_j$ es uno de los conjugados de la $\alpha$ en la clausura algebraica de $K(\alpha)$, y estos elementos están casi nunca en el $K$. El trabajo principal es demostrar la algebraicas de la independencia de la $F_i(\overline{z})$, y aquí es importante que $K(\alpha)$ fue un separables extensión, por lo que $\alpha$ realmente ha $n$ distintos conjugados más de $K$. De ello se desprende que el subconjunto de $K^n$ definido por $\Phi(\overline{x})$ no puede estar contenida en cualquier apropiado Zariski-cerrado subconjunto de $K^n$ (es decir, no está contenida en el ajuste a cero de cualquier no-cero del polinomio), y por la irreductibilidad de $K^n$, o por el sintáctico presentación de $\Phi(\overline{x})$, con esto se establece la demanda.
Por encima de más o menos he seguido el argumento en el papel. Pero me gustaría conceptualizar la prueba de la siguiente manera (en la línea de la intuición en la primera cita de bloque.
En primer lugar, muestran que para todos los $\overline{k}$ en $K^n$, $f(y,\sigma_1(\overline{k}),\dots,\sigma_n(\overline{k}))$ tiene una raíz en $K$. Por lo $K\models \lnot \Phi(\sigma_1(\overline{k}),\dots,\sigma_n(\overline{k}))$. De ello se desprende que para los genéricos $\overline{z}$ sobre $K$, tenemos $\lnot \Phi(\sigma_1(\overline{z}),\dots, \sigma_n(\overline{z}))$. Pero si el $\overline{z}$ son algebraicamente independientes sobre $K$, por lo que son las $(\sigma_1(\overline{z}),\dots, \sigma_n(\overline{z}))$. Por lo $\lnot \Phi$ sostiene de manera genérica.
A continuación, encontramos el $F_j$ y muestran que para casi todos los $\overline{k}$ en $K^n$, $f(y,F_0(\overline{k}),\dots,F_{n-1}(\overline{k}))$ no tiene raíz en $K$. Por lo $K\models \Phi(F_0(\overline{k}),\dots,F_{n-1}(\overline{k}))$. De ello se desprende que para los genéricos $\overline{z}$ sobre $K$, tenemos $\Phi(F_0(\overline{z}),\dots, F_{n-1}(\overline{z}))$. Demostrar que si la $\overline{z}$ son algebraicamente independientes sobre $K$, entonces el $(F_0(\overline{z}),\dots, F_{n-1}(\overline{z}))$ (esta es la parte más difícil). Por lo $\Phi$ sostiene de manera genérica.
Finalmente, un cuantificador condición libre y es complemento no se puede mantener de forma genérica.
