si $a$ es algebraico, entonces $k[a] = k(a)$

Question

Dejar $K/k$ sea una extensión de campo y $a\in K$ algebraica sobre k. Demostrar que la subálgebra $k[a]$ es un campo y que $k[a] = k(a)$ donde $k(a)$ es la extensión monogénica, es decir, el subcampo más pequeño de $K$ que contiene $k$ y $a$ .

Sé que $a$ es algebraico en $k[a]$ desde $k\subset k[a]$ . No veo cómo pasar de ahí. Gracias.

Answer 1

Desde $x$ es algebraico, satisface un polinomio irreducible $p\in k[X]$ y

$$k[x]\cong k[X]/\langle p \rangle,$$

que es un campo ya que el ideal $\langle p \rangle$ es máxima. Ahora bien, es evidente que $k[x]\subseteq k(x)$ pero también $k(x)\subseteq k[x]$ desde $x^{-1}\in k[x]$ .

EDITADO:

El $k$ -isomorfismo entre el $k$ -algebras de arriba se ve de la siguiente manera:

Dejemos que $d$ sea el grado de $p$ . Entonces $B:=\{1,x,\dots,x^{d-1}\}$ es un $k$ -conjunto linealmente independiente dentro de $k[x]$ (de lo contrario, el grado de $p$ sería menor que $d$ ya que es irreducible), y como $x^d$ es una combinación lineal de los vectores en $B$ , obtenemos que $B$ también abarca $k[x]$ es decir, $B$ es una base del $k$ -espacio vectorial $k[x]$ . Por otro lado, $K[X]/\langle p \rangle$ está claramente atravesado por $B':=\{1,\overline{X},\ldots,\overline{X^{d-1}}\}$ donde el subrayado indica la proyección canónica, y que es una base por el mismo razonamiento que antes.

Dejemos que $\varphi:k[x]\rightarrow K[X]/\langle p \rangle$ sea el mapa lineal definido en $B$ por $\varphi(x^i):=\overline{X^i}$ (y ampliada por la linealidad). Por construcción, vemos que $\varphi$ es además un homomorfismo, ya que $x^k$ irá a $\overline{X^k}$ por cada $k\in\mathbb{N}$ precisamente porque $p$ es el polinomio mínimo de $x$ para que $\overline{X^k}$ satisface la misma combinación lineal en $B'$ como $x^k$ hace en $B$ .

Ahora $\varphi$ es biyectiva, ya que es un mapa lineal entre bases del mismo cardinal finito.

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Para sus futuros estudios, esto resulta ser un caso particular del caso más general de la existencia de álgebras libres: cada $k$ -Álgebra $A$ de "tipo" $T$ (satisfaciendo las identidades en $T$ ) es isomorfo al cociente de la libre $k$ -álgebra del tipo $T$ con el mismo número de generadores que $A$ por el ideal $I(A)$ de identidades satisfechas por todos los elementos de $A$ donde el álgebra libre se construye a partir de los "polinomios" más generales que satisfacen las identidades $T$ . Así, por ejemplo, toda álgebra asociativa y conmutativa generada por un elemento es isomorfa a $k[X]/I$ , donde $I$ es el ideal de identidades satisfechas por ese elemento, en este caso, su polinomio mínimo; también, toda álgebra asociativa generada por dos elementos tales que $x^2=y-1$ (y que no satisface otras relaciones) es isomorfo a $k\langle X,Y\rangle/I$ , donde $XY\neq YX$ y $I:=\langle X^2-Y+1\rangle$ .

Answer 2

Esto es sólo una variante de la respuesta de José Brox.

$k[a] \subset k(a)$ es evidente porque el $k$ -espacio vectorial $k[a]$ es generada por las potencias $a^i$ que pertenecen a $k(a)$ .

Es bien sabido que $k(a)$ es un $k$ -espacio vectorial con base $1,a,..,a^{n-1}$ , donde $n$ es el grado de un polinomio irreducible con raíz $a$ . Esto implica $k(a) \subset k[a]$ .

Answer 3

Para demostrar que $k[a] \subset K$ es un campo, debemos establecer que cualquier $0 \ne y \in k[a]$ posee un inverso multiplicativo $y^{-1} \in k[a]$ . Ahora bien, desde $a \in K$ es algebraico sobre $k$ ,

$n = [k[a]:k] < \infty, \tag 1$

de lo que se deduce que existe una dependencia lineal entre el primer $n$ poderes de $y$ , es decir, entre

$1, \; y, \; y^2, \; \ldots, y^{n - 1}, y^n; \tag 2$

es decir, hay $\alpha_i \in k$ , $0 \le i \le n$ , de tal manera que $y$ satisface el polinomio

$\Upsilon(t) = \displaystyle \sum_0^n \alpha_i t^i \in k[t], \tag 3$

a saber ,

$\Upsilon(y) = \displaystyle \sum_0^n \alpha_i y^i = 0; \tag 4$

esto debe ser así ya que el subespacio abarcado por he $y^i$ , $0 \le i \le n$ es de dimensión como máximo $n = [k[a]:k]$ . Ahora bien, desde $y$ satisface un polinomio $\Upsilon(t) \in k[t]$ de grado como máximo $n$ podemos afirmar la existencia de un polinomio

$\mu(t) \in k[t] \tag 5$

de grado mínimo entre todos los polinomios en $k[t]$ satisfechos por $y$ :

$\mu(y) = 0, \tag 6$

y

$\forall \Theta(t) \in k[t], \; \Theta(y) = 0 \Longrightarrow \deg \mu(t) \le \deg \Theta(t). \tag 7$

Ahora bien, si $\mu(t)$ es un polinomio de este tipo,

$\mu(t) = \displaystyle \sum_0^{\deg \mu} \mu_i t^i, \; \mu_i \in k, \; 0 \le i \le \deg \mu(t), \tag 8$

Afirmo que

$\mu_0 \ne 0; \tag 9$

porque si no, entonces

$\mu(t) = t \displaystyle \sum_1^{\deg \mu} \mu_i t^{i - 1}, \tag{10}$

y ahora (6) da como resultado

$y \displaystyle \sum_1^{\deg \mu} \mu_i y^{i - 1} = \mu(y) = 0; \tag{11}$

desde $y \ne 0$ ,

$\displaystyle \sum_1^{\deg \mu} \mu_i y^{i - 1} = 0, \tag{12}$

que muestra $y$ satisface un polinomio de grado inferior al de $\mu(t)$ ; como por hipótesis esto es imposible, concluimos que $\mu_0 \ne 0$ y por lo tanto

$y \displaystyle \sum_1^{\deg \mu} \mu_i y^{i - 1} = \sum_1^{\deg \mu} \mu_i y^i = -\mu_0 \ne 0, \tag{13}$

o

$y \displaystyle \sum_1^{\deg \mu} -\dfrac{\mu_i}{\mu_0} y^{i - 1} = 1, \tag{14}$

que muestra que

$y^{-1} = \displaystyle \sum_1^{\deg \mu} -\dfrac{\mu_i}{\mu_0} y^{i - 1} \in k[a]; \tag{15}$

vemos así que cada $y \in k[a]$ es invertible y, por tanto, que $k[a] \subset K$ es un campo.

Tenemos que demostrar que $k(a) = k[a]$ . Desde $k \subset k(a)$ y $a \in k(a)$ vemos que cualquier $p(a) \in k[a]$ , donde $p(t) \in k[t]$ , satisface $p(a) \in k(a)$ desde $k(a)$ es cerrado bajo los axiomas del anillo; por lo tanto $k[a] \subset k(a)$ ; pero acabamos de ver que $k[a]$ es a su vez un campo, por lo que como $k(a)$ es el campo más pequeño (con respecto a la inclusión del conjunto " $\subset$ ") que contiene $k$ y $a$ Debemos tener $k(a) = k[a]$ y hemos terminado.