¿Análogo para el teorema del elemento primitivo para extensiones trascendentales?

Question

El Primitivo Elemento Teorema establece que si $E/F$ es finita separables de extensión de campo, entonces existe un elemento $a$ tal que $E=F(a)$.

Hay un resultado similar que he encontrado, que no acabo de comprender en su totalidad. Por ejemplo, supongamos $F$ ser un campo y $F[a_1,\dots,a_n]$ ser finito, separables de extensión. Supongamos también que $F_u=F(u_1,\dots,u_n)$ es puramente trascendental extensión de $F$, $u_1,\dots,u_n$ algebraicamente independiente sobre $F$. ¿Por qué es cierto que $F_u[a_1,\dots,a_n]=F_u[u_1a_1+\cdots+u_na_n]$?

Tengo que $u_1a_1+\cdots+u_na_n\in F_u[a_1,\dots,a_n]$, y por lo $F_u[u_1a_1+\cdots+u_na_n]\subseteq F_u[a_1,\dots,a_n]$. Sin embargo, ¿por qué es a la inversa verdad? He intentado reproducir el argumento de la primitiva elemento teorema sin éxito. Gracias.

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Puesto que el $u_i$ son algebraicamente independientes sobre $F$, e $F_u[a_1,\dots,a_n]$ es finitely generado más de $F_u$, yo estaba tratando de utilizar el corolario Bill Cook me señaló, a la conclusión de que la configuración de $y_1=\sum_{j=1}^n u_ja_j$, $F_u[a_1,\dots,a_n]$ integral $F_u[y_1]$. A partir de esto puedo concluir que la igualdad? He cuidado de cómo proceder, ya que no sé donde separación entra en uso.

Answer 1

Creo que esta afirmación es probado exactamente como el primitivo elemento teorema está demostrado. Te voy a dar el argumento en el caso de $n=2$, cortesía de J. S. Milne notas sobre la teoría del campo, de la que el caso general, de la siguiente manera.

Deje $E=F[a,b]$ $b$ separables $F_u$. Deje $f$ $g$ ser el mínimo polinomios de $a$$b$, respectivamente, en $F$. Deje $a=a_1, a_2, \ldots ,a_s$ ser las raíces de $f$ en algún campo $K$ contiene $E$, y deje $b=b_1, b_2, \ldots ,b_t$ ser las raíces de $g$. Para$j \neq 1$,$b_j \neq b_1$, por lo que $$a_i +Xb_j=a_1 +Xb_1$$ has exactly one solution: $X= \displaystyle \frac{a_j -a_i}{b_1-b_j}$. This means that $a_i + \frac{u_2}{u_1} b_j \neq un + \frac{u_2}{u_1} b$ in $K_u$ unless $i=1=j$.

Ahora vamos a $\gamma = a+\frac{u_2}{u_1}b$. Entonces los polinomios $g(X)$ $f(\gamma-\frac{u_2}{u_1}X)$ coeficientes en $F_u[\gamma]$, y ha $b$ como root: $$g(b)=0, f(\gamma-\frac{u_2}{u_1}b)=f(a)=0.$$

Por otra parte, $b$ es su única raíz común, debido a que $\gamma - \frac{u_2}{u_1}b_j \neq a_i$ si $i=1=j$. Por lo tanto, $$\gcd(g(X),f(\gamma-\frac{u_2}{u_1}X))=X-b.$ $

A pesar de que hemos calcula el mcd en algún campo que se divide $fg$, es un simple hecho de que el mcd de dos polinomios ha coeficientes en el mismo campo que los coeficientes de los polinomios. Por lo tanto $b \in F_u[\gamma]$, y esto implica que $a=\gamma - \frac{u_2}{u_1}b$ se encuentra en $F_u[\gamma]$. Por lo tanto, $F_u[a,b]=F_u[\gamma]=F_u[a+\frac{u_2}{u_1}b]=F_u[au_1+bu_2]$.