Extensión separable finita, elementos algebraicamente independientes

Question

Estaba intentando trabajar en este ejercicio de Lang:

Sea $k$ sea un campo y $k(x_1, \dots, x_n) = k(x)$ una extensión separable finita. Sea $u_1, \dots, u_n$ b independiente sobre $k.$ L $$ w = u_1x_1 + \cdots + u_nx_n. $$ Sea $k_u = k(u_1, \dots, u_n)$ . Demuestre que $k_u(w) = k_u(x)$ .

Obviamente $k_u(w) \subset k_u(x)$ ya que $w$ es una combinación lineal de $x_i$ pero queda por ver la inclusión inversa. Fijando un cierre algebraico de $k(x)$ puedo demostrar que $k_u$ y $K$ (cierre normal de $k(x)$ ) son linealmente disjuntos con respecto a $k$ y, por tanto, libre: $[k_u(x) : k(x)] = [k(x) : k]$ . Pero no estoy seguro de si este hecho es útil / dónde ir desde aquí. Agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Haré las cosas de forma ligeramente distinta a la que has dicho. La prueba se inspira en la conocida prueba de que las extensiones separables finitas son simples.

Fijar nuestra discusión en un cierre algebraico $K^\mathrm{a}$ de $K=k_u(x)$ . Desde $k$ es algebraicamente cerrado en $k_u$ cualquier polinomio irreducible sobre $k$ sigue siendo irreducible sobre $k_u$ (lema 4.10 del libro). En particular, el polinomio mínimo de $x$ en $k$ es también su polinomio mínimo sobre $k_u$ . Conseguimos que $[k_u(x):k_u]=[k(x):k]$ . Denotemos este grado por $d$ y que $\sigma_1, \dots, \sigma_d$ sean los distintos $k_u$ -de $k_u(x)$ en $K^\mathrm{a}$ , enviando $x$ a todos sus conjugados, entonces $\sigma_1|_{k(x)}, \dots, \sigma_d|_{k(x)}$ inducen los distintos $k$ -de $k(x)$ en $K^\mathrm{a}$ .

Desde $k$ es algebraicamente cerrado en $k_u$ y $k_u$ es separable en $k$ , $k_u$ es linealmente disjunta de $k^\mathrm{a}$ en $k$ ( REG 1 y REG 2 en la sección 4 del libro). Consideremos ahora $$\sigma_i(w) = u_1\sigma_i(x_1) + \cdots + u_n\sigma_i(x_n), \quad i = 1,\dots,d.$$ Afirmamos que son distintos. De hecho, si $\sigma_i(w) = \sigma_j(w)$ entonces $$u_1(\sigma_i(x_1)-\sigma_j(x_1)) + \cdots + u_n(\sigma_i(x_n)-\sigma_j(x_n)) = 0.$$ Porque $k_u$ es linealmente disjunta de $k^\mathrm{a}$ en $k$ obtenemos que $\sigma_i(x_1) - \sigma_j(x_1) = \dots = \sigma_i(x_n) - \sigma_j(x_n) = 0$ . Por lo tanto $\sigma_i|_{k(x)} = \sigma_j|_{k(x)}$ y concluimos que $i = j$ . Ahora $w$ tiene al menos $d$ conjuga sobre $k_u$ por lo que el grado $[k_u(w):k_u]$ es como mínimo $d$ lo que implica $k_u(w) = k_u(x)$ .