Nueva Respuesta
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El más simple, creo, es la de demostrar el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois (FTGT) para una extensión normal $E/F$ generado por un número finito de elementos separables, y para obtener el hecho de que todos los elementos de a $E$ son separables sobre $F$ como un corolario.
El punto es que la FTGT puede ser muy corto de prueba, los cuales se describen a continuación. (Yo, por supuesto, creo que esta prueba es completa. Gracias por corregir si me equivoco.)
FTGT (Teorema Fundamental de la Teoría de Galois). Deje $F$ ser un campo, vamos a $A$ ser una expresión algebraica cierre de $F$, vamos a $p\in F[X]$ ser un producto de la separables polinomios irreducibles, vamos a $E$ ser una división de campo para$p$$F$, y deje $a_1,\dots,a_n$ ser las raíces de $p$$E$. Entonces
el grupo $G$ $F$- automorfismos de a $E/F$ es finito,
hay un bijective correspondencia entre el sub-extensiones $S/F$ $E/F$ y los subgrupos $H$$G$, y tenemos
$$
S\leftrightarrow H\ffi H=\text{Aut}_S E\ffi S=E^H\implica[E:S]=|H|,
$$
donde $E^H$ es fijo subcampo de $H$ donde $[E:S]$ es el grado (que es la dimensión) de $E$$S$, y donde $|H|$ es el orden de $H$.
Estamos dando por sentado
$(1)$ el universal propiedad de una simple extensión algebraica, y
$(2)$ la existencia universal de la propiedad de nuestra división de campo de $E$,
que podemos recordar brevemente:
$(1)$ Si $a$ es algebraica sobre un campo $K$, $K$- incrustaciones de $K(a)$ en una extensión de $L$ $K$ natural bijection con las raíces en $L$ de la mínima polinomio de $a$$K$.
$(2)$ Cualquier raíz de $p$ en cualquier extensión de $E$$E$, e $E$ se genera sobre $F$ por las raíces de las $a_i$$p$. Por otra parte, si $S/F$ es un sub-extensión de la $E/F$, ninguna de las $F$-la incorporación de la $S$ $E$ se extiende a una $F$-automorphism de $E$.
Volviendo a la hipótesis de la FTGT, reclamamos:
$(3)$ Si $S/F$ es un sub-extensión de la $E/F$,$[E:S]=|\text{Aut}_S E|$.
$(4)$ Si $H$ es un subgrupo de $G$,$|H|=[E:E^H]$.
La prueba de que (3) y (4) implica la FTGT. Deje $S/F$ ser un sub-extensión de la $E/F$ y poner $H:=\text{Aut}_S E$. Entonces tenemos trivialmente $S\subset E^H$, e $(3)$ $(4)$ implica
$$
[E:S]=[E:E^H].
$$
Por el contrario vamos a $H$ ser un subgrupo de $G$ y establezca $\overline H:=\text{Aut}_{E^H}E$. Entonces tenemos trivialmente $H\subset\overline H$, e $(3)$ $(4)$ implican $|H|=|\overline H|$.
Para demostrar que cualquier elemento de a $a$ $E$ es separable sobre $F$, puesto $H:=\text{Aut}_{F(a)}E$, y tenga en cuenta que el conjunto de $F$-incrustaciones de $F(a)$ $E$ es natural bijection con el conjunto $G/H$, cuya cardinalidad es, por el FTGT, igual a $[F(a):F]$.
La prueba de (3). La declaración se deduce del hecho de que cualquier $F$-la incorporación de la $S_i:=S(a_1,\dots,a_i)$ $E$ tiene exactamente $[S_{i+1}:S_i]$ extensiones de a $S_{i+1}$.
La prueba de (4). En vista de (3) es suficiente para comprobar $|H|\ge[E:E^H]$. Deje $k$ ser un entero mayor que el $|H|$, y elegir un
$$
b=(b_1,\dots,b_k)\en E^k.
$$
Debemos mostrar que el $b_i$ son linealmente dependientes sobre $E^H$, o, equivalentemente, que el $b^\perp\cap(E^H)^k$ es distinto de cero, donde $?^\perp$ indica que los vectores ortogonales a ? en $E^k$ con respecto al producto escalar en $E^k$. Cualquier elemento de $b^\perp \cap (E^H)^k$ es necesariamente ortogonal a $h(b)$ cualquier $h \in H$, lo $b^\perp \cap (E^H)^k = (Hb)^\perp \cap (E^H)^k$ donde $Hb$ $H$- órbita de $H$. Vamos a mostrar a $(Hb)^\perp \cap (E^H)^k$ es distinto de cero. Desde el lapso de $Hb$ $E^k$ $E$- dimensión en la mayoría de los $|H| < k$, $(Hb)^\perp$ es distinto de cero. Elegir un vector distinto de cero $x$ $(Hb)^\perp$ tal que $x_i=0$ por el mayor número de $i$ como sea posible entre todos los vectores distintos de cero en $(Hb)^\perp$. Algunos coordinar $x_j$ es distinto de cero en $E$, por lo que mediante la escala podemos suponer $x_j = 1$ algunos $j$. Desde el subespacio $(Hb)^\perp$ $E^k$ es estable bajo la acción de la $H$, para cualquier $h$ $H$ tenemos $h(x) \in (Hb)^\perp$, lo $h(x)-x \in (Hb)^\perp$. Desde $x_j = 1$, $j$- ésima coordenada de $h(x) - x$$0$, lo $h(x)-x = 0$ por la elección de $x$. Ya que este tiene para todos los $h$ en $H$, $x$ es en $(E^H)^k$.
Respuesta Anterior
Esto es más una sugerencia que una respuesta. Creo que el punto clave aquí es entender la equivalencia entre las diversas definiciones de una extensión separable. Voy a tratar de resaltar algunos de los hechos básicos.
Deje $K$ ser un campo, $A/K$ algebraica de cierre, y $L/K$ una extensión de grado $d < \infty$$A$. Pretendemos que las siguientes condiciones son equivalentes:
(1) $L/K$ es generado por los elementos separables,
(2) cada elemento de a $L$ es separable sobre $K$,
(3) hay exactamente $d$ incrustaciones de $L$$A$$K$.
Decimos que $L/K$ es separable si se satisfacen estas condiciones. Dibujemos una prueba de la equivalencia.
Decir que el número, que se denota por a $[L:K]_s$ $K$- incrustaciones de $L$ $A$ es el separables grado de $L/K$.
Deje $M$ ser un número finito de grados de extensión de $K$$A$, e $L$ un campo entre el$K$$M$. Reclamamos:
(4) $[M:K]_s=[M:L]_s\ [L:K]_s$.
Este es un sencillo, pero muy instructivo, el ejercicio.
Reclamo: (1) y (3) son equivalentes al $K$ es generado por un solo elemento $\alpha$. De hecho, si $f\in K[X]$ es el polinomio mínimo de a$\alpha$, $[L:K]$ es el grado de $f$, mientras que el $[L:K]_s$ es el número de distintas raíces de $f$$A$.
En vista de (4), la anterior afirmación implica que (1), (2) y (3) son equivalentes en el caso general.
Como corolario, podemos ver que de un número finito de grados de extensión de la $L/K$ contiene un mayor separables sub-extensión de $S$,$[S:K]=[L:K]_s$.
Como corolario de las corolario, tenemos el hecho sugerido por la notación que el entero $[L:K]_s$ no depende de la elección de una expresión algebraica cierre de $L$.
