Esto sólo es problemático en el contexto de característica positiva, por lo que asume que todos los campos son de cahracteristic $p$.
Supongamos que $K/E$ es separable, y $E/F$ es separable. Deje $S$ ser el conjunto de todos los elementos de a $K$ que son separables sobre $F$. A continuación,$E\subseteq S$, ya que el $E/F$ es separable.
Tenga en cuenta que $S$ es un subcampo de la $K$: de hecho, si $u,v\in S$$v\neq 0$, $F(u,v)$ es separable sobre $F$ debido a que es generado por los elementos separables, por lo que $u+v$, $u-v$, $uv$, y $u/v$ todos son separables sobre $F$. Por lo $S$ es un campo.
Yo reclamo que $K$ es puramente inseparable sobre $S$. De hecho, si $u\in K$, entonces no existe $n\geq 0$ tal que $u^{p^n}$ es separable sobre $F$, por lo tanto, no existe $n\geq 0$ tal que $u^{p^n}\in S$. Por lo tanto, el polinomio mínimo de a $u$ $S$ es un divisor de a $x^{p^n} -u^{p^n} = (x-u)^{p^n}$, lo $K$ es puramente inseparable sobre $S$.
Pero desde $E\subseteq S\subseteq K$, e $K$ es separable sobre $E$, entonces es separable sobre $S$. Por lo $K$ es tanto puramente inseparable y separables $S$. Esto sólo puede ocurrir si $S=K$, por lo tanto, cada elemento de a $K$ es separable sobre $F$. Esto demuestra que $K/F$ es separable.
Añadido. Implícito de arriba es de una extensión separable si y sólo si es generado por elementos separables. Que es:
Lema. Deje $K$ ser una extensión de $F$, e $X$ un subconjunto de a $F$ tal que $K=F(X)$. Si cada elemento de a $X$ es separable sobre$F$, $K$ es una extensión separable de $F$.
Prueba. Deje $v\in K$. Entonces no existe $u_1,\ldots,u_n\in X$ tal que $v\in F(u_1,\ldots,u_n)$. Deje $f_i(x)\in F[x]$ ser el polinomio irreducible de $u_i$$F$; por supuesto, $f_i(x)$ es separable. Deje $E$ ser una división de campo de más de $F(u_1,\ldots,u_n)$$f_1(x),\ldots,f_n(x)$. A continuación, $E$ es también una división de campo de la $f_1,\ldots,f_n$$F$, y puesto que el $f_i$ son separables, $E$ es separable sobre $F$. Por lo tanto, desde el $v\in F(u_1,\ldots,u_n)\subseteq E$, se deduce que el $v$ es separable sobre $F$. $\Box$
Añadido. A pesar de que el OP de la aceptación de esta respuesta, es claro a partir de los comentarios que él realmente no entiende la respuesta, lo cual es bastante frustrante. Igualmente frustrante es que se le diga en gotas, lo que es el OP no saber acerca de la divisibilidad, en la forma de "explicar por qué this es cierto", sólo para encontrar los hechos que sustentan esta afirmación son también desconocidos.
Lo siguiente es tomado de Hungerford del tratamiento de la divisibilidad.
Definición. Deje $F$ ser un campo y $f(x)\in F[x]$ un polinomio. El polinomio se dice separable si y sólo si para cada factor irreducible $g(x)$$f(x)$, hay una división de campo de $K$ $g(x)$ $F$ donde cada raíz de $g(x)$ es simple.
Definición. Deje $K$ ser una extensión de $F$, y deje $u\in K$ ser algebraicas sobre $F$. A continuación, $u$ se dice separable sobre $F$ si el polinomio mínimo de a $u$ $F$ es separable. La extensión se dice que es separable si cada elemento de a $K$ es separable sobre $F$.
Teorema. Deje $K$ ser una extensión de $F$. Los siguientes son equivalentes:
-
$K$ es algebraica y de Galois sobre $F$.
- $K$ es separable sobre $F$ $K$ es una división de campo de más de $F$ de un conjunto $S$ de los polinomios en la $F[x]$.
- $K$ es la división de campo de más de $F$ de un conjunto $T$ separables de polinomios en $F[x]$.
Prueba. (1)$\implies$(2),(3) Deje $u\in K$ y deje $f(x)\in F[x]$ ser el monic polinomio irreducible de $u$. Deje $u=u_1,\ldots,u_r$ ser las distintas raíces de $f$$K$; a continuación,$r\leq n=\deg(f)$. Si $\tau\in\mathrm{Aut}_F(K)$, $\tau$ permutes la $u_i$. De modo que los coeficientes del polinomio $g(x) = (x-u_1)(x-u_2)\cdots(x-u_r)$ se fija por todos los $\tau\in\mathrm{Aut}_F(K)$, y por lo tanto $g(x)\in F[x]$ (debido a que la extensión es de Galois, por lo que el campo fijo de $\mathrm{Aut}_F(K)$$F$). Desde $u$ es una raíz de $g$,$f(x)|g(x)$. Por lo tanto, $n=\deg(f)\leq \deg(g) = r \leq n$, lo $\deg(g)=n$. Por lo tanto, $f$ $n$ distintas raíces en $K$, lo $u$ es separable sobre $F$. Ahora vamos a $\{u_i\}_{i\in I}$ ser una base para $K$$F$; para cada una de las $i\in I$ deje $f_i\in F[x]$ ser el monic irreductible de $u_i$. A continuación, $K$ es la división de campo de más de $F$$S=\{f_i\}_{i\in I}$, y cada una de las $f_i$ es separable. Esto establece (2) y (3).
(2)$\implies$(3) Deje $f\in S$, y deje $g$ ser un factor irreducible de $f$. Desde $f$ se divide en $K$, $g$ es el polinomio irreducible de algunos $u\in K$, donde se divide. Desde $K$ es separable sobre$F$, $u$ es separable, por lo $g$ es separable. Por lo tanto, los elementos de $S$ son separables. Por lo $K$ es la división de campo de más de $F$ de un conjunto de separables polinomios.
(3)$\implies$(1)
Desde $K$ es una división de campo de más de $F$, es algebraico. Si $u\in K-F$, entonces no existe $v_1,\ldots,v_m\in K$ tal que $u\in F(v_1,\ldots,v_m)$, y cada una de las $v_i$ es una raíz de algunos $f_i\in S$, ya que el $K$ es generado por las raíces de los elementos de $S$. La adición de todas las otras raíces de la $f_i$, $u\in F(u_1,\ldots,u_n)$, donde $u_1,\ldots,u_n$ son todas las raíces de $f_1,\ldots,f_m$; es decir, $F(u_1,\ldots,u_n)$ es una división de campo de más de $F$ del polinomio $f_1\cdots f_m$.
Si la implicación que tiene para todos finito dimensionales extensiones, entonces tendríamos que $F(u_1,\ldots,u_n)$ es una extensión de Galois de $F$, y por lo tanto no existe $\tau\in \mathrm{Aut}_F(F(u_1,\ldots,u_n))$ tal que $\tau(u)\neq u$. Desde $K$ es una división de campo de más de $F$, también es una división de campo de más de $F(u_1,\ldots,u_n)$, y por lo tanto $\tau$ se extiende a un automorphism de $K$. Por lo tanto, existe $\tau\in\mathrm{Aut}_F(K)$ tal que $\tau(u)\neq u$. Esto demostraría que el campo fijo de $\mathrm{Aut}_F(K)$$F$, por lo que la extensión es de Galois. Así pues, se reduce a demostrar la implicación de al $[K:F]$ es finito. Al $[K:F]$ es finito, existe un subconjunto finito de $T$ eso será suficiente para generar $K$. Por otra parte, $\mathrm{Aut}_F(K)$ es finito. Si $E$ es el campo fijo de $\mathrm{Aut}_F(K)$, luego por Artin del Teorema $K$ es de Galois sobre$E$$\mathrm{Gal}(K/E) = \mathrm{Aut}_F(K)$. Por lo tanto, $[K:E]=|\mathrm{Aut}_F(K)|$.
Por lo tanto, es suficiente para mostrar que cuando se $K$ es una extensión finita de $F$ y es una división de campo de un conjunto finito de separables polinomios $g_1,\ldots,g_m\in F[x]$,$[K:F]=|\mathrm{Aut}_F(K)|$. Sustitución del conjunto con el conjunto de todos los factores irreducibles de la $g_i$, podemos asumir que todos los $g_i$ son irreductibles.
Hacemos inducción sobre $[K:F]=n$. Si $n=1$, entonces la igualdad es inmediata. Si $n\gt 1$, a continuación, algunos de los $g_i$, decir $g_1$, tiene un grado mayor que $1$; deje $u\in K$ ser una raíz de $g_1$. A continuación,$[F(u):F]=\deg(g_1)$, y el número de distintas raíces de $g_1$$K$$\deg(g_1)$, ya que el $g_1$ es separable. Deje $H=\mathrm{Aut}_{F(u)}(K)$. Definir un mapa del conjunto de la izquierda cosets de $H$ $\mathrm{Aut}_F(K)$ para el conjunto de las distintas raíces de $g_1$ $K$ mediante la asignación de $\sigma H$$\sigma(u)$. Este es uno-a-uno, ya que la $\sigma(u)=\rho(u)\implies \sigma^{-1}\rho\in H\implies \sigma H=\rho H$. Por lo tanto, $[\mathrm{Aut}_F(K):H]\leq \deg(g_1)$. Si $v\in K$ es cualquier otro raíz de $g_1$, entonces no es un isomorfismo $\tau\colon F(u)\to F(v)$ que corrige $F$ y mapas de $u$$v$, y desde $K$ es una división de campo, $\tau$ se extiende a un automorphism de $K$$F$. Por lo tanto, el mapa de cosets de $H$ a las raíces de $g_1$ a, lo $[\mathrm{Aut}_F(K):H]=\deg(g_1)$.
Aplicamos inducción: $K$ es la división de campo de más de $F(u)$ de un conjunto de separables polinomios (el mismo con el que empezamos), y $[K:F(u)] = [K:F]/\deg(g_1)\lt [K:F]$. Por lo tanto, $[K:F(u)]=|\mathrm{Aut}_{F(u)}(K)|=|H|$.
Por lo tanto $|\mathrm{Aut}_F(K)| = [\mathrm{Aut}_{F}(K):H]|H| = \deg(g_1)[K:F(u)]=[F(u):F][K:F(u)] = [K:F]$, y hemos terminado. $\Box$
Corolario. Deje $F$ ser un campo, y deje $f_1,\ldots,f_n\in F[x]$ ser no constante separables polinomios. Cualquier división de campo de la $f_1,\ldots,f_n$ $F$ es separable sobre $F$.
