Cómo probar que el campo de funciones racionales es un *correcta* subconjunto de campo formal de la serie de Laurent?

Question

Ahora, si $F$ es un campo, que se puede demostrar fácilmente que el$F(x)\subseteq F((x))$, pero estoy teniendo problemas para mostrar que esta es una inclusión adecuada.

Si, por ejemplo, $F=\Bbb R$ o $\Bbb C$, puedo tomar un conocido función, decir $\cos x$ y el uso de su poder de la serie para mostrar una correcta incluido, porque si

$$\left(F((x))\ni\right)\;\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24}-\cdots=\frac{f(x)}{g(x)}\in F(x)$$

entonces, desde el $f(x),g(x)\in F[x]$ (polinomios), obtendríamos que el $\cos x$ tiene un número finito de ceros, lo cual es absurdo, y por lo tanto $\cos x\in F((x))\setminus F(x)$.

Mi problema ahora es: ¿qué hacer si el campo $F$ es no uno de los habituales, infinito? Por ejemplo, si $F$ ha característica positiva?

Cualquier entrada será debidamente apreciada.

Answer 1

Un argumento fácil : $1-x$ tiene una raíz cuadrada en $F((x))$, pero no en $F(x)$.

De hecho, en $F((x))$, tome la costumbre expansión de Taylor de $\sqrt{1-x}$$0$. Pero en $F(x)$, mirando a la descomposición en factores irreducibles fácilmente muestra que una raíz cuadrada no puede existir.

Si la característica de $F$$2$, esto no funciona, tendrá que tomar una raíz cúbica.

Tal vez me puede comentar un poco sobre el argumento : lo que estoy usando es el hecho de que $F((x))$ es henselian, mientras que $F(x)$ no lo es. Este es un argumento diferente de la de @user26857 : utilizan el hecho de que algunos elementos de la $F((x))$ son no soluciones de ecuaciones algebraicas ( $F(x)$ ), yo uso el hecho de que algunos elementos de la $F((x))$ son soluciones de dichas ecuaciones. Esto es realmente un argumento diferente porque hay henselian extensiones de $F(x)$ que son algebraicos sobre $F$ (es decir, la henselianization).

Answer 2

Un ejemplo clásico de potencia de la serie que no es una fracción racional es $\sum_{i\ge0}X^{i!}$. Uno puede resultar aún más:

$\sum_{i\ge0}X^{i!}$ no es algebraico sobre $F(X)$.

Set $t=\sum_{i\ge0}X^{i!}$. Suponer lo contrario y vamos a $p\in F[X][T]$, $p\ne0$, tal que $p(t)=0$. Podemos suponer que la $p$ es irreducible sobre $F(X)$. Escribir $$p(T)=a_0(X)+a_1(X)T+\cdots+a_n(X)T^n,$$ where $n=\deg p$. If $q(T)=p(T+f(X))$ for some $f\en F[X]$, then $q(t-f(X))=0$. Set $$q(T)=b_0(X)+b_1(X)T+\cdots+b_n(X)T^n.$$ Since $q$ is irreducible over $F(X)$ we have $b_0(X)\ne0$. Let $d=\max_i(\gr a_i(X))$. Now choose $m>\max(d+1,n+1)$. We have $$\deg b_0(X)=\deg p(f(X))\le d+(m-1)!n<m-1+(m-1)!(m-1)< m!$$ Set $f(X)=\sum_{i=0}^{m-1}X^{i!}$. From $q(t-f(X))=0$ we obtain $$b_0(X)+b_1(X)(X^{m!}+\cdots)+\cdots+b_n(X)(X^{m!}+\cdots)^n=0,$$ so $b_0(X)=0$una contradicción.

Answer 3

Vamos a comprobar una muy débil de la versión de el resultado. Deje $F$ ser un campo finito, y deje $\frac{f(x)}{g(x)}$ ser una función racional con coeficientes en $F$.

Hacer una formal de la división de $f$$g$. Hay sólo un número finito de polinomios de grado menor que el grado de $g$ con coeficientes en $F$. Así, la categoría formal de los rendimientos de una terminación o en última instancia periódica formal de la serie de Laurent.

Ahora vamos a $q(x)$ ser una "escasa" Laurent de la serie, dicen que con el coeficiente de $x^n$ igual a $1$ si $n$ es un cuadrado perfecto, y $0$ lo contrario. Este es, en definitiva, no periódica.