Cada elemento es radical en una extensión de campo.

Question

Deje que $L/K$ ser una extensión del campo algebraico. Supongamos que para cada $x \in L$ existe un número entero $n>0$ de tal manera que $x^n \in K$ donde $n$ puede depender de $x$ . Si la característica de $K$ es cero, ¿se deduce que $L=K$ ?

Gracias.

Answer 1

Aquí hay una idea muy incompleta. Quizás alguien pueda terminarla, o señalar por qué no funcionará.

Deje que $a \in L \setminus K$ y dejar que $n>1$ ser el número más pequeño de tal manera que $a^n \in K$ . Entonces el polinomio mínimo para $a$ sobre $K$ divide $x^n-a^n$ . Luego $(x-1)^n-a^n$ es un polinomio que tiene $a+1$ como una raíz, de modo que el polinomio mínimo para $a+1$ debe dividir $(x-1)^n-a^n$ . Pero también sabemos que $a+1$ es la raíz de algún polinomio de la forma $x^m-(a+1)^m$ así que el polinomio mínimo para $a+1$ también debe dividir $x^m-(a+1)^m$ . Las raíces de $(x-1)^n-a^n$ son $$1+ \zeta_n ^ka, \quad 0 \leq k<n$$ y las raíces de $x^m-(a+1)^m$ son $$ \zeta_m ^ \ell (a+1), \quad 0 \leq \ell <m.$$ Si $$(1+ \zeta_n ^ka)= \zeta_m ^ \ell (a+1)$$ entonces $$a= \frac {1- \zeta_m ^ \ell }{ \zeta_m ^ \ell - \zeta_n ^k}.$$ Si podemos demostrar que siempre debe haber al menos un $a \in L \setminus K$ que no puede expresarse de esta manera, para cualquier extensión algebraica $L/K$ de los característicos campos cero, entonces hemos terminado; supongo que parece plausible, pero no veo ninguna manera de probar tal cosa.

Answer 2

Sí, se deduce que $L=K$ .

Empecemos suponiendo que $L \not =K$ para que podamos elegir algunos $a \in L \setminus K$ . Podemos expresar $a$ en términos de las raíces de la unidad (como en la respuesta de Zev Chonoles). El polinomio mínimo sobre $K$ de $a$ es de grado superior a 1, así que, como suponemos que la característica no es cero, debe tener al menos dos raíces. Dejemos que $ \tilde a \not =a$ será cualquier otra raíz, que se encontrará en el cierre normal de $L/K$ . Como $a^n \in K$ para algunos $n > 0$ el polinomio mínimo de $a$ divide $X^n-a^n$ y, por lo tanto, $ \tilde a^n=a^n$ . Así que.., $ \tilde a= \zeta a$ para un $n$ la raíz de la unidad $ \zeta $ . De la misma manera, $(a+1)^m \in K$ para algunos $m$ así que $ \tilde a+1= \eta (a+1)$ para un $m$ la raíz de la unidad $ \eta\not =1$ . Reordenación $ \tilde a= \zeta a= \eta (a+1)-1$ da $$ \begin {align} a= \frac { \eta -1}{ \zeta - \eta }&&{ \rm (1)} \end {align} $$ para las raíces de la unidad $ \zeta\not = \eta\not =1$ en el cierre normal de $L/K$ .

Como $K$ tiene la característica cero, contiene los fundamentos y (1) muestra que $a$ es algebraico sobre $ \mathbb {Q}$ . Podemos reducir a extensiones algebraicas de los racionales estableciendo $ \tilde L= \mathbb {Q}(a)$ y $ \tilde K= \mathbb {Q}(a) \cap K$ . Cada elemento de $ \tilde L$ es un radical de un elemento de $ \tilde K$ y $ \tilde L, \tilde K$ (y sus cierres normales) son extensiones finitas de $ \mathbb {Q}$ .

Usando el mismo argumento de arriba, cada elemento $b \in\tilde L \setminus \tilde K$ puede expresarse como en (1) para las raíces de la unidad $ \zeta , \eta $ en el cierre normal de $ \tilde L$ . Sin embargo, al ser una extensión finita de $ \mathbb {Q}$ el cierre normal de $ \tilde L$ sólo contiene finamente muchas raíces de unidad, así que (1) muestra que $ \tilde L \setminus\tilde K$ es finito. Esto es imposible para $ \tilde L \not = \tilde K$ . Por ejemplo, $a+ \mathbb {Z}$ es un subconjunto infinito de $ \tilde L \setminus \tilde K$ contradiciendo la elección inicial de $a \in L \setminus K$ .

Answer 3

Podemos suponer que $K \subset L$ es una extensión finita (porque cualquier subextensión todavía satisface la propiedad).

Deje que $L'$ ser el cierre de Galois de $L$ y dejar $n=[L':K]$ .
Euler's $ \varphi (x)$ la función diverge a $+ \infty $ como $x \to \infty $ para que podamos elegir un número entero $p$ de tal manera que $ \varphi (x) \le n \Rightarrow x \le p$ .
Escoge cualquiera $ \sigma \in Aut_K(L')$ .

Para todos $x \in L$ por supuesto, hay un número entero $m$ para que $x^m \in K$ . Desde $x$ puede tener como mucho $n$ distintos conjugados en $L'$ podemos elegir $m \le p$ . Luego $x^ \sigma = \zeta_x x$ donde $ \zeta_x $ es un $m$ -la raíz de la unidad. En particular, $ \zeta_x $ es también un $p!$ - la raíz de la unidad.
Para cualquier $x,y \in L^*$ y $t \in K$ escribe $ \zeta_ {x+ty}(x+ty) = (x+ty)^ \sigma = x^ \sigma +ty^ \sigma = \zeta_x x+t \zeta_y y$ .
Si encontramos un $p!$ -la raíz de la unidad $ \zeta $ de tal manera que $ \zeta_ {x+ty} = \zeta $ para más de un valor de $t$ entonces acabamos de encontrar que el polinomio $ \zeta (x + Ty) - x^ \sigma - Ty^ \sigma $ es un título $1$ polinomio que tiene más de una raíz en $K$ así que tiene que ser $0$ lo que implica que $ \zeta = \zeta_x = \zeta_y $ .

Pero hay finamente muchos $p!$ - las raíces de la unidad, mientras que $K$ es infinito. Así que esto siempre sucede, y para todos $x \in L^*$ , $ \zeta_x = \zeta_1 = 1$ y así $ \sigma |_L = id_L$ . Así que $L$ es Galois y no hay un automorfismo no trivial: $K = L = L'$ .