¿Por qué $\mathbb{Q}(t,\sqrt{t^3-t})$ no es una extensión puramente trascendental de $\mathbb{Q}$?

Question

Esta pregunta se toma de Dummit and Foote (14.9 #6). Cualquier ayuda será apreciada:

Demuestra que si $t$ es trascendental sobre $\mathbb{Q}$, entonces $\mathbb{Q}(t,\sqrt{t^3-t})$ no es una extensión puramente trascendental de $\mathbb{Q}$.

Esto es lo que tengo hasta ahora:

Abrevia $\sqrt{t^3-t}$ como $u$.

He demostrado que el grado de trascendencia es 1, así que el problema se reduce a demostrar que $\mathbb{Q}(t,u) \supset \mathbb{Q}(f(t,u)/g(t,u))$ estrictamente, para todos los polinomios $f,g$ en dos variables.

Supongamos por contradicción que $\mathbb{Q}(t,u) = \mathbb{Q}(f(t,u)/g(t,u))$. Mira este campo como $\mathbb{Q}(t)[x]/(x^2-(t^3-t))$, con $\bar{x}=u$.

Entonces, dado que tanto $t$ como $u$ son generados por $f/g$, tenemos que para algunos polinomios $a,b,c,d$ en 1 variable, $a(\frac{f(t,x)}{g(t,x)})/b(\frac{f(t,x)}{g(t,x)})-t \in (x^2-(t^3-t))$, y $c(\frac{f(t,x)}{g(t,x)})/d(\frac{f(t,x)}{g(t,x)}) - x \in (x^2-(t^3-t))$.

Luego intenté jugar con los grados, pero no encontré una contradicción.

Answer 1

Para mayor comodidad, cambie el campo base a $k=\mathbb{C}$ (si la extensión era puramente trascendental antes, entonces también lo sería después). Dado que la extensión tiene grado de trascendencia $1$, entonces si la extensión fuera puramente trascendental, sería igual a $k(x)$ para algún $x$. Entonces existen funciones racionales no constantes $f(x)$ y $g(x)$ tales que $$g(x)^2=f(x)^3-f(x).$$

Es fácil ver que podemos escribir $f(x)=u(x)/w(x)^2$ y $g(x)=v(x)/w(x)^3$ en términos más simples donde $u$, $v$ y $w$ son polinomios. Encontramos que $$\phi(x)=\frac{g'(x)}{3f(x)^2-1}=\frac{f'(x)}{2g(x)}.$$ De hecho, $\phi(x)$ es un polinomio. De lo contrario, el denominador de $\phi$ tendría un factor $x-a$. Expresando $\phi$ en términos de $u$, $v$ y $w$ (detalles?), vemos que esto implica que $$2g(a)=3f(a)^2-1=0$$ así como $$g(a)^2=f(a)^3-f(a).$$ Esto es imposible. Dado que $f$ y $g$ son no constantes, $\phi$ es un polinomio no nulo.

Ahora reemplace $f(x)$ y $g(x)$ por $f(1/x)$ y $g(1/x)$. Luego $\phi(x)$ se reemplaza por $-x^{-2}\phi(1/x)$, por lo que también es un polinomio, lo cual no es cierto. Por lo tanto, obtenemos la contradicción requerida.

Agregado. Lo anterior fue compuesto rápidamente y omití algunos detalles. Tenemos $f'(x)=\textrm{polinomio}/w(x)^3$ y por lo tanto $$\phi(x)=\frac{f'(x)}{g(x)}=\frac{\textrm{polinomio}}{v(x)}.$$ De manera similar, $$\phi(x)=\frac{\textrm{polinomio}}{3u(x)^2-w(x)^4}.$$ Si $x-a$ divide al denominador de $\phi(x)$, entonces $v(a)=0=u(a)^2-w(a)^4$. No podemos tener $w(a)=0$ ya que entonces $x-a$ dividiría a $u(x)$ y $w(x)$ en contra de $u(x)/v(x)^2$ estando en términos más simples. Por lo tanto $f(a)$ y $g(a)$ tienen sentido y obtenemos $g(a)=3f(a)^2-1=0$.

Esto es realmente un argumento geométrico. En la curva elíptica $$E:\quad z^2=t^3-t$$ la "diferencial invariante" $$\omega=\frac{dt}{2z}=\frac{dz}{3t^2-1}$$ no tendría polos en la (curva proyectiva) $E$. Pero si $E$ fuera racional, entonces $\omega=\phi(x)dx$ no tendría polos en la línea proyectiva; pero cada diferencial no nula en la línea proyectiva tiene un polo. Lo anterior es solo una versión simplificada de este argumento, el cual funciona para todas las curvas elípticas.

Answer 2

Por definición, una extensión puramente trascendental de $\mathbf{Q}$ es el cuerpo de funciones de una variedad racional sobre $\mathbf{Q}$, es decir, el cuerpo de fracciones de un anillo de polinomios $\mathbf{Q}[x_1,\ldots, x_n]$ para algún $n$. Llama a tu cuerpo $K$. Obviamente, el grado de trascendencia de $K$ sobre $\mathbf{Q}$ es 1, por lo que es suficiente mostrar que $K$ no es isomorfo a un cuerpo de funciones racionales en 1 variable, es decir, a $\mathbf{Q}(t)$. Ahora, por inspección, $K$ es el cuerpo de funciones de la curva elíptica $E:y^2 = x^3-x$ sobre $\mathbf{Q}$. Es un hecho estándar, demostrado en varios libros relacionados con curvas algebraicas, que $K\cong \mathbf{Q}(t)$ si y solo si $E$ es birracional a la recta proyectiva $\mathbf{P}^1_{\mathbf{Q}$. Este no es el caso, porque (por ejemplo) el género de $E$ es 1 (digamos por la fórmula del género de grado para curvas en el plano), el género de $\mathbf{P}^1$ es cero, y el género es una invariante birracional de una curva.

No sé cómo resolver este problema con métodos "elementales" (no geométricos) de inmediato; espero que alguien más pueda explicar cómo hacerlo.