Que debo rewirte esta respuesta.
Lema
Deje $\mathfrak{p}$ ser un primer ideal de $\mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n]$. Deje $F/\mathbb{Q}$ ser un finita de Galois de la extensión. Deje $Gal(F/\mathbb{Q})=\{\sigma_1,\ldots,\sigma_f\}$. Deje $S=\{\mathfrak{p}_i\}$ en el conjunto del primer ideales de $F[x_1,\ldots,x_n]$ que se encuentra por encima del $\mathfrak{p}$. A continuación, $G=Gal(F/\mathbb{Q})$ puede actuar de manera transitiva en a $S$. En particular, $S$ es finito.
Prueba
En primer lugar, $G$ actúa en $S$. Supongamos $\sigma\in G$. A continuación,$\sigma(\mathfrak{p}_i)\cap \mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n]\supset \mathfrak{p}(=\sigma(\mathfrak{p}))$$\sigma^{-1}(\sigma(\mathfrak{p}_i)\cap \mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n])\subset \mathfrak{p}_i\cap \mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n]=\mathfrak{p}$, por lo tanto $G$ actúa en $S$.
Segundo, $G$ actúa transitivamente sobre $S$. Deje $\mathfrak{p}_1,\mathfrak{p}_2\in S$$x\in \mathfrak{p}_1$. A continuación,$\sigma_1(x)\sigma_2(x)\cdots \sigma_f(x)\in \mathfrak{p}\subset \mathfrak{p}_2$. Por lo tanto, existen algunas $\sigma$ tal que $\sigma(x)\in \mathfrak{p}_2$, en otras palabras, $x\in \sigma^{-1}(\mathfrak{p}_2)$. Por lo $\mathfrak{p}_1\subset \bigcup_{i}\sigma_i(\mathfrak{p}_2)$. Por el primer teorema de evitación, $\mathfrak{p}_1=\sigma(\mathfrak{p}_2)$ algunos $\sigma\in G$.
Ahora, volver a nuestro problema:
Deje $I\subset \mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n,y]:=\mathbb{Q}[X,Y]$ ser un ideal tal que $\mathbb{Q}[X,Y]/I$ es de dimensión cero. Supongamos $L$ es un campo finito $\mathbb{Q}$ de manera tal que la máxima de los ideales de la $\mathfrak{m}_i,i=1,2,\ldots,l$ contiene $I$ $L$- de los coeficientes. Escribir $\mathfrak{m}_i=(X-A_i,Y-b_i)$, e $P(Y)=(Y-b_1)(Y-b_2)\cdots(Y-b_l)$. Nos preguntamos si $P(Y)\in \mathbb{Q}[Y]$?
La respuesta es Sí.
Deje $F$ ser un finita de Galois de la extensión de $\mathbb{Q}$, que contiene $L$. Entonces es claro para ver que $(X-A_i,Y-b_i)$ ya están máxima en $F[X,Y]$. Así que todos los máximos ideales en $F[X,Y]$ contiene $I$ son exactamente $\mathfrak{m}_iF[X,Y]$. Por lo tanto podemos suponer $L$ es un finita de Galois de la extensión de $\mathbb{Q}$.
Deje $\sqrt{I}=\bigcap \mathfrak{n}_{i}$$\mathbb{Q}[X,Y]$. Deje $S_i$ el conjunto de la máxima ideales que se encuentra por encima del $\mathfrak{n}_i$$L[X,Y]$. Denotado $S$ el conjunto de los máximos ideales de la $\mathfrak{m}_i$. A continuación, $S$ es un discontinuo de la unión de $S_i$. Y $G$ puede actuar en $S$ tener órbitas $S_i$, $P(Y)=\prod_i P_i(Y)$ cada una de las $P_i(Y)\in \mathbb{Q}[Y]$.
Ejemplo consideremos un ejemplo concreto. Considere la posibilidad de $(x^2-2,y)$ $\mathbb{Q}[x,y]$ es máxima, y $(x-\sqrt{2},y),(x+\sqrt{2},y)$$\mathbb{Q}[\sqrt{2}][x,y]$. Ahora nuestra $P(y)=y^2$ que no es irreducible. Sin embargo, en este ejemplo sugiere que $P(y)$ es una potencia de un irreductible polyonomial.
Esto es cierto!
lema
Deje $\mathfrak{n}$ ser un ideal maximal de a $\mathbb{Q}[X,y]$ $L$ un finita de Galois de la extensión de $\mathbb{Q}$ de manera tal que la fibra de $\mathfrak{n}$ $L[X,y]$ todos los $L$-puntos. Construimos $P(Y)$ como en la forma anterior. Deje $S$ el conjunto de la máxima ideales $\mathfrak{m}_i=(X-a_i,Y-b_i)$ $L[X,Y]$ que se encuentra por encima del $\mathfrak{n}$. Deje $\mathfrak{n}\cap \mathbb{Q}[y]=(f(y))$ donde $f(y)$ es un monic polinomio por lo tanto un monic polinomio irreducible. A continuación, $P(Y)$ es una potencia de $f(y)$.
Prueba
La observación de que $G$ actúa transitivamente sobre $S$, por tanto, el grupo $H_i=\{\sigma\mid \sigma(b_i)=b_i\}$ son todos conjugado. De ello se desprende que $P(y)=f(y)^{|H_1|}$. En particular, si todos los $b_i$ son diferentes,$P(y)=f(y)$.
La práctica En la práctica, vamos a $\alpha_1,\ldots,\alpha_s$ ser números algebraicos y $\beta=g(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$$g\in \mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_s]$. Dejamos $I=(f_1(x_1),\ldots,f_s(x_s),y-g(x_1,\ldots,x_s))$ donde $f_i$ son mínimos polinomios de $\alpha_i$$\mathbb{Q}$. Si algunas buenas condiciones tiene, por ejemplo, la extensión de $\mathbb{Q}[\alpha_1,\ldots,\alpha_i]/\mathbb{Q}[\alpha_1,\ldots,\alpha_{i-1}]$ tiene el grado $deg(\alpha_i)$$i=1,\ldots,s$, entonces nuestra $I$ es máxima. Más, si requerimos $g(x_1,\ldots,x_s)$ son todos distintos para la sustitución de las raíces de $f_i$. A continuación, nuestra $P(y)$ es irreductible polinomio de $\beta$$\mathbb{Q}$.
Ninguna teoría de Galois, no Nullstellensatz, pero el uso de `El teorema fundamental de los polinomios simétricos".
Deje $\alpha_1,\alpha_2,\ldots, \alpha_s$ ser números algebraicos. Deje $\beta=g(\alpha_1,\ldots,\alpha_s)$ algunos $g\in \mathbb{Q}[x]$. Deje $f_i$ ser el polinomio mínimo de a $\alpha_i$. Deje $P(y)=\prod (y-g(\theta_1,\ldots,\theta_s))$ donde $\theta_i$ se ejecuta a través de las raíces de $f_i$. A continuación, $P(y)$ es un polinomio de $\mathbb{Q}[y]$.
Prueba
Deje $\gamma_{i}$ ser las raíces de $f_1$. A continuación, $\prod_i(y-g(\gamma_i,x_2,\ldots,x_s))$ es simétrica polynoimal de $\gamma_i$ $\mathbb{Q}[x_2,\ldots,x_s,y][\gamma_1,\ldots,\gamma_t]$ ($\gamma_i$indeterminado). Dado que el elemento simétrico de los polinomios de $\gamma_1,\ldots,\gamma_t$ han vaule en $\mathbb{Q}$. Por lo tanto $\prod_i(y-g(\gamma_i,x_2,\ldots,x_s))$ es un polyonomial en $\mathbb{Q}[x_2,\ldots,x_s,y]$. Finalmente,$P(y)\in \mathbb{Q}[y]$.
