Rational Function Field sobre la característica 0

Question

Sea$K=F(x)$ el campo de función racional sobre un campo$F$ de la característica 0, vamos$L_1=F(x^2)$ y$L_2=F(x^2+x)$. ¿Cómo mostrar que$L_1\cap L_2 = F$?

Answer 1

La asignación de $\sigma_1:x\mapsto -x$ se extiende de manera única a una $F$-automorphism de $K$. Claramente $L_1$ está contenida en el campo fijo $Inv(G_1)$$G_1=\langle \sigma_1\rangle\le Aut(K/F)$. Debido a $|G_1|=2$,$[K:Inv(G_1)]=2$. Como $K=L_1(x)$ es también una ecuación cuadrática de la extensión de $L_1$, podemos concluir que $L_1=Inv(G_1)$. Del mismo modo, si $\sigma_2$ $F$- automorphism de $K$ determinado por $x\mapsto -x-1$ (cálido gracias a Georges Elencwajg para el correcto automorphism), a continuación, $G_2=\langle\sigma_2\rangle$ también es cíclico de orden dos, y $L_2$ es su campo fijo.

Suponga que $z=p(x)/q(x)\in L_1\cap L_2$ donde $p(x),q(x)\in F[x]$ son coprime polinomios. A continuación, $z$ debe ser fijada por tanto $\sigma_1$$\sigma_2$. Pero $$ (\sigma_2\circ\sigma_1)(x)=\sigma_2(\sigma_1(x))=\sigma_2(-x)=-(-x-1)=x+1, $$ así que debemos tener $$ \frac{p(x)}{q(x)}=z=(\sigma_2\circ\sigma_1)(z)=\frac{p(x+1)}{q(x+1)}. $$ Por inducción también tenemos, para todos los $n\in\mathbf{Z}$, $p(x)/q(x)=p(x+n)/q(x+n)$. La conversión de que para un polinomio de identidad, tenemos para todos los $n\in\mathbf{Z}$ que $$ p(x) q(x+n)=p(x+n)q(x). $$ Suponga que $p(x)$ no es un polinomio constante. Entonces tiene un cero $\alpha$ en algunos finito extensión de $E$$F$, y por nuestra suposición $q(\alpha)\neq0$. De las anteriores identidades conseguir que la $p(\alpha+n)=0$ todos los $n\in\mathbf{Z}$. Como se supone que $char F=0$, hay infinitamente muchos elementos distintos $\alpha+n$ en el campo de $F(\alpha)$, y llegamos a la conclusión absurda de que $p(x)$ tiene una infinidad de ceros. Por lo tanto, $p(x)$ debe ser una constante. Del mismo modo vemos que el denominador $q(x)$ también debe ser una constante. Esto demuestra la reclamación.

Tenga en cuenta que la suposición de $char F=0$ era absolutamente esencial. En efecto, la afirmación es falsa, sin que la suposición de que el grupo generado por $\sigma_1$ $\sigma_2$ es finito en ese caso. Como un ejemplo concreto ofrezco la siguiente. Suponga $p=char F=2$. Entonces $$ x^4+x^2=(x^2+x)^2\en L_1\cap L_2. $$ Nota: $\sigma_1$ es la asignación de identidad al $p=2$, y la extensión de $K/L_1$ es entonces puramente inseparable. Si $p>2$ se ve fácilmente que el grupo $G$ generado por $\sigma_1$ $\sigma_2$ es el diedro grupo de orden $2p$, y el campo fijo $L=L_1\cap L_2$ de ese grupo satisface $[K:L]=2p$, y es un trascendental extensión de $F$. Georges amablemente calcula que en este caso tenemos a $L=F((x^p-x)^2)$. Esto se deduce de la observación de que $$ \prod_{t=0}^{p-1}(\sigma_2\circ\sigma_1)^t(x)=\prod_{t=0}^{p-1}(x+t)=x^p-x. $$ Como $G=H\cup \sigma_1 H$ donde $H=\langle \sigma_2\circ\sigma_1\rangle$, a continuación, obtener que el elemento $$ (x^p-x)\sigma_1(x^p-x)=-(x^p-x)^2 $$ es invariante bajo todos los de $G$. Claramente $[K:F((x^p-x)^2)]=2p$, por lo que la demanda de la siguiente manera.

Answer 2

Esta es una variante de Jyrki Lahtonen la solución, lo que evita explícita cálculos con polinomios. Ha $K=F(x)$ $L_1=F(x^2)$ $L_2=F(x^2+x)$ donde $F$ es un campo de caracteres $0$. A continuación, $K/L_1$ $K/L_2$ son Galois, con grupos de Galois $G_1=\langle\sigma_1\rangle$ $G_2=\langle\sigma_2\rangle$ donde$\sigma_1(x)=-x$$\sigma_2(x)=-1-x$. Después, cada elemento de a $G:=\langle\sigma_1,\sigma_2\rangle$ corrige $L_1\cap L_2$. Pero $G$ es infinito, ya que $\sigma_1\sigma_2$ mapas de $x\mapsto x-1$ y por lo tanto tiene una infinidad de orden. Por lo tanto $[K:L_1\cap L_2]$ es infinito. De ello se desprende que $L_1\cap L_2=F$, ya que el $[F(x):F(f(x))]$ es finito para cualquier no constante $f(x)\in F(x)$ (prueba: $x$ es una raíz del numerador de $f(X)-f(x)$, y este numerador es un polinomio no constante en $X$ con coeficientes en $F(f(x))$).

Observación complementaria: si $f(x)$ $g(x)$ son funciones racionales en $F(x)$ que $F(x)/F(f(x))$ $F(x)/F(g(x))$ no Galois, es generalmente muy difícil determinar si $F(f(x))\cap F(g(x))=F$. La única situación en la que esto es completamente entendido es al $F$ tiene de característica cero y $f,g$ son polinomios. Entonces, gracias principalmente al trabajo de Ritt a partir de la década de 1920, sabemos que la intersección es $F$ si existen polinomios $h,\mu,\nu\in F[x]$ $\text{deg}(\mu)=\text{deg}(\nu)=1$ para que uno de estos se tiene:

1. $f=\mu\circ D_n(x,a)\circ h \quad\text{and}\quad g=\nu\circ D_m(x,a)\circ h$
2. $f=\mu\circ x^n\circ h \quad\text{and}\quad g=\nu\circ x^i p(x^n)\circ h$
3. $f=\mu\circ x^i p(x^n)\circ h \quad\text{and}\quad g=\nu\circ x^n\circ h$.

Aquí $p(x)\in F[x]$, e $D_n(x,a)$ es el grado-$n$ Dickson polinomio con el parámetro $a$; esto significa que $a\in F$ y $D_n(x,a)$ es el único polinomio en $F[x]$ satisfacción $D_n(x+a/x,a)=x^n+(a/x)^n$. No se conoce analógica de este resultado para cualquiera de las funciones racionales en característica cero, o polinomios característicos $p$. Tal análogos podría tener importantes aplicaciones en la teoría de números, la geometría algebraica, la lógica y el análisis complejo. Para obtener más información sobre estas cuestiones, véase, por ejemplo, este papel y páginas 31 y 32 de este documento.

Añadido posterior: permítanme mencionar uno más resultado. Si te dan un campo de $K$, y dos subcampos $L_1,L_2$ $K$ de manera tal que cada una de las $K/L_i$ es finito y separables, puedes probar a utilizar la teoría de Galois para determinar si $[K:L_1\cap L_2]$ es finito. Para, si $[K:L_1\cap L_2]$ es finito, entonces hay un número finito de extensión de $M/K$ tanto $M/L_1$ $M/L_2$ son Galois. (Esto no es muy difícil, pero no es trivial.) Por el contrario, si $M$ existe $[K:L_1\cap L_2]$ es finito si y sólo si los grupos de Galois de $M/L_1$ $M/L_2$ generar un grupo finito. Ahora, si tal $M$ existe, usted puede construir la mínima tales $M$ dejando $M_1$ ser el cierre de Galois $K/L_1$, $M_2$ ser el cierre de Galois $M_1/L_2$, $M_3$ ser la Galois cierre de $M_2/L_1$, y así sucesivamente. Esto le da una torre de $K\subseteq M_1\subseteq M_2\subseteq M_3\subseteq...$, e $M$ existe si y sólo si la torre, finalmente, se convierte en una cadena infinita de campo de igualdades, en cuyo caso el mínimo de $M$ es este un campo común. Ahora, este es un resultado sorprendente debido a David Goldschmidt (1980): supongamos que tanto $K/L_1$ $K/L_2$ tienen grado 3, y hacer este procedimiento para construir $M_1,M_2,...$. Si usted nunca ha visto un caso en el que $[M_i:K]$ no divide $2^7$, entonces la torre de $K\subset M_1\subset M_2\subset M_3\subset\dots$ seguirá aumentando para siempre!!!

Answer 3

Sugerencia $\:$ Paridad de explotación:$\rm\:h(x) = f(x^2+x)\in F[x]$ es uniforme$\rm (h(-x) = h(x))$$\rm\:\Rightarrow\: f\in F\:$ es constante, ya que de lo contrario su término de grado más alto da un término extraño,

ps

El% monótono$$\rm\:f_n (x^2+x)^n\! + f_{n-1} (x^2+x)^{n-1}+\cdots\: =\ f_n x^{2n}\! + n\:f_n\:x^{2n-1}\! + g(x),\ \ deg\ g\: \le\: 2n\!-\!2$ tiene un coeficiente no nulo$\rm\:x^{2n-1}$ $\rm\:n, f_n\ne 0\:$ $\Rightarrow$by$\rm\:n\:f_n \ne 0\:$ no es par. Lo mismo ocurre con las funciones racionales: si$\rm\:char\ F = 0,\:$ es igual entonces$\rm\:f(x)\:$$\rm\: h(x) = f(x^2+x)/g(x^2+x)\:$$\rm\:h(-x) = h(x)\:$