Sea K/F una extensión finita, dado un polinomio en K[x] encuentre otro de forma que su producto esté en F[x]

Question

Sea $K$ sea una extensión finita de un campo $F$ y que $f(x)$ estar en $K[x]$ . Demostrar que existe un polinomio distinto de cero $g(x)$ en $K[x]$ tal que $f(x)g(x)$ está en $F[x]$ .

¿Debo hacerlo por inducción sobre el grado de $f(x)$ ?

Obviamente, si $n=0$ entonces $g(x)=1/f(x)$

Sea $f(x) = a_nx^n+...a_1x+a_0$ entonces sé que existe un h(x) tal que $(f(x)-a_nx^n)h(x)$ está en $F[x]$ . Ahora quiero encontrar un $g(x)=h(x)+i(x)$ para que $f(x)g(x)$ está en $F[x]$ . Por lo tanto, necesito encontrar un $i(x)$ para que $a_nx^nh(x)+i(x)f(x)$ está en $F[x]$ . Siento que esto está mal porque no tengo control sobre los grados de $h(x)$ .

¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Es fácil si conoces la integralidad sobre anillos. (Aquí y en lo sucesivo, "anillo" siempre significa "anillo conmutativo con $1$ ".)

Desde $K$ es una extensión finita de $F$ vemos que $k\in K$ es integral sobre $F$ para cada $k\in K$ . Así, $k\in K\left[x\right]$ es integral sobre $F\left[x\right]$ para cada $k\in K$ . Por lo tanto, $kx^i\in K\left[x\right]$ es integral sobre $F\left[x\right]$ para cada $k\in K$ y $i\in\mathbb N$ (ya que $k$ y $x^i$ son ambas integrales sobre $F\left[x\right]$ y el producto de dos elementos integrales es integral). Por lo tanto, $f\left(x\right) \in K\left[x\right]$ es integral sobre $F\left[x\right]$ (ya que $f\left(x\right)$ es una suma de elementos de la forma $kx^i$ para $k\in K$ y $i\in\mathbb N$ y como la suma de elementos integrales es integral). Ahora, todo lo que necesitamos demostrar es el siguiente hecho:

(1) Si $ A\subseteq B$ es una extensión de anillo, y $ u\in B$ es integral sobre $ A$ entonces existe un $ v\in B$ tal que $ uv\in A$ .

Prueba de (1). Sea $ n$ sea el menor número entero positivo tal que exista un polinomio mónico $ P\in A\left[Y\right]$ de grado $ n$ satisfaciendo $ P\left(u\right) = 0$ . (Tal $n$ existe ya que $u$ es integral sobre $A$ .) Escribe el polinomio $P$ de la forma $ P\left(Y\right) = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1}a_iY^i + Y^n$ con todos $a_i$ tumbado en $A$ . A continuación, establezca $ v = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1}a_iu^{i - 1} + u^{n - 1}$ . Entonces, $uv = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1}a_iu^{i} + u^{n} = \underbrace{\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}a_iu^{i} + u^{n}}_{ = P\left(u\right) =0} - a_0 = - a_0 \in A$ . También, $ v\neq 0$ se deduce de la minimalidad de $ n$ . Así, (1) está demostrado.

[He copiado parte de esto de uno de mis posts AoPS .]

Answer 2

Supongamos que la extensión es de Galois. Por suposición, sólo hay un número finito de automorfismos de $K$ que arreglan $F$ . El polinomio $$ \omega(x) = \prod_{\sigma \in \mathrm{Aut}(K/F)} \sigma(f(x)) $$ es un polinomio tal que $f(x) \, | \, \omega(x)$ y $\omega$ está fijado por cada automorfismo de $K/F$ porque $\mathrm{Aut}(K/F)$ es un grupo, de modo que cuando se intenta aplicar un automorfismo sobre $\omega(x)$ los factores conjugados se permutan... por lo que todos los coeficientes de $\omega$ se encuentran en el campo fijo $F$ . Puede elegir $g(x) = \omega(x) / f(x)$ .

Espero que le sirva de ayuda,

Answer 3

Una demostración utilizando la teoría de campos y suponiendo únicamente que $K/F$ es una extensión algebraica .

Sea $K^a$ sea un cierre algebraico de $K$ , $f(x)\in K[x]$ se divide en $K^a[x]$ como $f(x)=(x-a_1)...(x-a_n)$

donde $a_1,..,a_n \in K^a$ ( $a_i$ no son necesariamente distintos) . Cada $a_i$ es

algebraico sobre $K$ y $K$ es algebraico sobre $F$ por lo que cada $a_i$ es algebraico sobre $F$ dejar $g_{a_i}(x)=Irr(a_i , F)$

sea el polinomio irreducible de $a_i$ en $F$ . Entonces $h(x)=\prod_{i=1}^n g_{a_i}(x) \in F[x]$ es un valor distinto de cero

polinomio . Además , $x-a_i|g_{a_i}(x)$ en $K^a[x]$ Así que $f(x)|h(x)$ en $K^a[x]$ . Ahora $f(x),h(x) \in K[x]$ ;

mediante el algoritmo de división , $\exists q(x) , r(x)\in K[x]$ tal que $h(x)=f(x)q(x)+r(x)$ donde

$r(x)=0$ o $\deg r(x)< \deg f(x)$ . Pero entonces , como $f(x),h(x),q(x),r(x) \in K^a[x]$ y $f(x)|h(x)$ en

$K^a[x]$ Así que $f(x)|r(x)$ en $K^a[x]$ entonces $\deg r(x) <\deg f(x)$ no es posible, por lo que $r(x)=0$ . Por lo tanto

$h(x)=f(x)q(x)$ donde $h(x) \in F[x]$ es un polinomio distinto de cero y $f(x) , q(x) \in K[x]$ ,

que es lo que queríamos demostrar .