Si $f(x)$ es irreducible en a$k[x]$, ¿por qué es también irreductible en $k(t)[x]$ $t$ indeterminado?

Question

He estado pensando en esto por un par de días, pero estoy atascado.

Deje $k$ ser un campo, $f(x)$ irreductible en $k[x]$. ¿Por qué es $f(x)$ también irreductible en $k(t)[x]$ $t$ indeterminado?

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Escribo $f(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_nx^n$$c_i\in k$. Supongamos que $f(x)$ es reducible en $k(t)[x]$, por lo que $$ f(x)=(a_0(t)+a_1(t)x+\cdots+a_r(t)x^r)(b_0(t)+b_1(t)x+\cdots+b_s(t)x^s) $$ para $r,s>0$. Desde $c_0=a_0(t)b_0(t)$, $a_0(t)$ y $b_0(t)\in k$. Lo mismo va para las $a_r(t)$$b_s(t)$.

He intentado algo como dejar a $b_j(t)$ ser el menor índice tal que $b_j(t)\in k$. Entonces $$ c_j=a_0b_j+a_1b_{j-1}+\cdots \text{ y } c_j-a_0b_j=a_1b_{j-1}+\cdots $$ donde $c_j-a_ob_j\in k$, y el lado derecho es la suma de polinomios en $k(t)$ de grado de al menos $1$. No veo si hay una contradicción. ¿Cuál es el enfoque correcto? Gracias.

Answer 1

Si $k$ es infinito no necesita de Gauss, lema (de hecho prácticamente no necesitas herramientas a todos). Vamos a empezar de la misma manera como comenzó: supongamos $f$ admitió un trivial de la factorización en $k(t)[x]$: $$f(x) = (a_0(t) + ... + a_n(t) x^n)(b_0(t) + ... + b_m(t) x^m).$$

Pick $c \in k$ de manera tal que los denominadores de cada una de las $a_i(t)$ $b_i(t)$ son cero al $t = c$ y de tal manera que los numeradores de las $a_n(t), b_n(t)$ también son distintos de cero (esto es siempre posible iff $k$ es infinito). Entonces

$$f(x) = (a_0(c) + ... + a_n(c) x^n)(b_0(c) + ... + b_m(c) x^m)$$

es un trivial de la factorización de $f$$k[x]$.

(La conclusión de la lección aquí es que un polinomio en $k(t)[x]$ que realmente se encuentra en $k[t][x]$ localizada lejos de un número finito de elementos de $k[t]$.)

Si $k$ es finito puede hacer algo similar pero sneakier: pasar a la clausura algebraica $\bar{k}$ encontrar $c$ anterior. Eligiendo $c$ más cuidadosamente, se puede deducir que el$a_i$, son constantes los múltiplos de cada uno de los otros (resp. el $b_i$) o $f$ admite un trivial de la factorización en $\bar{k}[x]$ con un factor irreducible de tener un Galois órbita más grande que el grado de $f$, lo cual es una contradicción.

Answer 2

Otro vierpoint: si $f(x)$ era reducible en $k(t)[x]$, por Gauss lema sería reducible en $k[t][x]$. El pensamiento de $k(x)[t]$, y tal vez la invocación de Gauss de nuevo, una factorización en $k[t][x]$ sólo podría incluir elementos de grado $0$$k(x)[t]$, es decir, elementos en $k(x)$. (El caso especial de Gauss lema puede ser super aprobada directamente aquí, por supuesto.)

Answer 3

Tenga en cuenta que $k[x]$ es un UFD, y por lo $f$ irreductible en $k[x] \implies (f)$ es un alojamiento ideal. Por lo tanto $k[x]/(f)$ es una parte integral de dominio. Contiguo $t$ nos da $(k[x]/(f))[t]\cong k[t][x]/(f)$ esto todavía es una parte integral de dominio. Localizar en el conjunto de $k[t]$ da $k(t)[x]/(f)$, que todavía es una parte integral de dominio. Por lo tanto $(f)$ es un primer ideal de $k(t)[x]$, lo $f$ es irreducible en a $k(t)[x]$.

Answer 4

Por el lema de Gauss,, $f$ es irreducible en a $k(t)[x]$ si y sólo si a es irreducible en a $k[t][x]$. Por otra parte, usted debe demostrar que $$k[x][t]/(f) \cong (k[x]/(f)) [t].$$

El último es un dominio, por lo $(f)$ es irreducible en a $k[x][t]=k[t][x]$, por lo tanto, también en $k(t)[x]$.