¿Por qué $f$ $f'$ generar todos los de $K[X]$?

Question

He estado estudiando Marcus Número de Campos. Estoy atascado en un comentario en el Apéndice 2, página 258.

Él dice: monic polinomio irreducible $f$ de grado n $K$ (un subcampo de la $\mathbb{C}$) se divide en n monic lineal de factores sobre los $\mathbb{C}$. Pretendemos que estos factores son distintos; repetir factor podría ser un factor de la derivada $f'$. [Esto es claro para mí.]

Esta es mi pregunta:

Él dice: Pero esto es imposible, ya que $f$ $f'$ generar todos los de $K[X]$ como un ideal.

Cómo iba yo a saber esto $a$ $priori$?

Él termina de usar este refrán $1$ es una combinación lineal de $f$ $f'$ con coeficientes en $K[X]$ $f$ $f'$ no tienen factores comunes, etc., y por lo tanto $f$ tiene claras raíces en $\mathbb{C}$

Yo no tengo ningún problema con la conclusión. Mi única pregunta es, ¿cómo saber a $f$ $f'$ generar todos los de $K[X]$ como un ideal.

Gracias como siempre por tu ayuda.

Answer 1

Sugerencia: el mcd de a $f$ $f'$ $1$ por lo tanto, por Bezout, no existe $u,v\in K[X]$ tal que $$ uf+vf'=1. $$

Nota: si usted sabe que el mcd es el mismo en cada extensión (por Bezout, y su opuesto, por ejemplo), a continuación, puede ver directamente que $gcd(f,f')=1$$\mathbb{C}[X]$. Por lo $f$ no puede tener una raíz repetida. Y un poco de acceso directo.

Answer 2

Considere la posibilidad de $I = \langle f, f' \rangle = \langle g \rangle$ algunos $g$, ya que el $K[x]$ es un PID. Desde $g \mid f$ $f$ es irreductible, $g$ está asociado a (es decir, igual a la multiplicación por una unidad) o bien $1$ o $f$.

Desde $g \mid f'$ (porque la característica es cero!!!) $0 \leq \operatorname{deg} f' < \operatorname{deg} f$ ,$\operatorname{deg} g \leq \operatorname{deg} f' < \operatorname{deg} f$, lo $g$ no se puede asociar a $f$. Por lo tanto $g$ debe ser asociado a $1$.

Answer 3

Considere la posibilidad de $I = (f ,f')$ el ideal generado por a$f$$f'$. Puede ser escrito $I = (P)$ $P \in K[X]$ monic (desde $K[X]$ es el principal). Claramente, $(f) \subset I$$P | f$. Y debido a que $f$ es irreductible, llegamos bien $P = 1$$P = f$. Pero, claramente,$f' \notin (f)$, lo $P = 1$.