Revisión de la clausura algebraica de $\mathbb{Q}((x))$ a esta pregunta para hacer sentido. Sé que $\mathbb{Q}((x)) \cap \overline{\mathbb{Q}(x)}$ tiene elementos que no están en $\mathbb{Q}(x)$ (en analogía a la "algebraica p-adics"). Así que me preguntaba, si se nos cruzan con algo aún más pequeño, $\bar{\mathbb{Q}}(x)$, entonces el resultado se $\mathbb{Q}(x)$?
Más claramente, no $\bar{\mathbb{Q}}(x)\cap \mathbb{Q}((x))=\mathbb{Q}(x)$?
Para cualquier automorphism $\sigma$$\bar{\mathbb{Q}}$, extenderlo a un automorphism $s$ $\bar{\mathbb{Q}}((x))$ al actuar sobre los coeficientes: $$s\left(\sum a_n x^n\right) = \sum \sigma(a_n) x^n$$
Afirmo lo siguiente:
Por lo tanto, cualquier elemento de $\bar{\mathbb{Q}}(x)$ que es un elemento de $\mathbb{Q}((x))$ debe ser también un elemento de $\mathbb{Q}(x)$.
Un método para ver la anterior afirmación es escribir los elementos en una forma normal como un escalar los tiempos de una relación (en términos mínimos) de monic polinomios. Puesto que el $s$'s de la ley en los coeficientes, los elementos en el campo fijo deben tener todos los coeficientes racionales.
Deje $L$ a ser el campo de Puiseux de la serie sobre $\bar{\mathbb Q}$. Esta es una expresión algebraica campo cerrado que contiene a$\mathbb Q((x))$$\bar{\mathbb Q}(x)$.
Entonces :
Por lo que es suficiente para probar que si una secuencia de números racionales satisfacer una recurrencia lineal con coeficientes constantes, en $\bar{\mathbb Q}$, entonces es también la satisfacción de una recurrencia lineal con coeficientes constantes, en ${\mathbb Q}$.
Deje $(u_n)\in\mathbb Q^\mathbb N$ tal que para todo n : $$ u_{n+p} = \sum_{i=0}^{p-1} a_i u_{n+i} $$ para algunos $(a_i)\in \bar{\mathbb Q}^p$
Los coeficientes $(a_i)$ se encuentran en una extensión finita $K$$\mathbb Q$. Considere la posibilidad de la traza de la forma $Tr_{K/\mathbb Q}$. Entonces, para todo n : $$ d\cdot u_{n+p} = \sum_{i=0}^{p-1}Tr_{K/\mathbb Q}(a_i) u_{n+i}, $$ con $d$ el grado de la extensión. QED.
NOTA
El mismo argumento puede formularse sin recurrencia de la siguiente manera :
El mismo argumento con trazas funciona igual de bien.
La respuesta es sí.
Creo que el $\mathbb Q$ $\overline{\mathbb Q}$ son los arenques rojos.
Por ejemplo, si $L/K$ es una extensión de campo y $X$ indeterminado, uno puede preguntarse si la inclusión $$ L(X)\cap K((X))\subconjunto de K(X) $$ sostiene. (La respuesta es sí.) Esto es claramente equivalente a $$ L(X)\cap K[[X]]\subconjunto de K(X). $$ Ahora vamos a $f$$K[[X]]$, y deje $F$ $K$ o $L$. A continuación, $f$ $F(X)$ si y sólo si, la ecuación lineal $$ p-fq=0 $$ tiene un valor distinto de cero de la solución de $(p,q)\in F[X]^2$, y vemos que el problema tiene sentido de $K$ $L$ son anillos conmutativos.
Por el razonamiento como este, podemos ver que la demanda se reduce a la siguiente declaración, que es Corolario $3$ de la Proposición II.$3.7$ en Bourbaki del Algèbre.
Si $A$ es un anillo asociativo con $1$ si $X$ es un derecho libre de $A$-módulo, y si $(Y_i)_{i\in I}$ es una familia de izquierda $A$-módulos, a continuación, el natural mapa $$ \phi:X\ \underset{Un}{\otimes}\ \prod_{i\in I}\ Y_i\a\prod_{i\in I}\ \izquierdo(X\underset{Un}{\otimes} Y_i\right) $$ es inyectiva.
Prueba. La identificación de $X$ a una suma directa de $\bigoplus_{j\in J}A$ podemos escribir la vista de $\phi$ como un mapa $$ \phi:U:=\bigoplus_{j\J}\ \prod_{i\in I}\ Y_i\ \\ \prod_{i\in I}\ \bigoplus_{j\J}\ Y_i=:V $$ Ahora $U$ $V$ son subgrupos de $$ W:=\prod_{(i,j)\in I\times J}Y_i. $$ Más precisamente, un elemento $$ y=(y_{ij})_{(i,j)\in I\times J}\W $$ es en $U$ si y sólo si existe un subconjunto finito $J(y)$ $J$ tal que $y_{ij}=0$ si $j$ no $J(y)$.
Del mismo modo, $y$ $V$ si y sólo si existe, para cada una de las $i$$I$, un subconjunto finito $J_i(y)$ $J$ tal que $y_{ij}=0$ si $j$ no $J_i(y)$.
Así que tenemos $U\subset V$, y es fácil ver que $\phi$ es la inclusión.
La respuesta es sí, como se deduce de la observación de abajo.
Deje $A\subset B$ ser conmutativa anillos, $x$ indeterminado, y $f$ un elemento de $A[[x]]$. Considere la posibilidad de la $A[x]$-lineal mapa $$ \phi: [x]\times[x]\a[[x]],\quad(P,Q)\mapsto P-fQ, $$ y el $B[x]$-lineal mapa $$ \psi:B[x]\times B[x]\B[[x]],\quad(P,Q)\mapsto P-fQ. $$
Si $B$ $A$libre de e $\phi$ inyectiva, entonces $\psi$ es inyectiva.
De hecho, $\psi$ es la composición de la $B[x]$-extensión lineal $$ \phi_B:B[x]\times B[x]\B\otimes_AA[[x]] $$ de $\phi$ naturales y el mapa $$ \theta:B\otimes_AA[[x]]\B[[x]]. $$ A continuación, $\phi_B$ es inyectiva porque $B$ $A$- plana, y $\theta$ es inyectiva porque $B$ $A$- libre.
EDICIÓN de A. Supongamos ahora que $A$ $B$ son campos. Pretendemos $$ B(x)\cap a((x))\subconjunto de a(x). $$ (La inversa de la inclusión es obvio.) Basta para mostrar $$ B(x)\cap a[[x]]\subconjunto de a(x). $$ Deje $f$$A[[x]]$. A continuación, $f$ $A(x)$ si y sólo si $\phi$ no es inyectiva, y $f$ $B(x)$ si y sólo si $\psi$ no es inyectiva.
EDITAR B. déjame probar la inyectividad de $\theta$. Deje $(b_i)$ $A$- base de $B$, y deje $f$$\ker\theta$. A continuación, $f$ puede escribirse de manera única como $$ f=\sum_i\ b_i\otimes f_i $$ con $f_i\in A[[x]]$ todos los $i$, e $f_i=0$ en casi todas las $i$. Poner $$ f_i=\sum_{n\ge0}\ a_{en}\ x^n $$ con $a_{in}\in A$. Entonces tenemos $$ 0=\theta(f)=\sum_{n\ge0}\ \sum_i\ b_i\ a_{en}\ x^n. $$ Esto implica $$ \sum_i\ b_i\ a_{en}=0 $$ para todos los $n$, y por lo tanto $a_{in}=0$ todos los $i$ y todos los $n$.
EDICIÓN de C. Deje $A\subset B$ ser conmutativa anillos y $x$ indeterminado. El propósito de esta edición es definir $A(x),B(x)$ $A((x))$ de tal manera que
(a) las definiciones compatibles con los de siempre si $A$ $B$ son los campos,
(b) la igualdad de $$ B(x)\cap a((x))=A(x). $$ vale si $B$$A$.
Definir $A((x))$ como el anillo de Laurent de la serie con coeficientes en $A$.
Decir que $f\in A((x))$ $A(x)$ si no se $P,Q$ $A[x]$ satisfacción $Qf=P$. A continuación, $A(x)$ es un sub-anillo de $A((x))$ contiene $A[x]$, y los argumentos anteriores muestran que (b) se mantiene.
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