¿Por qué $K \leadsto K(X)$ preservar el grado de extensiones de campo?

Question

El siguiente es un problema en un libro de texto de álgebra, probablemente un hecho bien conocido, pero yo no sé cómo Google.

Deje $K/k$ ser un campo finito de extensión. A continuación, $K(X)/k(X)$ es también finito con el mismo grado como $K/k$.

Obviamente si $v_1,...,v_n$ $k$- Base de $K$, cualquier polinomio en $K(X)$ puede ser escrito como una $k(X)$-combinación lineal de $v_1,...,v_n$, pero no tengo idea de qué hacer con un trivial denominador.

Acaso hay una forma más elegante de la prueba de esto?

Answer 1

El paso que falta es mostrar que $v_1,\ldots,v_n$ es linealmente independiente sobre $k(x)$. Así que supongamos que existen funciones racionales $r_1(x),\ldots,r_n(x)$, no toda la función cero, tales que

$r_1(x) v_1 + \ldots + r_n(x) v_n = 0$.

Podemos escribir $r_i(x) = n_i(x)/d(x)$, es decir, vamos a $d(x)$ ser un común denominador de la función racional. Multiplicando por $d(x)$, obtenemos un polinomio de dependencia de la relación

$n_1(x) v_1 + \ldots + n_n(x) v_n = 0$.

Ahora vamos a $N(x)$ ser el máximo común divisor de a $n_1(x),\ldots,n_r(x)$. (Tales cosas existen desde el polinomio anillo de $k[x]$ tiene un algoritmo de la división, por lo tanto es una Única Factorización de Dominio). Dividiendo por $N(x)$, se obtiene, por ejemplo,

$N_1(x) v_1 + \ldots + N_n(x) v_n = 0$,

con $\operatorname{gcd}(N_1,\ldots,N_n) = 1$. En particular, no todos los de la $N_i$'s son divisibles por $x$, por lo que enchufar $x = 0$ da una dependencia lineal no trivial de relación

$N_1(0) v_1 + \ldots + N_n(0) v_n = 0$

más de $k$, una contradicción.

En los más sofisticados del lenguaje, nos están mostrando que las extensiones $K/k$ $k(x)/k$ son linealmente disjuntos. Esto puede ser reformulado en términos del tensor de productos, por ejemplo...pero en el final de la anterior prueba es la más sencilla que se me ocurre.

Añadido: Robin Chapman y Steve D son correctas: no entendí la pregunta, y pensó que el OP ya había trabajado fuera que una base $v_1,\ldots,v_n$ $K/k$ también se extiende $K(x)$$k(x)$, pero en realidad esta es la parte más difícil de la argumentación. Como el OP dice, es fácil ver que el conjunto de todos los $k(x)$-combinaciones lineales de las $v_1,\ldots,v_n$ contiene todos los elementos de a $K[x]$. Como dice Robin, es suficiente para demostrar que este lapso también contiene todos los elementos $\frac{1}{Q(x)}$$Q(x) \in K[x] \setminus {0}$, y una buena manera de ver esto es para mostrar que todos los $Q \in K[x]$ divide algunos distinto de cero el polinomio $q \in k[x]$, por si $Q(x) g(x) = q(x)$, $\frac{1}{Q} = = \frac{1}{q} \cdot g(x)$.

Robin le da un buen argumento para esto: esencialmente, que se extiende en la norma mapa a partir de un número finito de dimensiones de extensión de campo a los polinomios. Yo podría completar mi respuesta, y que bien podría hacer de una manera diferente, así que aquí va:

Es suficiente para suponer que el $Q$ es irreductible en la UFD $K[x]$, es decir, que $\mathcal{P} = (Q)$ es un alojamiento ideal. Poner $\mathfrak{p} = \mathcal{P} \cap k[x]$. En la gran generalidad, la restricción de un alojamiento ideal para un sub-anillo es de nuevo un primer ideal (esto es cierto incluso para la preimagen de un alojamiento ideal en virtud de un anillo arbitrario homomorphism, y es muy fácil de demostrar). Lo que quiero mostrar es que el $\mathfrak{p} \neq 0$. Pero $K[x]$ es un servicio gratuito de $k[x]$-módulo de dimensión $n = [K:k]$. En particular, la extensión de $K[x] / k[x]$ es finitely generado como un módulo, por lo tanto una parte integral de extensión, y en tal extensión, cualquier ideal maximal tira de nuevo a un ideal maximal. Por lo $\mathfrak{p}$ es máxima, por lo tanto distinto de cero.

Estos hechos siguen inmediatamente a partir de la definición de integral extensiones: ver, por ejemplo, la Proposición de 160 y Corolario 168 de

http://math.uga.edu/~pete/integral.pdf.

Tenga en cuenta que una posible virtud de este argumento es que uno no tiene que tratar el separables e inseparables de los casos de manera diferente.

Answer 2

Este es un problema sutil, y hay diferencias importantes entre lo finito y de extensión de la extensión infinita de los casos. La clave es mostrar que $v_1,\ldots,v_n$ formulario $k(X)$-base de $K(X)$. Pete ha tratado con sus lineal indepdendence, pero queda por demostrar que su $k(X)$-span es $K(X)$.

Deje $f\in K(X)$. A continuación, $f=g/h$ donde $g$ $h$ son polinomios sobre $K$. La clave es que hay un no-cero del polinomio $h_1$ con coeficientes en $k$ tal que $h\mid h_1$. En el separables caso de que uno puede tomar $h_1$ ser el producto de Galois conjugados de $h$; en general lo que uno puede necesitar para tomar un poder positivo de eso. El resultado de todo esto es que $f=g_1/h_1$ donde $h_1$ ha coeficientes en $k$. Esto reduce el problema a mostrar que la $g_1$ es en el $k(X)$útil de la $v_i$, que ya lo ha hecho.

La sutileza es que este se rompe por infnite no algebraicas extensiones. Si $a\in K$ es trascendental $k$ $1/(X+a)$ no está en la $k(X)$-lineal útil de los elementos de $K$. En definitiva, a pesar de $K$ $k(X)$ linealmente disjuntos más $k$, $K(X)\ne K\cdot k(X)$ en este caso.

Añadido(15/9/2010) La distinción real no es entre finito e infinito extensiones (como dije arriba) sino entre algebraicas y trascendentales extensiones. Para resumir: el natural mapa $$K\otimes_k k(X)\to K(X)$$ siempre es inyectiva, y es surjective si y sólo si $K/k$ es una extensión algebraica.

Answer 3

Deje $K/k$ ser una extensión de campo. A continuación, $K \otimes_k k(X)$ es una localización de la integral de dominio $K \otimes_k k[X] = K[X]$, por lo tanto el natural mapa de $K \otimes_k k(X) \to K(X)$ es inyectiva. Ahora tenemos la siguiente equivalencia:

a) $K/k$ es algebraicas

b) Cada polinomio sobre $K$ divide algunos polinomio sobre $k$.

c) $K \otimes_k k(X) = K(X)$.

$a \Rightarrow b$: Debido a la singularidad del algoritmo de la división, que es suficiente para demostrar divisibilty en una extensión algebraica. Así que tome una división de campo de la polinomio y a reducir, para el caso de los lineales de los factores de $x-a$. Pero dividir el polinomio mínimo de más de $k$.

$b \Rightarrow c$: $K \otimes_k k(X)$ es la localización de $K[X]$ a todos los que no son triviales polinomios sobre $k$. Ya tenemos $b$, se localizan en todos trivial polinomios sobre $K$, es decir, obtenemos $K(X)$.

$c \Rightarrow a$: Tome $u \in K$. A continuación,$1/(X-u) = p/q$$p \in K[X], q \in k[X]$, es decir, $p (X-u)$ es un polinomio sobre $k$ con root $u$. QED

En particular, si $K/k$ es algebraica, tenemos $[K(X):k(X)] = [K:k]$.

Answer 4

También hay un más elemental argumento explicando por qué $v_{1},\ldots, v_{n}$ abarca $K(X)/k(X)$. Entender que uno no necesita saber separables campo de extensiones ni integral anillo extensiones, sólo un poco de álgebra lineal:

Deje $E = span_{k(X)} \lbrace v_{1},\ldots, v_{n}\rbrace$. Tenga en cuenta que $K[X]\subset E$ implica $K[X]E\subset E,\ 1\in E$ $v_{1},\ldots, v_{n}$ es una base de $K/k$.

Tomar una arbitraria $h\in K[X]$.

Entonces

$\cdot h:K(X)\ni a\mapsto a\cdot h\in K(X)$

es un isomorfismo de espacios lineales más $k(X)$ ($h^{-1}$ define lineal inversa asignación de $\cdot h^{-1}$). Además $\cdot h(E)\subset E$$K[X]\subset E$.

Por lo tanto

$\cdot h|_{E}: E\to E$

es un monomorphism de finito dimensionales espacios lineales sobre $k(X)$, por lo que en realidad es un isomorfismo. Por lo tanto, $\cdot h^{-1}|_{E}:E\to E$

En particular,$(\cdot h^{-1})(1) = h^{-1}\in E$, e $gh^{-1}\in E$ por cada $g\in K[X]$.

Answer 5

Aquí es lo que creo que entiendo de las otras respuestas.

Deje $K/k$ ser una extensión y $X$ indeterminado. Identificamos $k(X)\otimes_kK$$k(X)\otimes_{k[X]}K[X]$, y denotan este dominio por $A$. Todo va a seguir a partir de la

De la OBSERVACIÓN. Cualquier elemento de $A$ puede ser escrito como $$\frac{1}{p(X)}\otimes P(X)$$ with $p(X)$ in $k[X]$, $p(X)\not=0$, $P(X)$ in $K[X]$. Its image in $K(X)$ is $P(X)/p(X)$. In particular, the natural map from $A$ to $K(X)$ is injective. Thus we can (and will) view $A$ as the subdomain of $K(X)$ formed by the elements which can be written, in the above notation, as $P(X)/p(X)$.

La fracción de campo de $A$, considerado como un subcampo de la $K(X)$, es llamado el compositum de $k(X)$$K$. Se denota $k(X)K$, y coincide con $K(X)$.

Si $a$$K$$1/(X-a)$$A$, $a$ es algebraico sobre $k$. Por eso, $A$ es no un campo si $K/k$ es trascendental.

Si $K/k$ ha finito grado, el dominio $A$, siendo finito dimensionales más de $k(X)$, es un campo, y por lo tanto es igual a $K(X)$. La misma conclusión se aplica en el caso de $K$ es una unión finita de grado extensiones de $k$, es decir, si $K/k$ es algebraico.