Вопрос по теории полей

[Evgeni2011]

Кто знает помогите пожалуйста с таким вопросом. Пусть F некоторое алгебраически замкнутое поле характеристики p. Почему любое поле из p в степени f элементов можно вложить в F?

[Xaositect]

Evgeni2011 в сообщении #426718 писал(а):

Кто знает помогите пожалуйста с таким вопросом. Пусть F некоторое алгебраически замкнутое поле характеристики p. Почему любое поле из p в степени f элементов можно вложить в F?

Потому что $F$ содержит простое подполе $\mathbb{F}_p$ из $p$ элементов, а поле из $p^f$ элементов является алгебраическим расширением $\mathbb{F}_p$.

[Evgeni2011]

Я согласен с тем, что Вы пишете, но не могу понять, как из этого следует то, что написал я.

[Xaositect]

Нет, я не использую этот факт. Если бы поле $\mathbb{F}_{p^f}$ было бы трансцендентным над $\mathbb{F}_p$, то имело бы бесконечное число элементов (для трансцендентного элемента $x$ его степени $1,x,x^2,\dots$ различны и линейно независимы).

А Ваше утверждение следует из этого, потому что если $k$ - подполе алгебраически замкнутого поля $F$, а $K$ - конечномерное алгебраическое расширение $k$, то оно м.б. вложено в $F$. Это доказывается индукцией по количеству присоединенных элементов: в поле $F$ всегда найдется элемент, минимальный многочлен которого такой, какой нам нужен.
На самом деле любое алгебраическое расширение можно вложить, но там уже надо отдельно рассмотреть случай счетной цепочки.

[Evgeni2011]

Xaositect в сообщении #426817 писал(а):

Нет, я не использую этот факт. Если бы поле $\mathbb{F}_{p^f}$ было бы трансцендентным над $\mathbb{F}_p$, то имело бы бесконечное число элементов (для трансцендентного элемента $x$ его степени $1,x,x^2,\dots$ различны и линейно независимы).

А Ваше утверждение следует из этого, потому что если $k$ - подполе алгебраически замкнутого поля $F$, а $K$ - конечномерное алгебраическое расширение $k$, то оно м.б. вложено в $F$. Это доказывается индукцией по количеству присоединенных элементов: в поле $F$ всегда найдется элемент, минимальный многочлен которого такой, какой нам нужен.
На самом деле любое алгебраическое расширение можно вложить, но там уже надо отдельно рассмотреть случай счетной цепочки.

Большое спасибо

[Xaositect]

А я, похоже, поспешил, там не все так просто с доказательством через минимальный многочлен. Легче сказать, что если бы не вкладывалось, то можно было бы построить алгебраическое расширение $F$, добавив невкладываемый элемент.