Elementos algebraicos y trascendentes

Definimos  los conceptos de elementos algebraicos y trascendente asociados a una extensión de cuerpos $k\subset K$ y los tipos de extensiones simples a los que dan lugar.

Teorema.  Sea $K$ una extensión de $k$ y $\alpha\in K$ Entonces, la aplicación $$\theta:k[x]\to k[\alpha],\quad \theta (f)=f(\alpha)$$ es un homomorfismo sobreyectivo entre los anillos $k[x]$ y $k[\alpha]$.

Demostración.  Para todo $f,g\in k[x]$ se verifica $$\theta (f+g)=(f+g)(\alpha)=f(\alpha)+g(\alpha)=\theta(f)+\theta(g),$$ $$\theta (fg)=(fg)(\alpha)=f(\alpha)g(\alpha)=\theta(f)\theta(g),$$ $$\theta (1)=1(\alpha)=1.$$ Es decir, $\theta$ es homomorfismo de anillos. Además, es sobreyectivo por construcción. $\qquad\square$

Definición.  Sea $K$ una extensión de $k$ y $\alpha\in K$. Se dice que $\alpha$ es trascendente sobre $k$ si y sólo si, no existe $f\in k[x]$ con $f\neq 0$ tal que $f(\alpha)=0.$ En caso contrario, se dice que $\alpha$ es algebraico sobre $k.$

Ejemplo 1.  $0$ es algebraico pues $f(x)=x\in k[x]$ es no nulo y $f(0)=0.$

Ejemplo 2.  Todo $\alpha \in k$ es algebraico pues $f(x)=x-\alpha\in k[x]$ es no nulo y $f(\alpha)=0.$

Ejemplo 3.  $\sqrt{2}\in\mathbb{R}$ es algebraico sobre $\mathbb{Q}$ pues $f(x)=x^2-2\in \mathbb{Q}[x]$ es no nulo y $f(\sqrt{2})=0.$

Ejemplo 4.  Se puede demostrar que los números reales $\pi$ y $e$ son trascendentes sobre $\mathbb{Q.}$

Estudiemos ahora los tipos de extensiones simples $k(\alpha)$ que obtenemos según que $\alpha\in K$ sea algebraico o trascendente sobre $k.$

Teorema.  Sea $K$ una extensión de $k$ y $\alpha\in K.$
$1.\;$ Si $\alpha$ es trascendente sobre $k$ entonces, $$k(\alpha)=\left\{\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}:f,g\in k[x]\text{ con }g\neq 0\right\}$$ $2.\;$ Si $\alpha$ es algebraico sobre $k$ entonces, $k(\alpha)=k[\alpha].$

Demostración.  $1.$ Por el teorema anterior, la aplicación $\theta:k[x]\to k[\alpha],$ $\theta (f)=f(\alpha)$ es un homomorfismo sobreyectivo de anillos lo cual implica por el teorema de isomorfía para anillos que $k[x]/\ker \theta \cong k[\alpha]$. Al ser $\alpha$ trascendente sobre $k,$ se verifica, $\ker \theta=\{0\}$ y por tanto, $$k[x]\cong k[x]/(0)\cong k[\alpha].$$ En consecuencia, $k[\alpha]$ es un dominio de integridad, con lo cual existe el cuerpo de fracciones de $k[\alpha]$:$$F=\left\{\frac{f(\alpha)}{g(\alpha)}:f,g\in k[x]\text{ con }g\neq 0\right\}.$$ El cuerpo $F$ contiene a $k\cup\{\alpha\},$ luego para todo $f,g\in k[x]$ con $g\neq 0$ el elemento $f(\alpha)/g(\alpha)$ ha de pertenecer a todo cuerpo $k’$ que contenga a $k\cup \{\alpha\}.$ Por tanto, $$k\subset k\cup \{\alpha\}\subset F\subset k’\subset K,$$ lo cual implica que $F=k(\alpha).$
$2.$  Al ser $\alpha $ algebraico sobre $k$ y $\ker \theta$ un ideal de $k[x],$  $\ker \theta=(p)$ con $p\in k[x]$ no nulo (de grado 1 si $\alpha \in k$ y de grado $\ge 2$ si $\alpha\notin k$). Como $k[x]/(p)\cong k[\alpha]$ y $k[\alpha]$ es dominio de integridad, $(p)$ es ideal primo.

Por otra parte, en todo anillo principal sin divisores de cero todo ideal primo es maximal, luego $k[\alpha]\cong k[x]/(p)$ es cuerpo que además contiene a $k\cup \alpha.$ Si $k’$ es un cuerpo tal que $$k\cup \{\alpha\}\subset k’\subset K,$$ y  $f(\alpha)\in k[\alpha],$ necesariamente $f(\alpha)\in k’,$ en consecuencia $k[\alpha]\subset k’$ de lo cual deducimos que $k(\alpha)=k[\alpha].$ $\qquad\square$