¿Es finita la intersección de subcampos de índice finito?

Question

Supongamos que $K$ y $L$ son dos campos contenidos en algún campo mayor, y sea $KL$ denota el subcampo más pequeño del campo ambiente que los contiene a ambos. Si $KL$ es una extensión finita tanto de $K$ y $L$ ¿Es necesariamente cierto que $K$ es finito sobre $K\cap L$ (lo que ocurre si y sólo si $L$ es finito sobre $K\cap L$ )?

No veo ninguna razón a priori por la que esto deba ser cierto (y mis intentos iniciales de asemejar la situación a intersecciones de subgrupos/espacios vectoriales de índice finito fueron infructuosos), pero no tengo suficiente familiaridad con las extensiones trascendentales como para construir un contraejemplo.

Answer 1

Otro ejemplo, que puede resultarle más elemental. Sea $k$ sea cualquier campo de característica cero, por tanto infinito. Consideremos el campo de funciones racionales $k(x)$ y los dos subcampos $k(x^2)$ y $k\bigl((x-1)^2\bigr)$ . Usted ve fácilmente que el grado de campo es $2$ en ambos casos. Pero digo que la intersección de estos dos subcampos cuadráticos es $k$ sí mismo.

En efecto, dejemos que $g(x)\in k(x^2)$ . Entonces, por supuesto, es invariante bajo el automorfismo $\sigma$ enviando $x$ a $-x$ . Y si $g\in k\bigl((x-1)^2\bigr)$ también, entonces $g$ también es invariante bajo el automorfismo $\tau$ de $k(x)$ que envía $x$ a $2-x$ . Así que $g$ será invariante bajo la composición de estos dos, digamos $\tau\circ\sigma$ que envía $x$ primero en $-x$ y ésta a su vez a $-(2-x)=x-2$ . Pero la infinitud de $k$ y la característica cero implica que $\tau\circ\sigma$ es de orden infinito, es decir, de no torsión en el grupo de todos los automorfismos de $k(x)$ . Pero ninguna función racional es invariante bajo esta $2$ -desplazamiento, excepto para las funciones racionales constantes.

Answer 2

No. Para intuirlo, limitémonos al caso de que $K$ y $L$ son campos que contienen un campo $k$ y contenido en su cierre algebraico $\bar{k}$ y que $G = \text{Gal}(\bar{k}/k)$ . Entonces, a través de la correspondencia infinita de Galois,

• $K$ y $L$ son los campos fijos de dos subgrupos cerrados $H_1, H_2$ de $G$ ,
• $KL$ es el campo fijo de $H_3 = H_1 \cap H_2$ y
• $K \cap L$ es el campo fijo del cierre $H_4$ del subgrupo generado por $H_1$ y $H_2$ .

Por hipótesis, $H_3$ es un subgrupo de índice finito de $H_1$ y de $H_2$ y la pregunta es si se deduce que $H_1$ o $H_2$ son subgrupos de índice finito de $H_4$ . Por supuesto, la respuesta a esta pregunta de teoría de grupos es no: el problema es que $H_1$ y $H_2$ puede fallar mucho a la hora de desplazarse. Por ejemplo, ambos pueden ser finitos, pero $H_4$ podría, no obstante, ser infinita.

Queda por comprobar que esta situación puede darse realmente en un grupo de Galois. Explícitamente, sea $k = \mathbb{Q}$ , dejemos que $H_1$ sea el subgrupo de $G = \text{Gal}(\overline{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$ generado por conjugación compleja, y sea $H_2$ sea el subgrupo de $G$ generado por un conjugado no trivial de conjugación compleja. El campo fijo $K$ son los números algebraicos reales, que tienen índice $2$ en $\overline{\mathbb{Q}}$ y el campo fijo $L$ es otra cosa, así que $KL = \overline{\mathbb{Q}}$ y $K$ y $L$ ambos tienen índice $2$ en él.

Afirmo que $K \cap L$ tiene necesariamente un índice infinito en $K$ y $L$ o, de forma equivalente, en $KL = \overline{\mathbb{Q}}$ . La razón es que Teorema de Artin-Schreier si $K \cap L$ tiene índice finito en $\overline{\mathbb{Q}}$ entonces debe tener índice $2$ por lo que debe ser igual a $K$ y $L$ y por hipótesis $K \neq L$ .