Revisión algebraica de cierre $K^a$ de $K$ tal que $M \subseteq K^a$. Deje $[L:K] = m$ y deje $\{ \sigma_1,\dots,\sigma_m \}$ ser un conjunto completo de representantes de las clases de equivalencia de a$K$-incrustaciones de $M$, en virtud de la relación de equivalencia
$$
\sigma \sim \tau \ffi \sigma |_L = \tau |_L,
$$
donde $\sigma, \tau : M \to K^a$ se $K$-incrustaciones. Deje $\{ \tau_1,\dots,\tau_n \}$ ser el conjunto de todos los $K$-incrustaciones de $M$ que arreglar $L$ pointwise.
Extender cada una de las $\sigma_i$ e $\tau_j$ a automorfismos de a$K^a$; llamar a estos mapas de $\tilde{\sigma}_i$ e $\tilde{\tau}_j$, respectivamente. Pretendemos que todos los $K$-incrustación $\sigma : M \to K^a$ es una restricción a $M$ de $\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau_j}$ para algunos $1 \leq i \leq m$, $1 \leq j \leq n$.
Cada $\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j$ cuando se limita a $M$ da $K$-incrustación. Por el contrario, vamos a $\sigma : M \to K^a$ ser $K$-incrustación. A continuación, hay algunos $1 \leq i \leq m$ tal que $\sigma \sim \sigma_i$. Extender $\sigma$ a un automorphism de $K^a$, y llamar a esta extensión de $\tilde{\sigma}$. A continuación, el automorphism $\tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \tilde{\sigma}$ de $K^a$, cuando se limita a $M$, da un $K$-la incorporación de la $M$ que corrige $L$ pointwise. Por lo tanto, hay algunos $1 \leq j \leq n$ tal que $(\tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \tilde{\sigma}) |_M = \tilde{\tau}_j |_M$. Por lo tanto, no existe $1 \leq i \leq m$ e $1 \leq j \leq n$ tal que $\sigma = (\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j) |_M$. En particular, para cada una de las $1 \leq i \leq m$,
$$
\{ \sigma \sim \sigma_i : \sigma : M \K^a \text{ es una $K$-incorporación de} \} = \{ (\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j) |_M : 1 \leq j \leq n \}
$$
Así,
$$
\sum_{\sigma \sim \sigma_i} \sigma(x) = \sum_{j=1}^n \tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j (x) = \sum_{j = 1}^n \tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1} (\tilde{\sigma}_i(x)).
$$
Ahora, podemos observar el siguiente:
- $\tilde{\sigma}_i(x) = \sigma_i(x) \in \sigma_i M$;
- El conjunto
$$
\{ (\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1}) |_{\sigma_i M} : 1 \leq j \leq n \}
$$
es un conjunto completo de los distintos $\sigma_i L$-incrustaciones de $\sigma_i M$ a $K^a$. Es decir, todos los $\sigma_i L$-la incorporación de la $\sigma_i M$ a $K^a$ es un miembro de la anterior conjunto, y hay $n$ distintos tales incrustaciones.
Para ver por qué la segunda afirmación es verdadera, se observa que para cualquier $x \in L$,
\begin{align}
&\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1} (\sigma_i(x))\\
={} &\tilde{\sigma}_i ( \tilde{\tau}_j ( \tilde{\sigma}_i^{-1}(\sigma_i(x))))\\
={} &\tilde{\sigma}_i(\tilde{\tau_j}(x))\\
={} &\tilde{\sigma}_i(x).
\end{align}
Así, $(\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1}) |_{\sigma_i M}$ es $\sigma_i L$-incrustación. Por el contrario, vamos a $\tau : \sigma_i M \to K^a$ ser $\sigma_i L$-incrustación, y deje $\tilde{\tau}$ denotar una extensión de $\tau$ a un automorphism de $K^a$. A continuación, $\tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \tilde{\tau} \circ \tilde{\sigma}_i$ es un automorphism de $K^a$ que corrige $L$ pointwise, porque para cualquier $x \in L$,
\begin{align}
&\tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \tilde{\tau} \circ \tilde{\sigma}_i (x)\\
={} &\tilde{\sigma}_i^{-1} ( \tilde{\tau} ( \tilde{\sigma}_i(x)))\\
={} &\tilde{\sigma}_i^{-1}(\tilde{\sigma_i}(x))\\
={} &x.
\end{align}
Por lo tanto, no existe $1 \leq j \leq n$ tal que $(\tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \tilde{\tau} \circ \tilde{\sigma}_i) |_M = \tau_j |_M$. Así, $\tau = (\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1}) |_{\sigma_i M}$. Por último, estas $n$ mapas son todos distintos porque los mapas de $\tau_j$
son distintos.
Por lo tanto,
$$
\sum_{j = 1}^n \tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1} (\tilde{\sigma}_i(x)) = Tr_{\sigma_i M/ \sigma_i L}(\sigma_i(x)).
$$
Esto demuestra la segunda igualdad.
La tercera igualdad puede verse fácilmente. Para cada una de las $x \in M$, tenemos
\begin{align}
Tr_{M/L}(x) &= \sum_{j=1}^n \tau_j (x)\\
&= \sum_{j=1}^n \tilde{\tau}_j(x) \\
&= \sum_{j=1}^n \tilde{\sigma}_i^{-1} \circ (\tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1}) (\tilde{\sigma}_i(x)) \\
&= \tilde{\sigma}_i^{-1} \circ \left( \sum_{j=1}^n \tilde{\sigma}_i \circ \tilde{\tau}_j \circ \tilde{\sigma}_i^{-1} (\tilde{\sigma}_i(x)) \right) \\
&= \tilde{\sigma}_i^{-1} \circ Tr_{\sigma_i M / \sigma_i L}(\sigma_i (x)).
\end{align}
Por lo tanto,
$$
\sigma_i(Tr_{M/L}(x)) = \tilde{\sigma}_i(Tr_{M/L}(x)) = Tr_{\sigma_i M / \sigma_i L}(\sigma_i (x)).
$$
Esto demuestra la tercera igualdad.
Tenga en cuenta que los cálculos son bastante sencillos. La herramienta clave en la demostración de la segunda igualdad es el isomorfismo extensión del teorema. El resto es la rutina de comprobación.
Muy a menudo los autores usan la misma notación para referirse a una $K$-incrustación y su extensión a un automorphism de $K^a$. La omisión de la $\tilde{}$ símbolo hace que la presentación sea más limpia. También ayuda en la simplificación de algunos de los pasos a condición de que usted está dispuesto a confundir $\sigma$ con $\tilde{\sigma}$ cuando y como proceda.
Usted debe mirar todos los detalles escabrosos de una vez, y a entender la idea detrás de la prueba. Esto debería ser suficiente para reproducir sin necesidad de que este nivel de elaboración. Lo mejor de todo.
