Mostrar $E^H = K(\operatorname{Tr}_{E/{E^H}}(a))$

Question

Supongamos que $E = K(a)$ y $E/K$ es una extensión de Galois. Demuestre que si $H \leq \operatorname{Gal}(E/K)$ entonces el campo fijo $E^H = K(\operatorname{Tr}_{E/{E^H}}(a))$ .

$K(\operatorname{Tr}_{E/{E^H}}(a)) \subseteq E^H$ es trivial, pero ¿qué pasa con la otra contención?

Answer 1

Dejemos que $K=\mathbb{Q}(i)$ , $a=2^{1/4}$ . Entonces $\text{Gal}(E/K)$ es el grupo de $4$ -raíces de $1$ actuando sobre $a$ por ( $u^4=1$ ) $a\mapsto u a$ . Toma $H=\{1,-1\}$ entonces $\text{Tr}_{E/E^H}(a)=2^{1/4}-2^{1/4}=0$ . Por lo tanto, la afirmación es falsa.

Answer 2

Otro contraejemplo -que debería haber visto enseguida- es el siguiente:

Dejemos que $K$ sea el campo de dos elementos, y sea $a$ sea una raíz de $x^4+x+1=0$ . En este caso $E=K(a)$ es el campo de 16 elementos, por lo que $Gal(E/K)$ es cíclico de orden 4. El mapa de Frobenius de Frobenius $F:E\rightarrow E, x\mapsto x^2$ es un generador del grupo de Galois. Si $H$ es el subgrupo generado por $F^2$ entonces nos encontramos con un problema similar, porque $$ Tr_{E/E^H}(a)=\sum_{\sigma\in H}\sigma(a)=a+a^4=1 $$ está en el campo principal.

El resultado positivo más evidente relacionado con esta cuestión es el siguiente. Hagamos una suposición más fuerte de que $a$ genera una base normal de $E/K$ es decir, el conjunto de conjugados de $a$ es un $K$ -base de $E$ . En ese caso está claro que $$ s:=Tr_{E/E^H}(a)=\sum_{\sigma\in H}\sigma(a) $$ es un punto fijo de un automorfismo $\tau\in Gal(E/K)$ si $\tau\in H$ porque de lo contrario violamos la independencia lineal (sobre $K$ ) de los conjugados de $a$ . Así, por correspondencia de Galois, el campo de extensión más pequeño de $K$ que contiene $s$ es $K(s)=E^H.$