Grupo de Galois - extender homomorfismo a automorfismo

Question

Sea $K \subset L$ sea una extensión finita de Galois, $M$ un campo con $K \subset M \subset L$ y $G := \text{Aut}(L/K)$ .

Quiero demostrar que si $\sigma \, \colon M \longrightarrow L$ es un $K$ -existe un $\tau \in G$ con $\tau\vert_M=\sigma$ .

$K$ -significa que $\sigma\vert_K=\text{id}$ .

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$\textbf{My ideas:}$

Pensé en utilizar el teorema de la extensión del isomorfismo, que conozco de la siguiente forma:

Sea $\varphi \, \colon K \longrightarrow K'$ sea un isomorfismo de campo, $f \in K[X]$ un polinomio con una raíz $x$ en una extensión de campo de $K$ y $x'$ una raíz de $\varphi(f)$ en una extensión de campo de $K'$ .

Entonces existe exactamente un isomorfismo de campo $\phi \, \colon K[x] \longrightarrow K'[x']$ con $\phi(x)=x'$ y $\phi\vert_K=\varphi$ .

Pero creo que esto no ayuda en esta situación.

Answer 1

Puede utilizar el teorema clave que enuncia, si $L/M$ es finito entonces $L = M(x_1,\dots,x_n)$ para algunos $x_i$ en $L$ . Sea $M_0 = M$ y $M_{i+1} = M_i(x_{i+1})$ .

La parte crucial de esta pregunta es que $L/K$ es Galois, lo que para extensiones finitas equivale a ser normal y separable. Esto significa que el polinomio mínimo de cada una de las $x_i/K$ se divide completamente en factores lineales en $L$ . Así pues, el polinomio mínimo de cada una de las $x_i$ en $M_{i-1}$ también se divide completamente en $L$ .

Por lo tanto, si dejamos que $f_i(X)$ sea el polinomio mínimo para $x_i$ / $M_{i-1}$ por ejemplo $f_1(X)$ $\sigma(f_1)$ se divide completamente en $L$ *. Así podemos ampliar $\sigma$ a algunos $\sigma_1:M_1\rightarrow L$ por el teorema, porque hemos demostrado que tenemos una raíz de $\sigma(f_1)$ en $L$ . Podemos repetir este proceso de forma iterativa hasta que hayamos ampliado $\sigma$ a través de cada extensión hasta $L$ .

Como se ha señalado en los comentarios, mi argumento original al respecto no era válido. Podemos demostrarlo tomando $g_i(X)\in K[X]$ sea el polinomio mínimo de $x_i$ en $K$ , $f_i|g_i$ , $g_i$ se divide completamente en $L$ y se fija mediante $\sigma$ ya que se encuentra en $K[X]$ . Así $\sigma(f_i)|g_i$ también, por lo que también se divide completamente en $L$ .

Answer 2

Supongamos que todos los grados son finitos.

Primero demostramos que existen como máximo $\lvert M : K \rvert$ $K$ -homorfismos $M \to L$ . Proceder por inducción en $\lvert M : K \rvert$ Supongamos que sabemos que hay $\le \lvert N : K \rvert$ $K$ -homorfismos $N \to L$ . Sea $\alpha \in L \setminus N$ con polinomio mínimo $g \in N[X]$ de grado $k > 1$ en $N$ . Entonces $\lvert N(\alpha) : N \rvert = k$ y cualquier $\sigma : N \to L$ puede ampliarse a como máximo $k$ $K$ -homorfismos $N(\alpha) \to L$ como $\alpha$ sólo puede asignarse en uno de los $k$ raíces de $g$ . Por lo tanto, hay como máximo $\lvert N(\alpha) : N \rvert \cdot \lvert N : K \rvert = \lvert N(\alpha) : K \rvert$ $K$ -homorfismos $N(\alpha) \to L$ .

Consideremos ahora la restricción de los elementos $\tau \in Aut(L/K)$ a $M$ . (Por supuesto, no se trata necesariamente de automorfismos de $M$ sino más bien $K$ -homorfismos $M \to L$ .) Las restricciones de $\tau, \tau'$ coinciden en $M$ si $\tau Aut(L/M) = \tau' Aut(L/M)$ . Así que por Lagrange hay $$ \frac{\lvert Aut(L/K) \rvert}{\lvert Aut(L/M) \rvert} = \frac{\lvert L:K \rvert}{\lvert L : M \rvert} = \lvert M : K \rvert $$ dichas restricciones.

Así que hay exactamente $\lvert M : K \rvert$ $K$ -homorfismos $M \to L$ y cada una de ellas es la restricción a $M$ de un elemento de $Aut(L/K)$ .