Supongamos $K/F$ $L/F$ son extensiones de $F$ (contenida en algunos campos comunes) de grado $p$ donde $p$ es primo. Estándar de argumentos muestran que $[KL:F]$ debe ser en $\{p,2p,\ldots,p^2\}$. Pero todos estos múltiplos alcanzado por cada $p$? I. e. para todos los números primos $p$, y para todos los enteros $1\leq r\leq p$, ¿ existen $K$, $L$, y $F$ por encima de con $[KL:F]=rp$?
Afirmar esto en términos de la teoría de Galois (usando el hecho de que cada primer grado de extensión es separable), ¿existe un grupo de $G$ con el índice-$p$ subgrupos $H_1,H_2$ $G$ tal que $|G:H_1\cap H_2|=rp$?
Editar (no estoy seguro de si esto debería estar en una respuesta o no): Es sencillo mostrar que si $KL/F$ es de Galois, por lo que el $G$ es su grupo de Galois, entonces cualquiera de las $r=p$ o $(r,p-1)\neq 1$:
Suponga $r\neq p$. Por Sylow de teoremas, $n_p:=\text{number of Sylow }p\text{-groups}$ es congruente a $1$ mod $p$ y se divide $r$. Pero $r<p$, lo $n_p=1$. Por lo tanto, hay un único (y por lo tanto normal) Sylow $p$-subgrupo $P\cong Z_p$. Por eso, $G= P\rtimes H_1=P\rtimes H_2$. Si $(r,p-1)=1$, entonces no hay ninguna que no sea trivial homomorphism de cualquiera de las $H_1$ o $H_2$$\operatorname{Aut}(Z_p)\cong Z_{p-1}$, y para el semidirect productos son en realidad directa. Pero luego (desde $r\neq p$) $H_1$ y $H_2$ son normales Sala de subgrupos de la misma orden y, por tanto, igual, que sólo puede suceder si $r=1$. Por lo tanto, $r=p$ o $(r,p-1)\neq 1$.
Entonces, para solucionar el problema general al $(r,p-1)=1$, no se puede hacer la simplificación de la suposición de que $H_1$ $H_2$ han trivial intersección, es decir, que $KL/F$ es de Galois.
