¿Hay una forma natural de ver la prueba de Hilbert 90?

Question

Solo conozco una prueba de Hilbert 90, que es muy inteligente, si no mágica. Ver por ejemplo http://hilbertthm90.wordpress.com/2008/12/11/hilberts-theorem-90the-math/

¿Alguien sabe de una prueba más intuitiva o conoce una buena manera de ver la prueba?

Acepté la respuesta de Emerton, muchas gracias también a David Speyer y Brian Conrad.

Answer 1

Aquí es una prueba del Teorema de Hilbert 90 en el caso de cíclico de las extensiones que Creo que es bastante conceptual. El punto clave (que también está en el corazón de Grothendieck del muy general la versión en términos de la plana descenso) es que si queremos comprobar que una transformación lineal que tiene un cierto valor propio (en nuestro caso particular, el autovalor de interés será 1), podemos hacerlo después de la ampliación de los escalares.

El set-up: tenemos una extensión cíclica $L/K$, con grupo de Galois generado por $\sigma$, y un elemento $a \in L$ de la norma 1. Queremos encontrar a $b \in L$ tal que $a = b/\sigma(b)$. Como en David Speyer respuesta, reescribir esto como la ecuación de $a\sigma(b) = b$.

El mapa de $b \mapsto a\sigma(b)$ es $K$-transformación lineal de las $K$-espacio vectorial $L$, y queremos demostrar que tiene un punto fijo, es decir, que ha $1$ como un autovector. Así, podemos verificar esto después de la ampliación de escalares (los vectores propios de una matriz no cambiar si queremos ampliar el campo de tierra), y por eso tensor con $L$ sobre $K$.

Ahora $L\otimes_K L \cong L\times\cdots \times L$, un isomorfismo de $L$-álgebras, y bajo este isomorfismo la acción de la $\sigma$ a la izquierda, se convierte en la permutación cíclica de los factores de la derecha. (Para ver el isomorfismo, escribir $L = K(\alpha),$ como podemos por la primitiva elemento teorema. Si $f(X)$ es un polinomio mínimo de $\alpha$ sobre$K$,, a continuación, $L \cong K[X]/f(X),$ e lo $L\otimes_K L \cong L[X]/f(X).$ Pero sobre $L$, el polinomio $f(X)$ divisiones como $f(X) = (X-\alpha_1)\cdots (X-\alpha_n),$ donde el $\alpha_i$ son todos los conjugados de la $\alpha$. Elegir el etiquetado adecuadamente, podemos suponer que la $\alpha_i = \sigma^{i-1}(\alpha)$. Entonces $L[X]/f(X) = L[X]/(X-\alpha_1)\cdots (X-\alpha_n) \cong L\times\cdots \times L,$ y $\sigma$ hace, de hecho, acaba de permutar los factores).

Bajo el isomorfismo $L\otimes_K L \cong L\times\cdots \times L,$ la base de cambio de nuestra transformación lineal $b \mapsto a \sigma(b)$ está dado por $(b_1,\ldots,b_n) \mapsto (a b_n, \sigma(a) b_1, \ldots, \sigma^{n-1}(a) b_{n-1}).$ Esta transformación tiene el obvio no-cero vector fijo $(1,\sigma(a),\sigma(a)\sigma^2(a),\ldots,\sigma(a)\ldots\sigma^{n-1}(a)).$ (Recuerde que la Norma$(a) = 1$, y para la última entrada también es $a^{-1}$.)

Por lo tanto nuestros original de la transformación lineal (antes de la ampliación de escalares) tiene un valor distinto de cero fijo vector, así, como se requiere.

Cómo se relaciona esto con Brian Conrad comentario? Bueno, el anterior argumento se generaliza de forma masiva a Grothendieck la teoría de la fidelidad plana descenso, que en particular, muestran que cuasi coherente gavilla en el plano de la topología de hecho surge a partir de un Zariski gavilla. Eso puede sonar muy complicado, pero lo que el argumento es precisamente lo que hemos utilizado en el anterior argumento: Si $A \rightarrow B$ es un fielmente mapa plano de los anillos, y queremos para el estudio de la "teoría espectral" de un operador lineal en un $A$-módulo, podemos hacerlo después de la ampliación de escalares a $B$. (Por supuesto, uno tiene que ser preciso acerca de lo que "espectral de la teoría" significa que cuando estamos trabajan a través de los anillos que no son campos. Aquí es donde fielmente plano viene en: es la condición que la extensión de escalares de $A$ a $B$ es exacta, y la toma de no-cero de los módulos de a distinto de cero módulos; este resulta ser exactamente el derecho la generalización de la más ingenua idea de que hemos utilizado anteriormente, que la extensión de escalares conserva los valores propios de una matriz).

Por último, aquí es un tema aparte, acerca de la relación con Galois cohomology:

En cohomological lenguaje, de Hilbert Teorema de los 90 es la declaración de que $H^1(Gal(L/K), L^{\times}) = 0$ para cualquier finita de Galois de la extensión de los campos de $L/K$. Para recuperar la declaración que implican las normas, se procede de la siguiente manera: si $Gal(L/K)$ es cíclica, con generador de $\sigma$, y la norma de $a \in L$ es igual a 1, a continuación, $\sigma \mapsto a$ determina una $1$-cocyle en $Gal(L/K)$ con valores en $L^{\times}$. Por la fuga de $H^1$, este debe ser un coboundary, lo que significa que no existe $b$ tal que $a = \sigma(b)/b.$

El cohomological declaración (que, como Brian Conrad se ha señalado, es todavía muy especial caso de Grothendieck la teoría general) puede ser probado por la misma extensión de escalares argumento como el anterior.

Answer 2

Un argumento que me encanta es el siguiente: vamos a $L/K$ ser una extensión de Galois con grupo de $G$ y deje $n\geq1$. Uno puede demostrar directamente que $H^1(G,\mathrm{GL}(n, L))$ clasifica $K$-espacios vectoriales $V$ tal que $L\otimes_KV$ es isomorfo como un $L$-espacio vectorial a $L\otimes K^n$, a $K$-lineal isomorphisms; Serre hace en el capítulo X, §2, de su Cuerpo Locaux. Ahora, álgebra lineal nos dice que todos esos $V$'s son en realidad isomorfo a $K^n$ as $K$-espacios vectoriales, por lo que llegamos a la conclusión de que $H^1(G,\mathrm{GL}(n, L))$ es trivial.

Este es, de hecho, el mismo argumento que Brian le dio. Sin embargo, es bueno que el teorema es esencialmente una declaración diciendo que todos los espacios vectoriales de la misma dimensión son isomorfos :)

También, otro un poco desconcertantes declaraciones, como la $«H^1(G,\mathrm{Sp}(n, L))=0»$ puede ser probado por exactamente el mismo argumento.

Answer 3

Aquí es una buena manera de pensar en el estándar de la prueba:

Deje $L/K$ ser una extensión cíclica de grado $n$, con $\sigma$ un generador de $Gal(L/K)$. Supongamos que $N(a)=1$, para $a \in L$.

Definir el operador $\tau: L \to L$ por $\tau(b) = a \sigma(b)$. Tenemos $$\tau^n(b) = a \sigma(a) \sigma^2(a) \cdots \sigma^{n-1}(a) b = N(a) b =b$$ por lo $\tau^n$ es la identidad. También, $\tau$ es $K$-lineal. Así, teniendo en cuenta $L$ como $K$-espacio vectorial, tenemos una representación de $\mathbb{Z}/n$ a $L$.

Queremos mostrar que esta representación tiene un trivial sumando. Si podemos demostrar esto, hemos terminado; si $\tau(c) = c$ para $c \neq 0$ entonces $a = c/\sigma(c)$. Como usted aprenderá en cualquier curso sobre la teoría de la representación, el operador $$\pi := (1/n) \left( 1+ \tau + \cdots + \tau^{n-1} \right)$$ es el proyector en el trivial sumando de $L$. El estándar de prueba es verificar que el $\pi$ es distinto de cero.

Answer 4

Otra forma de concluir que$\tau$ tiene un punto fijo usando álgebra lineal es la siguiente. David Speyer muestra que$\tau$ es de orden$n$. Pero, gracias a la independencia de los caracteres, el polinomio mínimo de$\tau$ es$X^n-1$ y, por lo tanto,$\tau$ es un endomorfismo cíclico de$L$. Por lo tanto, 1 es un valor propio de$\tau$ con multiplicidad uno.

Answer 5

Supongamos $E/K$ es una extensión de Galois con grupo de $G=\operatorname{Gal}(E/K)$.

Construir el producto cruzado de álgebra $E\rtimes G$, que es el $E$-espacio vectorial con base en los elementos de $G$ convertido en un $K$-álgebra en la única manera tal que $eg\cdot e'h=eg(e')gh$ para todos los $e$, $e'\in E$ y todos los $g$, $h\in G$.

Es fácil comprobar que el $K$-álgebra $E\rtimes G$ es simple. El teorema de Wedderburn, a continuación, nos dice que todo es sencillo $E\rtimes G$-los módulos son isomorfos. Un corolario de esto es:

Teorema. $H^1(G,E^\times)=0$.

En efecto, supongamos $\phi:G\to E^\times$ es $1$-cocycle. El $E$-espacio vectorial $V=E$ pueden ser dotados de una manera única con una acción de $E\rtimes G$ de tal manera que $eg\cdot 1=e\phi(g)$ para todos los $e\in E$ y todos los $g\in G$. Desde $V$ es unidimensional como una $E$-espacio vectorial, se trata de un simple módulo a través de $E\rtimes G$ y se deduce a partir del teorema de Wedderburn que hay un $E\rtimes G$-lineal isomorfismo $f:E\to V$,para $E$ es también una simple $E\rtimes G$-módulo. Si establecemos $y=f(1_E)$, entonces el coboundary de $y$ es $\phi$. $\Box$

De manera más general, a partir del teorema de Wedderburn conseguimos que todos los $E\rtimes G$-los módulos son directos sumas de copias de $E$, lo que implica que en prácticamente la misma manera que $H^1(G,GL(n,E))=0$ (y los de infinitas dimensiones versión que Serre deja como un ejercicio en el Cuerpo de locaux)