Sea $f_{1},f_{2},\ldots,f_{n}$ diferentes automorphisms del campo $\mathbb{K}$. Lo que quiero preguntar es:
¿Existe un elemento $x \in \mathbb{K}$ tal que $f_{1}(x),f_{2}(x),\ldots,f_{n}(x)$el % son parejas distintas?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Chris Eagle
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Esto es cierto en el carácter $0$ de los casos al menos.
Para cualquiera de los dos automorfismos de a $\mathbb{K}$, el conjunto de puntos donde están igual es un subcampo de la $\mathbb{K}$. Por lo tanto un contraejemplo a la demanda nos da una expresión de $\mathbb{K}$ como la unión de un número finito de adecuada subcampos, es decir, el $\binom{n}{2}$ campos de $\{ x|f_i(x)=f_j(x)\}$. Ahora si $\mathbb{K}$ tiene características de las $0$, entonces es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$, y de estos subcampos son subespacios vectoriales. Pero un espacio vectorial sobre un infinito campo no puede ser nunca una unión finita de una adecuada subespacios.
El caso de al $\mathbb{K}$ es finito es fácil: cualquier campo finito es generado por un solo elemento, y diferentes automorfismos deben diferir en ese elemento. No sé si la afirmación es verdadera para los infinitos campos de característica positiva.
user8269
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Tomemos el caso en que $K$ es un finito, la extensión normal de los racionales. A continuación, por los Primitivos Elemento Teorema, existe un elemento $\alpha$ $K$ tal que $K={\bf Q}(\alpha)$. Si $f_i(\alpha)=f_j(\alpha)$ $f_i=f_j$ desde $\alpha$ genera $K$$\bf Q$. Por lo $\alpha$ va a hacer como su $x$.
Ahora usted puede intentar aflojar algunas de las hipótesis para ver cómo gran parte de la argumentación todavía funciona y si puede tapar los agujeros.
EDIT: tenga en cuenta que si uno le pregunta acerca de $f_1,f_2,\dots$ (en lugar de $f_1,f_2,\dots,f_n$), luego hay generalmente no dicho elemento $x$. E. g., si $K={\bf Q}(\sqrt2,\sqrt3,\sqrt5,\dots)$, e $f_i(\sqrt{p_j})$ $-\sqrt{p_j}$ $i=j$, $\sqrt{p_j}$ de lo contrario, luego cada $x$ $K$ se fija por todos, pero un número finito de la $f_i$.
