Compositum de campos con trivial intersección

Question

Deje $E/F$ ser una extensión finita. Deje $L,K$ dos intermedios campos con $L\cap K = F$, y también $$[L : F] [K:F] = [E:F].$$ Must it hold that the compositum $LC$ equals $E$? If we assume that $E/F$ and $K/F$ are Galois, then this follows from basic Galois theory. Namely, since $K/F$ is Galois we have $$\mathrm{Gal}(E/F) = \mathrm{Gal}(E/K\cap L) = \mathrm{Gal}(E/K)\mathrm{Gal}(E/L)$$ and $$\mathrm{Gal}(E/KL) = \mathrm{Gal}(E/K) \cap \mathrm{Gal}(E/L).$$ We have $$|\mathrm{Gal}(E/K)\mathrm{Gal}(E/L)| = \frac{|\mathrm{Gal}(E/K)||\mathrm{Gal}(E/L)|}{| \mathrm{Gal}(E/K) \cap \mathrm{Gal}(E/L)|}.$$ por lo Tanto, debemos tener

$$|\mathrm{Gal}(E/KL)| = \frac{|\mathrm{Gal}(E/K)||\mathrm{Gal}(E/L)|}{|\mathrm{Gal}(E/K)\mathrm{Gal}(E/L)| }= \frac{[E : K][E : L]}{[E: F]} = 1.$$

Sin embargo, no estoy seguro de si esto es cierto si $E$ o $K$ no se asume Galois sobre $F$. ¿Alguien tiene alguna idea?

Answer 1

Esto es falso en general. Permítanme comenzar por ofrecer un ejemplo desde el lado de grupos finitos (la correspondencia de Galois es la inclusión marcha atrás, así que...). Deje $G=D_8$ el grupo de simetrías de un octágono regular. Sabemos que $G$ es generado por una rotación $r$ orden $8$, y una reflexión de $s$ orden $2$ tal que $srs=r^{-1}$, y de ello se sigue que $sr^i=r^{8-i}s$ para todos los enteros $i$. De ello se desprende que $|G|=16$ y $r^4$ es el único no-trivial elemento en el centro de la $G$. Geométricamente esto es obvio, porque $r^4$ es la rotación por el ángulo de $\pi$, es decir, la multiplicación escalar por $-1$.

Dentro de $G$ tenemos dos subgrupos $H_1=\{1,s,r^4, sr^4\}$$H_2=\{1,sr,r^4,sr^5\}$. Ambos de estos son generados por los reflejos w.r.t. a un par de líneas ortogonales - un par obtenido por la rotación de la otra por el ángulo de $\pi/8$. Geométricamente: un par de las líneas ortogonales conecta dos pares de antipodal vértices del octágono, el otro par se conecta antipodal de los puntos medios de las aristas. De todos modos, la clave de la observación son las siguientes:

1. $\langle H_1,H_2\rangle=G$. Esto es debido a que $r=s(sr)$ es en el subgrupo generado por ambos $H_1$$H_2$. En otras palabras, no hay una buena subgrupo de $G$ contiene $H_1$$H_2$.
2. $H_1\cap H_2=\{1,r^4\}$ no es trivial.

La traducción de este campo para las extensiones de la formación de un contraejemplo es sencillo. Deje $E/F$ ser una extensión de Galois con grupo de Galois $G$. Deje $K=\operatorname{Inv}(H_1)$ y $L=\operatorname{Inv}(H_2)$. La intersección $L\cap K$ entonces es invariante bajo$H_1$$H_2$, por lo tanto, bajo todos los de $G$, lo $L\cap K=F$. OTOH la compositum $LK$ es el más pequeño campo que contiene tanto $L$$K$, y por lo tanto el campo de los invariantes de $H_1\cap H_2$. Aquí $[K:F]=[G:H_1]=4$, $[L:F]=[G:H_2]=4$, $[E:F]=|G|=16=4\cdot4$, pero $[LK:F]=[G:(H_1\cap H_2)]=8<16$.

La traducción de todo el grupo de lado por la aplicación de la correspondencia de Galois fue la clave. Después de eso era un manitas, ensayo y error.

Observar que basta con encontrar un grupo finito $G$ junto con dos subgrupos $H_1$ $H_2$ tales que i) $G=\langle H_1, H_2\rangle$, ii) $|G|=[G:H_1]\cdot[G:H_2]$ y ii) $|H_1\cap H_2|>1$.

Answer 2

Intentaré mostrar la siguiente, $[LK:F]\leq [L:F][K:F]$, la igualdad se mantiene en el caso de $([L:F],[K:F])=1$, en su caso implicaría $[LK:F]=[E:F]$, e $E=LK$.