Un campo tiene un automorphism de la orden 2

Question

El siguiente hecho se utiliza en el espacio Unitario.

Si $F$ es un campo que tener un automorphism $\alpha$ a de orden 2. Deje $F_0=\{a\in F: \alpha(a)=a\}$. A continuación,$|F:F_0|=2$.

Es allí cualquier fáciles de la prueba (o de referencia) para este hecho?

Gracias WimC dar la respuesta perfecta. Puedo añadir mi propia idea acerca de este problema:

Deje $Char F \ne 2$, y escribir $\bar{a}$$\alpha(a)$. Nota:$x=1/2(x+\bar{x})+1/2(x-\bar{x})\ \ \ (*)$$\overline{x-\bar{x}}=-(x-\bar{x})$$x+\bar{x} \in F_0$. De modo que existe $a$ tal que $\bar{a}=-a$$a \not \in F_0$. Por (*), sólo necesitamos a prueba de los elementos $b$ tal que $\bar{b}=-b$ es en el espacio de $K$ generado por 1 y $a$ $F_0$ (Claramente, $|K:F_0|=2$).

Desde $\bar{a}=-a$, obtenemos $k=a^2\in F_0$, e $a^{-1}=k^{-1}a \in K$. Ahora $\overline{ab}=\bar{a}\bar{b}=(-a)(-b)=ab$, obtenemos $l=ab\in F_0$, e $b=la^{-1} \in K$. Por lo tanto $K=F$ y, a continuación,$|F:F_0|=2$.

Pero no puedo probar el caso de que $Char K=2$. Ninguna idea acerca de este caso?

Answer 1

Este es un caso especial del teorema de Artin de teoría de Galois. El campo $F_0$ es estrictamente menor que $F$ (no todos los elementos son fijados por $\alpha$). Si $a, b \in F \setminus F_0$ luego

$$a - \frac{a-\alpha(a)}{b-\alpha(b)} b + \frac{a \, \alpha(b)-b\,\alpha(a)}{b-\alpha(b)} =0$$

que demuestra que $1, a, b$ son linealmente dependientes sobre $F_0$. Por lo tanto $|F:F_0|=2$.

Answer 2

Aquí es otra demostración de que, como Wei Zhou del argumento, funciona en el caso de $\text{char} F \ne 2$, aunque admito que a parte de que fue inspirado por WimC más excelente respuesta. Pero, sobre la base de que la inspiración (y exactamente lo que se hará en breve se ponen de manifiesto), hemos de auto-contenido de la prueba de la siguiente manera:

Primero de todo, hemos de señalar que, a menos que $\alpha$ es la trivial automorphism, es decir, a menos que $\alpha$ corrige todos los de $F$, que no debe existir $\aleph \in F$$\alpha(\aleph) \ne \aleph$; por definición, un $\aleph \notin F_0$, e $\alpha(\aleph) \notin F_0$ o bien, no sea que nos ha $\aleph = \alpha(\alpha(\aleph)) = \alpha(\aleph) \in F_0$. La elección de una $\aleph$, considerar los elementos de campo $\aleph + \alpha(\aleph), \aleph \alpha(\aleph) \in F$; vemos que ambos son fijados por $\alpha$, para

$\alpha(\aleph + \alpha(\aleph)) = \alpha(\aleph) + \alpha^2(\aleph) = \aleph + \alpha(\aleph) \tag{1}$

desde $\alpha^2 = 1$, y de la misma manera

$\alpha(\aleph \alpha(\aleph)) = \alpha(\aleph) \alpha^2(\aleph) = \aleph \alpha(\aleph), \tag{2}$

de nuevo desde $\alpha^2 = 1$. Así vemos que tanto en $\aleph + \alpha(\aleph), \aleph \alpha(\aleph) \in F_0$, ya que el $F_0$ es el campo fijo de $\alpha$. El próximo considerar el polinomio

$p_\aleph(x) = x^2 - (\aleph +\alpha(\aleph))x + \aleph \alpha(\aleph) \in F_0[x]; \tag{3}$

tenemos $p_\aleph(x) \in F_0[x]$ desde sus coeficientes, como se ha visto, son todos fijos por $\alpha$. Las raíces de $p_\aleph(x)$ son fácilmente visto a $\aleph$$\alpha(\aleph)$; de hecho, hemos

$p_\aleph(\aleph) = \aleph^2 - (\aleph + \alpha(\aleph)) \aleph + \aleph \alpha(\aleph) = \aleph^2 -\aleph^2 - \alpha(\aleph) \aleph + \aleph \alpha(\aleph) = 0, \tag{4}$

con un cálculo similar, mostrando que

$p_\aleph(\alpha(\aleph)) = 0 \tag{5}$

así; como alternativa, se puede observar que la $p_\aleph(x)$ se divide en $F$

$p_\aleph(x) = x^2 - (\aleph +\alpha(\aleph))x + \aleph \alpha(\aleph) = (x - \aleph)(x - \alpha(\aleph)), \tag{6}$

lo que también muestra que las raíces son $\aleph$, $\alpha(\aleph)$. Basado en estas consideraciones, se puede concluir que (i) $p_\aleph(x)$ es irreducible sobre $F_0$, ya que el $\aleph, \alpha(\aleph) \notin F_0$; (ii.) $F_0(\aleph) \subset F$ es la división de campo de la $p_\aleph(x)$$F_0$, ya que el $\alpha(\aleph) = \aleph^{-1}(\aleph \alpha(\aleph)) \in F_0(\aleph)$ por virtud de $\aleph \in F_0(\aleph)$, $\aleph \alpha(\aleph) \in F_0 \subset F(\aleph)$; (iii.) $[F_0(\aleph):F_0] = 2$, ya que el $\deg p_\aleph(x) = 2$.

Habiendo $[F_0(\aleph):F_0] = 2$, se concluye mostrando que $F = F_0(\aleph)$. Claramente $F_0(\aleph) \subset F$, así que vamos a $\beth \in F$ y considerar que el producto $\gimel = (\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph))$; hemos

$\alpha((\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph))) = (\alpha(\beth) - \beth)(\alpha(\aleph) - \aleph) = (\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph)), \tag{7}$

es decir, $\gimel = (\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph))$ es fijo por $\alpha$, por lo tanto

$(\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph)) = \gimel \in F_0. \tag{8}$

Ahora tenemos

$\beth - \alpha(\beth) = (\aleph - \alpha(\aleph))^{-1} \gimel \in F_0(\aleph), \tag{9}$

y ya

$\beth + \alpha(\beth) \in F_0, \tag{10}$

se fija por $\alpha$ como es $\aleph + \alpha(\aleph)$, llegamos a la conclusión de que (y aquí es donde necesitamos la suposición $\text{char}F \ne 2$):

$2\beth = (\beth - \alpha(\beth)) + (\beth + \alpha(\beth)) \in F_0(\aleph), \tag{11}$

de dónde

$\beth \in F_0(\aleph) \tag{12}$

y, por tanto,$F \subset F_0(\aleph)$; por lo tanto en el hecho de $F = F_0(\aleph)$ y, finalmente,

$[F:F_0] = [F_0(\aleph): F_0] = 2, \tag{13}$

la conclusión deseada. QED.

Nota: La inspiración me tomó de WimC la respuesta fue examinar la cantidad de $\gimel = (\beth - \alpha(\beth))(\aleph - \alpha(\aleph))$; esto se originó en un minucioso análisis del coeficiente de $b$ en su ecuación

$a - \dfrac{a-\alpha(a)}{b-\alpha(b)} b + \dfrac{a \, \alpha(b)-b\,\alpha(a)}{b-\alpha(b)} =0, \tag{14}$

que también es invariante bajo $\alpha$. Yo también quiero ver si y cómo la suposición $\text{char} F \ne 2$ podría ser eludido en el contexto del argumento anterior. Final de la Nota.

Espero que esto ayude. Saludos,

y como siempre,

Fiat Lux!!!