Torres de campos perfectos sobre todo orden $p^t$

Question

Esta pregunta se relaciona fuertemente con esta pregunta. Estoy curioso sobre el siguiente resultado. Revisión de un primer $p$ y deje $L$ ser un perfecto campo y $q_1(t),\dots,q_n(t) \in L[t]$ irreductible polinomios tales que el $\deg q_i = p^{a_i}$ $\beta_i$ a raíz de la $q_i(t)$. Set $L_i=L_{i-1}(\beta_i)$ donde $L_0=L$ y se supone que para $i<n$ tenemos $q_i(t)$ irreductible $L_{i-1}$ $q_n(t)$ no tiene raíces en $L_{n-1}$. Es el caso de que un factor irreducible de $q_n(t)$ $L_{n-1}[t]$ tiene un grado de energía de $p$.

Por inducción, el resultado sólo necesita ser comprobado para dos polinomios $f(t)$$q(t)$. Me parece que no puede hacer ningún progreso en este caso. También me gustaría estar interesado en una positiva (o incluso mejor negativa) resultado en el caso de $L=\mathbb Q$ $f(t)$ $q(t)$ la satisfacción deseada de hipótesis. Un resultado positivo en este caso es un poco menos interesante, porque no me da todo lo que necesito. Y, por supuesto, siéntase libre de asumir $p=3$ si se te hace feliz.

Actualización de 1/29: he trabajado a través de diferentes ejemplos en Sage ver cómo el grado $9$ polinomios factor, sobre el número de campos de grado $9$, hasta el momento nada se ha contradicho a la hipótesis. En lo que respecta a demostrar que me gustaría imaginar que hay algo de inteligente a prueba de que va como sigue. Deje $f(t),g(t)$ dos irreductible polinomios de grados de potencia de $p$, $\alpha$ a raíz de la $f(t)$ y deje $E$ ser la división de campo de la $f(t)$$g(t)$. Considere la posibilidad de la acción del subgrupo de $\mathrm{Gal}(E/L)$ que corrige $L(\alpha)$ sobre las raíces de la $g(t)$. A continuación, me gustaría imaginar que hay una forma inteligente de mostrar la órbita de una de las raíces de $g(t)$ es una potencia de $p$, y deducir el teorema.

He publicado esto mathoverflow aquí.

Answer 1

Un par de pensamientos.

Para cada una de las $\alpha$, el estabilizador $Stab(\alpha)$ divisiones de las raíces de $g$, $\{ \beta_i\}$, en un par de órbitas. Denotar por $O(\alpha)$ esta descomposición y nota $\mathcal O$ la imagen de $O$. El grupo de Galois es también visto actuar en $\mathcal O$ (si $\sigma(\alpha_i) = \alpha_j$,$\sigma(O(\alpha_i)) = O(\alpha_j)$)

Para cualquier $\alpha$, $Stab(\alpha) \subseteq Stab(O(\alpha))$, y $\# O^{-1}(\{O(\alpha)\})$ es el índice de este subgrupo. Además, desde el $G$ es transitiva en la $\alpha_i$, es transitivo en $\mathcal O$, de modo que cada órbita de la descomposición tiene el mismo número de preimages. Dado que el número de raíces de $f$ es una potencia de $p$, el tamaño de $\mathcal O$ es también un poder de $p$.

Así que podemos centrarnos en aquellos órbita descomposiciones en lugar de en las raíces de $f$, e intente iniciar de $\mathcal O$ lugar.

Supongamos que tenemos un conjunto de $\mathcal O$ de órbita descomposiciones de $\{ \beta_i\}$. Este conjunto induce un subgrupo $G$ compatible permutaciones de $\{ \beta_i\}$. Queremos $G$ a ser transitivos en $\mathcal O$ $Stab(O)$ a ser transitivos en las órbitas descritas en el $O$ (para cualquier $O$), por lo que obviamente el más permutaciones ponemos en $G$ el mejor, por lo que el $G$ seleccionamos únicamente depende de $\mathcal O$, y la transitividad de las condiciones sólo depende de $\mathcal O$.

Si podemos encontrar un adecuado $\mathcal O$ cuyo cardinal es un poder de $p$, luego tenemos a un candidato Grupo de Galois de un contraejemplo.

Aquí hay algunas ideas simples que no funcionan : Deje $\mathcal O$ ser todas las particiones de $\{ \beta_i\}$ en grupos de tamaño $s_1+ \ldots + s_k$ donde $\sum s_j = p^a$ e no $s_j$ es una potencia de $p$. A continuación, $G$ es el total de permutaciones el grupo en $\{ \beta_i\}$, pero $\# \mathcal O$ no es una potencia de $p$ : se trata de un producto de números enteros como $(a+b)!/a!b!$$(kb)!/b!^k k!$, uno de los cuales ha $p^a !$ en el numerador, que obliga a $a=1$ o $b=1$, es decir, una órbita de tamaño $1$, que no nos hemos de elegir.

Answer 2

[Editado: he publicado originalmente un inválido "prueba" de que la respuesta es sí. Pero en realidad la respuesta es no, como indiqué en mi respuesta a su mathoverflow de postear algo. Allí me dio una explícita contraejemplo. Voy a dejar esta incorrecta "prueba" para que ahora, en el caso de que pudiera ser de interés para cualquier persona. El error es sutil: es en la afirmación de que los elementos distintos de a $T$ son coprime. Que no es cierto, aunque los elementos de $T$ son distintos monic irreducibles. Esto es posible debido a que los elementos de $T$ no están necesariamente en $K[x]$, son una colección de polinomios irreducibles sobre diferentes constante campos. De todos modos, mi incorrectos original argumento es el siguiente.]

He aquí un enfoque alternativo a lo que me dio en mi comentario a tu mathoverflow pregunta. Deje $f(x)\in L[x]$ ser un monic polinomio irreducible sobre un campo $L$, y deje $K/L$ ser finito, separables de extensión. Deje $J$ ser el Galois cierre de $K/L$, y deje $G$ ser el grupo de Galois de $J/L$. Entonces la acción de la $G$ $J$ se extiende, naturalmente, a una acción en $J[x]$. Deje $g(x)\in K[x]$ ser un monic polinomio irreducible que divide $f(x)$. Deje $T=\{\sigma(g):\sigma\in G\}$. A continuación, cada elemento de a $T$ también se divide $f(x)$, y los elementos de $T$ son distintos monic irreducibles y por lo tanto son pares coprime, por lo $f(x)$ es divisible por el producto de $u(x):=\prod_{h\in T} h(x)$. Pero $u(x)$ es fijo por cada elemento de a $G$, por lo que es un elemento de $L[x]$. Por lo tanto $u(x)$ es un monic polinomio en $L[x]$ que se divide el monic polinomio irreducible $f(x)$, lo $u(x)=f(x)$. De ello se desprende que $\deg(g)$ divide $\deg(f)$:$\deg(g)=\deg(f)/\# T$.