Cualquier algebraicamente cerrado de campo tiene toneladas de automorfismos. El hecho clave es que si $K$ $L$ son algebraicamente cerrado y algebraicas sobre los subcampos $k\subseteq K$$\ell\subseteq L$, entonces cualquier isomorfismo $f:k\to \ell$ se extiende a un isomorfismo $\bar{f}:K\to L$. La prueba es que se acaba de extender $f$ a un elemento de $K$ en un momento: dado $\alpha\in K\setminus k$ existe $\beta\in L$ cuyo polinomio mínimo de más de $\ell$ es el polinomio que se obtiene al aplicar $f$ a los coeficientes del polinomio mínimo de a $\alpha$. Usted puede extender $f$ a un isomorfismo $k(\alpha)\to\ell(\beta)$ que envía a $\alpha$$\beta$. La repetición de este por inducción transfinita, se obtiene una extensión de $f$ a un isomorfismo $\bar{f}$ definido en todos los de $K$. La imagen de $\bar{f}$ debe $L$, ya que es un algebraicamente cerrado campo que contiene $\ell$ $L$ es algebraico sobre $\ell$.
Por lo tanto, dado un algebraicamente cerrado campo de $K$, vamos a $k_0$ ser el primer subcampo y deje $B$ ser una trascendencia base para $K$$k_0(B)$, lo $K$ es algebraico sobre $k_0(B)$. Ahora vamos a $k\subset K$ ser algunos no trivial finita de Galois de la extensión de $k_0(B)$ y deje $f:k\to k$ ser un trivial automorphism. Por el hecho clave de arriba (con $\ell=k$ y $L=K$), $f$ se extiende a un trivial automorphism de $K$.
(Tenga en cuenta que este argumento utiliza el axioma de elección, tanto en la prueba de los hechos clave (a elegir a $\alpha$ $\beta$ a cada paso de la inducción) y en la obtención de una trascendencia base para $K$$k_0$. No sé si es posible para un rígido algebraicamente cerrado campo de existir si no asuma que el axioma de elección).
