¿Es cierto que si $K/F$ es un campo de división y $\phi \colon K \to K'$ es un isomorfismo que fija $F$ entonces $K = K'$ ?

Question

Dejemos que $K$ y $K'$ sean extensiones finitas sobre un campo $F$ tal que $K$ es un campo de división para un polinomio $p(x)$ en $F$ y que $\varphi \colon K \to K'$ sea un isomorfismo que fije $F$ . ¿Es cierto que $K = K'$ ?

Esto se establece como un teorema en Pinter pero tengo algunas dificultades para seguir la (escasa) prueba.

La prueba comienza con el hecho de que cualquier isomorfismo de este tipo lleva una raíz de un polinomio a alguna otra raíz del polinomio. Así, si $c_1,\ldots,c_n$ son las raíces de $p(x)$ en $K$ entonces $\varphi(c_1),\ldots,\varphi(c_n)$ son las raíces de $p(x)$ en $K'$ . Pero Pinter afirma que $\varphi$ permuta las raíces, con lo que supongo que quiere decir que $\varphi(c_k) = c_j$ para algunos $j$ para cada $k$ . Pero no me queda claro por qué esa declaración de igualdad tendría siquiera sentido, ya que $\varphi(c_k) \in K'$ y $c_j \in K$ .

Me encontré con esta respuesta de Qiaochu Yuan lo que parece insinuar de dónde viene parte de mi confusión. Parece que tengo que asumir primero que $K$ y $K'$ están incrustados en otro campo $E$ incluso antes de utilizar el símbolo " $=$ ". Ciertamente, agradecería que se aclarara este punto. Por eso he preguntado "¿Es cierto?" en el título.

Entonces, si entiendo bien, podemos utilizar el hecho de que $K$ y $K'$ son simples extensiones, por ejemplo $K = F(a)$ y $K' = F(b)$ y los incrusta en $F(a,b)$ .

Creo que el siguiente paso sería ampliar $\varphi$ a un automorfismo en $F(a,b)$ . Entonces, como las raíces de $p(x)$ ya están en $F(a,b)$ y $\varphi$ envía raíces a raíces, debe permutar las raíces. Pero no veo cómo construir tal extensión.

Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

No es cierto que los campos deban ser "idénticos".

Consideremos los dos campos de división de $x^2+1$ en $\mathbb{R}$ uno dado por el habitual $\mathbb{C}$ y otra más, $\mathbb{D}$ , dado por números de la forma $a+bj$ con $a,b\in\mathbb{R}$ y $j^2=-1$ . Como conjuntos, estos dos campos no son igual aunque los dos campos son ciertamente isomorfos sobre $\mathbb{R}$ (mediante la cartografía $a+bi\in\mathbb{C}$ a $a+bj\in\mathbb{D}$ ).

Si ambos $K$ y $K'$ están contenidos en algún campo $E$ Sin embargo, el argumento se mantiene: recuerde que $p(x)$ tiene como máximo $\deg(p)$ raíces en cualquier dominio integral que contiene $F$ en particular, ya que las raíces de $p(x)$ en $E$ son $c_1,\ldots,c_n$ y también son $\varphi(c_1),\ldots,\varphi(c_n)$ , entonces los dos conjuntos de raíces deben ser iguales; es decir, $\varphi$ es una permutación de las raíces que están en $E$ .

El siguiente paso que hay que recordar es que parte de la definición de "campo divisorio" es que $K$ es generado en $F$ por las raíces; es decir, $K = F(c_1,\ldots,c_n)$ y de la misma manera $K'=F(\varphi(c_1),\ldots,\varphi(c_n))$ . Pero si $\{c_1,\ldots,c_n\}=\{\varphi(c_1),\ldots,\varphi(c_n)\}$ como conjuntos, entonces claramente tenemos $$K = F(c_1,\ldots,c_n) = F(\varphi(c_1),\ldots,\varphi(c_n)) = K',$$ dando la igualdad deseada. Todo esto tiene lugar dentro de un campo mayor $E$ .

En este situación, con ambos $K$ y $K'$ contenida en un campo $E$ entonces hacer obtener la igualdad de $K$ y $K'$ como conjuntos, y en particular $\varphi$ es un automorfismo de $K$ .

Sin embargo, en general, no puede hacer lo que propone. Recuerde que $F(a,b)$ sólo se define contextualmente . En general, dado un campo $F$ una extensión $E$ y un subconjunto $X$ de $E$ , $F(X)$ significa "el subcampo más pequeño de $E$ que contiene tanto $F$ y $X$ ." Para hablar de $F(a,b)$ , es necesario que ya tienen un sobrecampo que contiene $F$ , contiene $a$ y contiene $b$ no se puede crear ex nihilo simplemente diciendo "considera $F(a,b)$ ."

(Podemos salirnos con la nuestra cuando adjuntamos un solo elemento $\alpha$ por la siguiente razón: existe un teorema que dice que dado un campo $F$ y un polinomio $p$ hay una extensión de $F$ que contiene una raíz de $p(x)$ . Así que dado $\alpha$ que es ser algebraico, si $p(x)$ es el irreducible mónico de $\alpha$ podemos considerar tal extensión y dejar que $F(\alpha)$ sea el campo correspondiente allí . Entonces tenemos otro teorema que nos dice que dos formas cualesquiera de hacer esto darán como resultado isomorfo aunque no necesariamente idénticos. Pero no hay un resultado paralelo para dos o más elementos)

Una vez más, considere la situación que he dado más arriba con $F=\mathbb{R}$ , $K=\mathbb{R}(i)$ , $K'=\mathbb{R}(j)$ . No hay ningún campo que contenga ambos $K$ y $K'$ como conjuntos ; no hay " $\mathbb{R}(i,j)$ " a tener en cuenta. La afirmación es falsa cuando no se asume que ambos campos de división están contenidos en el mismo campo; Sin embargo, , tú puede demostrar que cualesquiera dos campos de división del mismo (conjunto de) polinomio(s) sobre $F$ son isomorfo en $F$ .

Answer 2

Definitivamente no tiene sentido afirmar que $K=K^\prime$ a no ser que ya los haya incrustado en alguna otra extensión de $F$ . Lo que se puede decir es lo siguiente: si $L$ es cualquier extensión de $F$ en absoluto, y $i_1,i_2:K\rightarrow L$ son dos $F$ -monomorfismos de $K$ en $L$ entonces $i_1(K)=i_2(K)$ (las imágenes son las mismas). Esto se debe a que $K/F$ es normal. Puede suponer $p$ es irreducible sobre $F$ . Sea $j$ denotan cualquiera de $i_1,i_2$ . Si $\alpha$ es una raíz de $p$ en $K$ entonces porque $j$ es un $F$ -monomorfismo, $j(\alpha)$ es una raíz de $p$ en $L$ . Sea $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ sean las raíces distintas de $p$ en $K$ . Entonces $K=F(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)$ y se deduce inmediatamente que $j(K)=F(j(\alpha_1),\ldots,j(\alpha_n))$ . Desde $p$ se divide en $K$ También se divide en $L$ y sus distintas raíces son el $j(\alpha_k)$ . Ahora bien, observe que nada de esto dependía de $j$ . Esto significa que los conjuntos $\{i_1(\alpha_1),\ldots,i_1(\alpha_n)\}$ y $\{i_2(\alpha_1),\ldots,i_2(\alpha_n)\}$ son las mismas. Así, las imágenes $i_1(K)$ y $i_2(K)$ son iguales (se generan sobre $K$ por el mismo conjunto de elementos).

Si no asumimos que $p$ se divide en $K$ entonces este argumento fracasaría. Sabemos que si $p$ divisiones que tiene $n$ raíces distintas, y se deduce que $p$ tiene $n$ raíces distintas en cualquier extensión de $F$ en el que se divide. Dado que los elementos $i_1(\alpha_1),\ldots,i_1(\alpha_n)$ son $n$ raíces distintas de $p$ dan todas las raíces de $p$ en $L$ . El mismo argumento se aplica a $i_2$ . Tenemos dos conjuntos de $n$ raíces distintas de $p$ y como $p$ tiene exactamente $n$ raíces distintas, estos conjuntos deben ser los mismos. Si $p$ no se dividió en $K$ Digamos que sólo tenía una raíz, pero se dividió en $L$ con $3$ raíces distintas, entonces enviando la única raíz a diferentes raíces en $L$ obtendríamos dos incrustaciones con imágenes diferentes.