Изоморфизм между расширениями полей

[Dedekind]

Если два расширения поля $F$ изоморфны, скажем, $F(a) \cong F(b)$ означает ли это, что изоморфизм обязан переводить $F$ в $F$? То есть, для любого $x\in F: f(x) = x$. Или это независимое свойство, которое нужно требовать дополнительно?

[dgwuqtj]

Когда говорят про изоморфизм $f$ расширений поля $F$ (а не просто изоморфизм полей), подразумевается, что $f(x) = x$ при $x \in F$.

[Dedekind]

dgwuqtj
Хм, у меня в учебнике это как-то не оговаривалось. Но, я так понял, что это все-таки дополнительное свойство, не каждый изоморфизм полей им обладает. Но, насколько я понимаю, если $F(a)\cong F(b)$ как поля, то всегда можно найти такой изоморфизм, который будет изоморфизмом расширений, верно?

[mihaild]

Dedekind в сообщении #1719129 писал(а):

Но, насколько я понимаю, если $F(a)\cong F(b)$ как поля, то всегда можно найти такой изоморфизм, который будет изоморфизмом расширений, верно?

Нет.
Подсказка: присоедините к $\mathbb Q(\pi)$ какие-нибудь два разных элемента, чтобы получились изоморфные поля, но не изоморфные расширения.

[Dedekind]

mihaild
А если ограничиться квадратичными расширениями?

[mihaild]

Тоже не получится. Есть изоморфизм между $\mathbb Q(\sqrt[4]{2})$ и $\mathbb Q(i \cdot \sqrt[4]{2})$, но такого изоморфизма, сохраняющего $\mathbb Q(\sqrt{2})$ (которое подполе в обоих) нет.

[Dedekind]

mihaild в сообщении #1719133 писал(а):

Тоже не получится. Есть изоморфизм между $\mathbb Q(\sqrt[4]{2})$ и $\mathbb Q(i \cdot \sqrt[4]{2})$, но такого изоморфизма, сохраняющего $\mathbb Q(\sqrt{2})$ (которое подполе в обоих) нет.

Хорошо, тогда приведу полностью задачу, которую пытаюсь решить, а то что-то я запутался.

Нужно доказать, что в конечных полях с характеристикой 2 существуют два типа неизоморфных друг другу квадратичных расширений: $F(\sqrt{a})$ и $F(x_0)$, где $a\in F$, а $x_0$ - корень многочлена $x^2 + x + c$. Я доказал, что других не бывает, но теперь осталась неизоморфность этих двух.

Я думал, что может помочь, например, тот факт, что квадрат каждого элемента в $F(\sqrt{a})$ принадлежит $F$, а в $F(x_0)$ - нет. Но чтобы из этого вывести противоречие нужно, чтобы существовал изоморфизм из $F(\sqrt{a})$ в $F(x_0)$, который сохраняет $F$.

[dgwuqtj]

Dedekind в сообщении #1719156 писал(а):

Но чтобы из этого вывести противоречие нужно, чтобы существовал изоморфизм из $F(\sqrt{a})$ в $F(x_0)$, который сохраняет $F$.

А это придётся закладывать в определение. Иначе можно взять такой контрпример: $F = \mathbb F_2(t)$, $a = c = t$. Тогда $F(\sqrt t) \cong F, t \mapsto t^2, \sqrt t \mapsto t$ и $F(x_0) \cong F, t \mapsto t^2 + t, x_0 \mapsto t$.

[Dedekind]

dgwuqtj
То есть вот это

Dedekind в сообщении #1719156 писал(а):

в конечных полях с характеристикой 2 существуют два типа неизоморфных друг другу квадратичных расширений: $F(\sqrt{a})$ и $F(x_0)$

неверно, если только под изоморфизмом не понимать изоморфизм расширений, а не просто изоморфизм полей, так?

[dgwuqtj]

Так.