Башня расширений

[npetric]

Пусть $K_n \subset \ldots \subset K_0$, $char K_n = 0$, $\left[ K_i : K_{i+1} \right] = 2$

Доказать, что расширение $K_n \subset K_0$ нормально.

Понятно, что все возможные пары образуют алгебраические и сепарабельные расширения. Понятно, что следующие друг за другом поля образуют нормальные расширения, так как индексы их равны двойке.

Больше ничего сказать про это не могу. Помогите, пожалуйста -- по идее, это очень легко доказывается, но я минут 15 уже не могу это сделать.

[VAL]

А каким определением (критерием) нормальности расширения Вы пытались воспользоваться?

[npetric]

$F \subset K$ сепарабельное, алгебраическое, и выполнено одно из следующих условий:
1) Является полем разложения некоторого многочлена из $F\left[x\right]$
2) Вместе с любым элементом содержит все сопряженные
3) Любой гомоморфизм в алгебраическое замыкание $\phi: K \rightarrow \overline{K}$, тождественный на $F$, переводит $K$ в себя

[VAL]

Попробуйте воспользоваться 1-м пунктом.

[vpb]

Ой, дурят нашего брата ! Берите $n=2$, $K_2={\mathbb Q}$, $\alpha=\sqrt[4]2$ (положительный корень), $K_1={\mathbb Q}(\sqrt 2)$, $K_0={\mathbb Q}(\alpha)$. См. Ленг, Алгебра, гл.8, параграф 2.

[VAL]

vpb в сообщении #1327760 писал(а):

Ой, дурят нашего брата ! Берите $n=2$, $K_2={\mathbb Q}$, $\alpha=\sqrt[4]2$ (положительный корень), $K_1={\mathbb Q}(\sqrt 2)$, $K_0={\mathbb Q}(\alpha)$. См. Ленг, Алгебра, гл.8, параграф 2.

И в самом деле, ой!
А откуда упражнение?

[npetric]

vpb
Спасибо! Иначе я бы долго над этим сидел.

Это часть рассуждений из одной видеолекции, которую я не смог понять:
http://lectoriy.mipt.ru/lecture/Maths-RingField-L12-Ilinskiy-150514.03
(восьмая минута)

А можно ли как-то исправить ситуацию, если речь идёт о квадратичной башне, соответствующей построению циркулем и линейкой? Конечная цель -- чтобы все расширения в башне были квадратичными, и чтобы наибольшее расширение было нормальным и содержало некоторый наперед заданный элемент, который можно построить циркулем и линейкой.

[vpb]

Если ${\mathbb Q}=K_0\subset K_1\subset\ldots\subset K_n=K$ --- башня полей, состоящая из квадратичных расширений, то существует $L\supset{\mathbb Q}$ такое, что $K\subseteq L$, $L/{\mathbb Q}$ нормально, и $L$ ---
последний член в некоторой квадратичной башне. В самом деле, $K_i=K_{i-1}(\alpha_i)$, где $\alpha_i$ квадратично над $K_{i-1}$. Пусть $\sigma_1,\ldots,\sigma_m$ --- все вложения $K$ в $\overline{\mathbb Q}$. Несложно понять, что поле

$${\mathbb Q}(\{\sigma_i\alpha_j\mid 1=1,\ldots,m,\ j=1,\ldots,n\})$$

нормально над ${\mathbb Q}$. Кроме того, если упорядочим элементы $\sigma_i\alpha_j$ как

$$\sigma_1\alpha_1,\ldots,\sigma_1\alpha_n, \sigma_2\alpha_1, \ldots, \sigma_m\alpha_n,$$

то каждый элемент или лежит в подполе, порожденном предыдущими, или квадратичен над ним.

[npetric]

Огромное спасибо!
Буду осмысливать

[npetric]

Я обдумал и дополнил то, что мне казалось неочевидным.

Множество вложений $m$ конечно, потому что любое вложение оставляет элементы $\mathbb{Q}$ "неподвижными", и расширение $K/\mathbb{Q}$ конечно -- любое вложение однозначно задаётся образом примитивного элемента, и переводит его в его сопряженный.

vpb в сообщении #1327940 писал(а):

Несложно понять, что поле

$${\mathbb Q}(\{\sigma_i\alpha_j\mid 1=1,\ldots,m,\ j=1,\ldots,n\})$$

нормально над ${\mathbb Q}$

Например, используя теорему о примитивном элементе, можно явно построить все вложения, переводящие примитивный в любой сопряженный ему.

vpb в сообщении #1327940 писал(а):

Кроме того, если упорядочим элементы $\sigma_i\alpha_j$ как

$$\sigma_1\alpha_1,\ldots,\sigma_1\alpha_n, \sigma_2\alpha_1, \ldots, \sigma_m\alpha_n,$$

то каждый элемент или лежит в подполе, порожденном предыдущими, или квадратичен над ним.

Потому что степень минимального многочлена $\sigma_i \alpha_j$ при таком упорядочении не превосходит степени $\alpha_j$ над $K_{j-1}=\mathbb{Q}(\alpha_{1:j-1})$, а последнее верно, потому что $\sigma_i(m_{\alpha_j, K_{j-1}})$ -- аннулирующий для $\sigma_i \alpha_j$ многочлен над $\sigma_i(K_{j-1})$.

Всё верно?

Я дважды использовал теорму о примитивном элементе. Можно ли здесь обойтись без неё (хотя бы в первом случае)? Понятно, что это ничего не даст с точки зрения конечного результата, потому что мы использовали много характеристик конкретно нашей башни, но всё же.

[vpb]

Прежде всего позвольте дать ссылку, где основные вещи о расширениях полей, вложениях и т.д. хорошо написаны.
Самые начальные сведения --- ван дер Варден, гл.6, пар. 37-41, правда там про изоморфизм полей разложения не самым понятным образом написано. Ленг, гл.7, пар.1--4. В остатках этих глав чуть более продвинутые сведения.

npetric в сообщении #1328055 писал(а):

Можно ли здесь обойтись без неё (хотя бы в первом случае)?

Вполне можно. Если $K\subseteq E$ --- расширение полей, $m=[E:K]$, и $\sigma:K\longrightarrow L$ --- вложение, то $\sigma$ продолжается на $E$ не более чем $m$ способами. И для этого существование примитивного элемента не обязательно (подробности в Ленге).

-- 21.07.2018, 17:20 --

npetric в сообщении #1328055 писал(а):

Например, используя теорему о примитивном элементе, можно явно построить все вложения, переводящие примитивный в любой сопряженный ему.

Здесь существование примитивного элемента вообще ни при чем. Нормальность того расширения следует практически из определений, если заметить, что поле $T={\mathbb Q}(\{\sigma_i\alpha_j\})$ есть минимальное подполе, порожденное всеми $\sigma_iK$. А если $\varphi$ --- любое вложение $T$ в $\overline{\mathbb Q}$, то $\varphi\sigma_i$ --- вложение для $K$, поэтому совпадает с каким-то $\sigma_j$.

[npetric]

vpb
Еще раз огромное спасибо! Иду читать рекомендованные вами книги.

[vpb]

Рад был помочь (жаль, что не всегда для этого время находится).

-- 21.07.2018, 23:30 --

npetric в сообщении #1328055 писал(а):

Потому что степень минимального многочлена при таком упорядочении не превосходит степени над , а последнее верно, потому что -- аннулирующий для многочлен над .
Всё верно?

(забыл раньше ответить. В цитате формулы не пропечатались, но понятно, о чем речь) Да, это рассуждение верное.

[npetric]

vpb в сообщении #1328100 писал(а):

Вполне можно. Если $K\subseteq E$ --- расширение полей, $m=[E:K]$, и $\sigma:K\longrightarrow L$ --- вложение, то $\sigma$ продолжается на $E$ не более чем $m$ способами.

Уточнение: $L$ здесь обязано быть алгебраически замкнуто?

В Ленге доказательство мультипликативности сепарабельной степени значительно на это опирается.

А если мы говорим, что $E = K(\alpha)$, то это требование можно опустить, верно? (хотя в Ленге с.196 в формулировке это есть)

[vpb]

npetric в сообщении #1328806 писал(а):

Уточнение: здесь $L$ обязано быть алгебраически замкнуто?

Отнюдь. Обратите внимание, что не требуется равенства, а только меньше или равно.