Dubbio sulla dimostrazione del lemma di Artin

[PincoPallino871]

Salve a tutti.
Rivedendo alcune dimostrazioni, mi è sorto il seguente dubbio.
Lemma di Artin: siano [tex]G[/tex] un gruppo finito di [tex]\text{Aut}(K)[/tex], con [tex]K[/tex] campo, e [tex]F:=\mathcal{F}(G)[/tex]. Allora [tex]\vert G\vert=[K][/tex].
Il primo passaggio della dimostrazione, così come è data dal mio libro, passa dalla seguente proprietà.
Prop: sia [tex]K/F[/tex] un'estensione finita. Allora[tex]\vert\text{Gal}(K/F)\vert\leq [K][/tex].

Viene in particolare osservato che [tex]G\subseteq\text{Gal}(K/F)[/tex], in quanto [tex]F[/tex] è fissato per ipotesi da ogni elemento di [tex]G[/tex] che è un insieme di automorfismi, quindi [tex]\vert G\vert\leq\vert\text{Gal}(K/F)\vert[/tex]. Ma allora, per la precedente proprietà, [tex]\vert G\vert\leq [K][/tex]. Dovrei allora far vedere che [tex]K/F[/tex] è finita, ma non ci riesco. Qualche consiglio?

[maurer]

Per come la conosco io, la proposizione che tu riporti è una banale conseguenza del lemma di Artin, e la dimostrazione di quest'ultimo passa per altra via: va sfruttare, in effetti, l'indipendenza dei caratteri provata da Dedekind.

[PincoPallino871]

Esattamente, anche sul mio libro ("Field an Galois theory" di Morandi, per la cronaca) dimostra la proposizione mediante l'indipendenza di caratteri distinti. Questo fatto viene usato per dimostrare la proposizione, che a sua volta è usata per dimostrare il lemma di Artin.

[maurer]

Sì, ma allora, se sei autorizzato ad usare l'indipendenza dei caratteri, dovrebbe essere più semplice provare direttamente le seguenti due affermazioni:
1) se [tex]K[/tex] è un campo e [tex]X \subseteq \text{Aut}(K)[/tex] è un sottoinsieme del gruppo degli automorfismi, allora posto [tex]F := \mathcal{F}(X)[/tex] si ha che [tex]|X| \le [K][/tex];
2) se inoltre [tex]X[/tex] è un sottogruppo, allora [tex]|X| = [K][/tex].
Le dimostrazioni, potendo usare l'indipendenza dei caratteri, sono abbastanza semplici e si conducono per assurdo. Nota che, insieme, le due precedenti affermazioni danno il lemma di Artin. Come conseguenza, abbiamo che [tex]K/F[/tex] è un'estensione finita. Adesso, non mi vengono in mente altri modi per dimostrare questa affermazione, però. Se vuoi posso delineare la dimostrazione che conosco io delle due precedenti asserzioni.

Mi dispiace di non poter essere più d'aiuto di così...

[PincoPallino871]

Quando e se hai tempo, prova a darmi uno sketch di dimostrazione

[maurer]

Ok.

1) Poniamo [tex]|X| = n[/tex], [tex]m = [K][/tex] e supponiamo per assurdo che si abbia [tex]n > m[/tex]. Sia [tex]X = \{\sigma_1, \sigma_2, \ldots, \sigma_n\}[/tex] e sia [tex]\omega_1, \omega_2, \ldots, \omega_m[/tex] una base di [tex]K[/tex] su [tex]F[/tex]. Consideriamo il sistema
[tex]\begin{cases} \sigma_1(\omega_1) x_1 + \ldots + \sigma_n(\omega_1) x_n = 0 \\ \vdots \\ \sigma_1(\omega_m) x_1 + \ldots + \sigma_n (\omega_m) x_n = 0 \end{cases}[/tex]
Siccome ci sono più colonne che righe, ammette una soluzione non nulla, [tex](a_1, a_2, \ldots, a_n) \in K^n[/tex]. Ora se per [tex]i \in \{1, 2, \ldots, m\}[/tex] si scelgono elementi [tex]\lambda_i \in F[/tex], allora per ogni [tex]j \in \{1, \ldots, n\}[/tex] deve aversi [tex]\sigma_j(\lambda_i) = \lambda_i[/tex] perché [tex]F[/tex] è fissato dagli elementi di [tex]X[/tex]. Moltiplichiamo per [tex]\lambda_j[/tex] la relazione
[tex]\displaystyle \sum_{i = 1}^n \sigma_i(\omega_j) a_i = 0[/tex]
e sommiamo su [tex]j[/tex]. Sfruttando il fatto che [tex]\sigma_i(\cdot)[/tex] è un automorfismo otteniamo la singola relazione
[tex]\displaystyle a_1 \sigma_1(\sum_{j = 1}^m \lambda_j \omega_j) + \ldots + a_n \sigma_n(\sum_{j = 1}^m \lambda_j \omega_j)[/tex]
Tuttavia, potendo scegliere i [tex]\lambda_j[/tex] a piacimento e ricordando che [tex](\omega_1, \ldots, \omega_m)[/tex] è una base di [tex]K[/tex] su [tex]F[/tex], la precedente relazione si traduce in [tex]a_1 \sigma_1(\alpha) + \ldots + a_n \sigma_n(\alpha) = 0[/tex] per ogni [tex]\alpha \in K[/tex]. Questo è assurdo, perché almeno uno dei coefficienti [tex]a_i[/tex] è non nullo e quindi avremmo una relazione di dipendenza lineare tra gli automorfismi. Pertanto segue [tex]|X| \le [K][/tex].

2) Con le stesse notazioni di prima, assumiamo che [tex]X = \{\sigma_1, \sigma_2, \ldots, \sigma_n\}[/tex] abbia struttura di gruppo e poniamo [tex]\sigma_1 = \text{id}[/tex]. Supponiamo per assurdo che si abbia [tex]n < m[/tex] e consideriamo il sistema
[tex]\begin{cases} \sigma_1(\omega_1) x_1 + \ldots + \sigma_1(\omega_m) x_m = 0 \\ \vdots \\ \sigma_n(\omega_1) x_1 + \ldots + \sigma_n (\omega_m) x_m = 0 \end{cases}[/tex]
il quale ha di nuovo più colonne che righe e dunque ha almeno una soluzione non nulla. Scegliamo, tra tutte le soluzioni, quella con il minor numero di elementi non nulli. A meno di un riordinamento delle variabili, non è restrittivo supporre che la soluzione sia della forma [tex](a_1, a_2, \ldots, a_k, 0, \ldots, 0) \in K^n[/tex] (ovviamente [tex]k \le n[/tex]). Siccome l'insieme delle soluzioni di un sistema omogeneo è uno spazio vettoriale, moltiplicare per uno scalare una soluzione dà ancora una soluzione. Dividendo quindi per [tex]a_k \ne 0[/tex] otteniamo la soluzione [tex](a_1, a_2, \ldots, a_{k-1},1,0,\ldots 0)[/tex]. Inoltre, se per assurdo si avesse [tex]a_i \in F[/tex] per ogni [tex]i \in \{1, 2, \ldots, k-1\}[/tex], allora la prima equazione diventerebbe
[tex]a_1 \omega_1 + \ldots a_{k-1} \omega_{k-1} + \omega_k = 0[/tex]
il che è assurdo perché gli elementi [tex]\omega_i[/tex] sono linearmente indipendenti su [tex]F[/tex]. Possiamo quindi supporre (sempre a meno di un riordinamento) che [tex]a_1 \in K \setminus F[/tex]. Questo significa che esiste un [tex]h \in \{1, \ldots, n\}[/tex] tale che [tex]\sigma_h (a_1) \ne a_1[/tex]. Applicando [tex]\sigma_h[/tex] alle relazioni
[tex]\displaystyle \sum_{i = 1}^k \sigma_j(\omega_i)a_i = 0 \quad (j \in \{1, \ldots, n\})[/tex]
otteniamo
[tex]\displaystyle \sum_{i = 1}^k (\sigma_h \circ \sigma_j)(\omega_i) \sigma_h(a_i) = 0 \quad (j \in \{1, \ldots, n\})[/tex]
Ma adesso ci ricordiamo che [tex]X[/tex] ha dignità di gruppo e che nei gruppi la moltiplicazione a sinistra è un'azione e pertanto induce una biezione. Come conseguenza immediata concludiamo che al variare di [tex]j \in \{1, \ldots, n\}[/tex] l'elemento [tex]\sigma_h \circ \sigma_j[/tex] descrive tutto [tex]X[/tex]. Pertanto possiamo riscrivere la precedente relazione come
[tex]\displaystyle \sum_{i = 1}^k \sigma_j(\omega_i) \sigma_h(a_i) = 0 \quad (j \in \{1, \ldots, n\})[/tex]
Possiamo allora sottrarre membro a membro le [tex]j[/tex]-esime relazioni corrispondenti ottenendo
[tex]\displaystyle \sum_{i = 1}^k \sigma_j(\omega_i)(\sigma_h(a_i) - a_i) = 0 \quad (j \in \{1, \ldots, n\})[/tex]
e, ricordando che [tex]a_k = 1[/tex], concludiamo che [tex]\sigma_h(a_k) - a_k = 0[/tex], mentre, per costruzione, [tex]\sigma_h(a_1) -a_1 \ne 0[/tex]. Avremmo trovato una soluzione del sistema omogeneo considerato inizialmente con solo [tex]k-1[/tex] elementi non nulli. Assurdo! Quindi [tex]|X| = [K][/tex].

Phew, alla fine l'ho scritta tutta. Spero che ti sia d'aiuto.

[maurer]

Ah! Nota ancora questo: una volta che hai questa dimostrazione la proposizione da te citata (peraltro, come la dici tu, è sbagliata, a meno che con [tex]\text{Gal}(K,F)[/tex] non intendi semplicemente l'insieme degli automorfismi e non vuoi che l'estensione sia galoisiana):

Proposizione Sia [tex]K/F[/tex] un'estensione finita. Allora [tex]|\text{Aut}_F(K)| \le [K][/tex], e l'uguaglianza sussiste se e solo se l'estensione è di Galois.

ha una dimostrazione immediata. Per vederlo, infatti, basta porre [tex]G = \text{Aut}_F(K)[/tex] e chiamare [tex]F_1[/tex] il campo fissato da [tex]G[/tex]. Allora evidentemente [tex]F \subseteq F_1 \subseteq K[/tex], da cui segue [tex][K] = [K:F_1][F_1:F] = |G|[F_1:F] \ge |G|[/tex]. Inoltre l'uguaglianza sussiste se e solo se [tex]F[/tex] è il campo fissato da [tex]G[/tex], ossia se e solo se [tex]K / F[/tex] è di Galois (una delle diecimila definizioni equivalenti di estensione di Galois).

P.S. Io queste cose le ho studiate sull'Abstract Algebra di Dummit e Foote. E' un testo eccezionale e lo consiglio ogni volta che ne ho occasione. Se ti capita sottomano, prova a sfogliarlo, sono sicuro che rimarrai colpito!

[PincoPallino871]

Vediamo quante vaccate riesco a sparare
Nella dimostrazione della prima proprietà tu assumi che [tex][K]=n[/tex], cioè assumi che l'estensione è finita, che è proprio quello che manca nelle ipotesi del 'mio' lemma di Artin. Se assumi la finitezza, allora ottieni [tex]\vert G\vert\leq [K][/tex]. Poi la dimostrazione del mio libro è analoga a quelle che hai dato tu; nota che con [tex]\text{Gal}(K/F)[/tex] è, nella mia notazione, l'insieme degli automorfismi di [tex]K[/tex] che ristretti a [tex]F[/tex] coincidono con l'identità.

[maurer]

Hai ragione. E' una bella osservazione, che (mannaggia a me!) non avevo fatto a suo tempo.
Sono andato a rivedere la dimostrazione sul Dummit proprio ora e mi rendo conto che la sua è ineccepibile. Ho sostanzialmente sbagliato ad scrivere l'incipit.

"maurer":Poniamo [tex]|X| = n[/tex], [tex]m = [K][/tex] e supponiamo per assurdo che si abbia [tex]n > m[/tex].

Avrei dovuto dire: supponiamo per assurdo che [tex]|X| > [K][/tex]. E' allora la stessa ipotesi assurda a garantire la finitezza dell'estensione.

"maurer":Con le stesse notazioni di prima, assumiamo che [tex]X = \{\sigma_1, \sigma_2, \ldots, \sigma_n\}[/tex] abbia struttura di gruppo e poniamo [tex]\sigma_1 = \text{id}[/tex]. Supponiamo per assurdo che si abbia [tex]n < m[/tex] [...]

Di nuovo, dovrei dire: supponiamo per assurdo [tex]|X| < [K][/tex]. Ora, se leggi la dimostrazione del punto 2) ti renderai conto che l'unica cosa che mi occorre è di avere un numero [tex]m[/tex] di elementi di [tex]K[/tex] linearmente indipendenti su [tex]F[/tex] con [tex]m > |X|[/tex], ipotesi che certamente è soddisfatta se l'estensione è infinita. Quindi la dimostrazione continua a valere. E, in effetti, è proprio così che è scritta sul Dummit, solo che quando la ho studiata non ho fatto caso a questa piccola, ma fondamentale, sottigliezza.

Ti ringrazio moltissimo per avermici fatto riflettere!

[PincoPallino871]

Figurati, grazie a te per la delucidazione. Purtroppo le tue dimostrazioni non mi serviranno nell'immediato, dato che mi sono reso conto di essere troppo indietro per dare l'esame la prossima settimana; ma con il caldo estivo, stai pur sicuro che le ripesco