Esistono infiniti K-isomorfismi
Sia $E=K(s_1,s_2,...,s_m)$, con $K \subset mathbb{C}$ e gli s $\in mathbb(C)$ e supponiamo che l'estensione E non sia algebrica su K. Provare che esistono infiniti K-isomorfismi di E. Tutto quello che sono riuscito a dimostrare è che, preso un elemento s trascendente che appartiene a E, gli elementi $s^t$, con $t=1,2,...$ sono un insieme infinito di elementi di E linearmente indipendenti su K. Ho provato a costruire dei K-isomorfismi tenendo conto di questo, ma non ho concluso molto.
Risposte
[...]
EDIT: Ok, in $CC$ esistono anche numeri trascendenti
EDIT: Ok, in $CC$ esistono anche numeri trascendenti
Ora non riesco a capire la difficoltà del problema, ma per dirne una, esistono $QQ$-automorfismi non banali di $QQ(pi)$ ?
"doppio":
Sia $E=K(s_1,s_2,...,s_m)$, con $K \subset mathbb{C}$ e gli s $\in mathbb(C)$ e supponiamo che l'estensione E non sia algebrica su K. Provare che esistono infiniti K-isomorfismi di E. Tutto quello che sono riuscito a dimostrare è che, preso un elemento s trascendente che appartiene a E, gli elementi $s^t$, con $t=1,2,...$ sono un insieme infinito di elementi di E linearmente indipendenti su K. Ho provato a costruire dei K-isomorfismi tenendo conto di questo, ma non ho concluso molto.
Io proverei a restringermi innanzitutto a $E=K(\alpha)$ dove $\alpha \in CC$ è un elemento trascendente su $K$, che esiste per ipotesi... a questo punto crei infiniti automorfismi $\phi: K(\alpha) \rarr K(\alpha)$ e poi li estendi. Questo dovrebbe essere più semplice perchè ti basta definire dove va $\alpha$...
Ho fatto qualche conto e mi sembra che l'unico automorfismo di $QQ(pi)$ sia l'identità.
Quindi se ho ragione l'enunciato così com'è è falso. (Edit: No, ho sbagliato io)
Dove hai preso l'esercizio?
Quindi se ho ragione l'enunciato così com'è è falso. (Edit: No, ho sbagliato io)
Dove hai preso l'esercizio?
Martino... Martino... Penso che l'esercizio abbia a che fare qualcosa con $PGL(2,RR)$... :p
L'avevo fatto come esercizio una volta ma adesso devo pensare a come risolverlo...
In ogni caso tieni conto che $\QQ(\pi)$ è isomorfo al campo di divisione $\QQ(X)$... Quindi senza dubbio almeno le moltiplicazioni per uno scalare sono automorfismi accettabili.
L'avevo fatto come esercizio una volta ma adesso devo pensare a come risolverlo...
In ogni caso tieni conto che $\QQ(\pi)$ è isomorfo al campo di divisione $\QQ(X)$... Quindi senza dubbio almeno le moltiplicazioni per uno scalare sono automorfismi accettabili.
"vict85":Beh ma io intendo automorfismi di campo, e la moltiplicazione per scalare diverso da 1 non manda 1 in 1.
In ogni caso tieni conto che $\QQ(\pi)$ è isomorfo al campo di divisione $\QQ(X)$... Quindi senza dubbio almeno le moltiplicazioni per uno scalare sono automorfismi accettabili.
PGL riguarda le trasformazioni lineari, ma un omomorfismo di campo richiede ben più della linearità
"Martino":Beh ma io intendo automorfismi di campo, e la moltiplicazione per scalare diverso da 1 non manda 1 in 1.
[quote="vict85"]In ogni caso tieni conto che $\QQ(\pi)$ è isomorfo al campo di divisione $\QQ(X)$... Quindi senza dubbio almeno le moltiplicazioni per uno scalare sono automorfismi accettabili.
PGL riguarda le trasformazioni lineari, ma un omomorfismo di campo richiede ben più della linearità
[/quote]Hai ragione mi sono espresso male... intendevo l'automorfismo $\pi \mapsto a\pi$... $K$ viene tenuto fisso..
Hai ragione, non so perché ma mi sono messo ad assumere che l'immagine di x avesse il numeratore monico. (...edit...)
"Martino":
Hai ragione, non so perché ma mi sono messo ad assumere che l'immagine di x avesse il numeratore monico. In questo caso credo che possiamo affermare che [tex]\text{Aut}(\mathbb{Q}(\pi)) \cong \mathbb{Q}^*[/tex]
Non ci sarebbero anche automorfismi della forma $phi(pi) = api + b$ con $a,b \in QQ^*$ che fanno "sballare" l'isomorfismo con $QQ^*$?
Ok alla fine si potevano considerare quegli automorfismi... grazie!
@ Martino: il testo è C. Procesi, Elementi di teoria di Galois.
@ Martino: il testo è C. Procesi, Elementi di teoria di Galois.
"Gatto89":
[quote="Martino"]Hai ragione, non so perché ma mi sono messo ad assumere che l'immagine di x avesse il numeratore monico. In questo caso credo che possiamo affermare che [tex]\text{Aut}(\mathbb{Q}(\pi)) \cong \mathbb{Q}^*[/tex]
Non ci sarebbero anche automorfismi della forma $phi(pi) = api + b$ con $a,b \in QQ^*$ che fanno "sballare" l'isomorfismo con $QQ^*$?[/quote]Sì probabilmente ho sbagliato i conti in senso concettuale. Meglio che editi.
"Gatto89":
[quote="Martino"]Hai ragione, non so perché ma mi sono messo ad assumere che l'immagine di x avesse il numeratore monico. In questo caso credo che possiamo affermare che [tex]\text{Aut}(\mathbb{Q}(\pi)) \cong \mathbb{Q}^*[/tex]
Non ci sarebbero anche automorfismi della forma $phi(pi) = api + b$ con $a,b \in QQ^*$ che fanno "sballare" l'isomorfismo con $QQ^*$?[/quote]
E perché non $1/\pi$?
Non avevo detto $PSL(2,RR)$ a caso... D'altra parte per dimostrare che è $PSL(2,RR)$ occorre dimostrare che l'immagine di $\pi$ ha numeratore e denominatore di grado inferiore a 2...
"vict85":
Non avevo detto $PSL(2,RR)$ a caso...
[Ignoranza mode: on] Che sarebbe $PSL(2,RR)$?
@Gatto: dati un campo K e un intero positivo n, [tex]PSL(n,K)[/tex] è il quoziente tra [tex]SL(n,K)[/tex] (il gruppo delle matrici quadrate di ordine n a coefficienti in K e di determinante 1) e il suo centro (che risulta essere il gruppo delle matrici quadrate scalari di ordine n e determinante 1).
"vict85":Più che PSL direi PGL no? Per dire, anche [tex]\pi \mapsto 2 \pi[/tex] funzia.
per dimostrare che è $PSL(2,RR)$
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