producto considerando el período de un índice sobre una extensión cyclotomic

Question

Este es un ejercicio de Milne Teoría de Galois (Capítulo 3 Ejercicio 13).

Sea p un extraño prime, y deje $\zeta$ ser una primitiva $p^{\text{th}}$ raíz de 1 en $\mathbb C$. Deje $E = \mathbb Q[\zeta ]$, y deje $G = Gal(E/Q)$; por lo tanto $G = (Z/(p))^×$. Vamos a H el subgrupo de índice 2 en G. Poner

$$\alpha=\sum_{\sigma \in H}{\sigma(\zeta)}$$

$$\beta=\sum_{\sigma \in G-H}{\sigma(\zeta)}$$

Mostrar:

• $\alpha$ $\beta$ son fijos por H:
• si $\sigma \in G-H$,$\sigma\alpha = \beta, \sigma \beta = \alpha$. Por lo tanto $\alpha$ $\beta$ son raíces del polinomio $X^2 + X + \alpha\beta \in \mathbb Q [X]$.

Finalmente calcular $\alpha \beta$ y muestran que el campo fijo de $H$ $\mathbb Q[\sqrt{p}]$ al $p \equiv 1 \mod 4$ $\mathbb Q [\sqrt{−p}]$ al $p=3 \mod 4$.

Lo que yo hice:

He probado la primera y la segunda parte del ejercicio (escribí estas piezas de todos modos porque probablemente sean útiles para la parte final)

No sé cómo calcular $\alpha \beta$. ¿Alguien sabe cómo hacerlo de la manera mas sencilla?

Answer 1

Puede haber algo más simple, pero esto es lo que tengo por frotar los tres células grises junto duro real. Empecé por hacer a mano, en los casos $p=5$ $p=7$ . Me estaba prestando atención a cuántas veces cada uno de los poderes de $\zeta$ se produce en el producto. Puede ser una buena idea que usted haga lo mismo, y ver si usted tiene una bombilla momento. Si no, a continuación, hacer lo mismo con $p=11$$p=13$. Usted probablemente puede formulario de al menos una conjetura de lo que sucede. Leer más, si usted está atascado.

Cuando vemos a $G$$\Bbb{Z}_p^*$, los elementos de $H$ el (no-cero) residuos cuadráticos módulo $p$, y los elementos de $G\setminus H$ son los cuadrática no residuos. Así que todas las $(p-1)^2/4$ términos del producto $\alpha\beta$ son de la forma $\zeta^{i+j}$ donde $i\in H$ $j\notin H$ .

La observación que quiero hacer es que cada una de las $k\in\Bbb{Z}_p^*$ se produce cuando la suma del $i+j$ tan a menudo como $1$. Deje $S_k$ el conjunto de pares $(i,j)$ de la prescrita tipo tal que $i+j=k$. La afirmación es equivalente a decir que la $|S(k)|=|S(1)|$ siempre $k\in\Bbb{Z}_p^*$.

• Si $k\in H$, $(i,j)\mapsto (ki,kj)$ es un bijection de$S(1)$$S(k)$.
• Si $k\notin H$, es decir, $k$ es una ecuación cuadrática no-residuo, a continuación, $(i,j)\mapsto (kj,ki)$ es un bijection de$S(1)$$S(k)$.

Porque la suma de todos los no-trivial poderes de $\zeta$ es igual a $-1$, ya podemos deducir que $$ \alpha\beta=|S(0)|-|S(1)|. $$ ¿Qué acerca de la $S(0)$? Aquí habrá una diferencia de acuerdo a la clase de residuo de $p$ modulo $4$. Sin duda, usted sabe que $-1$ es un residuo cuadrático si y sólo si $p\equiv1\pmod4$.

• Si $p\equiv1\pmod4$,$-1\in H$. Pero si $i+j=0$,$j=-i=(-1)i$. Esto es una contradicción, porque el producto de dos QRs es otro de los QR. Por lo tanto, $S(0)$ es el conjunto vacío en este caso.
• Si $p\equiv3\pmod4$,$-1\notin H$. Así que para cada una de las $i\in H$ tenemos $-i\notin H$. Por lo tanto $$S(0)=\{(i,-i)\mid i\in H\}$$ and consequently $|S(0)|=(p-1)/2$.

El número total de pares de $(i,j)$ es claramente $$ \frac{(p-1)^2}4=|S(0)|+(p-1)|S(1)|. $$

Por lo tanto

• Al $p\equiv1\pmod4$ tenemos que $|S(1)|=(p-1)/4$ y, en consecuencia, $$\alpha\beta=-\frac{p-1}4.$$
• Al $p\equiv3\pmod4$ tenemos que $|S(1)|=(p-3)/4$ y, en consecuencia, $$\alpha\beta=\frac{p-1}2-\frac{p-3}4=\frac{p+1}4.$$

Estoy seguro de que puede resolver la ecuación de $X^2+X+\alpha\beta=0$, y ver que cuadrática campo es generado por $\alpha$ (o $\beta$).