Raíces de la unidad en un campo local

Question

El grupo multiplicativo de un campo local $K$ con valoración anillo de $\mathcal{O}$ de los residuos y la clase de campo de $\overline{K}$ grado $q=p^f$ como se divide

$K=\langle \pi\rangle\times \mu_{q-1}\times U^{(1)}$,

donde $\mu_{q-1}$ $q-1$ raíces de la unidad en la $\mathcal{O}$, $\pi$ un uniformizer y $U^{(1)}$ de las unidades principales.

Me preguntaba, ¿qué nos puede decir sobre el número de raíces de la unidad en la $K$? Esto se reduce a la búsqueda de las posibles raíces de la unidad contenida en $U^{(1)}$. Si $1+x\in U^{(1)}$, luego

$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n {n\choose k}x^n$,

para mostrar que esto es igual a $1$ hierve abajo a probar que

${n\choose 1}x+{n\choose 2}x^2+\ldots+{n\choose n}x^n$

es cero. Es esto posible? He tratado de demostrar, pero el problema parece ser la si $\pi\mid {n\choose k}$ para un montón de diferentes $k$, por lo que no necesariamente podemos ver que uno de los términos anteriores tendrían un mayor valor absoluto que el resto, lo que implicaría que esto es imposible.

Cualquiera puede elaborar en el número de raíces de la unidad?

Answer 1

Como te has dado cuenta, el primer término ${n \choose 1}x$ domina, a menos que $p\mid n$. En realidad, cualquier raíz de la unidad $u=1+x$ $U^{(1)}$ deben ser de orden es una potencia de $p$, de lo contrario, una alimentación adecuada de $u$ tendría fin de primer a $p$, y acabamos de ver que esto no puede suceder.

Tales raíces de la unidad puede o puede no existir en su campo. Por ejemplo, el $p$-ádico de campo $\mathbf{Q}_p$ no tiene raíces de la unidad de la orden de $p$ si $p>2$, debido a que el plazo ${p\choose 1}x$ domina (todos los coeficientes binomiales guardar la última divisible por $\pi=p$ exactamente una vez, y también a $p\mid x$, por lo que en último término $x^p$ es también divisible por un mayor poder de $p$ que el primer término).

Pero sin duda, se puede lindan con un $p$th raíz de la unidad $\zeta_p$$\mathbf{Q}_p$! Si usted hace que usted obtenga una ramificado extensión de $\mathbf{Q}_p$. Usted probablemente ha visto ocurrir lo mismo con la cyclotomic extensión de $\mathbf{Q}(\zeta_p)/\mathbf{Q}$ algebraico de los campos de número. Allí, el primer $p$ es totalmente ramificado.

Tenga en cuenta también que el argumento anterior muestra que el $(1+x)^p\neq1$ para un no-cero $x\in p\mathbf{Z}_p$ falla, cuando hay una ramificación. El último plazo $x^p$ puede entonces ser divisible por el mismo poder de $\pi$ el ( en el caso anterior dominando a) primer plazo $px$. En el caso de $\mathbf{Q}_p(\zeta_p)$ por lo tanto podemos deducir que el $p$ debe ser divisible por $\pi^{p-1}$.

Answer 2

Como se ha observado, las raíces de la unidad dentro de $U^{(1)}$ son precisamente las $p$th poder raíces de $1$ en su campo. En particular, en el caso de que el campo tiene char. $p$, no hay no-triviales tales raíces de la unidad, y listo.

En el caso de que su campo de $K$ es de tipo char. $0$, por lo que una extensión finita de $\mathbb Q_p$, entonces si $d := [K:\mathbb Q_p]$, $U^{(1)} \cong \mu \times \mathbb Z_p^d$ donde $\mu$ es el grupo de $p$th poder raíces de la unidad en la $K$.

Desde $\mathbb Q_p(\zeta_p)$ es totalmente ramificado $\mathbb Q_p$, puede enlazado el tamaño de $\mu$ por la delimitación de la ramificación de la $K$, o por la delimitación de la discriminante de $K$.

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Si desea calcular el tamaño exacto de $\mu$, aquí es una manera (no puede además de ser más eficientes formas):

primero de todo, una ramificación o discriminante obligado a encontrar un poder de $p$, decir $p^N$, por lo que el $\mu$ tiene un tamaño limitado por $p^N$. Ahora vemos que $$U^{(1)}/(U^{(1)})^{p^N} \cong \mu \times (\mathbb Z/p^N)^d,$$ y así podemos calcular el tamaño exacto de $\mu$ por calcular el tamaño de la En el lado izquierdo de este isomorfismo.

Ahora (considerando el teorema del binomio, o herramientas similares), uno puede encontrar $M$ tal que $U^{(M)} \subset (U^{(1)})^{p^N}$. Por lo tanto, si dejamos $U' := U^{(1)}/U^{(M)},$ $$U^{(1)}/(U^{(1)})^{p^N} \cong U'/(U')^{p^N}.$$ Ahora $U'$ es un grupo finito, y así se puede calcular el lado derecho de la anterior isomorfismo explícitamente en cualquier caso dado. Así que hemos terminado.

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Si quería probar esto, usted podría intentar en el caso de $K = \mathbb Q_2(i,\sqrt{2}).$

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Por cierto, el algoritmo anterior implica que el tipo de cálculos que Recomiendo hacer si usted desea conseguir una buena sensación para el multiplicativo estructura de $p$-ádico campos. (Me dan estos tipos de problemas a mis alumnos cuando están tratando de aprender este material.)