¿Se ramifican $(1+i)$ $\mathbb{Q}(i,\sqrt{2})$? ¿Más generalmente, dejaron $K=\mathbb{Q}(i)$, es $(1+i)$ totalmente ramificado en la extensión $K(\mu_{2^n})/K$ % todo $n>2$?
Aquí $\mu_{2^n}$ es la raíz de ${2^n}$-th de la unidad.
Respuestas
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Como se ha mencionado por el pisco en los comentarios de la prueba de realies en gran medida en el hecho de que $2$ ramifies totalmente en $L = K(\zeta_{2^n})$ (yo uso $\zeta$ de las raíces de la unidad)
En primer lugar observamos que como $i$ es una raíz cuarta de la unidad, por lo que tenemos que $\mathbb{Q} \subseteq K = \mathbb{Q}(i) \subseteq \mathbb{Q}(\zeta_{2^n}) = K(\zeta_{2^n})$. Sabemos que el $2^n$-th cyclotomic polinomio es de la forma $x^{2^{n-1}}+1$, el cual tiene como $\Phi_{p^k}(x) = \Phi_p(x^{p^{k-1}})$. También tenemos que $\mathcal{O}_{L} = \mathbb{Z}[\zeta_{2^n}]$. Por lo tanto, podemos utilizar Dedekind del Teorema para factorizar el ideal $2\mathcal{O}_L$.
$$x^{2^{n-1}} + 1 = (x+1)^{2^{n-1}} \in \mathbb{F}_2[x]$$
Por lo tanto:
$$2\mathcal{O}_L = (2, \zeta_{2^n} + 1)^{2^{n-1}} = \mathfrak p^{2^{n-1}} \quad \text{and} \quad e(2|\mathfrak p) = 2^{n-1} = [L:\mathbb{Q}]$$
Por lo tanto hemos probado que $2$ totalmente ramifies en $L$. Ahora, usando el hecho de que $2\mathcal O_K = (1+i)^2$ y el multiplicativity de la ramificación índice tenemos que:
$$2^{n-1} = e(2|\mathfrak p) = e(2|(1+i)) \cdot e((i+1)|\mathfrak p) \implies e((i+1)|\mathfrak p) = 2^{n-2} = [L:K]$$
Por lo tanto la prueba.
Lisa
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439
Para demostrar que $\langle 1 + i \rangle$ es ramificado en $\mathbb{Q}(i, \sqrt{2})$, es suficiente para demostrar que ramifies en $\mathbb{Q}(i)$. Estás perdonado si usted piensa que se divide, desde el $(1 - i)(1 + i) = 2$. Claramente $1 + i \in \langle 1 + i \rangle$. Olvidando por un momento que esto es un PID, considerar el ideal de $\langle 1 + i, 2 \rangle$. Vemos que $1 - i \in \langle 1 + i, 2 \rangle$ desde $1 + i - 2i = 1 + i$. Desde $\langle 1 + i, 2 \rangle$ es sólo $\langle 1 + i \rangle$, se deduce que el $1 - i \in \langle 1 + i \rangle$, por lo tanto $\langle 2 \rangle = \langle 1 + i \rangle^2$.
Evan Trimboli
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Sin listado específico de los ideales, yo podría fácilmente dar la impresión de charlatanic sofisma. El peligro de un listado específico de los ideales es que todo se ve como por arte de magia.
Os aseguro que me encontré con este resultado con un montón de cálculo aritmético y un poco de ayuda de la LMFDB.
La primera cosa que hice, como se puede ver en mi comentario de hace una semana, es que he calculado $$\frac{1 + i}{\sqrt 2} = \frac{\sqrt 2}{2} + \frac{\sqrt{-2}}{2} = \zeta_8,$$ though at the time I wasn't aware what a special number this is. I did suspect it's a unit, and my calculations effortlessly confirmed that $(\zeta_8)^4 = -1$ and $(\zeta_8)^8 = 1$.
En este punto sentí que tenía suficiente información para ir a la LMFDB, donde, después de algunos clic alrededor, me encontré con el Número Global de Campo 4.0.256.1: $\mathbb Q(\zeta_8)$ página.
Este me dijo que el intermedio de los campos son de $\mathbb Q(i)$, $\mathbb Q(\sqrt{-2})$ e $\mathbb Q(\sqrt 2)$. Claramente 2 ramifies en todos ellos, pero usted está preguntando acerca de la $1 + i$, no 2.
No voy a aburrir con todos los desvíos y los callejones sin salida me fui a través de, o en, y pasar a la pertinente hecho: $$(1 - (\zeta_8)^3)(1 + (\zeta_8)^3) = 1 + i.$$ Then, using a technique from Lisa's answer, we verify that $\langle 1 - (\zeta_8)^3 \rangle = \langle 1 + (\zeta_8)^3 \rangle$. Therefore $\langle 1 + i \rangle = \langle 1 + (\zeta_8)^3 \rangle^2$.
Lo preguntáis acerca de generalizar, y he pensado en ello, pero realmente no he hecho nada con eso.
Para las personas que lean esto, puede ser vale la pena señalar que en este anillo también tenemos $\langle 1 + i \rangle = \langle \sqrt{-2} \rangle = \langle \sqrt 2 \rangle$.
