generalizado de grupo de clase ideal para infinitamente muchos módulos (Cox 8.4)

Question

Me da la siguiente definición (sin el comprobante o detalles técnicos).

y quiero entender que

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He intentado lo siguiente:

Desde $P_{K,1}(\mathfrak{m}) \subseteq \ker(\Phi_{\mathfrak{m}})$ tenemos: $$\begin{array}{ccccc} \frac{I_K(\mathfrak{m})}{\ker(\Phi_{\mathfrak{m}})} & \subseteq & \frac{I_K(\mathfrak{m})}{P_{K,1}(\mathfrak{m})} & & \\ & & & & \\ \cong & & \cong & & \\ & & & & \\ Gal(L/K) & \subseteq & Gal(K(\mathfrak{m})/K) & \underbrace{\subseteq}_{Lemma: \ true?} & Gal(K(\mathfrak{n})/K) \\ & & & & \\ \cong & & & & \cong \\ & & & & \\ \frac{I_K(\mathfrak{n})}{\ker(\Phi_{\mathfrak{n}})} & & \subseteq & & \frac{I_K(\mathfrak{n})}{P_{K,1}(\mathfrak{n})} \\ \end{array}$$

Estoy tentado a concluir de esto que el $P_{K,1}(\mathfrak{n}) \subseteq \ker(\Phi_{\mathfrak{n}})$, pero esto no es válida la deducción. Considere el ejemplo:

$$\frac{\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2}{0 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2} \subseteq \frac{\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2}{\mathbb{Z}_2 \times 0 \times 0}$$

Sin embargo, siento que mi tren de pensamiento no estaba completamente equivocado y que en virtud de una cierta extra supuesto la inclusión debe mantener...

Answer 1

La prueba no funciona (por el motivo que Juan ha explicado en el comentario). Tenga en cuenta que la declaración quieres demostrar que no implica Artin del teorema de reciprocidad en sí, pero vamos a ver cómo encaja: la Parte (ii) del teorema nos dice, que cada vez que hacemos el módulo de $\mathfrak m$ lo suficientemente grande como la Artin mapa $$ \Phi_\mathfrak m \colon I_K(\mathfrak m) \to \operatorname{Gal}(L|K)$$ satisface $P_{K,1}(\mathfrak m) \subseteq \ker(\Phi_\mathfrak m)$. Ahora queremos demostrar que una vez que esto tiene para $\mathfrak m$, también es válido para cada módulo de $\mathfrak n$$\mathfrak m \mid \mathfrak n$.

(Un módulo es usualmente llamado admisible módulo. Con esta noción de Artin del teorema nos dice que (entre otras cosas), existe un requisito de módulo para cada abelian extensión. Lo que quiero demostrar es: Si existe un requisito de módulo, entonces hay infinitamente muchos. Tenga en cuenta que Artin no da un criterio para un módulo para ser admisible!)

Ahora vamos a probar esto. Deje $(\alpha) \in P_{K,1}(\mathfrak n)$ coprime a $\mathfrak n$ tal que $\alpha \equiv 1 \bmod \mathfrak n_0$ $\sigma(\alpha) > 0$ por cada real infinito primer dividiendo $\mathfrak n_\infty$ (esto es sólo la definición de $P_{K,1}$). Ahora como $\mathfrak m_0$ divide $\mathfrak n_0$, $\mathfrak m_\infty$ divide $\mathfrak n_\infty$ $(\alpha)$ es coprime a $\mathfrak m_0$ tenemos $(\alpha) \in P_{K,1}(\mathfrak m)$. Por lo tanto $(\alpha) \in \ker(\Phi_\mathfrak m)$. Ahora, ¿cuál es la conexión entre el$\Phi_\mathfrak n$$\Phi_\mathfrak m$? Tenemos $I_K(\mathfrak n) \subseteq I_K(\mathfrak m)$ $\Phi_\mathfrak n$ es sólo la restricción de $\Phi_\mathfrak m$$I_K(\mathfrak n)$. Desde $(\alpha) \in I_K(\mathfrak n)$ esto implica $\Phi_\mathfrak n((\alpha)) = \Phi_\mathfrak m((\alpha)) = \mathrm{id}_K$ y, por tanto,$(\alpha) \in \ker(\Phi_\mathfrak n)$. Esto termina la prueba. Tenga en cuenta que sólo hemos probado $$ P_{K,1}(\mathfrak n) \subseteq P_{K,1}(\mathfrak m) \subseteq \ker(\Phi_\mathfrak m) \subseteq \ker(\Phi_\mathfrak n). $$