Completar enteros algebraicos en cuadrados

Question

Deje $L/K$ ser una extensión de los campos de número con cierre de Galois $E$, y deje $\theta \in \mathcal{O}_L \setminus \{0\}$. Deje $\Sigma_E$ el conjunto de los números primos de $E$, vamos a $S' \subset \Sigma_E$ ser un conjunto finito que contiene todos los ramificada de los números primos, y vamos a $$S = \{ \mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S' : v_{\mathfrak{p}}(\theta) \not\equiv 0 \pmod{2}\}.$$ Notice that $S$ is finite, and let $T$ be the finite set of primes of $K$ lying below the primes in $S$. Suppose for each $p \T$ that there exists $r_p \en K_p^\times$ such that $v_{\mathfrak{p}}(r_{p} \cdot \theta) \equiv 0 \pmod{2}$ for each $\mathfrak{p} \mediados de p$.

Pregunta: ¿existe $r \in K^\times$ tal que $v_{\mathfrak{p}}(r\cdot \theta) \equiv 0 \pmod{2}$ para todos los números primos $\mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S'$?

Answer 1

Creo que los siguientes comentarios más o menos responder a la pregunta en la medida en que yo estaba buscando.

• El resultado es evidente cuando se $L = K$, debido a que uno puede simplemente tomar $r = \theta$.

• Supongamos que $L \neq K$. Cada una de las $r_p$ siempre puede ser llevado a ser igual a una $p$-ádico uniformizer. Cuando $K$ tiene clase número $1$, estos uniformizers puede ser tomado como elementos principales de la $K$, lo $r = \prod_{p \in T} r_p$ que hace el trabajo.

• Supongamos que $L \neq K$ e $[L : K]$ es impar, y vamos a factorizar $\theta$ en números primos de $E$ como sigue: $$\theta = \left[\prod_{\mathfrak{p} \in S} \mathfrak{p}\right] \cdot \left[\prod_{\mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S'} \mathfrak{p}^{e_{\mathfrak{p}}}\right]^2 \cdot \theta',$$ donde $\theta' \in L^\times$ es un producto de números primos en $S'$. (En la primera de producto mostrados anteriormente, estoy aislar exactamente una copia de cada uno de los prime en $S$, y el segundo muestra el producto por encima contiene todos los restantes factores primos no de $S'$). Observar que la existencia de la $r_{p}$'s implica que $\prod_{\mathfrak{p} \in S} \mathfrak{p} = \prod_{p \in T} p$. Dejando $r = \operatorname{N}_{L/K}(\theta)$, tenemos que $$r = \left[\prod_{p \in T} \operatorname{N}_{L/K}(p)\right] \cdot \left[\operatorname{N}_{L/K}\left(\prod_{\mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S'} \mathfrak{p}^{e_{\mathfrak{p}}}\right)\right]^2 \cdot \operatorname{N}_{L/K}(\theta'),$$ así que desde $\operatorname{N}_{L/K}(p) = p^{[L: K]}$, podemos deducir que $$r \cdot \theta = \left[\prod_{p \in T} p^{[L : K] + 1}\right] \cdot \left[\left(\prod_{\mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S'} \mathfrak{p}^{e_{\mathfrak{p}}}\right) \cdot \operatorname{N}_{L/K}\left(\prod_{\mathfrak{p} \in \Sigma_E \setminus S'} \mathfrak{p}^{e_{\mathfrak{p}}}\right)\right]^2 \cdot \operatorname{N}_{L/K}(\theta')$$ Es evidente a partir de la mencionada ampliación que $r \cdot \theta$ tiene la propiedad deseada.

• Supongamos que $L \neq K$ e $[L : K]$ es incluso. Entonces la respuesta a la pregunta es no necesariamente. Para un contraejemplo, vamos a $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-5})$, y recuerda que el grupo de clase $\operatorname{Cl}(K)$ de $K$ es isomorfo a $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ y es generado por el primer ideal $(1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5})$. Deje $L$ ser la de Hilbert campo de clase (máximo unramified abelian extensión) de $K$, la cual es una ecuación cuadrática de la extensión de $K$ debido a que el número de clase de $K$ es $2$. Recordar que todo ideal de a$\mathcal{O}_K$ se convierte en capital en $\mathcal{O}_L$, por lo que hay algunos $\theta \in \mathcal{O}_L$ tal que $(\theta) = (1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5})$. Tenga en cuenta que para cualquier $r \in K^\times$, la clase de en el producto ideal $I = (r) \cdot (1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5})$ en $\operatorname{Cl}(K)/2\operatorname{Cl}(K)$ es trivial, por lo que la multiplicidad de $(1 + \sqrt{-5}, 1 - \sqrt{-5})$ en $I$ no se puede aún. [Gracias a James Tao de esta observación.]