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Reciprocidad de Eisenstein y cuadrática como consecuencia de la reciprocidad de Artin, y composición de leyes de reciprocidad

Pregunta 1 : He oído que Eisenstein y Cuadrado La reciprocidad puede derivarse de la Artin Reciprocidad aplicándola a ciertas extensiones de campo . Pero no he visto en ninguna referencia una descripción explícita de esto, y estoy aquí pidiendo una.

Pregunta 2 : He visto leyes de reciprocidad cuártica, ótica y sexta . Se parecen al aplicar algún tipo de reciprocidad de potencia en campos que satisfacen otra ley de reciprocidad de potencia. Entonces, ¿existe un procedimiento general para construir la reciprocidad de poderes arbitrarios basado en la composición de reciprocidad de los primos de grado 2 e impar (Ya que su producto genera los números naturales)? Si no, ¿cuál es el obstáculo?

17voto

Homer Puntos 198

Para derivar la reciprocidad cuadrática de la reciprocidad de Artin, considere las extensiones de campo $$\mathbb{Q} \subset F=\mathbb{Q}(\sqrt{p^*}) \subset K=\mathbb{Q}(\zeta)$$ donde $p$ es un primo $\ne 2$ , $\zeta$ es una primitiva $p$ raíz de la unidad, y $p^* = (-1)^{(p-1)/2} p$ .

(Para ver que $F$ está contenida en $K$ (Busca las sumas de Gauss).

Dejemos que $q$ ser otro primo, $q \ne p, q \ne 2$ . Sabemos que $p^*$ es un cuadrado mod $q$ si $q$ se divide en $F$ si el símbolo de Artin de $q$ en $F/\mathbb{Q}$ es trivial. (Todos los grupos de Galois considerados aquí son abelianos, por lo que el mapa de Artin sólo depende del primo base $q$ y no en un primo particular en el campo superior).

El símbolo Artin de $K/\mathbb{Q}$ sobre el primer $q$ es el elemento $\sigma_q: \zeta \mapsto \zeta^q$ en el grupo de Galois de $K/\mathbb{Q}$ .

Pero Artin( $F/\mathbb{Q}$ ) es la restricción de Artin( $K/\mathbb{Q}$ ) a $F$ , por lo que Artin( $F/\mathbb{Q}$ ) es trivial si $\sigma_q$ está en el núcleo de este mapa de restricción. Ambos grupos de Galois son cíclicos, por lo que este mapa de restricción es el único homomorfismo no trivial de $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}$ a $\{\pm 1\}$ . Es fácil comprobar que $\sigma_q$ estará en el núcleo del mapa de restricción si $q$ es un cuadrado mod $p$ .

Conclusión: $p^*$ es un cuadrado mod $q$ si $q$ es un cuadrado mod $p$ . Esto es reciprocidad cuadrática.

Para otras leyes de reciprocidad, tendrá que elegir el campo $F$ de manera diferente. Por ejemplo, para la reciprocidad cúbica, elija $F$ para ser la única extensión de grado 3 en $K/\mathbb{Q}$ . (Por supuesto, esto sólo existe si $p \equiv 1$ (mod 3), pero si esa condición falla entonces la reciprocidad cúbica no es muy interesante: todo será un cubo mod $p$ .) La cosa se complica porque el análogo del paso " $p^*$ es un cuadrado mod $q$ si $q$ se divide en $F$ "no es tan sencillo. Pero es la misma idea.

Edición: Este último párrafo no es del todo correcto. Las extensiones adecuadas a considerar para la reciprocidad cúbica es $L \subset L(p^{1/3})$ donde $L = \mathbb{Q}(\omega)$ , $\omega$ una raíz cúbica primitiva de la unidad. El conductor de Artin de esta extensión es un divisor de $3p$ y dado un primo $q \equiv 1$ (mod 3) en $L$ (relativamente primo a $3p$ ), la imagen del ideal $(q)$ dado por la reciprocidad de Artin es esencialmente el único mapa no trivial del grupo cíclico $(O_L / q)^{\times}$ al grupo cíclico Gal( $L(p^{1/3})/L$ ) de orden 3. Para más detalles, véase la tesis doctoral de Noah Snyder a la que hace referencia KCd en los comentarios anteriores. En general $n$ a la reciprocidad del poder, el uso $L \subset L(p^{1/n})$ donde $L$ es el campo ciclotómico generado por una primitiva $n$ raíz de la unidad.

4voto

fretty Puntos 7351

Para un ejemplo sencillo y agradable, utilice la extensión $\mathbb{Q}(i)/\mathbb{Q}$ .

Obsérvese que para un primo impar $p$ (es decir, sin ramificar) el elemento de Frobenius de $p$ relativa a esta extensión es la identidad si y sólo si $p\equiv 1 \bmod 4$ .

Al mostrar esto algebraicamente se encuentra que:

Frob $_p(a+ib) \equiv a + (-1)^{\frac{p-1}{2}}bi \bmod \mathfrak{p}$

Sin embargo, según el criterio de Eulers la RHS es congruente con $a + \left(\frac{-1}{p}\right)bi\bmod \mathfrak{p}$ .

Así que realmente el elemento Frobenius de $p$ codifica aquí el valor del símbolo de Legendre $\left(\frac{-1}{p}\right)$ .

Así, $\left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ si y sólo si Frob $_p$ es la identidad, que equivale a $p \equiv 1 \bmod 4$ .

Esto da una de las leyes complementarias. El resto de la reciprocidad cuadrática viene de cambiar la extensión anterior a algo similar (como se muestra en las otras respuestas).

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