¿Qué es

Question

Yo estoy haciendo algo de Galois cohomology cosas (específicamente, tratando de calcular el $H^1(\mathbb{Q}_3,E[\varphi])$, donde $\varphi:E\to E'$ es un isogeny de curvas elípticas), y que implica el cálculo de la $\mathbb{Q}_3(\sqrt{-6})^{\times}/(\mathbb{Q}_3(\sqrt{-6})^{\times})^3$. Esto es lo que he hecho hasta ahora.

Deje $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-6})$. Como $-6\not\equiv 1$ (mod 4), tenemos que $\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$. Deje $v$ ser el lugar finito de $K$ correspondiente a la (no el principal) primer ideal $(3,\sqrt{-6})$. Es bastante fácil ver que $K_v=\mathbb{Q}_3(\sqrt{-6})$, y que el residuo de campo es $k_v\cong\mathcal{O}_{K}/(3,\sqrt{-6})\cong\mathbb{F}_3$. Ahora, por Hensel del lexema, $\sqrt{-2}\in\mathbb{Q}_3$, por lo que se deduce que $\sqrt{3}\in\mathbb{Q}_2(\sqrt{-6})$. En $\mathcal{O}_K$, $(3)$ se descompone como $(3,\sqrt{-6})^2$, lo $v(3)=2$, y, por tanto, $v(\sqrt{3})=1$. Así que puede legítimamente optar $\sqrt{3}$ como uniformizer de $\mathcal{O}_{K_v}$. Esto significa que cada elemento de $\mathcal{O}_{K_v}$ tiene una representación única $$\sum_{n=0}^{\infty}a_n\sqrt{3}^n, \text{ where } a_n\in\{-1,0,1\}.$$ Los elementos de $\mathcal{O}_{K_v}^{\times}$ son aquellos donde la $a_0=\pm1$. Ahora, el uso de Hensel del lexema me fui por delante y demostró que $$(\mathcal{O}_{K_v}^{\times})^3=\{\pm1+\sum_{n=3}^{\infty}a_n\sqrt{3}^n~|~a_n\in\{-1,0,1\}\}.$$ Pero, ¿cómo puedo encontrar distintos representantes de $\mathcal{O}_{K_v}^{\times}/(\mathcal{O}_{K_v}^{\times})^3$? ¿Modding a cabo por el grupo por encima de la media que sólo puedo mirar a firmar y a ignorar todo lo pasado $\sqrt{3}^3$, de modo que un conjunto de representantes de la se $\{1,1\pm\sqrt{3},1\pm3,1\pm\sqrt{3}\pm3\}$, que tiene un tamaño de 9 (el 2 $\pm$'s son independientes en la última expresión)? Tal vez mi trabajo no es útil, porque he escrito cosas de forma aditiva, pero los grupos son multiplicativas. También, podía haber escogido $\sqrt{-6}$ como mi uniformizer. ¿Se puede reemplazar el $\sqrt{3}$ con $\sqrt{-6}$ todas partes y aún así obtener un conjunto de representantes para $\mathcal{O}_{K_v}^{\times}/(\mathcal{O}_{K_v}^{\times})^3$? Estoy muy confundida!

Por supuesto, una vez $\mathcal{O}_{K_v}^{\times}/(\mathcal{O}_{K_v}^{\times})^3$ se determina, la búsqueda de $K_v^{\times}/(K_v^{\times})^3$ es fácil.

Answer 1

En primer lugar, que no se han preocupado por lo que el parámetro que se utiliza: $\sqrt{-6}$ es tan buena como la de $\sqrt3$. De hecho, si $\mathfrak o$ es una completa discreta valoración anillo con fracción de campo $K$ e (aditivo) valoración $v:K^\times\to\Bbb Z$, y si$f(X)\in\mathfrak o[X]$ es una Eisenstein polinomio con una raíz de $\alpha$, a continuación, $\alpha$ es un parámetro local para el d.v.r. $\mathfrak o[\alpha]$. Dado que tanto $X^2+6$ e $X^2-3$ son Eisenstein para $\Bbb Z_3$, una raíz de cualquiera de las dos es buena como un parámetro local en $\Bbb Q_3(\sqrt{-6}\,)$.

A continuación, puede ayudar a pensar de $K^\times/(K^\times)^3$ como $K^\times\otimes(\Bbb Z/3\Bbb Z)$. Si o no, estaban muy correcto para ver que todos la contribución a $K^\times/(K^\times)^3$ proviene de $1+\mathfrak m$. Aquí, por supuesto, estoy usando $K=\Bbb Q_3(\sqrt{-6}\,)$ e $\mathfrak m=\text{max}(\Bbb Z_3[\sqrt{-6}\,])=\sqrt{-6}\cdot\Bbb Z_3[\sqrt{-6}\,]$.

Ahora, aquí hay algo más útil: el grupo multiplicativo $1+\mathfrak m$ es $\Bbb Z_3$-módulo, a través de la exponenciación. Es decir, para $z\in\Bbb Z_3$ e $\alpha\in\mathfrak m$, la expresión $(1+\alpha)^z$ está bien definido, y todas las reglas que usted sabe para $\Bbb Z$exponentes son válidos. ¿Cómo se define? Tomar cualquier $3$-adically convergente secuencia de enteros positivos con límite de $z$, decir $n_i\to z$. A continuación, $\bigl\lbrace(1+\alpha)^{n_i}\bigr\rbrace$ también $3$-adically convergente. Yo voy a dejar a usted para demostrar que. Por supuesto, usted puede ver que el enunciado es verdadero no importa lo que el $3$-adically completa anillo local $\mathfrak o$ usted está tratando con. Tenga en cuenta que los exponentes son de $\Bbb Z_3$, no hay nada más grande.

Bien: ahora que sabes que $1+\mathfrak m$ es $\Bbb Z_3$-módulo, ¿qué se puede decir acerca de su estructura? Usted sabe que no tiene torsión, por lo que es libre de $\Bbb Z_3$-módulo. De qué rango? Creo que se puede convencer a sí mismo con bastante facilidad que el rango es igual a $[K:\Bbb Q_3]=2$; se los dejo para usted, también.

Ahora es perfectamente claro que $\bigl|(1+\mathfrak m)/(1+\mathfrak m)^3\bigr|=9$, la cardinalidad de una de dos dimensiones de espacio vectorial sobre el campo $\Bbb F_3$. La enumeración de los elementos es bastante correcto, también.

Por favor no dude en pedir aclaración o ampliación de la anterior.

Answer 2

El problema es local, ¿por qué complicarse por traer de vuelta a un mundial ? Voy a seguir su notación $K_v = \mathbf Q_3 (\sqrt {-6})$ y trabajo a nivel local.

Para cualquier $p$-ádico de campo local $K$ grado $n$ sobre $\mathbf Q_p$, el cociente $K^*/{K^*}^p$ puede ser visto (si está escrita de forma aditiva) como $\mathbf F_p$ - espacio vectorial de dimensión $n+2$ (resp. $n+1$) de acuerdo como $K$ contiene o no una primitiva $p$-ésima raíz de $1$ (esto es una cuestión de Herbrand cocientes, ver, por ejemplo, Serre "de los Campos de la región", cap.14, prop.10 y ex.3). Aquí su $K_v$ es una ecuación cuadrática totalmente ramificado extensión de $\mathbf Q_3$, que no contengan $\mu_3$ (debido a $(-3)(-6)=2.3^2$ no es un cuadrado en $\mathbf Q_3$), de ahí que la anterior dimensión es $3$, y sólo tenemos que encontrar una $\mathbf F_3$-base. Un natural de primera vector, procedente de un uniformizer, es $\sqrt {-6}$ (o $\sqrt 3$ si quieres). Sólo queda exhibición de dos vectores linealmente independientes en $U_1/{U_1}^3$, donde $U_1$ es el grupo de prinipal unidades. He encontrado el par $1\pm \sqrt {-6}$ (pero usted debe comprobar, yo soy propenso a errores de cálculo).