Hasse principio racional, como times square

Question

Hace un Hasse principio para mantener la propiedad de ser racional veces un cuadrado ?

Deje $a \in \mathbb{K}$ ser un elemento de un campo de número. Suponga que en cada lugar $\mathbb{K}_v$ de $\mathbb{K}$, $a$ puede ser escrito como $a=q k^2$, con $q \in \mathbb{Q}$ e $k \in \mathbb{K}_v$. Es cierto que $a$ siempre puede ser escrito como $q k^2$ con $q \in \mathbb{Q}$ e $k\in \mathbb{K}$ ?

EDIT : hay una restricción en los lugares reales de $\mathbb{K}$. Uno debe asumir que el signo de $a$ es la misma en cada lugar real.

Answer 1

$\def\ZZ{\mathbb{Z}}\def\QQ{\mathbb{Q}}\def\KK{\mathbb{K}}\def\LL{\mathbb{L}}\def\Gal{\mathrm{Gal}}\def\FF{\mathbb{F}}$Aquí están algunos ejemplos de las $\mathbb{K}$ para que este principio de Hasse se mantiene, y para los que no.

Hasse principio $\KK= \QQ(\sqrt{b})$ una ecuación cuadrática de la extensión de $\QQ$. Deje $\LL$ ser el normal de cierre de $\KK(\sqrt{a})$ sobre $\QQ$. Partimos de los casos de acuerdo a $\Gal(\LL/\QQ)$.

Caso 1 $\Gal(\LL/\QQ)$ es $\ZZ/4 \ZZ$ o $D_8$ (el diedro grupo de orden $8$).

En este caso, hay una clase conjugacy $\sigma$ en $\Gal(\LL/\QQ)$ orden $4$ cuya imagen en $\Gal(\KK/\QQ)$ es el trivial de la clase. Por Cebatarov, hay una infinidad de números primos $p$ de % de $\QQ$ cuyo Frobenius de la clase es esta $\sigma$.

Deje $p$ ser un primo, elegido relativamente primer a $2$ e $a$. A continuación, $p \mathcal{O}_K$ es primo, con el residuo de campo $\mathbb{F}_{p^2}$ e $a \equiv q k^2 \bmod p \mathcal{O}_K$ para algunos $q \in \mathbb{F}_p$ y algunos $k \in \mathbb{F}_{p^2}$. Pero cada elemento de $\mathbb{F}_p$ cuadrangular $\mathbb{F}_{p^2}$, lo $a$ cuadrangular $\mathcal{O}/p \mathcal{O}_K$. Podemos deducir que $p$ se divide en $K(\sqrt{a})$ y por lo tanto en $\LL$, contradiciendo nuestra elección de Frobenius de la clase.

Caso 2 $\Gal(\LL/\QQ)$ es $(\ZZ/2 \ZZ)^2$.

A continuación, $\LL \cong \QQ(\sqrt{b}, \sqrt{c})$ para algunos $c \in \QQ$, y tenemos $K(\sqrt{a}) = K(\sqrt{c})$. Pero, a continuación, $a=c k^2$ para algunos $k \in \KK$, como se desee. $\square$.

No Hasse principio Si sólo nos formular el principio de Hasse como "para todos, pero un número finito de números primos", entonces tenemos un contraejemplo siempre $\KK/\QQ$ es de Galois de grado impar. La razón es simple: Para cualquier $a$ lo $\KK$, la condición se tendrá por satisfecho en cualquier unramified primer de extraño carácter.

Prueba: Supongamos $\pi$ ser un primer de $\mathcal{O}_{\KK}$, con residuo de campo $\mathbb{F}_{p^f}$. Tenga en cuenta que $f$ divide $[\KK:\QQ]$, por lo que es impar.

A continuación, $\KK_{\pi}^{\times}/\QQ_p^{\times} \cong \FF_{p^f}^{\times}/\FF_p$ (debido a que la extensión es unramified). El cociente tiene orden de $p^{f-1} + \cdots + p+1$ lo cual es extraño, ya que $f$ es impar. Para cada elemento de $\KK_{\pi}$ es de la forma $q k^2$ para $q \in \QQ_p^{\times}$ e $k \in \KK_{\pi}$, y es fácil de usar una aproximación argumento $q \in \QQ$.

Es fácil elegir el $a$ a trabajar también en el de arquímedes lugares, los lugares y la ramificado lugares, y así obtener un contraejemplo a la totalidad de la demanda.

Answer 2

No sé si esto es útil, pero la cuestión está claramente relacionada con el Shafarevich-Tate grupo de unos algebraicas toro. Es decir, vamos a considerar algebraicas torus $T=Res_{K/\mathbb Q}\mathbb G_m/\mathbb G_m$ donde $Res_{K/\mathbb Q}\mathbb G_m$ es la de Weil restricción de $\mathbb G_m$ de $K$ a $\mathbb Q$. Luego de Hilbert 90 $T(\mathbb Q)=K^\times/\mathbb Q^\times$. Considerar la breve secuencia exacta $0\rightarrow T[2] \rightarrow T \xrightarrow{\times 2} T \rightarrow 0$, y la correspondiente secuencia exacta de cohomology grupos da una incrustación de $$(K^\times/\mathbb Q^\times)/(K^\times/\mathbb Q^\times)^{\times 2}\simeq K^\times/(K^{\times 2}\cdot \mathbb Q^\times) \hookrightarrow H^1(\mathrm{L(\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q)}, T[2](\overline{\mathbb Q})) $$ Y para cada $p$, los puntos de $T(\mathbb Q_p)=(\prod_{\mathfrak p|p}K_{\mathfrak p}^\times)/\mathbb Q_p^\times$, por lo que $$ (\prod_{\mathfrak p|p}K_{\mathfrak p}^\times/K_{\mathfrak p}^{\times 2})/ \mathbb Q_p^\times\hookrightarrow H^1(\mathrm{L(\overline{\mathbb Q_p}/\mathbb Q_p)}, T[2](\overline{\mathbb Q_p})) $$ Así que si quieres demostrar que $\alpha \in K^\times/(K^{\times 2}\cdot \mathbb Q^\times)$ es cero si y sólo si es cero en $(\prod_{\mathfrak p|p}K_{\mathfrak p}^\times/K_{\mathfrak p}^{\times 2})/ \mathbb Q_p^\times$ por cada $p$ usted necesita para probar que la imagen de $K^\times/(K^{\times 2}\cdot \mathbb Q^\times)$ en $$ \underline{Ш}^1(T[2])= \mathrm{Ker}(H^1(\mathrm{Ga}(\overline{\mathbb Q}/\mathbb Q,T[2](\overline{\mathbb Q}))\rightarrow \bigoplus _{p}H^1(\mathrm{L(\overline{\mathbb Q_p}/\mathbb Q_p)}, T[2](\overline{\mathbb Q_p}))) $$ es cero. En particular, esto es cierto si $\underline{Ш}^1(T[2])$ es 0.

Answer 3

$\def\QQ{\mathbb{Q}}\def\KK{\mathbb{K}}$He sido significado por un tiempo para hablar acerca de la teoría de grupos de esta situación. Voy a usar GH de MO fijos de la formulación: Para cada lugar $u$ de % de$\QQ$, no debería ser un número racional $q_u$ tal que $a/q_u$ cuadrangular $\KK_v$ para todos los $v$ sobre $u$. Tenga en cuenta que todos los ejemplos de "No Hasse" principio en mi otra respuesta no incorporan GH de MO a arreglar, y desaparecen una vez que se incluya.

Voy a suponer que $\KK/\QQ$ es de Galois con grupo de Galois $H$. Los demás son bienvenidos a trabajar la no-Galois caso. Suponga que la condición local sostiene.

Observación: $\KK(\sqrt{a})$ es de Galois sobre $\QQ$. Prueba: es equivalente a mostrar, para cualquier $\sigma \in H$ que $\sigma(a)/a$ cuadrangular $\KK$. Deje $u$ ser un lugar de $\QQ$. Luego hay un $q_u \in \QQ$, y los elementos de $x_v \in \KK_v$ por cada $v$ sobre $u$, de tal manera que $a = q_u x_v^2$ en $\KK_v$. A continuación, $\sigma(a) = q_u \sigma(x_v)^2$ en $\KK_{\sigma(v)}$. Por lo $\sigma(a)/a = \sigma(x_{\sigma^{-1}(v)})^2/x_v^2$ en $\KK_v$. Por lo $\sigma(a)/a$ a nivel local es un cuadrado en todas partes y, por tanto, de una plaza.

Deje $G = \mathrm{Gal}(\KK(\sqrt{a})/\QQ)$. Así que tenemos una breve secuencia exacta $$1 \to \mathbb{Z}/(2 \mathbb{Z}) \to G \to H \to 1 \ (\ast)$$ which, since $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/(2 \mathbb{Z}))$ es trivial, debe ser una extensión central.

Tenemos $a = q x^2$, para $q \in \QQ$ e $x \in \KK$, si y sólo si $\KK(\sqrt{a}) = \KK(\sqrt{q})$. Esto sucede si y sólo si la extensión de $(\ast)$ se divide.

Si $\# H$ es impar, entonces cualquier extensión central se divide y hemos terminado; el principio de Hasse se mantiene. Esto ha sido observado en otras respuestas.

Pero el local hipótesis pone restricciones adicionales en la secuencia de $(\ast)$. Supongamos que $\tau \in H$ incluso ha pedido, y deje $\sigma$ ser un ascensor de $\tau$ a $G$. Deje $(w,v,u)$ ser una torre de lugares en $(\KK(\sqrt{a}), \KK, \QQ)$ respectivamente, con Frobenius elementos $\sigma$ e $\tau$ correspondiente a $w$ e $v$, y se supone que $w$ es unramified con extraña característica. A continuación, $\KK_v:\QQ_u$ es aún grado, unramified con impar residuo característico, lo que significa que todas las unidades de $\QQ_u$ cuadrangular $\KK_v$. Por lo $a$ cuadrangular $\KK_v$, y podemos deducir que $\KK_v(\sqrt{a}) = \KK_v$. Por lo $\sigma$ e $\tau$ tienen el mismo orden. En resumen, hemos demostrado:

Si $\tau \in H$ incluso ha pedido, y $\sigma$ es un ascensor de $\tau$ a $G$ ,, a continuación, $\sigma$ tiene el mismo orden que $\tau$. $(\dagger)$

Hay muchos grupos de $H$ para que un cheque que $(\dagger)$ implica $(\ast)$ se divide, por ejemplo, grupos cíclicos, o $(\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z})^n$. Así que es un número más de los casos en los que el principio de Hasse se mantiene.

Sin embargo, $(\dagger)$ no siempre implica la división de $(\ast)$. El más pequeño ejemplo que puedo encontrar es que el $G$ es el $32$-grupo de elementos de $\left( \begin{smallmatrix} 1 & \mathbb{Z}/4 & \mathbb{Z}/2 \\ 0 & 1 & \mathbb{Z}/4 \\ 0 & 0 & 1 \end{smallmatrix} \right)$ e $H$ es el cociente por $\left( \begin{smallmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{smallmatrix} \right)$.

Todos nilpotent grupos son realizables como Galois grupos de más de $\mathbb{Q}$, por lo que thiere es algunos torre de $\KK(\sqrt{a})/\KK/\QQ$ que los rendimientos de este grupo. Y esto $a$ no va a ser globalmente $q x^2$. Va a obedecer a la condición local? En el unramified de los números primos, sí. Si $v$ es un lugar de $\KK$ que no está dividido en $\QQ$,, a continuación, $v$ se divide aún más en $\KK(\sqrt{a})$, lo $a$ cuadrangular $\KK_v$. Si $v$ es un lugar de $\KK$ que se divide en $\QQ$,, a continuación, $\KK_v \cong \QQ_u$ e $\sigma(a)/a \in \QQ_u^2$ por cada $\sigma$, por lo que podemos encontrar algunos de $q \in \QQ$ tal que $\sigma(a) /q$ es de $\QQ_u^2$ por cada $\sigma$.

No estoy seguro acerca de la ramificado de los números primos.

Si alguien entiende lo suficiente acerca de los constructivo Galois problema para armar una extensión con este grupo de Galois, sería divertido de ver.

Answer 4

No, en general, el principio de Hasse para la propiedad de ser un número racional veces un cuadrado no se sostiene. Considero que la pregunta en el formulario de GH de MO. Doy un contra-ejemplo con un no-normal de extensión de la $K/\mathbb{Q}$ de grado 6 (el aceptado la respuesta de David Speyer da un contra-ejemplo con una extensión normal de grado 16). Basta con retirar el hormigón de Galois de la extensión de $L/\mathbb{Q}$ de grado 12 con grupo de Galois $G=A_4$ y con cíclico de la descomposición de los grupos de la respuesta de Jeremy Rouse, y a tomar las $K=L^H$ donde $H$ es un subgrupo de $G$ de orden 2.

Considerar la homomorphism de $\mathbb{Q}$-tori $$ \varphi\colon\ \mathbb{G}_{m,\mathbb{Q}}\times_{\mathbb{Q}}R_{K/\mathbb{Q}}\mathbb{G}_{m,K} \ \para\ R_{K/\mathbb{Q}}\mathbb{G}_{m,K}\,,\quad (q,k)\mapsto qk^2. $$ Queremos mostrar que $Ш^1(\mathbb{Q},\ker \varphi)\ne 0$. Set $T=R_{K/\mathbb{Q}}\mathbb{G}_{m,K}/\mathbb{G}_{m,\mathbb{Q}}$. Escribimos $T[2]$ para el subgrupo de elementos de orden, división 2 en $T$. El homomorphism $$ \mathbb{G}_{m,\mathbb{Q}}\times_{\mathbb{Q}}R_{K/\mathbb{Q}}\mathbb{G}_{m,K} \ \para\ T,\quad (q,k)\mapsto \mathbb{G}_{m,\mathbb{Q}}\cdot k $$ los índices de un homomorphism $\ker\varphi\to T[2]$ encajen dentro de una breve secuencia exacta $$ 1\to \mathbb{G}_{m,\mathbb{Q}}\to\ker\varphi\to T[2]\to 1, $$ a partir de la cual se obtiene un isomorfismo canónico $$ Ш^1(\mathbb{Q},\ker\varphi)\overset{\sim}{\to} Ш^1(\mathbb{Q}, T[2]).$$ Escribir $M=T[2]$. Esto es suficiente para mostrar que $Ш^1(\mathbb{Q}, M)\ne 0$.

Tenemos una reducción de la $Ш^1(\mathbb{Q},M)= Ш^1(L/\mathbb{Q},M)$, ver Sansuc del papel, Lema 1.1(ii). Ya que todos la descomposición de los grupos de $L/\mathbb{Q}$ son cíclicos, tenemos $Ш^1(L/\mathbb{Q},M)=Ш^1_\omega(G,M)$ (ver mi pregunta para la definición de $Ш^1_\omega(G,M)$ ). Por la respuesta de Kasper Andersen $Ш^1_\omega(G,M)\ne 0$. Por lo tanto $Ш^1(\mathbb{Q},\ker\varphi)\neq 0$, y nuestra extensión $K/Q$ es un contra-ejemplo para el principio de Hasse.

Sería interesante construir explícitamente un elemento $a\in K$ para que el principio de Hasse falla (es decir, $a=qk^2$ a nivel local, pero no a nivel mundial.)