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Puede topológico homología cíclica calcular Picard grupos?

Deje $K$ ser un campo de número y $\mathcal{O}_K$ su anillo de enteros. A continuación, hay un isomorfismo

$$K_0(\mathcal{O}_K) \cong \mathbb{Z} \oplus Pic(\mathcal{O}_K)$$

donde $Pic(\mathcal{O}_K)$ es el grupo de Picard (o ideal, grupo de clase) de $\mathcal{O}_K$.

El cyclotomic traza define un mapa

$$trc: K(\mathcal{O}_K) \to TC(\mathcal{O}_K)$$

a la topológico homología cíclica de $\mathcal{O}_K$.

Mi pregunta es: ¿en qué medida es este mapa de una equivalencia en el grado 0? Es decir, no $TC_0(\mathcal{O}_K)$ calcular $Pic(\mathcal{O}_K)$?

Sé un completo, local de instrucción de este tipo: Hesselholt y Madsen demostrado que $trc$ es una equivalencia en $(-1)$-conectado cubre de $p$-de las terminaciones de si $\mathcal{O}_K$ es reemplazado con el anillo de Witt vectores de un perfecto campo de la característica $p$ ("Sobre la K-teoría de finito álgebras de más de Witt vectores de un campo perfecto").

Hay algo de este tipo en el campo de número de configuración?

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karlgrz Puntos 3543

Advertencia: yo no sé nada acerca de este tema, pero se encontró con la pregunta interesante, así que decidí aprender algo acerca de ella. Acercarse a la siguiente con precaución.

Considerar el anillo de enteros $\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}] \subset \mathbb{Q}[\sqrt{-15}]$. Esto tiene la clase número 2, y el ideal $$I:=(2, \tfrac{1+\sqrt{-15}}{2})$$ genera el ideal del grupo de clase: en otras palabras, este es un proyectiva módulo de rango 1, y no es libre.

Escrito $\zeta = \tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}$ hemos $$\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}] = \mathbb{Z}[\zeta]/(\zeta^2-\zeta+4),$$ y por lo que su 2-ádico de finalización es $$(\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2 = \mathbb{Z}^\hat{}_2[\zeta]/(\zeta^2-\zeta+4).$$

El uso de [http://www.numbertheory.org/php/2adic.html] nos encontramos con que $-15$ tiene un 2-ádico de la raíz cuadrada $\eta$ a partir de $(1,0,0,1,1,0,1,1,0,0,...)$. Por lo tanto $1+\eta = (0,1,0,1,1,0,1,1,0,0,...)$ es divisible por 2, y nos pusimos $\bar{\eta} = \tfrac{1+\eta}{2}=(1,0,1,1,0,1,1,0,0,...)$. Por lo tanto, tenemos $$\zeta^2-\zeta+4 = (\zeta - \bar{\eta})(\zeta -\tfrac{4}{\bar{\eta}}) \in \mathbb{Z}^\hat{}_2[{\zeta}],$$ y así $$\mathbb{Z}^\hat{}_2[\zeta]/(\zeta^2-\zeta+4) = \mathbb{Z}^\hat{}_2[\zeta]/((\zeta - \bar{\eta})(\zeta -\tfrac{4}{\bar{\eta}})) \cong \mathbb{Z}^\hat{}_2[\zeta]/(\zeta - \bar{\eta}) \times \mathbb{Z}^\hat{}_2[\zeta]/(\zeta -\tfrac{4}{\bar{\eta}})$$ que es isomorfo a $\mathbb{Z}^\hat{}_2 \times \mathbb{Z}^\hat{}_2$ como un anillo. Como $K_0(\mathbb{Z}^\hat{}_2 \times \mathbb{Z}^\hat{}_2) = K_0(\mathbb{Z}^\hat{}_2) \oplus K_0(\mathbb{Z}^\hat{}_2) = \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}$ es de torsiones, la conclusión es que $$K_0(\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}]) \to K_0((\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2)$$ no puede ser inyectiva: de hecho, su núcleo es, precisamente,$\mathbb{Z}/2$.

La importancia de este para la cuestión es que, como yo lo entiendo, 2-ádico $TC$ es insensible a 2-ádico de la finalización del anillo (al menos para los anillos que son finitely generado como abelian grupos), que es, $$TC(\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2 \to TC((\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2)^\hat{}_2$$ es una equivalencia. De ello se deduce a partir de la evidente conmutativa de la plaza que $$K_0(\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2 \to TC_0(\mathbb{Z}[\tfrac{1+\sqrt{-15}}{2}])^\hat{}_2$$ no es inyectiva.

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