Un problema en la Teoría Algebraica de números, la Norma de los Ideales

Question

Un problema en la Teoría Algebraica de números

$K$ $L$ son los campos de número de más de $\Bbb Q$.($\Bbb Q$ es número racional campo) $K\subseteq L$.

$\mathcal{O}_K$ es el anillo de enteros de $K$. y $\mathcal{O}_L$ es de los enteros de $L$.

$P$ es un primer ideal de $\mathcal{O}_L$. $p$ es un primer ideal de $\mathcal{O}_K$. $P$ $p$.

El residuo de clase grado $f$ se define a ser $f=[\mathcal{O}_L/P:\mathcal{O}_K/p]$. La norma de $P$$N(P)=p^f$.

Esta es la definición habitual de la Norma de un ideal.(Ver Serre Local de campos y Serge Lang, la Teoría Algebraica de números)

Swinnerton-Dyer Una Breve Guía a la Teoría Algebraica de números tiene un diferente definición en la Norma de un ideal.(Página 25)

si $A$ es un ideal de a$\mathcal{O}_L$, $N(A)$ = ideal en $\mathcal{O}_K$ generado por los elementos de a $N(a)$ donde $a\in A$.

No sé por qué estas dos definiciones son las mismas. Swinnerton-Dyer reclamaciones así que en su libro. Alguien aquí puede dar una sugerencia, una explicación o algo otra cosa?

Answer 1

Ok, he aquí el argumento: En primer lugar recordar que la norma habitual para los no-cero de los elementos de un campo es transitiva en las torres; por lo tanto el mismo es cierto para su segunda definición de la norma de un ideal. En particular, $N_{K|Q}\circ N_{L|K} = N_{L|Q}$. El hecho de que la norma $N_{L|Q}(\mathfrak{P}) = [\mathcal{O}_L:\mathfrak{P}] \cdot \mathbb{Z}$ es fácil de ver para un primer $\mathfrak{P}$$\mathcal{O}_L$; edición: y lo mismo es cierto para cualquier integral ideal $\mathfrak{a}$. Ahora vamos a $\mathfrak{p} = \mathcal{O}_K \cap \mathfrak{P}$$(p) = \mathbb{Z} \cap \mathfrak{P}$.

Tenemos $N_{L|Q}(\mathfrak{P}) = p^{f(\mathfrak{P}|p)} = N_{K|Q}N_{L|K}\mathfrak{P}$. En particular, podemos deducir que $N_{L|K}\mathfrak{P} = \mathfrak{p}^d$ algunos $d$. Por otra parte, sabemos que

$N_{K|Q}\mathfrak{p}^d = p^{d \cdot f(\mathfrak{p}|p)} = p^{f(\mathfrak{P}|p)}.$

Pero, a continuación, $d = f(\mathfrak{P}|p) / f(\mathfrak{p}|p) = f(\mathfrak{P}|\mathfrak{p})$ como se requiere.

Answer 2

Aquí es una prueba de que el ideal de la norma, como se define en los libros de Serre y Lang es igual al ideal de la norma, como se define en Swinnerton-Dyer del libro. Vamos a empezar a partir de la definición dada por Serre y Lang, estado de algunas de sus propiedades, y las usan para derivar la fórmula dada por Swinnerton-Dyer.

Antecedentes: Vamos a $A$ ser un dominio de Dedekind con fracción de campo $K$, $L/K$ ser finito, separables de extensión, y $B$ ser la integral de cierre de $A$$L$. Para cualquier prime $\mathfrak P$ $B$ definimos ${\rm N}_{B/A}({\mathfrak P}) = \mathfrak p^f$ donde $f = f({\mathfrak P}|{\mathfrak p})$ es el residuo de campo grado de $\mathfrak P$$\mathfrak p$, y esta norma función se extiende a todos los distinto de cero ideales de $B$ por multiplicativity a partir de su definición en (distinto de cero) de los números primos en $B$.

Propiedades.

1) El mapa de ${\rm N}_{B/A}$ es multiplcative (inmediata a partir de su definición).

2) el Buen comportamiento de los menores de localización: para cualquier (distinto de cero) prime ${\mathfrak p}$ en $A$, ${\rm N}_{B/A}({\mathfrak b})A_{\mathfrak p} = {\rm N}_{B_{\mathfrak p}/A_{\mathfrak p}}({\mathfrak b}B_{\mathfrak p})$. Tenga en cuenta que $A_{\mathfrak p}$ es un PID y $B_{\mathfrak p}$ es integral, cierre en $L$; el ideal de la norma en el lado derecho se define por la anterior definición de dominios de Dedekind, pero es más fácilmente computable porque $B_{\mathfrak p}$ es de un número finito de libre $A_{\mathfrak p}$-módulo en la cuenta de $A_{\mathfrak p}$ ser un PID y $L/K$ son separables. La prueba de este buen comportamiento en función de la localización se omite, pero usted debe encontrar en libros como los de Serre o Lang.

3) Para un valor distinto de cero $\beta$ en $B$, ${\rm N}_{B/A}(\beta{B}) = {\rm N}_{L/K}(\beta)A$, donde la norma de $\beta$ en el de la derecha es el campo de la teoría de la norma (determinante de la multiplicación por $\beta$ $K$- lineal mapa en $L$). Para demostrar esta fórmula, es suficiente para comprobar ambos lados localizar la misma manera para todos (distinto de cero) de los números primos $\mathfrak p$: ${\rm N}_{B_{\mathfrak p}/A_{\mathfrak p}}(\beta{B}_{\mathfrak p}) = N_{L/K}(\beta)A_{\mathfrak p}$ para todos los $\mathfrak p$. Si usted sabe cómo demostrar a través de los enteros que $[{\mathcal O}_F:\alpha{\mathcal O}_F] = |{\rm N}_{F/{\mathbf Q}}(\alpha)|$ para cualquier campo de número de $F$, entonces espero que el método que usted sabe que puede ser adaptado para el caso de $B_{\mathfrak p}/A_{\mathfrak p}$, en sustitución de ${\mathbf Z}$ con el PID $A_{\mathfrak p}$. Eso es todo, no tengo tiempo para decir ahora acerca de la explicación de la igualdad después de la localización.

Ahora estamos listos para mostrar ${\rm N}_{B/A}({\mathfrak b})$ es igual a la ideal en $A$ generado por todos los números de ${\rm N}_{E/F}(\beta)$ $\beta$ ejecuta a través de $\mathfrak b$.

Para cualquier $\beta \in \mathfrak b$,$\beta{B} \subset \mathfrak b$, lo ${\mathfrak b}|\beta{B}$. Desde ${\rm N}_{B/A}$ es multiplicativo, ${\rm N}_{B/A}({\mathfrak b})|{\rm N}_{E/F}(\beta)A$ como ideales en $A$. En particular, ${\rm N}_{E/F}(\beta) \in {\rm N}_{B/A}({\mathfrak b})$. Deje $\mathfrak a$ ser el ideal en $A$ generado por todos los números de ${\rm N}_{E/F}(\beta)$, por lo que nos han mostrado $\mathfrak a \subset {\rm N}_{B/A}(\mathfrak b)$, o, equivalentemente,${\rm N}_{B/A}(\mathfrak b)|\mathfrak a$. Para probar esta divisibilidad es una igualdad, elija cualquiera de potencia principal ${\mathfrak p}^k$ dividiendo $\mathfrak a$. Vamos a mostrar a ${\mathfrak p}^k$ divide ${\rm N}_{B/A}(\mathfrak b)$.

Para demostrar ${\mathfrak p}^k$ divide ${\rm N}_{B/A}(\mathfrak b)$ al ${\mathfrak p}^k$ divide $\mathfrak a$, basta con mirar en la localización de la $A$ $\mathfrak p$ y demostrar ${\mathfrak p}^kA_{\mathfrak p}$ divide ${\rm N}_{B/A}(\mathfrak b)A_{\mathfrak p}$, que la 2ª a la propiedad de ideal de las normas es igual a ${\rm N}_{B_{\mathfrak p}/A_{\mathfrak p}}(\mathfrak b{B_{\mathfrak p}})$. Desde $B_{\mathfrak p}$ es un PID, el ideal de la ${\mathfrak b}B_{\mathfrak p}$ es la principal: deje $x$ ser un generador, y podemos elegir el $x$ a venir de $\mathfrak b$ sí. Por el 3er propiedad de ideal normas, ${\rm N}_{B_{\mathfrak p}/A_{\mathfrak p}}(xB_{\mathfrak p}) = {\rm N}_{E/F}(x)A_{\mathfrak p}$. Mostrando ${\mathfrak p}^kA_{\mathfrak p}$ divide ${\rm N}_{E/F}(x)A_{\mathfrak p}$ es la muestra de ${\rm N}_{E/F}(x) \in {\mathfrak p}^kA_{\mathfrak p}$. Desde $x$ es en el $\mathfrak b$, ${\rm N}_{E/F}(x) \in \mathfrak a \subset {\mathfrak p}^k$, por lo ${\rm N}_{E/F}(x) \in {\mathfrak p}^kA_{\mathfrak p}$. QED

Answer 3

Pensé que yo debería de saber esto, pero luego terminé mirando hacia arriba. En su Lang Algebraicas Número de la Teoría de las páginas 24-26 (al menos para Una de las principales, pero que debería ser suficiente). Es que si uno quiere conocer la prueba. No tengo idea de donde la intuición viene de pero apuesto a que es el uso de celosías de alguna manera.

Answer 4

Hmm... yo puedo ver de improviso cómo lidiar con ella si L/K es de Galois, pero me gustaría tener que pensar en otra cosa... En el Galois caso, por encima de p i a muchos primeros ideales, cada uno con ramificación índice de e, y el residuo de grado f. El boceto es ver esto como un problema acerca de discretos valoraciones, en lugar de primer ideales.

N(P) (de acuerdo a su segunda definición) = < N(a)| a en P >. Sabemos que esto es un ideal en el O_K, y sólo queda para describir su descomposición en números primos. Desde la ramificación índice de p en (cada uno) P por encima de ella es la e, la mínima p-ádico de valoración de un elemento de N(P) es f. Así que si t es una parametrización un elemento de la p-ádico de valoración (a elegir en O_K), entonces u*t^f genera N(P)_p donde u es en O_K - P (comprobar que N(P) no es divisible por otro primer ideales, con métodos similares).

Espero que ayude un poco con la intuición.

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Después de la lectura de Adán solución, me di cuenta de algunas cosas que estaban mal en mi argumento. Ellos se han corregido en el cuerpo.