Índice de ramificación y grado de inercia

Question

Dejemos que $L,K$ sean campos numéricos y $L|K$ una extensión de galois. Sea $(0)\neq Q$ un ideal primo en $\mathcal O_L$ (= anillo de enteros en $L$ ) y $P=Q \cap \mathcal O_K$ .

$Z_Q $ denota el campo de descomposición de $Q$ y $T_Q$ denota el campo de inercia de $Q$ .

Ahora pon $Q' :=Q\cap Z_Q$ y $Q'' :=Q\cap T_Q$ .

¿Cómo se puede demostrar que $e(Q|Q'')=e(Q|P)$ y $f(Q''|Q')=f(Q|P)$ , si $e$ denota el índice de ramificación y $f$ ¿el grado de inercia?

Answer 1

Este es esencialmente el argumento de la obra de Daniel Marcus Campos numéricos (que recomiendo encarecidamente, especialmente por sus ejercicios), Teorema 28 en la página 100.

Dejemos que $G=\mathrm{Gal}(L/K)$ sea el grupo de Galois. El grupo de descomposición de $Q$ es $$D = \{ \sigma\in G\mid \sigma Q = Q\}$$ y el grupo de inercia de $Q$ es $$E = \{\sigma\in G\mid \sigma(a)\equiv a\pmod{Q}\text{ for all $ en \mathcal{O}_L $}\}.$$ Entonces $Z_Q$ se define como el campo fijo de $D$ y $T_Q$ es el campo fijo de $E$ .

Como siempre, dejemos que $[L:K]=n = efr$ , donde $e$ es el grado de ramificación y $f$ es el grado de inercia.

En primer lugar, afirmo que $[Z_Q:K]=r$ . De hecho, por el teorema fundamental de la teoría de Galois, $[Z_Q:K] = [G:D]$ . Si $\tau\in G$ entonces cada elemento del coset $\tau D$ mapas $Q$ a $\tau Q$ Además, si $\tau Q=\rho Q$ entonces $\rho^{-1}\tau \in T$ . Así que tenemos una correspondencia uno a uno entre los cosets de $D$ en $G$ y los primos sobre $P$ de la forma $\tau Q$ con $\tau\in G$ . Desde $L$ es Galois sobre $K$ La acción de $G$ es transitiva en los primos que se encuentran por encima de $P$ y hay $r$ de ellos. Así que el índice $[G:D]$ es igual a $r$ Por lo tanto $[Z_Q:K]=r$ como se ha reclamado.

A continuación, demostramos que $e(Q'|Q)=f(Q'|Q)=1$ . Observe que $Q$ es el único primo de $\mathcal{O}_L$ que se encuentra sobre $Q'$ : porque $\mathrm{Gal}(L/Z_Q)=D$ por el Teorema Fundamental de la Teoría de Galois, y $D$ actúa transitivamente sobre los primos de $\mathcal{O}_L$ que se encuentra encima de $Q'$ pero cada elemento de $D$ mapas $Q$ a sí mismo, por lo que $Q$ es el único primo que se encuentra sobre $Q'$ . Desde $[L:Z_Q]=e(Q|Q')f(Q|Q')r(Q|Q') = e(Q|Q')f(Q|Q')$ y como $erf=[L:K]=[L:Z_Q][Z_Q:K]=[L:Z_Q]r$ entonces $[L:Z_Q]=ef$ . Y como $e(Q|Q')\leq e$ y $f(Q|Q')\leq f$ se deduce que debemos tener $e(Q|Q')=e$ , $f(Q|Q')=f$ . Y como $e=e(Q|P) = e(Q|Q')e(Q'|P)$ y $f=f(Q|P) = f(Q|Q')f(Q'|P)$ entonces $e(Q'|P)=f(Q'|P)=1$ .

En particular, dado que $1 = e(Q'|P) = e(Q'|Q'')e(Q''|P)$ entonces $e(Q'|Q'')=1$ . Así, $e(Q|Q'') = e(Q|Q')e(Q'|Q'') = e = e(Q|P)$ , lo que demuestra la primera igualdad.

Por último, demostramos que $f(Q|Q'') = 1$ o, lo que es lo mismo, que $\mathcal{O}_{T_Q}/Q''$ es igual a $\mathcal{O}_L/Q$ . Para ello basta con demostrar que el grupo de Galois correspondiente es trivial. Si podemos establecer esto, entonces tendremos $f = f(Q|Q') = f(Q|Q'')f(Q''|Q') = f(Q''|Q')$ que dará la segunda igualdad que quieres.

Para demostrar que $\mathcal{O}_L/Q$ es la extensión trivial de $\mathcal{O}_{T_Q}/Q''$ basta con demostrar que para cada $\overline{a}\in\mathcal{O}_L/Q$ el polinomio $(x-\overline{a})^m$ se encuentra en $\mathcal{O}_{T_Q}/Q''[x]$ para algún positivo $m$ . Si este es el caso, entonces cada elemento del grupo de Galois debe enviar $\overline{a}$ a sí mismo. Elige cualquier preimagen $a\in \mathcal{O}_L$ de $\overline{a}$ . Entonces el polinomio $$\prod_{\sigma\in E}(x - \sigma(a))$$ tiene coeficientes en el campo fijo de $E$ es decir, en $T_Q$ reducir modulo $Q''$ para obtener un polinomio con coeficientes en $\mathcal{O}_{T_Q}/Q''$ ya que $\sigma(a)\equiv a \pmod{Q}$ para todos $\sigma\in E$ el polinomio reducido es de la forma $(x-\overline{a})^m$ con $m=|E|$ . Esto demuestra que cada elemento de $\mathcal{O}_L/Q$ está fijado por cada elemento del grupo de Galois, por lo que la extensión es trivial, por lo que el grado de inercia es $1$ . Esto demuestra la segunda igualdad, tal y como se ha indicado anteriormente.