¿Cómo se demuestra que la división de los primos en una extensión no abeliana de campos numéricos no está determinada por condiciones de congruencia?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?He aquí una respuesta para el caso especial de que el campo base sea $\mathbb{Q}$ . Implica una gran parte de teoría de campos de clases sobre $\mathbb{Q}$ así que seré conciso.
Empezamos con el lema que mencionó Buzzard.
Lema - Deja $K$ , $L$ sean extensiones finitas de Galois de $\mathbb{Q}$ . Entonces $K$ se encuentra en $L$ sólo si $\operatorname{sp}(L)$ se encuentra en $\operatorname{sp}(K)$ (con un número finito de excepciones).
La demostración del lema se deriva del Teorema de la densidad de Chebotarev.
Demostramos ahora que si los primos racionales que se dividen en $K$ puede describirse mediante congruencias, entonces $K/k$ es abeliano.
Prueba . Supongamos que los primos racionales que se dividen en $K$ puede describirse mediante congruencias módulo a un número entero $a$ . Esto nos permite suponer que $\operatorname{Sp}(K)$ contiene el grupo de rayos $P_a$ . El siguiente paso consiste en demostrar que los primos racionales situados en $P_a$ son precisamente los primos de $\operatorname{sp}(\Phi_a(x))$ . Por el lema anterior, esto significa que $K$ está contenido en un campo ciclotómico, por lo que es abeliano.
Bob Somers
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OK que tal esto para terminar (no creo que ninguno de los argumentos publicados hasta ahora trate este caso). Digamos $K/\mathbf{Q}$ es finito y (salvo un conjunto finito de excepciones) $p$ se divide completamente en $K$ si $p$ mod $N$ está contenido en un subconjunto $S$ de $(\mathbf{Z}/N\mathbf{Z})^\times$ . I piense en las otras dos respuestas sólo se refieren al caso en que $1\in S$ (donde muestran $K$ se encuentra en $\mathbf{Q}(\zeta_N)$ ). Pero si $1\not\in S$ entonces sólo un número finito de primos se dividen completamente en el compositum del cierre de Galois de $K$ y $\mathbf{Q}(\zeta_N)$ y eso es una contradicción. Así que ahora creo que entre los dos hemos respondido completamente a la pregunta.
KConrad
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Fijar un campo numérico $K$ . Para un número entero $m$ , dejemos que $S_1(m,K)$ sean las clases de congruencia $a$ mod $m$ que contienen infinitos primos $p$ tal que $p \mid \mathfrak p$ para algún primo $\mathfrak p$ de $K$ satisfaciendo $f(\mathfrak p|p) = 1$ . (Ha sido un trabalenguas: $p$ está por debajo de algún primo de $K$ con campo de residuos de grado 1). Si $K/\mathbf Q$ es Galois, entonces tal $p$ son los primos que se dividen completamente en $K$ hasta un número finito de excepciones (entre los primos ramificados). Es decir, cuando $K/\mathbf Q$ es Galois, $S_1(m,K)$ es el conjunto de clases de congruencia mod $m$ que contiene infinitos primos que se dividen completamente en $K$ . (Los números primos que se dividen completamente en un campo numérico son idénticos a los números primos que se dividen completamente en su cierre de Galois sobre $\mathbf Q$ por lo que intentar describir estos "conjuntos divididos" mediante condiciones de congruencia podría suponer que el campo numérico es Galois sobre $\mathbf Q$ . Estoy trabajando sobre el campo base $\mathbf Q$ por todas partes).
Como ha sugerido Kevin, no es obvio a primera vista que estos conjuntos $S_1(m,K)$ tienen mucha estructura, sobre todo que contienen $1$ mod $m$ . Por el principio de encasillamiento, cualquier $S_1(m,K)$ es ciertamente un conjunto no vacío, y es un subconjunto del grupo unitario $(\mathbf Z/m)^\times$ en lugar de $\mathbf Z/m$ pero esto es algo superficial.
Una buena razón (¿la razón correcta?) que $1$ mod $m$ está en $S_1(m,K)$ es que $S_1(m,K)$ es en realidad un subgrupo de $(\mathbf Z/m)^\times$ . De hecho, bajo la identificación habitual de $\mathrm{Gal}(\mathbf Q(\zeta_m)/ \mathbf Q)$ con $(\mathbf Z/m)^\times$ , $S_1(m,K)$ es la imagen del homomorfismo de restricción $\mathrm{Gal}(K(\zeta_m)/K) \longrightarrow \mathrm{Gal}(\mathbf Q(\zeta_m)/\mathbf Q)$ . Para una demostración, véase el teorema 3 en
http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/dirichleteuclid.pdf
y el Teorema 4 existe una generalización en la que $(\mathbf Z/m)^\times$ se sustituye por cualquier grupo de Galois de campos numéricos.
Zameer Manji
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Un primo se divide completamente en $L$ en $K$ (una extensión de campos numéricos) si y sólo si se divide completamente en el cierre de Galois de $L$ en $K$ . Así pues, para responder a la pregunta podemos suponer que $L$ es Galois sobre $K$ .
El argumento de Ben Linowitz se mantiene entonces en general: supongamos que todos los $\wp$ congruente con $1$ modulo algún conductor $\mathfrak m$ dividir en $L$ . Entonces por el Lemma en la respuesta de Ben, $L$ está contenido en el campo de clase de rayo del conductor $\mathfrak m$ en $K$ y, por tanto, es abeliano.
(Hasta donde yo sé, esto no es en absoluto obvio sin la teoría de campos de clases y, de hecho, una gran parte del desarrollo de la teoría de campos de clases implicó la comprensión de que los campos de clases --- que se definían en términos de condiciones de división descritas por congruencias, eran lo mismo que extensiones abelianas. En cierto sentido, la equivalencia de estas dos condiciones es la esencia de la teoría de campos de clases).
[EDITAR:] Esta edición es en respuesta a los comentarios de Buzzard sobre la pregunta original, y también a su respuesta y comentarios posteriores.
Supongamos que $L$ en $K$ es Galois (como podemos) y que para algún subconjunto no vacío $S$ en algún rayo grupo de clase $Cl_{\mathfrak m}$ sabemos que todos (pero finitamente muchos) los primos que yacen en $S$ mod $\mathfrak m$ dividir en $L.$
Si además suponemos si y sólo si en la afirmación anterior, entonces la respuesta de Buzzard muestra que $S$ debe contener la clase trivial, y por lo tanto $L$ es una extensión abeliana contenida en el campo de clase de rayo del conductor $\mathfrak m$ ; la teoría de campos de clase toma entonces el relevo para demostrar que $S$ es de hecho un subgrupo.
Pero ¿qué pasa si no asumimos si y sólo si (es decir, permitimos que otros primos además de los que que están en $S$ dividir)? ¿Podemos seguir argumentando que $L$ es abeliano sobre $K$ ?
Sea $L'$ sea el compositum de $L$ y el campo de clase de rayo del conductor $\mathfrak m$ en $K$ , dejemos que $G = Gal(L/K)$ y que $G' = Gal(L'/K)$ .
Entonces $G' \hookrightarrow G \times Cl\_{\mathfrak m}$ (mediante la acción de Galois sobre $L'$ y el campo de clase de rayo resp.); sea $p$ y $q$ sean la primera y la segunda proyección (nótese que ambas son suryectivas).
Nuestra hipótesis se traduce en la afirmación de que $p (q^{-1}(S)) = \{1\}$ es decir $q^{-1}(S) \subset 1 \times Cl\_{\mathfrak m}.$
Ahora elija $s \in S$ y supongamos que $(g,1) \in G'$ . El párrafo anterior junto con la subjetividad de $q$ muestra que también $(1,s) \in G'$ . Entonces $(g,1) (1,s) = (g,s) \in G',$ desde $G'$ es un subgrupo del producto. Pero $(g,s)$ se encuentra en $q^{-1}(S)$ Por lo tanto $g = 1$ . En otras palabras, si la segunda coordenada de un elemento de $G'$ es trivial, también lo es la primera. Así, de hecho $L'$ es igual al campo de clase de rayo del conductor $\mathfrak m,$ es decir $L$ está contenido en este último campo. Esto es lo que había que mostrar.
