Sea $L=\mathbb{Q}_5[x]/(x^4+5x^2+5)$ donde $\mathbb{Q}_5$ es el campo de los números 5-ádicos. Nótese que el polinomio por el que hacemos el cociente es un polinomio de Eisenstein. Así que $L/\mathbb{Q}_5$ es una extensión totalmente ramificada, y por lo tanto su índice de ramificación debe ser igual al grado, que es $4$ . Estoy tratando de ver por qué, directamente de la definición de índice de ramificación $e$ es decir $5O_L=m_L^e$ ¿Por qué $e=4$ ? Veo que de $5=-x^4-5x^2$ que $5 \in (x)^2$ . Supongo $m_L=(x)$ .
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Sea $v_5$ sea la valoración normalizada en $\mathbb{Q}_5$ Así que $v_5(5)=1$ . Entonces el polígono de Newton de $f(x)=x^4+5x^2+5$ tiene pendiente $\frac{1}{4}$ por lo que si $\alpha$ es una raíz de $f$ entonces $v_5(\alpha)=\frac{1}{4}$ . Esto implica que $5\mathcal{O}_L=(\alpha)^4$ .
Tiene razón en que $5\in (x)^2$ pero $x^2\not\in (5)$ por lo que no es cierto que $(5)=(x^2)$ . En su lugar, $(5)=(x^4)$ ya que $$ 5=\frac{-x^4}{x^2+1}=\frac{-x^4(x^2+4)}{x^4+5x^2+4}=x^4(x^2+4)$$
user90219
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Esta puede ser una forma más concreta de verlo. Puesto que $(5) \in (x)^2$ entonces la ecuación $5=-x^4-5x^2$ muestra que $5 \in (x^4) + (x^2)(x^2) = (x^4)$ Si la ecuación hubiera sido $5=-x^4-5x$ entonces, primero concluiríamos $5 \in (x)$ y usando esto obtenemos $5 \in (x^4) + (x)(x)= (x^2)$ y así sucesivamente hasta obtener $5 \in (x^4)$ . Y de forma más general, el mismo argumento muestra que la modificación por un Eisenstein dará una extensión totalmente ramificada.
