Unramification de un primer ideal de un pedido de una extensión finita de Galois de un campo de número algébrico

Question

Es el siguiente proposición es verdadera? Si sí, ¿cómo podría usted probar esto?

La proposición Deje que $K$ ser una expresión algebraica campo de número. Deje que $L/K$ ser un finita de Galois de la extensión. Deje que $A$ y $B$ ser los anillos de enteros algebraicos en $K$ y $L$, respectivamente. Deje de $G$ ser el grupo de Galois de $L/K$. Vamos a $C$ ser un sub-anillo de $B$ tal que $A \subconjunto de C \subconjunto B$. Supongamos que $\sigma(C) = C$ por cada $\sigma \in G$. Deje que $\mathfrak{p}$ ser uno de los principales ideales de $A$. Por la mentira-más de teorema, existe un primer ideal $\mathfrak{P}$ de $C$ mentir más de $\mathfrak{p}$. Deje que $H$ = {$\sigma \in G$; $\sigma(x) \equiv x$ (mod $\mathfrak{P}$) para todo $x \in C$}. Supongamos Que $H = 1$. Entonces $\mathfrak{p}$ es unramified en $L$.

La motivación Deje que $K, a, L, B$ ser como el anterior. Vamos a $n = [L : K]$. Deje que $f(X)$ ser un monic polinomio de grado $n$ en $A[X]$. Suponga que $f(X)$ no tiene múltiples raíces. Supongamos que $L/K$ es la división de campo de $f(X)$. Deje que $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ ser las raíces de $f(X)$. Deje que $C = A[\alpha_1,\dots,\alpha_n]$. Entonces $C$ satisface las condiciones de la anterior proposición. A veces, es fácil comprobar $H = 1$. Por lo tanto podemos concluir que $\mathfrak{p}$ es unramified en $L$.

Aplicación Deje que $f(X)$ ser un monic polinomio de grado $n$ en $\mathbb{Z}[X]$. Vamos a $d$ ser el discriminante de $f(X)$. Supongamos que $d \neq 0$. Deje que $L$ a ser la división de campo de $f(X)$ más de $\mathbb{Q}$. Deje de $G$ ser el grupo de Galois de $L/\mathbb{Q}$. Deje que $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ ser las raíces de $f(X)$ en $L$. Deje que $C = \mathbb{Z}[\alpha_1,\dots,\alpha_n]$. Deje que $p$ ser un número primo no dividir $d$. Deje que $P$ ser uno de los principales ideales de $C$ mentir más de $p$. Deje que $H$ = {$\sigma \in G$; $\sigma(x) \equiv x$ (mod P$$) para todo $x \in C$}. Deje que $\sigma \in G$ {1}. Existe $i$ tal que $\sigma(\alpha_i) \neq \alpha_i$. Desde el discriminante de $f(X)$ no es divisible por P$$, $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ son distintos mod $P$. Por lo tanto $\sigma$ no pertenecen a $H$. Por Lo Tanto $H = 1$. Por lo tanto $p$ es unramified en $L$ por encima de la proposición.

Ejemplo Deje que $f(X) = X^3 + 2X + 1 \in \mathbb{Z}[X]$. Deje que $L$ a ser la división de campo de $f(X)$ más de $\mathbb{Q}$. El discriminante de $f(X)$ es -59, de los cuales 59 es un número primo. Por lo tanto, si $p \neq 59$ es un número primo, $p$ es unramified en $L$ por el resultado anterior.

Deje que $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-59})$. El número de clase de $K$ es de 3. $L/K$ es un abelian extensión de grado 3. Por el resultado anterior, el único número primo que puede ser ramificado en $L$ es de 59. Puede ser probado por cualquier otro método que una prima de $K$ se encuentra por encima del 59 es unramified en $L$. Por lo tanto $L$ es la de Hilbert campo de la clase de $K$.

Answer 1

No una respuesta, pero demasiado largo para caber en un comentario. Claramente la asunción, $H=1$, implica que el campo de fracciones de $F$ de el anillo intermedio $C$ es de $L$, pues de lo contrario $Gal(L/F)$ iba a ser un no-trivial subgrupo de $H$.

Suponga que $\mathfrak{P}=\mathfrak{P}_B\cap C$ por algunos de los mejores ideales de $\mathfrak{P}_B$ (necesariamente la mentira más de $\mathfrak{p}$). Deje de $G_T=G_T(\mathfrak{P}_B\vert\mathfrak{p})$ la correspondiente inercia de grupo: $$ G_T=\{\sigma\G\mid \sigma(\mathfrak{P}_B)=\mathfrak{P}_B,\ \forall\,x\B \sigma(x)\equiv x\pmod{\mathfrak{P}_B}\}. $$

Suponga que $\sigma\en G_T$. Deje que $x\in C$ ser arbitraria. Entonces $\sigma(x)-x\in C$ y $\sigma(x)-x\in\mathfrak{P}_B$, entonces $\sigma(x)-x\C\cap\mathfrak{P}_B=\mathfrak{P}$. Por lo tanto $\sigma\in H$.

Como trabajamos bajo el supuesto de que $H$ es trivial, podemos concluir que $G_T=1.$ Por lo tanto $$ e(\mathfrak{P}_B\vert \mathfrak{p})=|G_T|=1. $$ Por lo que $\mathfrak{P}_B\vert \mathfrak{p}$ es unramified, y la afirmación de la siguiente manera (por Galois, teoría de los campos de número de la ramificación índices de todos los números primos se extiende $\mathfrak{p}$ son iguales).

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Así que la pregunta se reduce a preguntar si todos los números primos de $C$ mentir más de $\mathfrak{p}$ son conseguido mediante la restricción de un primer de $B$. La asignación de los números primos de $B$ para aquellos de $C$ no es necesariamente inyectiva, pero la pregunta es acerca de su surjectivity. Edit: Makoto Kato señala que $B$ es la integral de cierre de $C$, el surjectivity sigue a partir de la teoría general.

Como un ejemplo, en el caso, donde esta asignación no es inyectiva me ofrecen $K=\mathbb{Q}$, $L=K[\sqrt3]$, $\mathfrak{p}=13$, $C=\mathbb{Z}[13\sqrt3]$. El primer $13$ se divide en $L$ como $$ 13=(4+\sqrt3)(4-\sqrt3), $$ pero tanto el primer ideales, $\langle4+\sqrt3\rangle$ y $\langle4-\sqrt3\rangle$ de $B$ cruzan $C$ en $$ \mathfrak{P}=\{a+b\cdot13\sqrt3\mediados de los a,b\in\mathbb{Z},\ a\equiv0\pmod{13}\}. $$

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De todos modos, mi (posiblemente confundido) pensamiento aquí es que $G_T$ siempre se inyecte en $H$. Para un automorphism a estar en $G_T$ estamos en cierta medida, pidiendo más (en comparación con $H$), así que si podemos determinar un trivial inercia de grupo en el nivel de $C$, debemos esperar un trivial inercia de grupo en el nivel de $B$ así.

Answer 2

Si, como al parecer es el caso, el objetivo es un criterio para no ramificación en el anillo de enteros de un campo de extensión de la $K/k$, tal vez Galois, el objeto intermedio $\mathfrak o_k[\alpha_1,\ldots,\alpha_n]$ no necesita ser un anillo, y no tenemos necesidad de atender las consultas de los ideales de la teoría de allí. Es decir, a mi juicio, el punto conveniente es que se ramifica a los primos de dividir a las diferentes, cuya norma es el discriminante. Un discriminante se define para cualquier $\mathfrak o_k$-submódulo, no sólo sub-anillo, de $\mathfrak o_K$, y es divisible por el verdadero discriminante.

Por lo tanto, en muchos ejemplos de interés, se calcula el discriminante de una evidente $\mathfrak o_k$-sublattice de $\mathfrak o_K$, encuentra que un primer $\mathfrak p$ de $\mathfrak o_k$ ya no dividir que discriminante, por lo que no se puede dividir el verdadero discriminante, por lo que no prime la mentira más se puede dividir a las diferentes.

El discriminantes mismos, siendo determinantes, útiles atajos para su cálculo, dependiendo de las características específicas de la situación.

Edit: un ejemplo fácil... en $\mathbb P({\raíz 3 \10})$, dejando que $\alpha$ ser una raíz cúbica de $10 dólares, lo obvio sub-anillo de $\mathbb Z[\alpha]$ no sea la integral de cierre. Sin embargo, el discriminante de este entramado, $\det\pmatrix{1 & \alpha & \alpha^2\cr 1 & \omega\alpha & \omega^2\alpha^2 \cr 1 & \omega^2\alpha & \omega\alpha^2}=\alpha^3\cdot (\omega-1)(\omega^2-1)$. Por lo tanto, la única posible ramificación es de 3 $$ y $10=2\cdot 5$.

Incluso mejor conocido es la discusión de la cuadrática extensiones de más de $\mathbb Q$, donde $2$ es, ciertamente, no siempre se ramifica, y, de hecho, es unramified cuando el anillo de los números enteros es el índice de las dos más grandes de lo que uno podría tener, ingenuamente, a pesar de que, por ejemplo, incluye ${1+\sqrt{d}\over 2}$.

Ciertamente no estoy afirmando que todos los discriminante es esto fácilmente evaluados!