Factorización de $5$en el campo División de % de $x^3 + 2$

Question

Me pregunto si alguien podría ayudar a aclarar lo siguiente.

Deje $\zeta$ ser una primitiva raíz cúbica de la unidad y de la $\alpha = \sqrt[3]{2}$. Deje $K = \mathbb{Q}(\alpha)$$L = K(\zeta)$. A continuación, $L$ es la división de campo de la $x^3 + 2$ y por lo tanto la extensión de campo $L/\mathbb{Q}$ es de Galois de grado $6$.

Uno ha $10 = 2^3 + 2 = (2 + \alpha)(2 + \zeta\alpha)(2 + \zeta^2\alpha)$ y por lo tanto $5 = (\alpha^2 + 1)(\alpha^2 + \zeta)(\alpha^2 + \zeta^2)$. El ideal de $(\alpha^2 + 1)\mathcal{O}_K$ es un primer ideal de $\mathcal{O}_K$ ($\alpha^2 + 1$ es un cero de $(x - 1)^3 - 4$, a partir de la cual se desprende que $Nm_{K/\mathbb{Q}}(\alpha^2 + 1) = 5$). Deje que nos denota por $\mathcal{p}$. Por el statemet acerca de la Frobenius elemento en la sección $2$ de http://websites.math.leidenuniv.nl/algebra/Lenstra-Chebotarev.pdf, para cualquier primer ideal $\mathcal{q} \subset \mathcal{O}_L$ que divide $\mathcal{p}$, uno debe tener un elemento $Frob_q \in Gal(L/K)$ tal que para cualquier $r \in \mathcal{O}_L$ debe poseer $$Frob_q(r) = r^5 \mod \mathcal{q}.$$

Sólo hay dos elementos en $Gal(L/K)$, es decir, la identidad y el mapa que envía a$\zeta$$\zeta^2$. Se $Frob_q = id$, $\zeta - \zeta^5 = \zeta(1 - \zeta^4) = \zeta(1 - \zeta)\in \mathcal{q}$ y desde $\zeta$ es una unidad, uno debe tener $1 - \zeta \in \mathcal{q}$. Esto, sin embargo, no puede ser, como $Nm_{L/\mathcal{Q}}(\zeta - 1) = 3^3$ es coprime a $5 \in \mathcal{q}$. Por tanto, se concluye que $Frob_q(\zeta) = \zeta^2$. $Frob_q$ entonces es también Frobenius elemento del primer ideal $5\mathbb{Z}$ con respecto a la extensión de $L/\mathbb{Q}$. Cuando actúa en $Gal(L/\mathbb{Q})$ como una permutación de que los factores en tres ciclos disjuntos de longitud dos y uno es llevado a la conclusión de que la $5\mathcal{O}_L = \mathcal{p}_1\mathcal{p}_2\mathcal{p}_3$, donde cada una de las $\mathcal{O}_L/\mathcal{p}_i$ tiene cardinalidad $5^2$.

No el de arriba no está de acuerdo con el hecho de que $x^3 + 2$ tiene sólo una raíz modulo $5$?

Answer 1

Si se desea calcular la factorización de $5\mathcal{O}_L$ en el primer ideales, mediante la reducción de un polinomio en $\mathbb{Z}[x]$ modulo $5\mathbb{Z}[x]$, entonces usted necesita para asegurarse de que $\mathcal{O}_L=\mathbb{Z}[\varepsilon]$, por algún elemento integrante $\varepsilon \in L$, y luego el polinomio a reducirse debe ser el polinomio mínimo de a $\varepsilon$ (y no $x^3+2$, que es la definición de polinomio de subextension $K$ de %de $L$).

En este caso, $\mathcal{O}_L$ tiene una base de poder. De hecho, $\mathcal{O}_L=\mathbb{Z}[\varepsilon]$ donde $\varepsilon$ es una raíz de $$f(x)=x^6 + 3x^5 - 5x^3 + 3x + 1.$$ Usted puede encontrar una prueba de este hecho, y todo un montón de datos interesantes acerca de la división de campo de la $x^3+2$, en estas notas por mi colega, Keith Conrad. (Tenga en cuenta que el $K=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})=\mathbb{Q}(\sqrt[3]{-2})$, por lo que la división de campo de la $x^3+2$ y la división de campo de la $x^3-2$ coinciden.)

Ahora, $\mathcal{O}_L\cong \mathbb{Z}[x]/(f(x))$ $\mathcal{O}_L/(5)\cong \mathbb{F}_5[x]/(\tilde{f}(x))$ donde $\tilde{f}(x)$ es la reducción de $f(x)$ modulo $5$. El polinomio $\tilde{f}(x)$ factores irreducibles en $\mathbb{F}_5[x]$ como sigue: $$\tilde{f}(x)\equiv (x^2 + x + 2)(x^2 + 3x + 3)(x^2 + 4x + 1)$$ y por lo tanto, $$\mathcal{O}_L/(5)\cong \mathbb{F}_5[x]/(\tilde{f}(x))\cong \mathbb{F}_5[x]/(x^2 + x + 2) \times \mathbb{F}_5[x]/(x^2 + 3x + 3) \times \mathbb{F}_5[x]/(x^2 + 4x + 1),$$ y $5\mathcal{O}_L=\wp_1\wp_2\wp_3$ factores como el producto de tres distintas primer ideales de grado $2$.

Desde $\mathcal{O}_K =\mathbb{Z}[\sqrt[3]{-2}]$ (esto también se muestra en las notas mencionadas anteriormente), cuando se reducen $x^3+2$ modulo $5$ quiere calcular la factorización de $5\mathcal{O}_K$ en el primer ideales en $\mathcal{O}_K$. Desde $$x^3+2\equiv (x + 3)(x^2 + 2x + 4)$$ más de $\mathbb{F}_5[x]$, esto implica que $5\mathcal{O}_K=\mathfrak{P}_1\mathfrak{P}_2$ factores como producto de dos primos ideales, con $\mathfrak{P}_1$ grado $1$ $\mathfrak{P}_2$ grado $2$. Si $\mathfrak{P}_1$ fue dividida en $L/K$, entonces habría dos primos de grado $1$ dividiendo $5\mathcal{O}_L$, lo $\mathfrak{P}_1$ debe ser inerte en $L/K$. Si $\mathfrak{P}_2$ fue para permanecer inerte en $L/K$, entonces no sería un primer grado $4$ dividiendo $5\mathcal{O}_L$, lo $\mathfrak{P}_2$ divisiones, es decir, hasta el reordenamiento tenemos $$\wp_1=\mathfrak{P}_1\mathcal{O}_L,\ \text{ and }\ \wp_2\wp_3=\mathfrak{P}_2\mathcal{O}_L.$$