Puesto que todo en la torre de $\Bbb{Q}(\zeta_{12})/\Bbb{Q}(i)/\Bbb{Q}$ es abelian Galois, y lo que sucede en la extensión de $\Bbb{Q}(i)/\Bbb{Q}$ es bien conocido, podemos como bien mira la foto de todo el camino hasta el nivel racional de los números primos. Así que supongamos que $\mathfrak{p}$ está por encima de lo racional prime $p$.
Excluyendo el ramificada casos $p=2$ $p=3$ por ahora, podemos usar Dedekind del teorema nos dice que la división de comportamiento de $p$ $\Bbb{Q}(\zeta_{12})$ (resp. $\Bbb{Q}(i)$) es reproducido con exactitud en la factorización del polinomio mínimo $x^4-x^2+1$ $\zeta_{12}$ (resp. el polinomio mínimo $x^2+1$$i$) modulo $p$. Esto depende de la clase residual de $p$ modulo $12$ como sigue. El hecho de que siempre $p>3$ tenemos $p^2\equiv1\pmod{12}$ sale a la palestra.
- Si $p\equiv1\pmod{12}$, entonces hay xii raíces de la unidad en el primer campo de $\Bbb{F}_p$. En consecuencia, $x^4-x^2+1$ se divide en factores lineales sobre $\Bbb{F}_p$, e $p$ se descompone totalmente en $\Bbb{Q}(\zeta_{12})/\Bbb{Q}$. Así que en este caso $\mathfrak{p}$ también se descompone.
- Si $p\equiv5\pmod{12}$, luego tenemos que ir a la prórroga $\Bbb{F}_{p^2}$ encontrar xii raíces de la unidad. Por lo tanto, $x^4-x^2+1$ es un producto de dos irreductible cuadrática factores modulo $p$, e $p$ es un producto de dos primos ideales con la inercia grado $f=2$. Pero como $p$ se descompone en $\Bbb{Q}(i)$, esto significa que $\mathfrak{p}$ es inerte.
- Si $p\equiv7\pmod{12}$ o $p\equiv11\pmod{12}$, entonces, de nuevo $x^4-x^2+1$ se divide en un producto de dos irreductible cuadrática factores modulo $p$. Sin embargo, esta vez $p$ es inerte en $\Bbb{Q}(i)$, lo $\mathfrak{p}=(p)$ se descompone en la extensión de $\Bbb{Q}(\zeta_{12})/\Bbb{Q}(i)$.
Esto se relaciona con los residuos de la clase de generador de $\mathfrak{p}$ no es difícil. Observar que tenemos la libertad para reemplazar a $\alpha$ $i^k\alpha$ si la necesidad se presenta. El grupo multiplicativo del campo $\Bbb{Z}[i]/3\Bbb{Z}[i]$
consiste en el subgrupo $H=\langle i\rangle$ y su coset $(1+i)H$. Por lo tanto, sólo necesitamos saber si $\alpha+3\Bbb{Z}[i]\in H$ o no. Una forma útil de distinguir los cosets es la observación de que $\alpha+3\Bbb{Z}[i]\in H$, iff $N(\alpha)=\alpha\overline{\alpha}\equiv1\pmod3$. Esto se puede verificar caso por caso: $N(i^k)=1$, $N((1+i)i^k)=2$.
- Si $p\equiv1\pmod{12}$, entonces hay dos prime ideales $\mathfrak{p}$, $\mathfrak{p'}$ por encima de $p$, generado por algunos de los enteros de Gauss $\alpha$ $\overline{\alpha}$ respectivamente. En este caso,$p=N(\alpha)=\alpha\overline{\alpha}$, lo $\alpha\overline{\alpha}=p\equiv1\pmod3$, y podemos concluir que tanto en $\alpha$ $\overline{\alpha}$ han asociado en $1+3\Bbb{Z}[i]$.
- Si $p\equiv5\pmod{12}$, entonces un argumento similar muestra que los generadores $\alpha$ $\overline{\alpha}$ de los dos primeros ideales por encima de $p$ satisfacer
$N(\alpha)=N(\overline{\alpha})=p\equiv2\pmod3$, por lo que en este caso $\mathfrak{p}$ no tiene un generador en $1+3\Bbb{Z}[i]$. Esto es tan bien como antes habíamos visto que $\mathfrak{p}$ $\mathfrak{p'}$ son tanto inerte.
- En el caso de $p\equiv7\pmod{12}$ vemos que $\mathfrak{p}=(p)$. Aquí $p\equiv1\pmod3\Bbb{Z}[i]$. Como vimos que el $\mathfrak{p}$ divisiones, esto es lo que iba a ser verificado.
- En el caso de $p\equiv11\pmod{12}$ tenemos de nuevo $\mathfrak{p}=(p)$, y este primer ideal divide en $\Bbb{Q}(\zeta_{12})/\Bbb{Q}(i)$. Este tiempo se puede utilizar $\alpha=-p\in1+3\Bbb{Z}[i]$ como un generador.
Esta se ocupa de todos los casos, excepto en el primer ideal $\mathfrak{p}=(1+i)$. Dejando esto a usted.
