Los campos de número de e Integral de Cierre

Question

Estoy tratando de resolver el siguiente problema:

Considerar los campos $K=\mathbb{Q}[\omega]$ donde $\omega^2+\omega+1=0$, e $L=K(x)[y]$ donde $y^3=1+x^2$, y los anillos de $R=K[x]$, e $\mathcal{O}_L=\{R$-los elementos que forman parte en $L\}$. Mostrar que $R[y]=\mathcal{O}_L$.

Mis pensamientos: $R[y]\subseteq\mathcal{O}_L$ es evidente desde $y$ $R$integral. La parte difícil es demostrar que el $\mathcal{O}_L\subseteq R[y]$. Tenemos $$R[y]\simeq\mathbb{Q}[\omega,x,y]/I, \qquad I=(\omega^2+\omega+1, y^3-x^2-1)$$ Deje $\alpha\in \mathcal{O}_L$. Desde $R$ (PID) es integralmente cerrado sabemos que los coeficientes del polinomio mínimo $f$$\alpha$$R$. Me pregunto cómo utilizar esta información para mostrar que $\alpha\in R[y]$. Algunas ideas?

Answer 1

Creo que esto se desprende de los siguientes bits. La extensión de campo $L/K(x)$ es realmente cúbicos de Galois (Kummer), la generación de automorphism $\sigma$ está definido por $\sigma(y)=\omega y$. Así que si $z=a_0+a_1y+a_2y^2, a_0,a_1,a_2\in K(x)$ integral $R$, entonces el polinomio mínimo $$ m_z(T)=(T-z)(T-\sigma(z))(T-\sigma^2(z))\in K(x)[T] $$ debe tener coeficientes en $R$. Pero aquí el coeficiente del término cuadrático es el negativo de la traza $$ tr(z)=z+\sigma(z)+\sigma(z^2)=3a_0. $$ Por lo tanto, ya sabemos que $a_0$ debe ser en $R$.

Pero también sabemos que los elementos esenciales para formar un anillo, y obviamente $y$ es integral. Por lo tanto, también lo son los elementos de la $zy$$zy^2$. Se ve fácilmente que $$ tr(yz)=3a_2(x^2+1)\qquad\text{y}\qquad tr(y^2z)=3a_1(x^2+1). $$ Por lo tanto sabemos que tanto $(x^2+1)a_1,(x^2+1)a_2\in R$. En otras palabras, $(x^2+1)z\in R[y]$ y estamos hecho hasta ese extra posible factor de $x^2+1$ en el denominador.

Considere un elemento de la forma $$ z'=\frac{b_1(x)}{x^2+1} y+\frac{b_2(x)}{x^2+1}y^2 $$ con $b_1(x), b_2(x)\in K[x]$. Entonces la norma de $z'$, $N(z')=z'\sigma(z')\sigma^2(z')$ es $$ \begin{aligned} N(z)&=\frac{1}{(x^2+1)^3}(b_1 y+ b_2 y^2)(b_1\omega y + b_2\omega^2y^2)(b_1\omega^2y+b_2\omega y^2)\\ &=\frac{\omega^3y^3}{(x^2+1)^3} (b_1+b_2 y)(b_1+b_2\omega y)(b_1+b_2\omega^2y)\\ &=\frac1{(x^2+1)^2}(b_1^3+b_2^3(x^2+1)). \end{aligned} $$ Aquí es imposible que el polinomio $q=b_1^3+b_2^3(x^2+1)$ a ser divisible por $x^2+1$ si $x^2+1\mid b_1$. Pero en ese caso $(x^2+1)^3\mid b_1^3$. La repetición de la dosis vemos que para $q$ a ser divisible por $(x^2+1)^2$ es necesario para $b_1$ $b_2$ a ser divisible por $x^2+1$. Por lo tanto, $z'\in R[y]$ probar su reclamación.

Algunos detalles quedaron fuera, pero estoy seguro de que va a administrar!

Answer 2

Inspirado por la respuesta de Jyrki arriba quiero probar un (posible) la simplificación de que el razonamiento (Por comodidad, repito aquí desde el principio):

$\Bbb{K}(x)\hookrightarrow \Bbb{L}$ es un Galois cúbicos con la generación de automorphism $\sigma(y)=\omega y$. Deje $z\in \Bbb{L}$, $$z=a_0+a_1y+a_2y^2, \qquad a_0,a_1,a_2\in \Bbb{K}(x)$$ Suponga $z\in\mathcal{O}_\Bbb{L}$. Nos afirman que cada una de las $a_j$$R$. Desde $z\in\mathcal{O}_\Bbb{L}$ sabemos de su polinomio mínimo

$$\begin{aligned} m_z(T)&=(T-z)(T-\sigma(z))(T-\sigma^2(z)) \\ &= T^3-tr(z)T^2+k(z)T-N(z) . \end{aligned}$$ debe tener coeficientes en $R$, por lo que tenemos $$\begin{aligned} tr(z) &=z+\sigma(z)+\sigma(z^2)=3a_0\in R \\ k(z) &=3a_0^2-3(x^2+1)a_1a_2\in R \\ N(z) &= a_0^3-3(x^2+1)a_0a_1a_2+(x^2+1)a_1^3+a_2^3(x^2+1)^2 \in R \end{aligned}$$

El primero da $a_0\in R$. A partir de la segunda obtenemos $(x^2+1)a_1a_2\in R$.

Ahora, la tercera condición da \begin{equation} (x^2+1)[a_1^3+a_2^3(x^2+1)]\in R=\Bbb{K}[x] \tag{%#%#%} \end{equation} La segunda condición $\heartsuit$ permite dos posibles casos:

• $(x^2+1)a_1a_2\in R$ $a_1\in R$ . A continuación, $a_2(x^2+1)\in R$ da $\heartsuit$ que sólo es posible si $a_2^3(x^2+1)^2\in R$.
• $a_2\in R$ $a_2\in R$ . A continuación, $a_1(x^2+1)\in R$ da $\heartsuit$ que sólo es posible si $a_1^3(x^2+1)\in R$.