Galois Grupo de Hilbert Campo de la Clase de

Question

Deje $K/\mathbb{Q}$ ser un campo numérico con grupo de Galois G y deje $L/K$ ser la de Hilbert campo de la clase de $K.$ es fácil mostrar que $L$ es de Galois sobre $\mathbb{Q}$ y estoy interesado en conocer este grupo de Galois.

Sabemos que el grupo de clase de $K$ es isomorfo al grupo de Galois $L/K$, por lo que supongo que la $\operatorname{Gal}(L/\mathbb{Q})\cong cl K \rtimes G.$ sin Embargo este (algo no relacionado) MO post (esp. Kevin Buitres comentario sobre Felipe Voloch la respuesta) parece indicar lo contrario. Puede alguien arrojar luz sobre la situación?

Gracias.

Answer 1

$\def\QQ{\mathbb{Q}}\def\ZZ{\mathbb{Z}}$En general, no es cierto que $Gal(L/\QQ) \cong Gal(K/\QQ) \ltimes \mathrm{Cl}(K)$.

Lo que es cierto

Supongamos que tenemos una breve secuencia exacta de los grupos $$0 \to A \to H \to G \to 0$$ donde $A$ es abelian. Desde $A$ es normal, el grupo de $H$ actúa en $A$ por la conjugación; desde $A$ es abelian, esta acción de los factores a través de $H/A \cong G$. Así, en cualquier configuración, se obtiene una acción de $G$$A$.

En la notación de la teoría de Galois nos da $$0 \to \mathrm{Cl}(K) \cong Gal(L/K) \to Gal(L/\QQ) \to Gal(K/\QQ) \to 0.$$ Resulta que esta acción de $Gal(K/\QQ)$ es lo mismo que la acción natural de la $Gal(K/\QQ)$ en el grupo de clase. No sé referencia, pero no es difícil ver que $\sigma \cdot \mathrm{Frob}_{\mathfrak{p}} \cdot \sigma^{-1} = \mathrm{Frob}_{\sigma \mathfrak{p}}$ por un unramified prime $\mathfrak{p}$ $K$ y un elemento $\sigma \in G$. El resultado se sigue de esto además de extremadamente débil de la versión de Cebataorv densidad (lo suficiente como para saber que los valores de Frobenius generar el grupo de Galois).

Sin embargo, esto no significa que la corta secuencia exacta es semidirect y, como veremos a continuación, no es necesario.

Una estrategia para encontrar un contraejemplo

Supongamos que hemos sido capaces de construir una extensión de Galois $F/\QQ$, con grupo de Galois $H$, y un abelian subgrupo $A$ $H$ tal que

(1) La secuencia de $0 \to A \to H \to H/A \to 0$ no dividir y

(2) Para cada prime $\mathfrak{p}$ $F$ (incluyendo el infinito de los números primos), la inercia de grupo $I_{\mathfrak{p}}$ es disjunta de a $A$.

Yo reclamo que la toma de $K$ a ser el campo fijo de $A$ va a dar un contraejemplo.

La extensión de $F/K$ es abelian (desde $A$ es abelian) y unramified (por la condición en la inercia de los grupos). Así que tenemos $F \subseteq L$ y tenemos un diagrama de desplazamientos $$\begin{matrix} 0 &\to& \mathrm{Cl}(K) &\longrightarrow& Gal(L/\QQ) &\longrightarrow& Gal(K/\QQ) &\to & 0 \\ & & \downarrow & & \downarrow & & \| & & \\ 0 &\to& A &\longrightarrow& Gal(F/\QQ) &\longrightarrow& Gal(K/\QQ) &\to & 0 \\ \end{de la matriz}$$

Supongamos que por el bien de la contradicción que teníamos un mapa $Gal(K/\QQ) \to Gal(L/\QQ)$ la división de la parte superior de la secuencia. A continuación, el mapa compuesto $Gal(K/\QQ) \to Gal(L/\QQ) \to Gal(F/\QQ)$ dividiría a la parte inferior de la secuencia, contradiciendo (1).

Esto aclara por qué los contraejemplos son difíciles de encontrar. Desde $\QQ$ no tiene unramified extensiones, una de las $I_\mathfrak{p}$ debe ser trivial. Así, sólo en el nivel de la teoría de grupo, necesitamos encontrar un no-semidirect breve secuencia exacta $0 \to A \to H \to G \to 0$, $A$ abelian y un subgrupo no trivial $I \subset H$, de modo que $I \cap A = \{ e \}$. Si $I \to G$ es surjective, esto implica que la secuencia es semidirect después de todo. Sólo en el grupo de nivel de teoría, vemos que no hay ejemplos con $G$ un grupo cíclico de primer orden.

Un contraejemplo

Deje $\zeta$ ser una primitiva $85$-ésima raíz de la unidad. Recordemos que $$Gal(\QQ(\zeta)/\QQ) \cong (\ZZ/85)^{\ast} \cong (\ZZ/5)^{\ast} \times (\ZZ/17)^{\ast} \cong (\ZZ/4) \times (\ZZ/16).$$ Siempre vamos a escribir los elementos de este grupo como los pares ordenados en $(\ZZ/4) \times (\ZZ/16)$.

Deje $F$ ser el campo fijo de $\{ 0 \} \times (4 \ZZ/16)$. Por lo $Gal(F/\QQ) \cong (\ZZ/4) \times (\ZZ/4)$. La única ramificada de los números primos son $5$, $17$ y $\infty$ con la inercia de los grupos de $\ZZ/4 \times \{0 \}$, $\{ 0 \} \times \ZZ/4$ y $(2,0)$ respectivamente. Deje $A$ ser el fin de $2$ subgrupo generado por a $(2,2)$. Vemos que $A \cap I_{\mathfrak{p}}$ es trivial para cada $\mathfrak{p}$. Por último, tenemos $A \cong \ZZ/2$, $H \cong (\ZZ/4) \times (\ZZ/4)$ y $H/A \cong (\ZZ/4) \times (\ZZ/2)$, por lo que la secuencia no es semidirect.

Yo no lo he hecho calculadas $\mathrm{Cl}(K)$ para este ejemplo.

Uno puede construir similar contraejemplos siempre $H \cong (\ZZ/q^2)^2$ para algunos prime $q$, siendo un poco cuidadoso con el primer a $\infty$ si $q=2$.

Menor contraejemplo

He metido un poco más, y concluyó que no hay nada que me impida tomar $H$ a ser el diedro grupo de orden $8$ $A$ a ser su (de dos elementos). Por ejemplo, supongamos $F$ ser la división de campo de la $\QQ(\sqrt{1+8 \sqrt{-3}})$ (por lo $K = \QQ(\sqrt{-3}, \sqrt{193})$). Si no he hecho ningún tonto errores, la única ramificada de los números primos son $3$, $193$ y $\infty$, y la inercia de los grupos noncentral dos elementos subgrupos. Incluso si tengo este ejemplo en particular mal, estoy bastante seguro de que no existe ningún obstáculo para hacer un ejemplo como este.

Answer 2

Aunque por sí mismo, esto no contesta directamente la pregunta, podría ser vale la pena mencionar que la extensión de $$1 \to Cl_K \to Gal(L/\mathbb Q) \to Gal(K/\mathbb Q) \to 1$$ está clasificado por un elemento en $$H^2(Gal(K/\mathbb Q), Cl_K),$$ y este elemento es precisamente el de la imagen en virtud de la natural surjection $K^{\times}\setminus \mathbb A^{\times}_K \to Cl_K$ de la clase fundamental (como construido en el mundial de la clase de teoría de campo) en $$H^2(Gal(K/\mathbb Q), K^{\times} \setminus \mathbb A^{\times}_K).$$ (Aquí se $K^{\times} \setminus \mathbb A^{\times}_K$ es el idele grupo de clase de $K$.)

Por lo tanto la posibilidad de que el mencionado en primer lugar la extensión de no-split está relacionado con el hecho de que la clase fundamental es no trivial.

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En principio, usted puede usar la anterior para calcular ejemplos. Si $K/Q$ tiene el grado $n$, entonces el campo de clase de teoría nos dice que $H^2(Gal(K/Q), K^{\times}\setminus \mathbb A_K^{\times})$ es cíclico de orden $n$, generado por la clase fundamental. Ahora, en una explícita ejemplo, podríamos calcular el $H^2$ directamente (esto es de un número finito de cálculo, ya que el grupo de Galois es finito), y luego tomar un generador, considerar si es o no resulta trivial después de asignar los coeficientes de abajo a $Cl_K$.

Esto es más fácil cuando $K$ es cíclica, ya que, a continuación,$H^2 = \widehat{H}^0$, y así el mapa en $H^2$ puede ser reescrita como $$\mathbb Q^{\times}\setminus \mathbb A_Q^{\times}/N_{K/\mathbb Q}\mathbb A_K^{\times} \ Cl_K^{Gal(K/\mathbb Q)}/N_{K/\mathbb Q} Cl_K.$$ De hecho, desde este mapa de factores a través de la clase de grupo de $\mathbb Q$, lo que es trivial, vemos que es necesariamente trivial, y así la extensión original es dividir al $K/\mathbb Q$ es cíclico. (En el caso de primer grado cíclico extensiones, esto se observó en David Speyer respuesta; probablemente se trata de un simple argumento de utilización de inercia de los grupos en este caso más general).

Yo no tratamos de calcular un no ejemplo trivial de esta manera, a pesar de que ... .