Automorfismo Frobenius de una extensión cuadrática

Question

Me gustaría calcular el automorfismo de Frobenius del campo cuadrático$K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ donde$d\in\mathbb{Z}$ es squarefree. Como el$p$% debe ser umramificado, tenemos$p\mathcal{O}_K=R_1R_2$ o$p\mathcal{O}_K=R$ con$f(R|p)=2$. El primer caso implica$\big(\frac{d}{p}\big)=1$, es decir,$\sqrt{d}\in\mathbb{F}_p$ y$\sqrt{d}^p\equiv \sqrt{d}\mod p$. Por lo tanto, la identidad es el automorfismo de Frobenius. ¿Qué obtenemos en el segundo caso?

Answer 1

En el segundo caso $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ es un campo finito de orden $p^2$, se deduce que la reducción de mapa de $\operatorname{Gal}(K) \to \operatorname{Gal}(\mathcal O_K/p\mathcal O_K)$ es un isomorfismo y la Frobenius elemento es el único no-trivial elemento en $\operatorname{Gal}(K)$, es decir, la conjugación $\sqrt{n} \to -\sqrt{n}$.

Ur para decirlo de otra manera, porque $O_K/p\mathcal O_K$ orden $p^2$, el Frobenius $O_K/p\mathcal O_K \to O_K/p\mathcal O_K, \overline{x} \mapsto \overline{x}^p$ no es el mapa de identidad, como en un campo con $p^2$ elementos, hay un elemento $a$$a^p \neq a$, con lo que el frobenius automorphism de $K$ no puede ser el mapa de identidad, pero desde $\operatorname{Gal}(K)$ tiene sólo dos elementos, esto deja sólo una posibilidad.

Answer 2

Yo quería responder a tu comentario en la respuesta anterior, pero me di cuenta de que era demasiado largo para ser un comentario. Así que voy a escribir una respuesta. Pero esto es sólo una adición a la respuesta anterior, y por lo tanto me gustaría pedir que no se compruebe esto como la respuesta válida! La respuesta de la anterior, el usuario se ve perfecto para mí.

Como se dijo en el comentario, el Frobenius automorphism $\sigma \in G := \text{Gal}(K \mid \mathbb{Q})$ es el único elemento en la descomposición de grupo $D:=D(R\mid p) \subseteq G$ (en este caso $D=G$) con esa propiedad. Pero creo que la mejor definición conceptual es la siguiente:

En cualquier campo de $F$ de los característicos $p>0$, el Frobenius endomorfismo es dado por $x\mapsto x^{p}$. En nuestro contexto, el residuo campo de $\mathcal{O}_{K}$ $R$ es finita separables de campo de extensión del campo de $\mathbb{F}_{p}$, por lo tanto es en sí mismo un campo de característica $p>0$. El Frobenius endomorfismo de $\mathcal{O}_{K}/R$, entonces es un generador de la correspondiente grupo de Galois $G':=G(\mathcal{O}_{K}/R \mid \mathbb{F}_{p})$.

Por otro lado, la fundamental de la secuencia exacta de Galois teoría nos dice que $D\cong G'$, debido a $p$ unramified implica que la inercia de los subgrupos es trivial. En virtud de este isomorfismo, la Frobenius endomorfismo en $\mathcal{O}_{K}/R$ corresponde a un generador de la descomposición de grupo $D$. Y este es el Frobenius elemento de $R$$p$.

En nuestro caso particular, ya que estamos buscando en$R=p\mathcal{O}_{K}$,$D=G$, por lo que el Frobenius elemento debe ser un generador de $G$. Y sólo hay un generador, por lo que estamos por hacer.

Answer 3

En el caso particular de un abelian campo $K$, dado un primer $P$ $O_K$ durante el primer número $p$ unramified en $K$, el Frobenius automorphism $\phi_{p,K}$ $K$ (que sólo depende de $p$) es el único automorphism de $K$ s.t. $\phi_{p,K} (x) \equiv x^p$ mod $P$ cualquier $x \in O_K$. En otras palabras, $\phi_{p,K}$ es un ascensor para $O_K$ de la habitual Frobenius automorphism relativa a la extensión de los campos finitos $(O_K/P)/\mathbf F_p$. Veamos ahora una ecuación cuadrática campo $K=\mathbf Q(\sqrt d)$. El primer $p$ es unramified iff $p $ no dividir el discriminante de $K$, $d$ o $4d$. Si $p$ se divide en $K$, obviamente $(O_K/P)=\mathbf F_p$ y los dos Frobenius son las señas de identidad. Si $p$ es inerte en $K$, obviamente $(O_K/P)=\mathbf F_{p^2}=\mathbf F_p (\sqrt {\bar d})$ donde $\bar d$ es la clase de $d$, y los dos Frobenius enviar resp. $\sqrt d$ $\sqrt {\bar d}$ a sus opuestos.

Esto es tan claro que supongo que tu pregunta es realmente acerca de algunos preciso de la relación entre el Frobenius automorphism $\phi_{p,K}$ y el símbolo de Legendre $(\frac dp)$. Esta es una pregunta natural : $(\frac dp)$, evidentemente, puede ser visto como un generador de $Gal(\mathbf F_p (\sqrt {\bar d})/\mathbf F_p)\cong (\pm 1)$, $\phi_{p,K}$ es generador de $Gal(\mathbf Q(\sqrt d)/\mathbf Q)\cong (\pm 1)$, y lo que vimos anteriormente, asciende a $\phi_{p,K}=(\frac dp)$. Pero eso no es todo. Tomar dos impares primos $p,q$ , y considerar la cyclotomic campo $F=\mathbf Q_{\zeta_q}$ (en la que $p$ es necesariamente unramified). Es clásicamente conocido que $F/\mathbf Q$ es una extensión cíclica de grado $(q-1)$, por lo tanto contiene un único cuadrática subcampo $K$, y la habitual de cálculo del discriminante de $F$ implica que el $K=\mathbf Q(\sqrt {q^*})$ donde $q^*=(-1)^{\frac {q-1}2}$. El mismo argumento como antes muestra que $\phi_{p,K}=(\frac {q^*}p)$. Por otra parte, la restricción a $K$ $\phi_{p,F}\in Gal(F/\mathbf Q)\cong \mathbf F^*_{q}$ coincide, naturalmente, con $\phi_{p,K}\in Gal(K/\mathbf Q)\cong (\pm 1)$, por lo que el $\phi_{p,K}=1$ fib $\phi_{p,F}\in Gal(F/K)\cong {\mathbf F^*_{q}}^2$ (= el único subgrupo de índice$2$$\mathbf F^*_{q}$. Esto significa que $\phi_{p,K}=(\frac pq)$. La transformación de la igualdad de $(\frac pq)=(\frac {q^*}p)$, usando el criterio de Euler, uno se $(\frac pq)(\frac qp)=(-1)^\frac{(p-1)(q-1)}4$. Entre las numerosas pruebas de la ley de la reciprocidad cuadrática, hay uno que sobresale como el primer embrión de lo que se denomina reciprocidad para "poder de residuos de símbolos", que apareció más tarde en el campo de la clase de teoría.