¿Cómo hace uno para demostrar que la división de números primos en un no-abelian extensión de los campos de número no está determinado por la congruencia condiciones?
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He aquí una respuesta para el caso especial cuando la base es de campo Q. implica un gran poco de clase de la teoría de campo de más de Q, así que voy a ser escueto.
Empezamos con el lema que Ratonero mencionado.
Lema - sea K, L ser finito extensiones de Galois de p: Entonces K es contenida en L si y sólo si sp(L) está contenida en sp(K) (con a lo sumo un número finito de excepciones).
La prueba del lema de la siguiente manera a partir de la Chebotarev Densidad Teorema.
Vamos a demostrar que si el racional de la división de números primos en K puede ser descrito por congruencias, entonces K/k es abelian.
Prueba. Suponga que el racional de la división de números primos en K puede ser descrita por las congruencias módulo de un entero. Esto nos permite suponer que el Sp(K) contiene el rayo grupo P_a. El siguiente paso es mostrar que el racional de los números primos acostado en P_a son precisamente los números primos de sp($\Phi_a(x)$). Por el lema anterior, esto significa que K está contenida en un cyclotomic campo, por lo tanto es abelian.
Bob Somers
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ACEPTAR cómo es alrededor de este para terminar (no creo que cualquiera de los argumentos publicado hasta el momento se ocupa de este caso). Decir $K/\mathbf{Q}$ es finito y (lejos de un conjunto finito de excepciones) $p$ se divide completamente en $K$ fib $p$ mod $N$ está contenida en un subconjunto $S$$(\mathbf{Z}/N\mathbf{Z})^\times$. Yo creo que las otras dos respuestas tratar sólo con el caso de al $1\in S$ (donde se muestran $K$ está contenido en $\mathbf{Q}(\zeta_N)$). Pero si $1\not\in S$, a continuación, sólo un número finito de números primos dividir completamente en el compositum de la Galois cierre de $K$ $\mathbf{Q}(\zeta_N)$ y eso es una contradicción. Así que ahora creo que entre nosotros hemos respondido completamente a la pregunta.
KConrad
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Fijar un número de campo K. Para un entero m, vamos a S_1(m,K) la congruencia de las clases de un mod m que contienen un número infinito de números primos p tales que p|P para algunos el primer P de K la satisfacción de f(P|p) = 1. (Que era un bocado: p está por debajo de los prime de algunos de K con el residuo de campo grado 1.) Si K/Q es de Galois, entonces, como p son los números primos dividir completamente en K, hasta un número finito de excepciones (entre las ramificada de los números primos). Es decir, cuando K/Q es de Galois, S_1(m,K) es el conjunto de clases de congruencia mod m que contiene un número infinito de números primos que se separó completamente en K. (Los números primos que se separó por completo en un campo de número son idénticos a los números primos que se separó completamente en su Galois cierre de más de Q, por lo que intentar describir tales "split sets" por congruencia condiciones bien podría suponer el campo número de Galois sobre Q. estoy trabajando sobre la base de campo de Q todo.)
Como Kevin ha sugerido, no es evidente que estos conjuntos de S_1(m,K) tienen mucho estructura, en particular que contienen 1 mod m. Por el principio del palomar, cualquier S_1(m,K) es sin duda un conjunto no vacío, y es un subconjunto del grupo de la unidad (Z/m)* en lugar de simplemente Z/m, pero esto es un poco superficial. Una buena razón (la razón correcta?) que 1 mod m es en S_1(m,K) es que S_1(m,K) es un subgrupo de (Z/m)*. De hecho, bajo la habitual identificación de los Gal(Q(zeta_m)/Q) (Z/m)* , S_1(m,K) es la imagen de la restricción homomorphism Gal(K(zeta_m)/K) ---> Gal(Q(zeta_m)/Q). Para una prueba, véase el Teorema 3 en
http://www.math.uconn.edu/~kconrad/extractos/gradnumthy/dirichleteuclid.pdf
y Teorema 4 no es una generalización, donde (Z/m)* se reemplaza con cualquier grupo de Galois de los campos de número.
Zameer Manji
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Un primer divide completamente en $L$ $K$ (una extensión de los campos de número) si y sólo si se divide completamente en el Galois cierre de $L$$K$. Así, para responder a la pregunta podemos suponer que la $L$ es de Galois sobre $K$.
Ben Linowitz del argumento, a continuación, sostiene que en la generalidad: supongamos que todos los $\wp$ congruente a $1$ modulo algunos conductor de $\mathfrak m$ dividido en $L$. Entonces, por el Lema de Ben respuesta, $L$ está contenida en el rayo campo de la clase de conductor de $\mathfrak m$$K$, y por lo tanto es abelian.
(Como lo que yo puedo decir, esto no es en absoluto evidente, sin campo de clase de teoría, y de hecho, una gran parte del desarrollo de la clase de teoría de campo implicó la realización de que los campos de la clase --- que se define en términos de la división conditiosn descrito por congruencias --- eran las mismas cosas que abelian extensiones. En cierto sentido, la equivalencia de estas dos condiciones es la esencia de clase de la teoría de campo.)
[MODIFICAR:] Esta edición es en respuesta a Ratonero comentarios sobre la pregunta original, y también su respuesta y los comentarios posteriores.
Supongamos que $L$ $K$ es de Galois (como podemos) y que para algunos no-vacío subconjunto $S$ en algunos rayos clase grupo $Cl_{\mathfrak m}$ sabemos que todos, pero un número finito) de los números primos acostado en $S$ mod $\mathfrak m$ dividido en $L.$
Si nosotros, además, asumir si y sólo si en la instrucción anterior, entonces el Buitre de la respuesta de la muestra que $S$ debe contener el trivial de la clase, y, por tanto, $L$ es un abelian extensión contenida en el rayo campo de la clase de conductor de $\mathfrak m$; campo de clase de teoría, entonces, toma el relevo para mostrar que $S$ es de hecho un subgrupo.
Pero, ¿y si no suponemos que si, y sólo si (es decir, permitimos que otros, además de los números primos acostado en $S$ split)? Aun así, podemos argumentar que $L$ es abelian $K$?
Deje $L'$ ser el compositum de $L$ y el rayo campo de la clase de conductor de $\mathfrak m$ más de $K$, vamos a $G = Gal(L/K)$, y deje $G' = Gal(L'/K)$.
A continuación, $G' \hookrightarrow G \times Cl\_{\mathfrak m}$ (a través de la Galois de acción en $L'$ y el rayo de campo de clase de resp.); deje $p$ $q$ ser la primera y segunda proyecciones (tenga en cuenta que ambos son surjective).
Nuestra hipótesis se traduce en la afirmación de que $p (q^{-1}(S)) = \{1\}$, es decir, $q^{-1}(S) \subset 1 \times Cl\_{\mathfrak m}.$
Ahora elija $s \in S$, y supongamos que $(g,1) \in G'$. El párrafo anterior, junto con la surjectivity de $q$ muestra que también se $(1,s) \in G'$. A continuación, $(g,1) (1,s) = (g,s) \in G',$ desde $G'$ es un subgrupo del producto. Pero $(g,s)$ se encuentra en $q^{-1}(S)$, por lo tanto $g = 1$. En otras palabras, si la segunda coordenada de un elemento de $G'$ es trivial, por lo que es la primera. Así, en el hecho de $L'$ es igual a la de rayos campo de la clase de conductor de $\mathfrak m,$ es decir, $L$ está contenida en el último campo. Esto es lo que tuvo que ser demostrado.
