数论 1 第一次小测

今天的第一节课 (50 分钟) 用来小测, 第二节课开始讲 Local Field.

试题 (exam.pdf), source code (exam.tex)

$$ \DeclareMathOperator{\id}{id} \DeclareMathOperator{\Hom}{Hom} \newcommand{\ol}{\overline} \DeclarePairedDelimiter{\abs}{\lvert}{\rvert} $$

第一题

因为 $2$ splits completely, 我们有

$$ 2\OO_K = \kp_1\cdots \kp_m $$

其中这些 $\kp_i$ 两两不相同, 并且在 residue field 上我们有 $\OO_K/\kp \cong \ZZ/(2) = \mathbb{F}_2$. 由 fundamental equality 知 $m = n$. 因为这里的素理想都是极大理想, 利用 Chinese Remainder Theorem 得到

$$ \OO_K/(2\OO_K) \cong \prod_{i=1}^n \OO_K/\kp = \prod_{i=1}^n \mathbb{F}_2. $$

第二题

用范畴的语言来说, $\mathbb{F}_2[X_1,\cdots,X_d]$ is a free object on ${X_1,\cdots,X_d}$, 换句话说, 代数同态 $\mathbb{F}_2[X_1,\cdots,X_d] \to \mathbb{F}_2$ 被集合意义里的态射 ${X_1,\cdots,X_d} \to \mathbb{F}_2$ 唯一决定, 后者显然恰有 $2^d$ 那么多个.

第三题

设 $\OO_K = (\alpha_1,\cdots,\alpha_d) = \ZZ[\alpha_1,\cdots,\alpha_d]$ 由 $\alpha_i$ 这 $d$ 个元素生成. 我们有

$$ \OO_K/(2\OO_K) \cong \mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d] $$

由交换图表

$$ \xymatrix { \mathbb{F}_2[X_1,\cdots,X_d] \ar@{->>}[d] \ar[rd] & \\ \mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d] \ar[r] & \mathbb{F}_2 } $$

知 $\abs{\Hom(\mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d], \mathbb{F}_2)} \le 2^d$. 注意到 $\alpha_1,\cdots,\alpha_d$ 显然不是代数无关的, 所以实际上是严格 $< 2^d$.

另一方面, 如果 morphism $\mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d] \to \mathbb{F}_2$ 不是零映射, 商掉 Kernel (设 Kernel 为 $I$, 这是一个极大理想) 之后得到一个同构, 因为 $\mathbb{F}_2$ 只有两个元素, 所以这个同构是唯一确定的. 也就是说, 非零 morphism 被它的 Kernel 唯一决定. 这样的 Kernel 对应 $\OO_K$ 中包含 $2\OO_K$ 的极大理想, 所以 $I = \kp_i$ for some $i$.

于是我们得到: $\mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d]$ 到 $\mathbb{F}_2$ 的非零态射恰有 $n$ 个. 再加上平凡的 $0$ 映射, 我们有

$$ n + 1 = \abs{\Hom(\mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d], \mathbb{F}_2)} < 2^d. $$

完蛋 QAQ, 小测中我只写了 $\le 2^d$, 没有进一步严格成 $< 2^d$. 后面算 $\mathbb{F}_2[\alpha_1,\cdots,\alpha_d]$ 到 $\mathbb{F}_2$ 的态射个数, 我少考虑了零态射的情形, 我直接以为 $n = \text{number of morphism} \le 2^d$ 就结束了.

第四题

(4.1) 显然极小多项式为 $h(t) = \frac{t^{151} - 1}{t - 1}$ (分圆多项式), Galois 群为 $G = (\ZZ/151\ZZ)^\times$, 这是一个 $150$ 阶的循环群.

因为 $\ZZ[\zeta_{151}] = \OO_K$ 了, 所以任意素数 $p$ 都与 conductor 互素. 于是 $p$ 在 $\OO_K$ 中不分歧 $\iff$ $\ol{h}(t)$ 在 $\ZZ/p$ 中无重因子.

在 $\ZZ/p, p\ne 151$ 里, $t^{151} - 1$ 和 $151t^{150}$ 无重因子, 所以 $t^{151} - 1$ 在 $\ZZ/p$ 里无重因子, 从而 $h(t)$ 在 $\ZZ/p$ 里也无重因子.

考试里我没有仔细说明为什么如果 $p \ne 151$, 那么 $\ol{h}(t)$ 在 $\ZZ/p$ 中无重根.

(4.2) 注意到 $\zeta_{151} \mapsto \zeta_{151}^p$ 生成了 $G$ 的一个 $f$ 阶循环子群, 这个 $f$ 是最小的正整数满足 $p^f \equiv 1 \pmod{151}$. 因为循环群的子群唯一, 所以问题归结为说明 $m := \abs{D_{\mathfrak{P}}} = f$.

因为 $t^{151} - 1$ 在 $\OO_K/\mathfrak{P}$ 中无重根 (仿照前面证明无重因子那样来证明这一点), 所以在典范映射 $\OO_K \to \OO_K/\mathfrak{P}$ 下, $151$-th roots of unity in $\OO_K$ bijectively correspond to $151$-th roots of unity in $\OO_K/\mathfrak{P}$ (this is the key observation), 后者是一个 $p^m$ 阶的有限域, 它的乘法群是一个 $p^m - 1$ 阶的循环群. 于是我们得到了同余关系 $p^m \equiv 1\pmod{151}$. 又因为 $\OO_K/\mathfrak{P}$ 是 $\ol{h}$ 的分裂域, 由此便知 $m$ 是满足上述同余关系中最小的那一个正整数, i.e. $m = f$ as desired.

(4.3) 因为 $G$ 有且只有一个 $15$ 阶子群 $H$, 设这个子群对应的 fixed field 为 $L$, 则 $[K:L] = \abs{H} = 15$ $\implies [L:\QQ] = 10$.

(4.3) 是送分的, 直接用 Galois 理论就行了, 然而我却没写, 因为我做的太慢时间不够, 最后的时间我在做 (4.1).

(4.4) 可以验证 $15$ 是最小的正整数满足 $2^{15} \equiv 1 \pmod{151}$, 所以 $L$ 就是 $2$ 的 decomposition field.

(4.5) $L$ 满足题目 1 中的条件, 如果 $\OO_L$ 可由 $3$ 个元素生成, 由题目 3 的结论知 $10 = [L:\QQ] \le 2^3 = 8$, 矛盾.