Kummer korespondencja bez korzeni jedności (Serge Lang)

Question

Próbuję rozwiązać następujący problem.

Pozwolić $k$ być polem charakterystycznym $0$. Załóżmy, że dla każdego skończonego rozszerzenia$E$ z $k$, indeks $(E^* : E^{*n})$jest skończona dla każdej dodatniej liczby całkowitej n. Pokaż to dla każdej dodatniej liczby całkowitej$n$, istnieje tylko skończona liczba abelowych rozszerzeń $k$ stopnia $n$.

Jeśli $k$ zawiera pierwotny n-ty pierwiastek jedności, można by użyć odpowiednika jeden do jednego abelowego rozszerzenia $k$ wykładnika n i podgrup $k^*$ zawierający n-tą potęgę niezerowych elementów $k$. W tym przypadku jeden ze sposobów rozwiązania jest taki, jak w odpowiedzi w tym poście: Znajdź bijection między polem Kummera a podgrupą Galois .

Ale dla $k$ nie zawierając n-tego pierwiastka jedności, czy mamy jakikolwiek związek między, powiedzmy, abelowym rozszerzeniem $k$ wykładnika m i abelowego rozszerzenia $k(\zeta)$ wykładnika n, skąd $\zeta$ jest prymitywnym n-tym korzeniem jedności?

Zauważyłem, że abelowe rozszerzenie $k$ wykładnika n ma stopień rozszerzenia nie większy niż stopień rozszerzenia powyżej $k(\zeta)$ abelowego rozszerzenia $k(\zeta)$ wykładnika n wygenerowanego przez ten sam zbiór pomnożony przez $\varphi(n)$, skąd $\varphi(n)$ oznacza funkcję Eulera.

Kolejna obserwacja: Załóżmy $k$nie zawiera n-tego pierwiastka jedności. Niech H będzie podgrupą$k^*$ zawierający n-tą potęgę niezerowych elementów $k$, następnie $H$ i $\zeta^j$ razem generuje podgrupę $k(\zeta)^*$ zawierający n-tą potęgę niezerowych elementów $k(\zeta)$.

Answer 1

Pozwolić $L/k$ być co najwyżej składnikiem wszystkich abelowych rozszerzeń stopnia $n$ nad $k(\zeta_n)$. Od$k$ ma charakterystyczne zero, $L/k$można rozdzielić. Od tego czasu$k(\zeta_n)$ ma wszystko $n$-te korzenie jedności, już to wiesz $L/k$jest skończona. Jeśli$E/k$ jest abelowym rozszerzeniem stopnia $\leq n$, następnie $E(\zeta_n)$ jest abelowym rozszerzeniem $k(\zeta_n)$ stopnia $\leq n$, W związku z tym $E\subset E(\zeta_n) \subset L$. Od$L/k$jest rozdzielny, zawiera co najwyżej skończenie wiele podrozszerzeń. Stąd zestaw możliwych$E$ jest skończona.