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Campo de clase de Hilbert de $\mathbb{Q}(\sqrt{730})$.

Habiendo calculado la de Hilbert campo de clase de algunos pequeños ejemplos como $\mathbb{Q}(\sqrt{-5})$, $\mathbb{Q}(\sqrt{-31})$ y $\mathbb{Q}(\sqrt{-17})$, ahora quiero calcular el Hilbert campo de la clase de $K=\mathbb{Q}(\sqrt{d})$$d=730=2\cdot 5\cdot 73$.

El campo de número de $K$ grupo de clase $Cl_K\cong\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Más specifcally, tenemos $\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\sqrt{730}]$ $Cl_K$ es generado por las clases de $[\mathfrak{p}_3]$ $[\mathfrak{p}_5]$ orden $6$ $2$ respectivamente, donde $\mathfrak{p}_3=(3,1+\sqrt{730})$ es una de las principales de $\mathcal{O}_K$ norma $3$ $\mathfrak{p}_5=(5,\sqrt{730})$ la ramificado flor de la norma $5$.

Es que ahora no difícil encontrar un unramified Abelian extensión de $K$ grupo $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, por la búsqueda de dos distintas cuadrática unramified extensiones de $K$: la extensión de $K(\sqrt{2})$ sólo puede ser ramificado en $2$, pero $K(\sqrt{2})=K(\sqrt{5\cdot 73})$ sólo puede ser ramificado en $5$ $73$ (tenga en cuenta que $5,73\equiv 1\bmod 4$), por lo tanto $K(\sqrt{2})$ es unramified lo finito de los números primos. También es totalmente real y, por tanto, está contenida en la de Hilbert campo de la clase de $K$. El mismo razonamiento funciona para las extensiones $K(\sqrt{5})$$K(\sqrt{73})$, y esto produce un no-cíclico unramified abelian extensión de $K(\sqrt{2},\sqrt{5})$ grado $4$.

Ahora queda encontrar algunos unramified cúbicos de extensión de la $K(\alpha)$$K$, para luego tomar composita tendríamos que $K(\sqrt{2},\sqrt{5},\alpha)$ es la de Hilbert campo de la clase de $K$, y aquí es donde estoy atascado.

Aquí están mis intentos:

Deje $H$ ser la de Hilbert campo de la clase de $K$. Traté de calcular el grupo de Galois $G$$H/\mathbb{Q}$, que tiene orden de $24$. Tenga en cuenta que $H$ contiene al menos $7$ cuadrática subcampos como $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{5},\sqrt{73})\subset H$, lo $G$ tiene al menos $7$ subgrupos de índice $2$. La clasificación de los grupos de orden $24$ ahora implica que los $G\cong D_{6}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ o $G\cong \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Si el grupo abelian, entonces tenemos un intermedio cúbicos de campo $H/E/\mathbb{Q}$ $E/\mathbb{Q}$ Galois de grado $3$. Ahora algunos racional prime $p$ debe ramificarse en $E$, y desde $E/\mathbb{Q}$ es de Galois de primer grado, esto implicaría que $p$ es totalmente ramificado en $E$. Pero luego tenemos el Galois de la extensión de $EK/K$ grado $3$, que también debe ser totalmente ramifica a lo largo de un primer $\mathfrak{p}$$K$$p$: si se unramified$\mathfrak{p}$, por multiplicativity de la ramificiation índice en la torre de $EK/K/\mathbb{Q}$, podemos ver que $e(\mathfrak{B}/p)\leq 2$ para cualquier prime $\mathfrak{B}$ $EK$ $\mathfrak{p}$, lo que se contradice con que $E/\mathbb{Q}$ es totalmente ramificado $p$.

Tiene que haber una manera más sencilla para determinar el grupo, pero en cualquier caso, el grupo es $D_6\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Ahora he tratado de encontrar un cúbicos de extensión de $\mathbb{Q}$ cuya normal de cierre se obtiene tomando el compositum de una $K$ para obtener una unramified Abelian extensión de grado $3$$K$, como en mi respuesta a esta pregunta:

Hilbert campo de clase de una ecuación cuadrática campo cuyo número de clase 3

sin embargo, esto produce los subcampos de $H$ grado $6$ que son Galois sobre $\mathbb{Q}$, mientras que sólo hay un subgrupo normal de $D_6\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ de índice de $6$, que es su centro. Desde $H/K$ tiene un único campo intermedio de grado $3$$K$, esto sólo funcionará siempre que de alguna manera $K$ ya está contenida en el campo fijo perteneciente al centro de $G$, y no tengo ni idea de cómo proceder a partir de aquí.

Cualquier ayuda sería muy apreciada!

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ejboy Puntos 151

Para encontrar unramified cúbicos extensiones de ${\mathbb Q}(\sqrt{m}\,)$, usted tiene que encontrar la singular primaria números (cubos de ideales) en ${\mathbb Q}(\sqrt{-3m})$. Una búsqueda rápida muestra que $\alpha = 197 + 3\sqrt{-3 \cdot 730}$ es un número desde su norma es $49^3$ y es congruente a un entero modulo $3 \sqrt{-3}$ (lea esto con un grano de sal).

Ahora establezca $\theta = \sqrt[3]{\alpha} + \sqrt[3]{\alpha'}$; a continuación, \begin{align*} \theta^3 & = (\sqrt[3]{\alpha} + \sqrt[3]{\alpha'})^3 = \alpha + 3\sqrt[3]{\alpha}^2\sqrt[3]{\alpha'} + 3\sqrt[3]{\alpha}\sqrt[3]{\alpha'}^2 + \alpha' \\ & = (\alpha + \alpha') + 3\sqrt[3]{\alpha \alpha'}(\sqrt[3]{\alpha} + \sqrt[3]{\alpha'}) = 2 \cdot 197 + 3 \cdot 49 \cdot \theta, \end{align*} por lo tanto $\theta$ es una raíz del polinomio $f(x) = x^3 - 147 x - 394$. pari confirma que se adhiere a la raíz de $f$ ${\mathbb Q}(\sqrt{730}\,)$le da una unramified cíclico de extensión. Más detalles relativos a la construcción se puede encontrar aquí.

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