Extensiones mansamente ramificadas

Queda claro que toda extensi´on no ramificada resulta mansa. Por el Teorema 4.11 toda extensi´on finita K de Qp contiene una subextensi´on maximal no ramificada.

Es m´as, si K es completo, el grupo µ(p)(K) es isomorfo al grupo c´ıclico k∗ de orden

q₋1 =pf _{−1. Es decir, se tiene}

Knr =Qp(ζq−1) =Qp(µq−1)⊂K.

Por supuesto, cada ra´ız primitiva de la unidad que satisface ζ _∈µq−1 determina

una extensi´on finita Qp(ζ) mansa sobre Qp.

Teorema 4.14. Sean K _⊂ L extensiones finitas de Qp. Si L/K es total y man-

samente ramificada de grado e, entonces existe un generador can´onico π del anillo maximal AK ⊂K tal que L es generado por una ra´ıze-´esima de π.

Demostraci´on. Sean los generadores πK de MK ⊂AK ⊂K y πL deML ⊂AL⊂L.

Como L/K es totalmente ramificada de grado e se tiene _| πL |e=| πK |, y adem´as

πe

L/πK = u es una unidad en AL. Por otro lado, como se tiene f = 1, existe una

unidad η_∈AK sujeta a η ≡u(m´od ML). Escribamos

es decir πe

L=πK·(η+πLv) = ηπK+πKπLv.

El elementoηπK es tambi´en generador del ideal MK pues tiene la misma norma

que πK. Afirmamos que L es generado por una ra´ız del polinomio xe−ηπK. A fin

de simplificar notaci´on notemos que al reemplazar el generador πK por πK′ =ηπK

y simplemente volver a denotar ´este elemento por πK, se puede asumir que los

generadores πK y πL ya est´an relacionados v´ıa

π_Le =πK+πKπLv conv ∈AL,

y que la ecuaci´on a estudiar es xe_−π K = 0.

El polinomio f(x) = xe _−π

K ∈ AK[x] es un polinomio de Eisenstein, por lo

tanto irreducible en K[x]. As´ı tenemos f(πL) = πLe −πK =πKπLv, lo cual implica |f(πL)|=|πKπLv |<|πK |. Luego, en alguna extensi´on algebraica f se rompe como

f(x) =xe₋πK =

Y

1≤i≤e

(x₋αi),

donde Qαi = ±πK. Las ra´ıces αi son conjugadas y tienen la misma norma igual,

digamos, a c. La meta es probar que alguna de ellas pertenece aL.

De no ser as´ı, f(x) podr´a factorizarse en L[x] en polinomios irreducibles de grado no menor que 2. Esto significa que para cada una de las ra´ıces αi existir´a un

automorfismo σi que fijaLcon el cual se tendr´a que σi(αi) es una ra´ız de f distinta

de αi.

Ahora, puesto que los αi son conjugados sobreK tenemos

ce = Y

1≤i≤e

|αi |=|πK |=|πL |e,

lo cual lleva a _|πL|=c. Gracias a ello, se tiene para todo ila relaci´on |πL−αi |≤m´ax{|πL|,|αi |}=c.

Sin embargo, al reemplazar en el polinomio original obtenemos

Y

1≤i≤e

|πL−αi |=|f(πL)|<|πK |=|πL |e=ce

con lo cual se ha de cumplir _| πL −αi |< c al menos para un αi, digamos α1. Por

Pero obviamente las ra´ıces de f son todas de la forma αi = ζiα1, donde ζie = 1.

Como la extensi´on es mansa, el ´ındice ees valor coprimo conp. Por tanto se cumple

| ζi−1 |= 1 siempre que ζi no sea 1. En particular se tendr´a σ1(α1) = ζjα1 para

cierto j ₆= 1.

Al poner todo junto conseguimos por un lado

|σ1(α1)−α1 |=|α1 ||ζj−1|=|α1 |=c,

mientras por otro

|σ1(α1)−α1 |≤m´ax{|σ1(α1)−πL|,|α1−πL|}< c.

Esta contradicci´on muestra entonces que alguna ra´ız pertenece aL=K(πL), y como

α tiene gradoe, queda establecido el resultado.

El argumento utilizado para rematar la prueba del Teorema 4.14 est´a inspirado en el llamado lema de Krasner (Ver [1], Teorema 1 en Secci´on 3.1.5).

Acabamos de ver que toda extensi´on mansamente ramificada es de modo direc- to soluble por radicales, en el sentido que se tiene L = K(πL), donde πLe ∈ K es

un uniformizador de K. A la larga, los conjugados algebraicos de πL ser´an los pro-

ductos ζi_π

L, donde ζ representa una ra´ız e-´esima primitiva de la unidad. Por otro

lado, acabamos de ver en la Secci´on 4.2 que al ser e y p relativamente primos, la presencia de un ζ con tales caracter´ısticas no tiene que ver con ramificaci´on, sino con el crecimiento del grado residual. En resumen, si bien K(πL), donde πLe ∈K es

uniformizador de K, no tiene por que ser Galois, basta adjuntarle una ra´ız e-´esima primitiva de la unidad para que obligatoriamente lo sea. El gradof de esta extensi´on no ramificada ser´a un divisor de φ(e(L, K)).

Por otro lado, queda a´un la duda de qu´e parejasπ1, π2 de uniformizadores de L

generan la misma extensi´on (siempre, claro est´a, queπe

1, π2e sean uniformizadores de

K.) Este problema, en principio, puede no ser trivial aun en el caso cuando se cumple πe

1 =π2e, pues esto apenas significa que los generadores difieren multiplicativamente

por una ra´ız de la unidad de orden e. Vemos entonces que de ser as´ı, los cuerpos generados por ellos ser´an el mismo ´unica y exclusivamente cuandoK contenga a la aludida ra´ız e-´esima de la unidad.

Precisamente por ello, para atacar acertadamente el problema de catalogar las extensiones mansas de grado e, es saludable asumir que K, el cuerpo base, ya con- tiene todas las ra´ıces de orden e. Por ejemplo, en el caso cuadr´atico esta condici´on pasa desapercibida puesto que las ra´ıces cuadradas de la unidad son simplemente

±1.

Bajo los supuestos anteriores, estamos listos para clasificar las extensiones total- mente ramificadas y mansas de un grado dado.

Teorema 4.15. Sea e relativamente primo con p. Supongamos que el cuerpo K

contenga todas las ra´ıces de la unidad de ordene. SeanL1, L2 extensiones mansas de

K, ambas de gradoe, con generadores can´onicosπ1, π2respectivamente (ver Teorema

4.14). Entonces se tieneL1 =L2 si y s´olo si la clase de(π1/π2)een el cuerpo residual

de K es la ra´ız e-´esima de un elemento residual.

Demostraci´on. Si se tieneL1 =L2, entonces un argumento similar al presentado en

el Lema 3.14 muestra que se debe tener

π1 =a1π2+a2π22+· · ·+aeπ2e,

con a1,· · · , ae ∈ ZK, pues π2 es tan buen generador de L como lo es π1. De este

modo se logra π1/π2 ≡a1 m´odulo OL y con ello de paso (π1/π2)e≡ae1 m´odulo OL.

Rec´ıprocamente, si (π1/π2)e ≡ αe m´odulo OL para alg´un α ∈ ZK, entonces la

ecuaci´on xe_−(π

1/π2)e∈K[x] proyecta m´odulo OK a

te₋(π1/π2)e =te−αe,

la cual se factoriza totalmente en el cuerpo residual pues ´este contiene todas las ra´ıces e-´esimas de la unidad. Por el lema de Hensel xe_−(π

1/π2)e se factoriza totalmente

en K[x]. En particular se tiene π1/π2 ∈K. Esto implica π1 ∈K(π2) lo que conduce

a K(π1) ⊂ K(π2). Como K(π1), K(π2) son extensiones de K del mismo grado,

concluimos la igualdad K(π1) =K(π2) buscada.