Leyes de reciprocidad (cuatro demostraciones de la Ley de Reciprocidad Cuadrática)

UNIVERSIDAD DE SEVILLA FACULTAD DE MATEM´ ATICAS DEPARTAMENTO DE ´ ALGEBRA DOBLE GRADO EN MATEM´ ATICAS Y ESTAD´ ISTICA LEYES DE RECIPROCIDAD (CUATRO DEMOSTRACIONES DE LA LEY DE RECIPROCIDAD CUADR´ ATICA) TRABAJO DE FIN DE GRADO ` Autor: Eric Sevillano Castellano Tutor: Dr. Jos´e Mar´ıa Tornero S´anchez Sevilla-Espa˜na 2017-2018 Eric Sevillano Castellano LEYES DE RECIPROCIDAD CUATRO DEMOSTRACIONES DE LA LEY DE RECIPROCIDAD CUADR´ ATICA UNIVERSIDAD DE SEVILLA FACULTAD DE MATEM´ ATICAS DEPARTAMENTO DE ´ ALGEBRA ´ Indice general Resumen V Abstract VII Conceptos y propiedades b´asicas IX 1. Introducci´on 1 1.1. Ra´ıces primitivas y estructura de grupo de U(Z/Zn)................. 1 1.2. Residuos de la n-´esima potencia ............................. 6 2. Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando los residuos cuadr´aticos 11 2.1. Residuos cuadr´aticos ................................... 11 2.2. Ley de Reciprocidad Cuadr´atica ............................ 15 2.3. Primera demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica ............ 20 3. Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas cuadr´aticas de Gauss 25 3.1. N´umeros algebraicos y enteros algebraicos ....................... 25 3.2. El car´acter cuadr´atico de 2 ............................... 29 3.3. Sumas cuadr´aticas de Gauss ............................... 30 3.4. El signo de la suma cuadr´atica de Gauss ........................ 33 4. Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando cuerpos finitos 37 4.1. Propiedades b´asicas de los cuerpos finitos ....................... 37 4.2. La existencia de cuerpos finitos ............................. 40 4.3. Una aplicaci´on a los residuos cuadr´aticos ........................ 42 5. Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi 45 5.1. Caracteres multiplicativos ................................ 45 5.2. Sumas de Gauss ..................................... 49 5.3. Sumas de Jacobi ..................................... 51 5.4. La ecuaci´on xn+yn= 1 en Z/Zp............................ 59 5.5. Un resultado para las ecuaciones m´as generales .................... 60 5.6. Aplicaciones: Ley de Reciprocidad Cuadr´atica ..................... 62 Bibliograf´ıa 65 iii Resumen A lo largo del siguiente trabajo vamos a profundizar en los contenidos impartidos en la asignatura Estructuras Algebraicas para explicar la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica as´ı como sus aplicaciones para la Teor´ıa Algebraica de N´umeros. Adem´as existen otras Leyes de Reciprocidad como la Leyes de Reciprocidad C´ubica, Bicuadr´atica, de Einsentein,... entre otras, las cuales no estudiaremos en nuestro trabajo por falta de espacio. Durante el primer cap´ıtulo se explicar´an conceptos acerca de la estructura de grupo de U(Z/Zn) as´ı como el concepto de residuos de la n-´esima potencia para averiguar para qu´e primos pse puede resolver la congruencia xn≡a(p) dado un afijo. En el resto de nuestro trabajo se dividir´a en cuatro cap´ıtulos. En cada uno de ellos se dar´a una demostraci´on la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica (de las muchas que existen) usando en cada uno herramientas distintas: El segundo cap´ıtulo, adem´as de enunciarla, har´a uso de los residuos cuadr´aticos definiendo el concepto del s´ımbolo de Legendre y posteriormente su generalizaci´on, el s´ımbolo de Jacobi. En el tercer cap´ıtulo haremos uso del concepto de las sumas cuadr´aticas de Gauss, definiendo para ello los n´umeros algebraicos y los enteros algebraicos y estudiando las propiedades que cumplen, necesarias para llevar a cabo la demostraci´on. El cuarto cap´ıtulo pasa a un enfoque completamente diferente usando para ello los cuerpos finitos as´ı como sus propiedades y la existencia de un cuerpo con pnelementos para todo p primo y para todo nnatural. En el quinto y ´ultimo cap´ıtulo de este trabajo volvemos a lo usado en el tercer cap´ıtulo y extendemos las sumas de Gauss a las conocidas como sumas de Jacobi para las cuales es necesario definir el concepto de car´acter multiplicativo. Estas sumas, adem´as de ser m´as potentes y complejas, tienen la ventaja de que se pueden usar para demostrar reciprocidades de orden superior. El origen de este trabajo viene del proyecto como alumno interno del Departamento de ´ Algebra de la Universidad de Sevilla realizado en el curso acad´emico anterior cuyo tema principal fue el Algoritmo de Shanks, el cual, aunque es probabil´ıstico, es muy eficiente. Consiste en, dados un primo impar py entero a, encontrar un n´umero x(si existe) tal que x2≡a(p). Para ello, primero calculamos el n´umero impar qque cumple que p−1=2e·qy, por otro lado, elegimos aleatoriamente un n´umero ntal que n p=−1 (lo cual tiene una probabilidad cercana a 1 2, por lo que se obtendr´a alg´un nsatisfactorio tras pocos intentos). Con esos datos, se inicia un proceso iterativo, el cual es finito, pudiendo acabar o bien dando un valor para xo bien diciendo que ano es un residuo cuadr´atico m´odulo p. En este trabajo se usaron las referencias bibliogr´aficas [1], [2], [5]y[7]. Este proyecto, sin embargo, se basa en gran medida en la referencia [4] aunque se apoya tambi´en en las referencias [3]y[6]. v Por otro lado, esta memoria forma parte de uno m´as grande que tratar´a sobre las Leyes de Reciprocidad de ´ordenes superiores y que se realiz´o como proyecto de becario de colaboraci´on y alumno interno para el Departamento de ´ Algebra de la Universidad de Sevilla para el curso acad´emico actual. Ambos formar´an un trabajo completo y extenso sobre las Leyes de Reciprocidad. Dicho proyecto complementario se dividir´a en dos cap´ıtulos explicando en cada uno las Leyes de Reciprocidad C´ubica y Bicuadr´atica, respectivamente: En el primer cap´ıtulo definiremos al anillo Z[ω] haciendo uso de las ra´ıces c´ubicas de la unidad y del s´ımbolo residual c´ubico (an´alogo a los s´ımbolo de Legendre y Jacobi visto en cap´ıtulos anteriores). Realizaremos dos demostraciones: una an´aloga a la del tercer cap´ıtulo y la otra a la del quinto cap´ıtulo, haciendo uso de las sumas de Gauss y de Jacobi c´ubicas para demostrar la Ley de Reciprocidad C´ubica. El segundo cap´ıtulo se centrar´a en la Ley de Reciprocidad Bicuadr´atica debiendo definir, an´alogamente al apartado anterior, el anillo Z[i], tambi´en conocidos como enteros gaussianos adem´as del correspondiente s´ımbolo residual cu´artico para poder llegar a la demostraci´on satisfactoriamente. vi Abstract Along this project we are going to delve into the concepts introduced in the course Algebraic Structures in order to explain the Law of Quadratic Reciprocity as well as its applications in Algebraic Number Theory. Furthermore, there are others Laws of Reciprocity as the Cubic, Biquadratic, Einsentein Reciprocity Law among others, which will not be treated in this project due to lack of space. At the first chapter we are going to explain the structure of U(Z/Zn) as well as the notion of nth power residues in order to solve for which primes pthe congruence xn≡a(p) is solvable for some fixed a∈Z. The rest of our project will split up in four chapters. In each of them we will give a proof of the Law of Quadratic Reciprocity (among all those that exist) using differents tools in each of them: The second chapter makes use of the quadratic residues defining the concept of the Legendre symbol and its generalization, the Jacobi symbol. At the third chapter we make use of the notion of quadratic Gauss sums, defining concepts such as algebraic numbers and algebraic integers. The fourth chapter changes to a completely different point of view using finite fields. We prove the existence of a field of pnelements for all primes pand for all natural n. At the fifth and last chapter of this project we return to the third chapter’s topics, and we extend the Gauss sums to the well-known Jacobi sums, for which is necessary to define the concept of multiplicative character. Not only these sums are more powerful and trickier, but they have the advantage that they can be really useful to show reciprocities of higher order. The origin of this disertation comes from the project as intern student for the Department of Algebra of the University of Sevilla in the former academic year whose subject was Shanks’ Algorithm, which is very efficient even though it is probabilistic,. It consists of, given an odd prime pand an integer a, finding a number x(if it exists) such that x2≡a(p). For that, first we have to calculate a odd number qsuch that p−1=2e·qand, additionally, we choose randomly a number nsuch that n p=−1 (whose probability is almost 1 2, so we can find one after a few tries). With these data, we initialize an iterative process, which is finite, because it gives a value for xor saying that ais a non-residue quadratic modulo p. In this project we used the bibliographic references [1], [2], [5] and [7]. The current project, however, is mainly based on the reference [4] although it is supported also on the references [3] and [6]. vii 4 1 Introducci´on Lema 1.3 Si l≥1ya≡b(pl)entonces ap≡bp(pl+1). Demostraci´on: Podemos escribir a=b+cpl, c ∈Zpor lo que ap=bp+p 1bp−1cpl+A, donde Aes un entero divisible por pl+2. El segundo t´ermino es claramente divisible por pl+1. por lo que ap≡bp(pl+1).  Corolario 1.3 Si l≥2yp6= 2 entonces (1 + ap)pl−2≡1 + apl−1(pl)∀a∈Z. Demostraci´on: La prueba es por inducci´on sobre l. Para l= 2, la implicaci´on es trivial. Supongamos que es cierto para alg´un l≥2. Vamos a probar que es cierto para l+1. Aplicando el Lema 1.3 se obtiene: (1 + ap)pl−1≡(1 + apl−1)p(pl+1) Por el binomio de Newton: (1 + apl−1)p= 1 + p 1apl−1+B donde Bes una suma de p−2 t´erminos. Usando el Lema 1.2 es f´acil ver que todos esos t´erminos son divisibles por p1+2(l−1) excepto quiz´as el ´ultimo t´ermino, appp(l−1). Como l≥2, 1+2(l−1) ≥l+1, y como tambi´en p≥3, p(l−1) ≥l+ 1. Por tanto, pl+1 |By (1 + ap)pl−1≡1 + apl(pl+1), que es lo que quer´ıamos demsotrar. Corolario 1.4 Si p6= 2 yp-aentonces pl−1es el orden de 1 + ap m´odulo pl. Demostraci´on: Por el Corolario 1.3, (1 + ap)pl−1≡1 + apl(pl+1), implicando que (1 + ap)pl−1≡1(pl) por lo que 1 + ap tiene orden divisible por pl−1. Como (1 + ap)pl−2≡1 + apl−1(pl), nos muestra que pl−2no es el orden de 1 + ap (aqu´ı es donde usamos que p-a). Con esto ya se tiene el resultado.  Ahora estamos en posici´on de extender el Teorema 1.1. Debemos tratar al primo 2 separado de los primos impares, lo cual ocurre repetidas veces en Teor´ıa de N´umeros. Teorema 1.2 Si pes un primo impar y l∈Z>0entonces U(Z/Zpl)es c´ıclico. En particular, existe una ra´ız primitiva m´odulo pl. Demostraci´on: Por el Teorema 1.1 existen ra´ıces primitivas m´odulo p. Si g∈Zes una ra´ız primitiva m´odulo pentonces g+ptambi´en lo es. Si gp−1≡1 (p2) entonces (g+p)p−1≡gp−1+ (p−1)gp−2p≡1+(p−1)gp−2p(p2). Dado que p2no divide a (p−1)(gp−2p) podemos asumir desde el principio que ges una ra´ız primitiva m´odulo py que gp−1≡1 (p2). Queremos probar que ges una ra´ız primitiva m´odulo pl. Para ello ser´a suficiente probar que si gn≡1 (pl) entonces φ(pl) = pl−1(p−1) |n. §1.1 Ra´ıces primitivas y estructura de grupo de U(Z/Zn)5 Por tanto, se tiene que gp−1= 1 + ap donde p-a. Por el Corolario 1.4,pl−1es el orden de 1 + ap m´odulo pl. Dado que (1 + ap)n≡1 (pl) se tiene que pl|n. Sea n=pl−1n0. Entonces gn= (gpl−1)n0≡gn0(p), y por tanto gn0≡1 (p). Dado que ges una ra´ız primitiva m´odulo pse tiene que (p−1) |n0. Hemos probado que pl−1(p−1) |n, como necesitamos.  Teorema 1.3 Sea l∈Z>0. Se cumple que 2ltiene ra´ıces primitivas para l= 1,2pero no para l≥3. Si l≥3entonces el conjunto (−1)a5b|a= 0,1y0≤b < 2l−2 constituye un sistema de residuos reducido m´odulo 2l. Por tanto, para todo l≥3,U(Z/Z2l)es el producto directo de dos grupos c´ıclicos, uno de orden 2 y el otro de orden 2l−2. Demostraci´on: Se puede ver trivialmente que 1 es una ra´ız primitiva m´odulo 2 y 3 es una ra´ız primitiva m´odulo 4. A partir de ahora vamos a asumir que l≥3. Vamos a probar que 52l−3≡1+2l−1(2l).(1.1) Eso es verdad para l= 3. Asumimos que es verdad para l≥3 y probaremos que tambi´en lo es para l+ 1. Primero debemos ver que (1 + 2l−1)2= 1 + 2l+ 22l−2 y que 2l−2≥l+ 1, ∀l≥3. Aplicando el Lema 1.3 a la congruencia (1.1), se obtiene 52l−2≡1+2l(2l+1).(1.2) Con esto, nuestra prueba se puede realizar por inducci´on. A partir de (1.2) vemos que 52l−2≡1 (2l) y del mismo modo por (1.1) 52l−36≡ 1 (2l) por lo que 2l−2es el orden de 5 m´odulo 2l. Consideremos el conjunto (−1)a5b|a= 0,1 y 0 ≤b < 2l−2. Vamos a probar que estos 2l−1n´umeros no son congruentes m´odulo 2l. Dado que φ(2l) = 2l−1, esto nos mostrar´a que nuestro conjunto es de hecho un sistema de residuos reducido m´odulo 2l. Si se cumple que (−1)a5b≡(−1))a05b0(2l), para un l≥3 entonces (−1)a≡(−1)a0(4) lo cual implica que a≡a0(2) y por tanto a=a0. Esto implica que 5b≡5b0(2l) o que 5b−b0≡1 (2l) por lo que b≡b0(2l−2), lo que nos lleva a que b=b0. Finalmente debemos darnos cuenta que (−1)a5belevado a la 2l−2-´esima potencia es congruente con 1 m´odulo 2lpor lo que 2lno tiene ra´ıces primitivas si l≥3.  Los Teoremas 1.2 y1.3 nos permiten dar una descripci´on completa del grupo U(Z/Zn) para un narbitrario. 6 1 Introducci´on Teorema 1.4 Sea n= 2apa1 1pa2 2···pal lla descomposici´on en primos de n. Entonces U(Z/Zn)≈U(Z/Z2a)×U(Z/Zpa1 1)×···×U(Z/Zpal l) donde: (1) U(Z/Zpai i)es un grupo c´ıclico de orden pai−1 i(pi−1). (2) U(Z/Z2a)es un grupo c´ıclico de orden 1y2para a= 1,2respectivamente. Si a≥3entonces es el producto de dos grupos c´ıclicos, uno de orden 2y el otro de orden 2a−2. Demostraci´on: Usar los Teoremas 1.2 y1.3 y el Teorema Chino del Resto (0.1).  Vamos a concluir esta secci´on dando una respuesta a la preguntas de qu´e enteros poseen ra´ıces primitivas. Proposici´on 1.1.3 Un n´umero entero nposee ra´ıces primitivas si y s´olo si nes de la forma 2,4, pao2pa, donde pes un primo impar y a∈Z>0. Demostraci´on: Ya hemos probado que 2, 4, paposeen ra´ıces primitivas para todo a∈Z>0. Dado que U(Z/Z2pa)≈U(Z/Z2) ×U(Z/Zpa)≈U(Z/Zpa) se tiene que U(Z/Z2pa) es c´ıclico y por tanto, 2paposee ra´ıces primitivas ∀a∈Z>0. Por el Teorema 1.3 podemos asumir que n6= 2l,l≥3. Para cualquier otro valor de ndistinto de los vistos anteriormente es f´acil ver que podemos escribir ncomo el producto m1m2, donde gcd(m1, m2) = 1 y m1, m2>2. Por lo tanto, φ(m1) y φ(m2) son ambos pares y U(Z/Zn)≈U(Z/Zm1)×U(Z/Zm2). Ambos U(Z/Zm1) y U(Z/Zm2) tienen elementos de orden 2, pero esto demuestra que U(Z/Zn) no es c´ıclico dado que un grupo c´ıclico contiene a lo sumo un subgrupo de orden 2. Por tanto, n no posee ra´ıces primitivas.  1.2. Residuos de la n-´esima potencia Definici´on 1.3 Si m,n∈Z>0,a∈Zygcd(a, m)=1entonces decimos que aes un residuo de la n-´esima potencia m´odulo msi la congruencia xn≡a(m)tiene soluci´on. Proposici´on 1.2.1 Si m∈Z>0posee ra´ıces primitivas y gcd(a, m) = 1 entonces aes un residuo de la n-´esima potencia m´odulo msi y s´olo si aφ(m) d≡1 (m), donde d= gcd(n, φ(m)). Demostraci´on: Sea guna ra´ız primitiva m´odulo mya=gb,x=gy. Entonces se tiene que la congruencia xn≡a(m) es equivalente a gny ≡gb(m), la cual es equivalente a ny ≡b(φ(m)). La ´ultima congruencia tiene soluci´on si y s´olo si d|b. Es m´as, es ´util darse cuenta de que si hay una soluci´on entonces hay exactamente dsoluciones, lo cual ya hemos visto en la asignatura de ´ Algebra B´asica. Si d|bentonces aφ(m) d≡gbφ(m) d≡1 (m). Por el contrario, si aφ(m) d≡1 (m) entonces gbφ(m) d≡1 (m), lo cual implica que φ(m) divide a bφ(m) dod|b. Esto prueba el resultado.  Esta demostraci´on nos lleva a la siguiente informaci´on adicional: si xn≡a(m) tiene soluci´on, hay exactamente gcd(n, φ(m)) soluciones. §1.2 Residuos de la n-´esima potencia 7 Ahora supongamos que m= 2epe1 1···pel lentonces xn≡a(m) tiene soluci´on si y s´olo si el sistema de congruencias          xn≡a(2e) xn≡a(pe1 1) . . . xn≡a(pel l) tiene soluci´on. Dado que las potencias de los primos impares poseen ra´ıces primitivas podemos aplicar la Proposici´on 1.2.1 a las ´ultimas lcongruencias. Hemos reducido a considerar la congruencia xn≡a(2e). Dado que 2 y 4 poseen ra´ıces primitivas vamos a asumir que e≥3. Proposici´on 1.2.2 Supongamos que aes impar, e≥3, y consideremos la congruencia xn≡ a(2e). Si nes impar, siempre existe una ´unica soluci´on. Si nes par, una soluci´on existe si y s´olo si (a≡1 (4) a2e−2 d≡1 (2e) donde d= gcd(n, 2e−2). En caso de existir soluci´on, existen exactamente 2dsoluciones. Demostraci´on: Expresemos a≡(−1)s5t(2e) x≡(−1)y5z(2e) Entonces (−1)s5t≡(−1)ny5nz (2e). Por el Teorema 1.3 se tiene que s≡ny (2). Si nes impar se tiene que s≡y(2) lo cual nos lleva nuevamente a 5t≡5nz (2e), llev´andonos anz ≡t(2e−2). Por tanto, se tiene gcd(n, 2e−2) soluciones y dado que nes impar la soluci´on es ´unica. Si nes par se tiene que s≡0 (2) y por lo tanto a≡5t(2e). Si 5nz ≡5t(2e) entonces 5t−nz ≡1 (2e) y por tanto nz ≡t(2e−2). Del mismo modo, se tiene que d= gcd(n, 2e−2) y por tanto hay dsoluciones. Pero, como se puede ver, si xes soluci´on, entonces −xtambi´en lo es, por lo que hay exactamente 2dsoluciones. Por lo que, si existe soluci´on se tiene que de la congruencia a≡5t(2e) se deduce trivialmente que a≡1 (4) y adem´as a2e−2 d≡5t2e−2 d≡(52e−2)t d d|t ≡1 (2e). La otra implicaci´on se tiene usando la Proposici´on 1.2.1. Las Proposiciones 1.2.1 y1.2.2 nos dan una respuesta satisfactoria de la pregunta: ¿Cu´ando un entero aes un residuo de la n-´esima potencia m´odulo n? Es posible ir un poco m´as lejos en algunos casos. Proposici´on 1.2.3 Si pes un primo impar, p-ayp-nentonces si xn≡a(p)tiene soluci´on entonces xn≡a(pe)para todo e≥1. Todas estas congruencias tienen el mismo n´umero de soluciones. Demostraci´on: Si n= 1, la afirmaci´on es trivial, as´ı que asumiremos que n≥2. 8 1 Introducci´on Supongamos que xn≡a(pe) tiene soluci´on. Vamos a probar que xn≡a(pe+1) tiene soluci´on. Sea x0una soluci´on y definamos x1=x0+bpe. Si elevamos ambos t´erminos a la n-´esima potencia y aplicamos congruencia m´odulo pe+1 se muestra que xn 1≡xn 0+nbpexn−1 0(pe+1). Ahora vamos a resolver xn 1≡a(pe+1), lo cual es equivalente a encontrar un entero btal que nxn−1 0b≡a−xn 0 pe(p). Podemos ver que, dado que xn 0≡a(pe) entonces a−xn 0 pe∈Zy por hip´otesis de inducci´on p-nxn−1 0por lo que tiene soluci´on ´unicamente para un cierto bm´odulo py, para dicho valor de b, se cumple que xn 1≡a(pe+1). Por otro lado, si xn≡a(p) no tiene soluciones entonces xn≡a(pe) tampoco las tiene. Por la Proposici´on 1.2.1, en caso de existir alguna, la congruencia xn≡a(pe) tiene exactamente gcd(n, φ(pe)) soluciones. Si p-nentonces es f´acil ver que gcd(n, p −1) = gcd(n, φ(p)) = gcd(n, φ(pe)) = gcd(n, p(p−1)),∀e≥1. Esto concluye la prueba.  Como es habitual, la resoluci´on para las potencias de 2 es m´as complicado. Proposici´on 1.2.4 Sea 2lla mayor potencia de 2que divide a n. Supongamos que aes impar y que xn≡a(22l+1)tiene soluci´on entonces xn≡a(2e)tiene soluci´on para todo e≥2l+ 1 (y por tanto para todo e≥1). Es m´as, todas estas congruencias tienen el mismo n´umero de soluciones. Demostraci´on: Podemos escribir n= 2lqcon qimpar. Asumamos que la congruencia xn≡a(2m), m≥2l+ 1 tiene una soluci´on x0. Vamos a probar que la congruencia xn≡a(2m+1) tambi´en tiene una soluci´on y para ello definamos entonces x1=x0+b2m−l. De manera an´aloga a la de la Proposici´on 1.2.3, podemos obtener la congruencia xn 1≡xn 0+nb2m−lxn−1 0(2m+1). Queremos probar la congruencia xn 1≡a(2m+1), la cual es equivalente a encontrar un entero btal que nxn−1 0b≡a−xn 0 2m−l(2l+1). Podemos comprobar nuevamente que a−xn 0 2m−l∈Zy 2l+1 -nxn−1 0= 2lqxn−1 0, dado que tanto q como x0son impares se tiene que la congruencia es tiene soluci´on para un cierto bm´odulo 2l+1, y para ese valor de b,xn 1≡a(2l+1). Del mismo modo, si xn≡a(22l+1) no tiene soluciones es porque nes par y no cumple las condiciones de la Proposici´on 1.2.2, por lo que xn≡a(2m), m≥2l+ 1 tampoco tiene soluciones. Nuevamente, por la Proposici´on 1.2.2 el n´umero de soluciones de xn≡a(2m), m≥2l+ 1 es gcd(n, 2l) = gcd(n, φ(22l+1)) = gcd(n, φ(2m)) = gcd(2lq, 2m−1)) = 2l∀m≥2l+ 1. Esto concluye la prueba.  §1.2 Residuos de la n-´esima potencia 9 Podemos ver que x2≡5 (22) tiene soluci´on (por ejemplo, x= 1) pero x2≡5 (23) no lo es. Por el contrario, es f´acil probar por la Proposici´on 1.2.4 que a≡1 (8) si y s´olo si x2≡a(2e) tiene soluci´on para todo e≥1, como veremos en el siguiente cap´ıtulo. Una vez entendidos todos los conceptos b´asicos vistos en el cap´ıtulo anterior vamos a centrar nuestra atenci´on en resolver el siguiente problema: Sea a∈Z, ¿para qu´e pprimos la congruencia x2≡a(p) tiene soluci´on? La soluci´on nos la va a proporcionar la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica, que va a ser nuestro objetivo principal de estudio a lo largo del resto del trabajo, la cual demostraremos de varias formas distintas. Cap´ıtulo 2 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando los residuos cuadr´aticos 2.1. Residuos cuadr´aticos Antes de poder enunciar esta ley, y dar su primera demostraci´on, debemos definir el concepto de residuo cuadr´atico, lo cual haremos en esta primera secci´on. Definici´on 2.1 Si gcd(a, m)=1,aes llamado un residuo cuadr´atico m´odulo msi la congruencia x2≡a(m)tiene una soluci´on. En otro caso, aes un residuo no-cuadr´atico m´odulo m. Por ejemplo, 2 es un residuo cuadr´atico m´odulo 7 pero 3 no lo es. En efecto, 12, 22, 32, 42, 52y 62son congruentes con 1, 4, 2, 2, 4 y 1 respectivamente. Entonces, 1, 2 y 4 son residuos cuadr´aticos m´odulo 7 mientras que 3, 5 y 6 no lo son. Este m´etodo podemos aplicarlo para cualquier entero positivo m, tal y como hemos hecho con m= 7 pero la siguiente proposici´on nos da una forma mucho menos tediosa para decidir cuando un entero dado es un residuo cuadr´atico m´odulo m. Proposici´on 2.1.1 Sea m= 2epe1 1···pel lsea la factorizaci´on en primos de m, y suponemos gcd(a, m)=1. Entonces x2≡a(m)tiene soluci´on si y s´olo si se cumplen las siguientes condiciones: (a) Si e= 2 entonces a≡1 (4). Si e≥3entonces a≡1 (8). (Si e= 0,1entonces no hay condiciones.) (b) Para todo ise tiene que: api−1 2≡1 (pi). Demostraci´on: Por el Teorema Chino del Resto (0.1), la congruencia x2≡a(m) es equivalente al sistema          x2≡a(2e) x2≡a(pe1 1) . . . x2≡a(pel l) Consideremos x2≡a(2e). Se puede ver que 1 es el ´unico residuo cuadr´atico m´odulo 4 y lo mismo ocurre m´odulo 8. Por tanto tiene soluci´on si y s´olo si a≡1 (4) si e= 2 y a≡1 (8) si e= 3. Una aplicaci´on directa de la Proposici´on 1.2.4 nos muestra que x2≡a(8) tiene soluci´on si y s´olo si x2≡a(2e) para todo e≥3. 11 12 2 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando los residuos cuadr´aticos Ahora consideremos x2≡a(pei i). Dado que gcd(2, pi) = 1 se sigue que por la Proposici´on 1.2.3 que la congruencia tiene soluci´on si y s´olo si x2≡a(pi) tiene soluci´on. A esa congruencia aplicamos la Proposici´on 1.2.1 con n= 2, m=pyd= gcd(n, φ(m)) = gcd(2, p −1) = 2. Se obtiene que x2≡a(pi) tiene soluci´on si y s´olo si api−1 2≡1 (pi).  Este resultado reduce las cuestiones sobre los residuos cuadr´aticos a las correspondentes para congruencias en m´odulo primo. En lo que sigue, pva a denotar a un primo impar. Definici´on 2.2 El s´ımbolo de Legendre, denotado como a p, sigue que: a p=     0,si p|a; 1,si aes un residuo cuadr´atico m´odulo p; −1,si aes un residuo no-cuadr´atico m´odulo p. Este s´ımbolo nos ser´a de gran utilidad para tratar con los residuos cuadr´aticos, tal y como se har´a a continuaci´on. Vamos a listar algunas propiedades: Proposici´on 2.1.2 En las condiciones anteriores: (a) ap−1 2≡a p(p). (b) ab p=a pb p. (c) Si a≡b(p)entonces a p=b p. Demostraci´on: Si pdivide a a´o b, las tres afirmaciones son triviales. Asumimos que p-ayp-b. Sabemos que ap−1≡1 (p) y por tanto, ap−1 2−1ap−1 2+ 1=ap−1−1≡0 (p). De esto se sigue que ap−1 2≡ ±1 (p). Por la Proposici´on 2.1.1,ap−1 2≡1 (p) si y s´olo si aes un residuo cuadr´atico m´odulo p. Esto prueba el apartado (a). Para probar el apartado (b) aplicamos el apartado (a): (ab)p−1 2≡ab p(p) y (ab)p−1 2=ap−1 2bp−1 2≡a pb p(p) Por tanto, ab p≡a pb p(p) =⇒ab p=a pb p. El apartado (c) es obvio por la definici´on.  Corolario 2.1 Hay tantos residuos cuadr´aticos como no-cuadr´aticos m´odulo p. Demostraci´on: La congruencia ap−1 2≡1 (p) tiene p−1 2soluciones. Por tanto hay p−1 2residuos cuadr´aticos y p−1 2residuos no-cuadr´aticos.  §2.1 Residuos cuadr´aticos 13 Corolario 2.2 El producto de dos residuos cuadr´atricos es un residuo cuadr´atico, el producto de dos residuos no-cuadr´aticos es un residuo cuadr´atico y el producto de un residuo cuadr´atico y uno no-cuadr´atico es un residuo no-cuadr´atico. Demostraci´on: Esta demostraci´on se sigue f´acilmente del apartado (b) de la Proposici´on 2.1.2. Corolario 2.3 En las condiciones anteriores: (−1)p−1 2=−1 p. Demostraci´on: Se sigue de sustituir a=−1 en el apartado (a) de la Proposici´on 2.1.2. El Corolario 2.3 es particularmente interesante. Cada primo impar es de la forma 4k+ 1 o 4k+ 3. Usando eso uno puede replantearse el Corolario 2.3 como sigue: x2≡ −1 (p) tiene una soluci´on si y s´olo si pes la forma 4k+ 1. Entonces, −1 es un residuo cuadr´atico de los primos 5, 13, 17, 29, . . . y un residuo no-cuadr´atico de los primos 3, 7, 11, 19, . . . Esto nos lleva a preguntarnos una cuesti´on m´as general. Si aes un entero, ¿para qu´e primos p es aun residuo cuadr´atico m´odulo p? La respuesta de esta pregunta nos la proporciona la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica cuyo enunciado y prueba tendr´an pronto nuestra atenci´on. El Corolario 2.3 nos permite probar que hay infinitos primos de la forma 4k+ 1. Supongamos que p1, p2, . . . , pmson un conjunto finito de esos primos y consideremos (2p1p2···pm)2+ 1. Supongamos que pdivide a este entero. Entonces tendr´ıamos que −1 ser´ıa un residuo cuadr´atico m´odulo py entonces pser´a de la forma 4k+ 1. Se puede comprobar f´acilmente que pno est´a entre los pidado que (2p1p2···pm)2+ 1 nos deja resto 1 cuando lo dividimos entre pi. Esto nos muestra que todo conjunto finito de primos de la forma 4k+ 1 excluye algunos primos de esa forma por tanto el conjunto de estos primos es infinito. Volviendo a la teor´ıa de residuos cuadr´aticos vamos a introducir otra caracterizaci´on del s´ımbolo a pdada por Gauss. Consideremos el conjunto S=−p−1 2,−p−3 2,...,−1,1,2,...,p−1 2. Se le denomina el conjunto de los menores residuos m´odulo p. Si p-a, sea µel n´umero de menores residuos negativos de los enteros a, 2a, 3a,. . . ,p−1 2a. Por ejemplo, sea p= 7 y a= 4. Entonces p−1 2= 3, y 1 ·4, 2 ·4 y 3 ·4 son congruentes con −3, 1, −2 respectivamente por lo que, en este caso, µ= 2. Lema 2.1 (Lema de Gauss) a p= (−1)µ. Demostraci´on: Sea lun entero entre 1 y p−1 2y±mlel menor residuo de la, donde mles positivo, por lo que µes claramente el n´umero de signos negativos que surgen de esta forma. Vamos a probar que ml6=mk, si l6=ky 1 ≤l,k≤p−1 2. Supongamos que ml=mk. Entonces la ≡ ±ka (p) y dado que p-aesto implica que l±k≡ 0 (p). Esta congruencia es imposible dado que l6=ky |l±k|≤|l|+|k| ≤ p−1. 20 2 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando los residuos cuadr´aticos Llamemos ba la soluci´on, donde bes impar. Supongamos que b=p1p2···pmsu descomposici´on en primos. Dado que b≡1 (8) se tiene que 2 b= 1 y qi b=b qipor la Proposici´on 2.2.2 y por tanto a b=2 beq1 b···qn−1 bqn b=b q1···b qn−1b qn=1 q1···1 qn−1s qn=−1. Por otro lado, por la definici´on a b, se tiene que a b=a p1a p2···a pm. Por tanto, se sigue que a pi=−1 para alg´un i. Observemos que ljno divide a b. Por tanto pi6∈ {l1, l2, . . . , lk}. Resumiendo, si ano tiene cuadrados y es divisible por un primo impar, hemos encontrado un primo p, fuera del conjunto de primos {2, l1, l2, . . . , lk}tal que a p=−1. Esto prueba Teorema 2.3 en este caso. Nos falta considerar el caso a= 2. Sean l1, . . . , lkun conjunto finito de primos, excluyendo 3, para el cual 2 li=−1 para alg´un i. Sea b= 8l1l2···lk+ 3. Entonces bno es divisible por 3 o ning´un li. Dado que b≡3 (8) se tiene que 2 b= (−1)b2−1 8=−1. Supongamos que b=p1p2···pmes la factorizaci´on en primos de b. Entonces, como antes, vemos que 2 pi=−1 para alg´un i.pi6∈ {3, l1, l2, . . . , lk}. Esto prueba el Teorema 2.3 para a= 2.  2.3. Primera demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica Una vez vistos todos estos conceptos ya podemos empezar a preparar la demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica realizada por Eisenstein. Definici´on 2.4 Un n´umero complejo ζes llamado ra´ız n-´esima de la unidad si se cumple que ζn= 1 para alg´un n≥1. Adem´as, si nes el menor entero positivo con esta propiedad entonces ζ es una ra´ız n-´esima primitiva de la unidad. Las ra´ıces n-´esimas de la unidad son 1, e2πi n, e4πi n, . . . , e2(n−1)πi n. Entre ellos las ra´ıces n-´esimas primitivas de la unidad son e2kπi n, donde gcd(k, n) = 1. Si ζes una ra´ız n-´esima de la unidad y m≡l(n) entonces ζm=ζl. Si ζes una ra´ız n-´esima primitiva de la unidad y ζm=ζlentonces m≡l(n). Estas propiedades elementales son f´aciles de probar. Consideremos la funci´on f(z) = e2πiz −e−2πiz = 2isen 2πz. Esta funci´on satisface f(z+ 1) = f(z) y f(−z) = −f(z). Adem´as, sus ´unicos ceros reales son los enteros divididos entre 2 o lo que es lo mismo, si res un n´umero real tal que 2r6∈ Zentonces f(r)6= 0. Queremos probar una identidad importante sobre f(z) pero antes necesitamos demostrar un lema t´ecnico. §2.3 Primera demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica 21 Lema 2.3 Si n≥0es impar se tiene que xn−yn= n−1 Y k=0 (ζkx−ζ−ky),donde ζ=e2πi n. Demostraci´on: 1, ζ, ζ2, . . . , ζn−1son todas las ra´ıces del polinomio zn−1. Dado que hay nra´ıces y todas son distintas se tiene que zn−1 = n−1 Y k=0 (z−ζk). Sea z=x yy multipliquemos ambos lados por yn. Se tiene que xn−yn= n−1 Y k=0 (x−ζky). Dado que nes impar y krecorre un sistema completo de residuos m´odulo ntambi´en lo hace −2k. xn−yn= n−1 Y k=0 (x−ζ−2ky) = ζ−(1+2+···+n−1) n−1 Y k=0 (ζkx−ζ−ky) = n−1 Y k=0 (ζkx−ζ−ky). En el ´ultimo paso hemos usado el hecho de que 1 + 2 + 3 + ···+ (n−1) = n(n−1) 2es divisible entre n. Proposici´on 2.3.1 Si nes un entero positivo impar y f(z) = e2πiz −e−2πiz entonces f(nz) f(z)= n−1 2 Y k=1 fz+k nfz−k n. Demostraci´on: Sustituyendo x=e2πiz yy=e−2πiz en el Lema 2.3 podemos que ver que f(nz) = n−1 Y k=0 fz+k n Podemos observar que fz+k n=fz+k n−1=fz−n−k n. Tambi´en cabe ver que, del mismo modo que kva de n+1 2an−1, −kva de n−1 2a 1. Por tanto f(nz) f(z)= n−1 2 Y k=1 fz+k nn−1 Y k=n+1 2 fz+k n= = n−1 2 Y k=1 fz+k nn−1 Y k=n+1 2 fz−n−k n= n−1 2 Y k=1 fz+k nfz−k n. Esto completa la prueba.  22 2 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando los residuos cuadr´aticos Proposici´on 2.3.2 Si pes un primo impar, a∈Zya-p. Entonces p−1 2 Y l=1 fla p=a p p−1 2 Y l=1 fl p. Demostraci´on: Por el Lema 2.1 se tiene que la ≡ ±ml(p) donde 1 ≤ml≤p−1 2por lo que la diferencia entre la py±ml pes un entero. Esto implica que fla p=f±ml p=±fml p. El resultado se sigue de tomar el producto en ldesde 1 a p−1 2y aplicar el Lema de Gauss (2.1). Ahora ya estamos en posici´on de demostrar la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica. Sean pyq primos impares. Por la Proposici´on 2.3.2. p−1 2 Y l=1 flq p=q p p−1 2 Y l=1 fl p. Por la Proposici´on 2.3.1 fql p fl p= q−1 2 Y m=1 fl p+m qfl p−m q. Poniendo las dos ecuaciones juntas q p= q−1 2 Y m=1 p−1 2 Y l=1 fl p+m qfl p−m q. Del mismo modo podemos obtener p q= q−1 2 Y m=1 p−1 2 Y l=1 fm q+l pfm q−l p. Dado que fm q−l p=−fl p−m qpodemos ver que (−1)p−1 2·q−1 2q p=p q, y por tanto que p qq p= (−1)p−1 2·q−1 2. Esto completa la prueba.  Antes de acabar este apartado vamos a dar una formulaci´on equivalente de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica. §2.3 Primera demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica 23 Proposici´on 2.3.3 Sean pyqprimos impares distintos y a≥1un entero. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes: (a) p qq p= (−1)p−1 2 q−1 2. (b) Si p≡ ±q(4a),p-aentonces a p=a q. Demostraci´on: Para probar la implicaci´on (a) ⇒(b) es suficiente probar que (b) se cumple con aprimo. Para a= 2 se sigue de la Proposici´on 2.1.3. Si aes un primo impar por (a) se tiene que a p= (−1)p−1 2·a−1 2p a. Por tanto, si p≡q(4a) entonces p a=q a, por lo que a p= (−1)p−1 2·a−1 2q a= (−1)p−1 2·a−1 2(−1)p−1 2·a−1 2a q= (−1)p−1 2·a−1 2a q. Pero p≡q(4a) implica que p+q−2≡0 (4) y el resultado se sigue. Si, por el contrario, p≡ −q(4a) se tiene que a p= (−1)p−1 2·a−1 2−q a= (−1)p−1 2·a−1 2−1 aq a= (−1)p−1 2·a−1 2(−1)a−1 2q a= = (−1)p−1 2·a−1 2(−1)a−1 2(−1)q−1 2·a−1 2a q= (−1)a−1 2·(p+q−2 2+1)a q= (−1)a−1 2·p+q 2a q. Y del mismo modo, de que p≡ −q(4a) implica que p+q≡0 (4), por lo que el resultado se cumple en este caso. Para probar la implicaci´on (b) ⇒(a) supongamos antes que nada que p>q. Primero supongamos que p≡q(4). Entonces, p=q+ 4acon a≥1. Se tiene que p q=q+ 4a q=a q=a p=4a p=p−q p=−q p= (−1)p−1 2q p. Si p≡1 (4) entonces p q=q plo que nos prueba (a). Si p≡3 (4) entonces q≡3 (4) y se obtiene que p q=−q p, que es el apartado (a) en este caso. Finalmente, si p≡ −q(4) entonces p+q= 4ay p q=−q+ 4a q=a q=a p=4a p=p+q p=q p. Por lo tanto, p q=q p, que es la afirmaci´on del apartado (a) en este caso, o bien po bien q tiene que ser congruente con 1 m´odulo 4. La demostraci´on est´a completa.  Podemos observar que, por el apartado (b) de la Proposici´on 2.3.3 se ve que si gcd(r, 4a)=1 el car´acter cuadr´atico de aes el mismo para todos primos de la progresi´on aritm´etica r+ 4at con t∈Z. Adem´as, el conjunto de primos de esa forma es infinito. Esto se puede probar usando el Teorema de Dirichlet para sucesiones aritm´eticas (0.4) viendo que su densidad es mayor que 0, aunque en esto no nos centraremos en nuestro trabajo. Cap´ıtulo 3 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas cuadr´aticas de Gauss 3.1. N´umeros algebraicos y enteros algebraicos Aunque la demostraci´on que acabamos de realizar es ingeniosa, resulta dif´ıcil de generalizar para otras situaciones. Este apartado vamos a dar otra prueba que est´a basada en m´etodos que podremos usar tambi´en para leyes de reciprocidad superiores. En concreto vamos a introducir el concepto de suma de Gauss, aunque antes de eso vamos a definir los conceptos de n´umeros algebraicos y enteros algebraicos en esta primera secci´on. Definici´on 3.1 Un n´umero algebraico es un n´umero complejo αque es una ra´ız de un polinomio a0xn+a1xn−1+···+an= 0, donde a0, a1, a2, . . . , an∈Qyan6= 0. Definici´on 3.2 Un entero algebraico ωes un n´umero complejo que es una ra´ız de un polinomio xn+b1xn−1+···+bn= 0 donde b1, b2, . . . , bn∈Z. Claramente se cumple que un entero algebraico es un n´umero algebraico. El rec´ıproco es falso, como veremos. Proposici´on 3.1.1 Un n´umero racional r∈Qes un entero algebraico si y s´olo si r∈Z. Demostraci´on: Si r∈Zentonces res una ra´ız de x−r= 0. Por tanto, res un entero algebraico. Supongamos que r∈Qy que res un entero algebraico, es decir, satisface una ecuaci´on xn+ b1xn−1+···+bn= 0 con b1, . . . , bn∈Z. Sea r=c d, donde c,d∈Zy podemos asumir que cyd son coprimos. Escribamos c den la ecuaci´on y multiplicando ambos lados por dnnos lleva a cn+b1cn−1d+···+bndn= 0. Se sigue que ddivide a cny, dado que gcd(c, d) = 1 se tiene que d|c. De nuevo, dado que gcd(c, d) = 1 se tiene que d=±1 y por tanto c d∈Z. Los principales resultados de este apartado son que el conjunto de los n´umeros algebraicos forman un cuerpo y el conjunto de los enteros algebraicos forma un anillo. Necesitamos algo de trabajo preliminar antes. 25 26 3 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas cuadr´aticas de Gauss Proposici´on 3.1.2 Sea Vun Q-espacio vectorial finitamente generado y supongamos que α∈C tiene la propiedad de que αγ ∈V, para todo γ∈V. Entonces αes un n´umero algebraico. Demostraci´on: Se puede ver que αγi∈Vpara i= 1,2, . . . , l. Por tanto, αγi=Pl j=1 aijγjdonde aij ∈Q. De esto se sigue que l X j=1 (aij −δijα)γj= 0, donde δij = 0 si i6=jyδij = 1 si i=j. Por el Teorema de Rouch´e-Frobenius se tiene que |aij −δijα|= 0. Si escribimos el determinante entero podemos ver que αsatisface un polinomio de grado lcon coeficientes racionales. Por tanto, αes un n´umero algebraico.  Proposici´on 3.1.3 El conjunto de los n´umeros algebraicos forman un cuerpo, el cual se llama cierre algebraico o clausura algebraica de Qy se denota como Q. Demostraci´on: Supongamos que α1yα2son n´umeros algebraicos. Vamos a probar que α1α2yα1+α2son n´umeros algebraicos. Supongamos que αn 1+r1αn−1 1+r2αn−2 1+···+rn= 0 y αm 2+s1αm−1 2+s2αm−2 1+···+sm= 0, donde ri,sj∈Q. Sea Vel Q-espacio vectorial obtenido a partir de todas las combinaciones lineales en Qde αi 1αj 2donde 1 ≤i<ny 1 ≤j < m. Para γ∈Vse tiene que α1γ, α2γ∈V. Vamos a probar que α1γ∈V(el otro caso se prueba an´alogamente). Se tiene que γ= n−1, m−1 X i,j=0 rijαi 1αj 2 con rij ∈Q. Supongamos que rn−1,j = 0 para todo j. Por tanto, α1γ= n−2, m−1 X i,j=0 rijαi+1 1αj 2 y de esto se tiene que α1γ∈V. En caso de que rn−1,j 6= 0 para alg´un j, el grado de ese monomio se sale fuera de la base de Vpero esto se puede solucionar dado que αn 1=−r1αn−1 1−r2αn−2 1−···−rn por lo que llegamos al caso inicial. Se tiene tambi´en de forma similar que (α1+α2)γ∈Vy (α1α2)γ∈V. Por la Proposici´on 3.1.2 se sigue que tanto α1+α2como α1α2son n´umeros algebraicos. Finalmente, si αes un n´umero algebraico, distinto de cero, podemos ver que α−1es un n´umero algebraico. Esto se tiene dado que, como a0αn+a1αn−1+···+an= 0 donde ai∈Q, entonces anα−n+an−1α−(n−1) +···+a0= 0. Esto prueba la afirmaci´on.  §3.1 N´umeros algebraicos y enteros algebraicos 27 Para probar que el conjunto de los enteros algebraicos es un anillo s´olo hace falta modificar la demostraci´on anterior ligeramente. Proposici´on 3.1.4 Sea W⊆Cun Z-m´odulo finitamente generado y supongamos que ω∈C cumple que ωγ ∈Wpara todo γ∈W. Entonces ωes un entero algebraico. Demostraci´on: La demostraci´on se sigue de manera exactamente igual a la de la Proposici´on 3.1.2 excepto de que ahora aij ∈Z. Al desarrollar la ecuaci´on |aij −δijω|= 0 nos muestra que ωsatisface una ecuaci´on m´onica de grado lcon coeficientes enteros. Por lo tanto, ωes un entero algebraico.  Proposici´on 3.1.5 El conjunto de los enteros algebraicos, el cual denotaremos como Ωa partir de ahora, forman un anillo. Demostraci´on: La demostraci´on se sigue de la Proposici´on 3.1.4 del mismo modo que la Proposici´on 3.1.3 se sigue de la Proposici´on 3.1.2. Sean ω1yω2dos enteros algebraicos. Probemos que ω1ω2yω1+ω2tambi´en lo son. Por tanto se tiene que ωn 1+b1ωn−1 1+b2ωn−2 1+···+bn= 0 y ωm 2+c1ωm−1 2+c2ωm−2 1+···+cm= 0 donde bi,cj∈Z. Sea Wel Z-m´odulo creado a partir de todas las combinaciones lineales en Zde ωi 1ωj 2donde 1 ≤i<ny 1 ≤j < m. Basta probar que para todo γ∈Wse tiene que ω1γ,ω2γ∈W. Probemos que ω1γ∈W(el otro se prueba an´alogamente). Dado que ω∈Wse tiene que γ= n−1, m−1 X i,j=0 bijωi 1ωj 2 con bij ∈Z. Si se tiene que bn−1,j = 0 para todo jentonces ω1γ= n−2, m−1 X i,j=0 bijωi+1 1ωj 2 y por tanto ω1γ∈W. En caso de que para alg´un jse tenga que bn−1,j 6= 0, el grado de ese monomio se sale fuera de la base de Wpero esto se puede solucionar dado que ωn 1=−b1ωn−1 1−b2ωn−2 1−···−bn al llev´andonos caso anterior. Por lo tanto se tiene que (ω1+ω2)γ∈Wy (ω1ω2)γ∈Wy por la Proposici´on 3.1.4 se sigue que tanto ω1+ω2yω1ω2son enteros algebraicos.  Si ω1, ω2, γ ∈Ω, decimos que ω1≡ω2(γ) (ω1es congruente con ω2m´odulo γ) si ω1−ω2=γα con α∈Ω. Esta idea de congruencias satisface todas las propiedades formales de las congruencias en Z. Si a,b,c∈Z, con c6= 0 entonces se tiene que a≡b(c) es ambigua dado que denota una congruencia tanto en Zcomo en Ω. Esta ambig¨uedad es s´olo aparente, sin embargo. Si a−b=cα con α∈Ω entonces αes tanto un n´umero racional como un entero algebraico por lo que αes un entero ordinario por la Proposici´on 3.1.1. La siguiente proposici´on nos ser´a ´util. 28 3 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas cuadr´aticas de Gauss Proposici´on 3.1.6 Si ω1, ω2∈Ωyp∈Zes un primo, entonces (ω1+ω2)p≡ωp 1+ωp 2(p). Demostraci´on: Se tiene que (ω1+ω2)p= p X k=0 p kωk 1ωp−k 2. Por el Lema 1.2, se tiene que p|p kpara 1 ≤k≤p−1. El resultado se sigue de esto y del hecho de que Ω es un anillo.  Una ra´ız de la unidad es una soluci´on de una ecuaci´on de la forma xn−1 = 0 por lo que las ra´ıces de la unidad son enteros algebraicos, y tambi´en lo son las combinaciones lineales en Zde las ra´ıces de la unidad. Vamos a concluir este apartado presentando varias propiedades importantes sobre los n´umeros algebraicos. Proposici´on 3.1.7 Si αes un n´umero algebraico entonces αes la ra´ız de un ´unico polinomio m´onico irreducible f(x)∈Q[x]. Es m´as, si g(x)∈Q[x]con g(α) = 0 debe cumplirse que f(x)|g(x). Demostraci´on: Sea f(x) un polinomio irreducible con f(α) = 0. Vamos a probar primero la segunda afirmaci´on. Si f(x)-g(x) entonces gcd(f(x), g(x)) = 1. Por la Identidad de B´ezout podemos escribir f(x)h(x)+ g(x)t(x) = 1 con h(x), t(x)∈Q[x]. Sustituyendo x=αnos da una contradicci´on. La unicidad se obtiene inmediatamente.  El polinomio definido en la Proposici´on 3.1.7 depende por tanto s´olo de α. A este polinomio se le denomina el polinomio m´ınimo de α. Si el grado del polinomio m´ınimo es nentonces se dice que αes un n´umero algebraico de grado n. Si f(x) es irreducible de grado nentonces, usando el Teorema Fundamental del ´ Algebra y el hecho de que si αes un n´umero algebraico con polinomio m´ınimo f(x) se tiene que f(x) no tiene ra´ıces repetidas en C, podemos ver que f(x) es el polinomio m´ınimo para cada una de sus nra´ıces. Si α, β son ra´ıces de f(x) entonces αyβse dice que son conjugadas. El conjunto de los n´umeros complejos g(α) h(α)|g(x), h(x)∈Q[x], h(α)6= 0, forma un cuerpo denotado como Q(α). Denotemos como Q[α] como al anillo de polinomios en α con coeficientes racionales entonces se tiene el siguente resultado importante. Proposici´on 3.1.8 Si α∈Q, entonces Q[α] = Q(α). Demostraci´on: Claramente Q[α]⊂Q(α). Si h(α)∈Q(α), h(α)6= 0. Entonces, por la Proposici´on 3.1.7, f(x)-h(x) donde f(x) es el polinomio m´ınimo de αpor lo que gcd(f(x), h(x)) = 1 as´ı por la Identidad de B´ezout se tiene que s(x)f(x) + t(x)h(x) = 1 para algunos s(x), t(x)∈Q[x]. Sustituyendo x=αse tiene que t(α)h(α) = 1 por lo que h(α)−1∈Q[α]. Si β∈Q(α), se tiene que β=g(α)h(α)−1para algunos g(x), h(x)∈Q[x] y por lo visto anteriormente se tiene que β∈Q[α].  §3.2 El car´acter cuadr´atico de 2 29 Corolario 3.1 Si αes un n´umero algebraico de grado nentonces [Q(α) : Q] = n. Demostraci´on: Por la Proposici´on 3.1.8 es suficiente con demostrar que [Q[α] : Q] = n. Dado que f(α)=0 se puede ver que 1, . . . , αn−1generan Q[α]. Si, por el otro lado, a0+a1α+···+an−1αn−1= 0, con ai∈Q, se tiene que g(α) = 0 para g(x) = a0+a1x+···+an−1xn−1. Entonces, por la Proposici´on 3.1.7 f(x)|g(x). Pero deg(g(x)) <deg(f(x)), lo cual implica que a0=a1=a2=··· =an−1= 0. Por lo tanto 1,α,...,αn−1son linealmente independientes sobre Q. Cabe destacar que lo visto en esta secci´on tiene cierto solapamiento con lo impartido en la asignatura Estructuras Algebraicas. 3.2. El car´acter cuadr´atico de 2 Sea ζ=e2πi 8. Entonces ζes una ra´ız primitiva octava de la unidad. Por tanto, 0 = ζ8−1=(ζ4−1)(ζ4+ 1). Dado que ζ46= 1, se tiene que ζ4=−1. Multiplicando por ζ−2y a˜nadiendo ζ−2a ambos lados se tiene que ζ2+ζ−2= 0. Esta ecuaci´on tambi´en se deduce f´acilmente de la observaci´on de que ζ2=eπ 2i=i. El car´acter cuadr´atico de 2 proviene ahora de la relaci´on (ζ+ζ−1)2=ζ2+2+ζ−2= 2 Sea τ=ζ+ζ−1. Podemos ver que ζyτson enteros algebraicos. Vamos a trabajar con congruencias en el anillo de los enteros algebraicos. Sea pun primo impar en Zy podemos ver que τp−1= (τ2)p−1 2= 2p−1 2≡2 p(p). De esto se sigue que τp≡2 pτ(p). Por la Proposici´on 3.1.6, se tiene que τp= (ζ+ζ−1)p≡ζp+ζ−p(p). Recordando que ζ8= 1 se tiene que ζp+ζ−p=ζ+ζ−1para p≡ ±1 (8) y ζp+ζ−p=ζ3+ζ−3 para p≡3 (8). El resultado en el ´ultimo caso puede ser simplificado observando que ζ4=−1 lo que implica que ζ3=−ζ−1por lo que ζp+ζ−p=−(ζ+ζ−1) si p≡ ±3 (8). Resumiendo, ζp+ζ−p=τ, si p≡ ±1 (8) −τ, si p≡ ±3 (8) Sustituyendo este resultado en la relaci´on τp≡2 pτ(p) nos lleva a que (−1)ετ≡2 pτ(p),donde ε≡p2−1 8(2). Cap´ıtulo 4 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando cuerpos finitos Ya hemos visto ejemplos de cuerpos finitos, los cuerpos Z/Zpdonde pes un n´umero primo. En esta secci´on vamos a probar que hay muchos m´as cuerpos finitos y vamos a investigar sus propiedades. Esta teor´ıa no es s´olo interesante por s´ı misma sino que adem´as es una herramienta muy ´util en investigaciones sobre Teor´ıa de N´umeros. En el ´ultimo apartado de la secci´on vamos a dar otra prueba de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica. 4.1. Propiedades b´asicas de los cuerpos finitos En este apartado vamos a discutir propiedades de los cuerpos finitos sin preocuparnos sobre preguntas de existencia. La construcci´on de cuerpos finitos la realizaremos en la Secci´on 4.2. Sea Fun cuerpo finito con qelementos. El grupo multiplicativo F∗de Ftiene q−1 elementos. Por tanto, para todo α∈F∗satisface la ecuaci´on xq−1= 1 (en este contexto 1 representa a la identidad multiplicativa de Fy no al entero 1) y todo α∈Fsatisface la ecuaci´on xq=x. Proposici´on 4.1.1 xq−x=Y α∈F (x−α) Demostraci´on: Ambos elementos son considerados elementos de F[x]. Todo α∈Fes una ra´ız de xq−x. Dado que Ftiene qelementos y dado que el grado xq−x es q, la demostraci´on se sigue.  Corolario 4.1 Sea F⊂Kdonde Kes un cuerpo. Un elemento α∈Kest´a en Fsi y s´olo si αq=α. Demostraci´on: Se puede ver f´acilmente que αq=αsi y s´olo si αes una ra´ız de xq−x. Por la Proposici´on 2.3.1 las ra´ıces de xq−xson precisamente los elementos de F. Corolario 4.2 Si f(x)divide a xq−x, entonces f(x)tiene dra´ıces distintas donde d= deg(f(x)). Demostraci´on: Sea f(x)g(x) = xq−x. El polinomio g(x) tiene grado q−d. Si f(x) tiene menos de dra´ıces distintas, entonces, por el Lema 1.1,f(x)g(x) tiene menos de d+ (q−d) = qra´ıces distintas, que no es el caso.  37 38 4 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando cuerpos finitos Teorema 4.1 El grupo multiplicativo de un cuerpo finito es c´ıclico. Demostraci´on: Este teorema es una generalizaci´on del Teorema 1.1. La demostraci´on es casi id´entica. Si d|(q−1), entonces xd−1 divide a xq−1−1 y se sigue por el Corolario 4.2 que xd−1 tiene dra´ıces distintas. Por tanto, el subgrupo de F∗formado por los elementos que satisfacen xd−1 tiene orden d. Sea ψ(d) el n´umero de elementos en F∗de orden d. Por tanto, se tiene que Pc|dψ(c) = d. Por la F´ormula de Inversi´on de M¨obius (0.3) ψ(d) = X c|d µ(c)d c=φ(d). En particular, ψ(q−1) >1 a no ser que estemos en el caso trivial de q= 2. Esto concluye la demostraci´on.  El hecho de que F∗sea c´ıclico cuando Fes finito nos permite dar la siguiente generalizaci´on parcial de la Proposici´on 1.2.1. Proposici´on 4.1.2 Sea α∈F∗. La ecuaci´on xn=αtiene soluci´on si y s´olo si αq−1 d= 1 donde d= gcd(n, q −1). Adem´as, de haber soluciones, hay exactamente dsoluciones. Demostraci´on: Sea γun generador de F∗y establezcamos que α=γayx=γy. Por tanto, la ecuaci´on xn=α es equivalente a la congruencia ny ≡a(q−1). Aplicando las propiedades las congruencias del tipo ax ≡b(m) se tiene la demostraci´on.  Merece la pena examinar qu´e ocurre en los casos extremos n|(q−1) y gcd(n, q −1) = 1. Si n|(q−1), entonces hay exactamente q−1 nelementos de F∗que son potencias n-´esimas y si αes una potencia n-´esima, entonces xn=αtiene nsoluciones. Si gcd(n, q −1) = 1, entonces cada elemento es una potencia n-´esima de manera ´unica, es decir, para todo α∈F∗xn=αtiene una ´unica soluci´on. Hemos investigado la estructura de F∗. Ahora vamos a prestar nuestra atenci´on al grupo aditivo de F. Lema 4.1 Sea Fun cuerpo finito. Los elementos m´ultiplos de la identidad forman un subcuerpo de Fes isomorfo a Z/Zppara alg´un n´umero primo p. Demostraci´on: Para no generar confusiones, vamos a llamar temporalmente ea la identidad de F∗en vez de 1. Consideremos una aplicaci´on de Zen Fque lleva nen ne. Se puede ver f´acilmente que se puede extender a un homomorfismo de anillos. La imagen es un subanillo finito de Fy en particular es un dominio de integridad. El n´ucleo es un ideal primo no nulo. Por lo tanto, la imagen es isomorfa aZ/Zppara alg´un primo p. Debemos identificar Z/Zpcon su imagen en Fy pensemos en Fcomo un espacio vectorial de dimensi´on finita sobre Z/Zp. Denotemos na esa dimensi´on y sea ω1, ω2, . . . , ωnuna base. Se cumple que cualquier ω∈Fpuede ser expresado de manera ´unica de la forma a1ω1+a2ω2+···+anωn donde ai∈Z/Zp. Se sigue que Ftiene pnelementos. Hemos probado entonces que §4.1 Propiedades b´asicas de los cuerpos finitos 39 Proposici´on 4.1.3 El n´umero de elementos de un cuerpo finito es una potencia de un primo. Si ees la identidad del cuerpo finito F, sea pel menor entero tal que pe = 0. Hemos visto que pdebe ser un n´umero primo, que denominaremos la caracter´ıstica de F. Para α∈Fse tiene que pα =p(eα) = (pe)α= 0 ·α= 0. Esta observaci´on nos lleva la siguiente proposici´on. Proposici´on 4.1.4 Si Ftiene caracter´ıstica p, se cumple la siguiente igualdad: (α+β)pd=αpd+βpd∀α, β ∈F, ∀d∈Z. Demostraci´on: Esta prueba la haremos por inducci´on sobre d. Para d= 1 se tiene (α+β)p=αp+ p−1 X k=1 αp−kβk+βp=αp+βp. Todos los t´erminos intermedios desaparecen porque p|p kpara 1 ≤k≤p−1 por el Lema 1.2. Para pasar de dad+ 1 s´olo elevamos ambos lados de (α+β)pd=αpd+βpda la p-´esima potencia.  Supongamos que Fes un cuerpo finito de dimensi´on nsobre Z/Zp. Queremos encontrar qu´e cuerpos Ehay entre Z/ZpyF. Si des la dimensi´on de Esobre Z/Zp, entonces se tiene trivialemente que d|n. Resultar´a que hay un solo cuerpo intermedio correspodiente a cada divisor dde n, como veremos m´as adelante. Lema 4.2 Sea Fun cuerpo. Se cumple que (xl−1) |(xm−1) en F[x]si y s´olo si l|m. Demostraci´on: Sea m=ql +rdonde 0 ≤r < l yq∈Z. Entonces se tiene xm−1 xl−1=xrxql −1 xl−1+xr−1 xl−1. Dado que xql−1 xl−1= (xl)q−1+ (xl)q−2+···xl+ 1, nos lleva a que el t´ermino de la derecha de la ecuaci´on anterior es un polinomio si y s´olo si xr−1 xl−1es un polinomio. Ese es el caso si y s´olo si r= 0. Por tanto, l|m. Lema 4.3 Si aes un entero positivo, entonces (al−1) |(am−1) si y s´olo si l|m. Demostraci´on: La prueba es an´aloga a la del Lema 4.2 con el n´umero ajugando el rol de x. Sea m=ql +r donde 0 ≤r < l yq∈Z. Entonces se tiene am−1 al−1=araql −1 al−1+ar−1 al−1. Dado que aql−1 al−1= (al)q−1+(al)q−2+···al+ 1, el t´ermino de la derecha de la igualdad anterior es un entero si y s´olo si ar−1 al−1es un entero. Ese es el caso si y s´olo si r= 0. Por tanto, l|m. 40 4 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando cuerpos finitos Proposici´on 4.1.5 Sea Fun cuerpo finito de dimensi´on nsobre Z/Zp. Los subcuerpos de Fest´an en correspondencia uno a uno con los divisores de n. Demostraci´on: Supongamos que d|n. Sea E={α∈F|αpd=α}. Vamos a probar que Ees un cuerpo. Si α, β∈Fentonces (a) (α+β)pd=αpd+βpd=α+β. (b) (αβ)pd=αpdβpd=αβ. (c) (α−1)pd= (αpd)−1=α−1para α6= 0. En el apartado (a) hacemos uso de la Proposici´on 4.1.4. Ahora Ees el conjunto de soluciones de xpd−x= 0. Dado que d|nse tiene (pd−1) |(pn−1) y (xpd−1−1) |(xpn−1−1) por los Lemas 4.2 y4.3. Por tanto, (xpd−x)|(xpn−x) y por el Corolario 4.2, se tiene que Etiene pdelementos y tiene dimensi´on dsobre Z/Zp. Finalmente, si E0es otro subcuerpo de Fde dimensi´on sobre Z/Zp, entonces los elementos de E0deben cumplir que xpd−x= 0, es decir E0debe coincidir con E. 4.2. La existencia de cuerpos finitos A partir de ahora vamos a denotar Z/Zqal cuerpo finito de qelementos. En la Secci´on 4.1 hemos probado que el n´umero de elementos en un cuerpo finito tiene la forma pndonde pes un primo. Ahora vamos a mostrar que dado un n´umero pnexiste un cuerpo finito con pnelementos. Para hacerlo necesitamos algunos resultados de Teor´ıa de Cuerpos que conecta nuestro problema con la existencia de polinomios irreducibles. Entonces debemos probar un teorema (volviendo a Gauss) que nos muestra que Z/Zp[x] contiene polinomios irreducibles de cada grado. Sea kun cuerpo arbitrario y f(x) un polinomio irreducible en k[x]. Se tiene entonces: Proposici´on 4.2.1 Existen un cuerpo K⊃ky un elemento α∈Ktal que f(α)=0. Demostraci´on: Sabiendo que k[x] es un dominio de ideales principales, se sigue que (f(x)) es un ideal maximal y entonces k[x]/(f(x)) es un cuerpo. Sea K0=k[x]/(f(x)) y sea φel homomorfismo que va de k[x] en K0llevando cada elemento en su clase m´odulo (f(x)). Se tiene el diagrama k[x]φ //K0 k ?  i OO φ/k //φ(k) ?  i OO Se tiene que φ(k) es un subcuerpo de K0. Vamos a probar que es isomorfo a k. Es suficiente mostrar que φrestringido a kes biyectivo. Sea a∈k. Si φ(a) = 0 entonces a∈(f(x)). Si a6= 0, es una unidad y no puede haber un elemento de un ideal propio. Por tanto, a= 0, como quer´ıamos probar. Dado que φes un isomorfismo de kvamos a identificar kcon φ(k). Una vez hecho vamos a renombrar K0como K. Sea αla clase de xen K. Entonces 0 = φ(f(x)) = f(φ(x)) = f(α), es decir, αes una ra´ız de f(x) en K. Denotemos a este cuerpo Kcomo k(α). §4.2 La existencia de cuerpos finitos 41 Proposici´on 4.2.2 Los elementos 1, α, α2, . . . , αn−1son una base del espacio vectorial para k(α) sobre k, donde nes el grado de f(x). La demostraci´on de esta proposici´on es la misma que la de la Proposici´on 3.1.8 y el Corolario 3.1 pero reemplazando Qpor ky el n´umero complejo αpor el αdescrito antes. La proposici´on nos muestra que si queremos encontrar una extensi´on de cuerpos Kde kde grado nentonces es suficiente con dar un polinomio irreducible f(x)∈k[x] de grado n. En Z/Zp[x] hay un n´umero finito de polinomios para un grado dado. Sea Fd(x) el producto de polinomios m´onicos irreducibles en Z/Zp[x] de grado d. Teorema 4.2 En las condiciones anteriores: xpn−x=Y d|n Fd(x) Demostraci´on: Antes de nada podemos ver que si f(x) divide a xpn−x, entonces f(x)2no divide a xpn−x. Si fuera as´ı, se sigue que −1=2f(x)f0(x)g(x) + f(x)2g0(x) por derivaci´on formal. Esto es imposible dado que implica que f(x) divide a 1. Nos queda por probar que si f(x) es un polinomio m´onico irreducible de grado dentonces f(x)|(xpn−x) si y s´olo si d|n. Consideremos K=Z/Zp(α) donde αes una ra´ız de f(x), como en la Proposici´on 4.2.2. Entonces Ktiene dimensi´on dsobre Z/Zpy tiene pdelementos. Los elementos de Ksatisfacen xpd−x= 0. Asumamos que xpn−x=f(x)g(x). Entonces αpn=α. Si b1αd−1+b2αd−2+···+bd es un elemento cualquiera de Kentonces (b1αd−1+b2αd−2+···+bd)pn=b1(αpn)d−1+···+bd=b1αd−1+···+bd. Por tanto, los elementos de Ksatisfacen xpd−x= 0. Se sigue que xpd−xdivide xpn−xy por los Lemas 4.2 y4.3,ddivide n. Asumamos ahora que d|n. Dado que αpd=αyf(x) es un polinomio m´onico irreducible para αse tiene que f(x)|(xpd−x). Del mismo modo, dado que d|nse tiene que (xpd−x)|(xpn−x) otra vez por los Lemas 4.2 y4.3. Por lo tanto f(x)|(xpn−x).  Sea Ndel n´umero de polinomios m´onicos irreducibles de grado den Z/Zp[x]. Igualando los grados en ambos lados de la identidad del Teorema 4.2 nos lleva a Corolario 4.3 En las condiciones anteriores: pn=X d|n dNd. Corolario 4.4 En las condiciones anteriores: Nn=n−1X d|n µn dpd. Demostraci´on: Aplicando la F´ormula de Inversi´on de M¨obius (0.3) a la ecuaci´on del Corolario 4.3 se tiene la demostraci´on.  42 4 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando cuerpos finitos Corolario 4.5 Para todo entero n≥1existe un polinomio irreducible de grado nen Z/Zp[x]. Demostraci´on: Se tiene que Nn=n−1(pn−···+pµ(n)) por el Corolario 4.4. El t´ermino entre par´entesis no puede ser cero dado que es la suma de distintas potencias de pcon coeficientes 1 y −1.  Resumiendo se tiene que Teorema 4.3 Sea n≥1un entero y pun primo. Entonces existe un cuerpo finito con pnelementos. 4.3. Una aplicaci´on a los residuos cuadr´aticos En el Cap´ıtulo 3hemos probado la Ley de Reciprocidad usando las sumas de Gauss y los elementos de la teor´ıa de n´umeros algebraicos. Ahora vamos a dar una prueba extremadamente corta usando cuerpos finitos. Sea pyqdistintos primos impares. Dado que gcd(p, q) = 1 hay un entero n(por ejemplo, p−1) tal que qn≡1 (p). Sea Fun cuerpo finito de dimensi´on nsobre Z/Zq. Entonces F∗es c´ıclico de orden qn−1. Sea γun generador de F∗y definamos λ=γqn−1 p. Entonces λtiene orden p. Definamos τa= p−1 X t=0 t pλat, donde a∈Z. El elemento τa∈Fes an´alogo al visto en el Cap´ıtulo 3de las sumas cuadr´aticas de Gauss. Definamos τ1=τ. Por tanto, las demostraciones de las Proposiciones 3.3.1 y3.3.2 pueden ser usadas para mostrar que (1) τa=a pτ. (2) τ2= (−1)p−1 2p. En la igualdad (2),pes la clase pen Z/Zq. Sea p∗= (−1)p−1 2p. Entonces la igualdad (2) podemos escribirla como τ2=p∗, lo cual implica que p∗ q= 1 si y s´olo si τ∈Z/Zq. Por el Corolario 4.1 esto se cumple si y s´olo si τq=τ. Ahora τq= X tt pλt!q =X tt pλqt =τq. En la igualdad (1) se tiene τq=q pτ. Por lo tanto, τq=τ⇐⇒ q p= 1. §4.3 Una aplicaci´on a los residuos cuadr´aticos 43 Por lo que hemos probado que p∗ q= 1 ⇐⇒ q p= 1. Esto nos prueba la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica. Una demostraci´on de que 2 q= (−1)q2−1 8puede ser dada usando la misma t´ecnica. En el Cap´ıtulo 3dimos la prueba de que 2 q= 1 si q≡1 (8). Si q6≡ 1 (8), es en cualquier caso cierto que q2≡1 (8). En este caso podemos resolverlo en un cuerpo finito Fde dimensi´on 2 sobre Z/Zq. Se puede ver que 2 siempre es residuo cuadr´atico. Esto se puede probar de la siguiente manera: Se sabe que Ftiene q2elementos y por tanto F∗tiene q2−1 elementos y adem´as es un grupo c´ıclico. Sea λun posible generador de F∗, el cual cumple que: λq2−1≡1 (q) Definamos entonces ζ=λq2−1 8, el cual se puede ver que tiene orden 8. A partir de aqu´ı usaremos lo visto en la Secci´on 3.2 y dado que, como se puede probar f´acilmente, existe ζ−1entonces se tiene que α2= (ζ+ζ−1)2= 2 por lo que 2 es un residuo cuadr´atico en F. Por otro lado, 2 es residuo cuadr´atico en Z/Zqsi y s´olo si α∈Z/Zq. Esto es equivalente, dado que Z/Zqes un cuerpo finito, a que αq≡α(q) De lo que se tiene que αq−1≡1 (q) De lo cual, dado que α2= 2, se tiene que 2q−1 2≡1 (q) Con esto hemos demostrado, usando cuerpos finitos, los resultados previos a la primera demostraci´on de la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica para 2. A partir de aqu´ı, usando Proposici´on 2.1.3 se tiene que 2 es residuo cuadr´atico en Z/Zqsi y s´olo q≡ ±1 (8). Cap´ıtulo 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi 5.1. Caracteres multiplicativos Antes de ponernos con la Ley de Reciprocidad Cuadr´atica en s´ı vamos a necesitar generalizar el concepto de sumas de Gauss definido en el Cap´ıtulo 3en su versi´on cuadr´atica. Tambi´en nos va a interesar considerar el problema de contar el n´umero de soluciones de ecuaciones con coeficientes en un cuerpo finito. Esto nos llevar´a a definir el concepto de suma de Jacobi. Definici´on 5.1 Un car´acter multiplicativo en Z/Zpes una aplicaci´on que va (Z/Zp)∗en los n´umeros complejos no nulos que satisface χ(ab) = χ(a)χ(b)∀a, b ∈(Z/Zp)∗. Es decir, es un homomorfismo de grupos multiplicativos. El s´ımbolo de Legendre, a p, es un ejemplo de un car´acter si se ve como una funci´on de la clase de am´odulo p. Otro ejemplo es el car´acter multiplicativo trivial definida por ε(a) = 1,∀a∈(Z/Zp)∗. Va a ser ´util extender el dominio de la definici´on de un car´acter multiplicativo a todo Z/Zp. Si χ6=ε, asumiremos que χ(0) = 0. Para εdenotaremos ε(0) = 1. Proposici´on 5.1.1 Sea χun car´acter multplicativo y a∈Z/Zp. Entonces (a) χ(1) = 11. (b) χ(a)es una ra´ız (p−1)-´esima de la unidad. (c) χ(a−1) = χ(a)−1=χ(a). Demostraci´on: Para probar el apartado (a) usaremos que χ(1) = χ(1 ·1) = χ(1)χ(1). Entonces χ(1) = 1 dado que χ(1) 6= 0. Para probar el apartado (b) usaremos que la ecuaci´on ap−1= 1 implica que 1 = χ(1) = χ(ap−1) = χ(a)p−1. El apartado (c) se tiene trivialmente por ser un homomorfismo y porque si ζes una ra´ız n-´esima, entonces ζ−1=ζ. 1Cabe mencionar que en el apartado (a) el 1 en el lado izquierdo es la unidad de Z/Zpmientras que el 1 en el lado derecho es el n´umero complejo 1. La barra del apartado (c) es el conjugado complejo. 45 52 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi Teorema 5.1 Sean χyλcaracteres no triviales. Entonces (a) J(ε, ε) = p. (b) J(ε, χ) = 0. (c) J(χ, χ−1) = −χ(−1). (d) Si χλ 6=ε, entonces J(χ, λ) = g(χ)g(λ) g(χλ). Demostraci´on: El apartado (a) es inmediato y el apartado (b) tambi´en lo es por la Proposici´on 5.1.2. Para probar el apartado (c) se debe notar que J(χ, χ−1) = X a+b=1 χ(a)χ−1(b) = X a+b=1 b6=0 χa b=X a6=1 χa 1−a Escribamos a 1−a=c. Si c6=−1, entonces a=c 1+c. Se sigue que, del mismo modo que arecorre todos los elementos de Z/Zpmenos el elemento 1, crecorre todos los elementos de Z/Zpmenos el elemento −1. Entonces J(χ, χ−1) = X c6=−1 χ(c) = −χ(−1). Para probar el apartado (d) se debe notar que g(χ)g(λ) =  X x∈Z/Zp χ(x)ζx  X y∈Z/Zp λ(y)ζy =X x,y∈Z/Zp χ(x)λ(y)ζx+y=X t∈Z/Zp X x+y=t χ(x)λ(y)!ζt. (5.1) Si t= 0, entonces X x+y=t χ(x)λ(y) = X x∈Z/Zp χ(x)λ(−x) = λ(−1) X x∈Z/Zp χλ(x)=0, dado que χλ 6=εpor hip´otesis. Si t6= 0, definimos x0yy0como x=tx0yy=ty0. Si x+y=t, entonces x0+y0= 1. Se sigue que X x+y=t χ(x)λ(y) = X x0+y0=1 χ(tx0)λ(ty0) = χλ(t)J(χ, λ). Sustituyendo en la ecuaci´on (5.1) se tiene que g(χ)g(λ) = X t∈Z/Zp χλ(t)J(χ, λ)ζt=J(χ, λ)g(χλ). Esto concluye la prueba.  §5.3 Sumas de Jacobi 53 Corolario 5.2 Si χ,λyχλ son distintos de ε, entonces |J(χ, λ)|=√p. Demostraci´on: Tomando el valor absoluto a ambos lados de la ecuaci´on del apartado (d) del Teorema 5.1 y usando la Proposici´on 5.2.2 se tiene la demostraci´on.  Volviendo de nuevo al an´alisis de N(x2+y2−1) y N(x3+y3−1), donde era necesario evaluar el sumatorio Pa+b=1 a pb p. El apartado (c) del Teorema 5.1 da el resultado −−1 p=−(−1)p−1 2, tal y como se us´o anteriormente. Para el caso de N(x3+y3−1) es necesario evaluar el sumatorio Pa+b=1 χi(a)χj(b), donde χ es un car´acter c´ubico. Aplicando el Teorema 5.1 se llega al siguiente resultado N(x3+y3−1) = p−χ(−1) −χ2(−1) + J(χ, χ) + J(χ2, χ2). Dado que −1=(−1)3se tiene que χ(−1) = χ3(−1) = 1. Se debe notar tambi´en que χ2= χ−1=χ. Entonces N(x3+y3−1) = p−2 + 2 Re J(χ, χ). Este resultado no es tan elegante como el dado para N(x2+y2−1) al no conocer J(χ, χ) expl´ıcitamente. Sin embargo, por el Corolario 5.2 sabemos que |J(χ, χ)|=√py se tiene entonces la estimaci´on |N(x3+y3−1) −p+ 2| ≤ 2√p. Si se escribe Nppara el n´umero de soluciones de x3+y3= 1 en el cuerpo Z/Zp, entonces la estimaci´on nos dice que es aproximadamente a p−2 con un t´ermino de error igual a 2√p. Esto muestra que, para primos grandes phay siempre muchas soluciones. Si p≡1 (3), hay al menos 6 soluciones dado que x3= 1 y y3= 1 tienen 3 soluciones cada uno y obviamente se tiene que 1 + 0 = 1 y 0 + 1 = 1. Para p= 7,13 s´olo existen esas soluciones mientras que, para p= 19 existen otras soluciones, como 33+ 103≡1 (19). Estas soluciones “no triviales” existen para todo p≥19 dado que se sigue de la estimaci´on que Np≥p−2−2√p > 6 para p≥19. Usando las sumas de Jacobi se puede extender nuestro an´alisis a ecuaciones de la forma axn+ byn= 1. El Corolario 5.2 tiene dos consecuencias inmediatas de inter´es. Proposici´on 5.3.1 Si p≡1 (4), entonces existen enteros aybtales que a2+b2=p. Si p≡1 (3), entonces existen enteros aybtales que a2−ab +b2=p. Demostraci´on: Si p≡1 (4), hay un car´acter χde orden 4 (si λtiene orden p−1, sea χ=λp−1 4). Los valores de χson los del conjunto {1,−1, i, −i}. Entonces J(χ, χ) = X s+t=1 χ(s)χ(t)∈Z[i]. Se sigue que J(χ, χ) = a+bi, donde a,b∈Z. Por lo tanto, p=|J(χ, χ)|2=a2+b2. Lo que demuestra la primera afirmaci´on. 54 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi Si p≡1 (3), hay un car´acter χde orden 3. Los valores de χson los del conjunto {1, ω, ω2}donde ω=e2πi 3=−1+√−3 2. Entonces J(χ, χ)∈Z[ω]. Como se ve arriba, se tiene que J(χ, χ) = a+bω, donde a,b∈Zy por tanto, p=|J(χ, χ)|2=|a+bω|2=a2−ab +b2. Lo que lleva a la demostraci´on de la proposici´on.  El hecho de que los p≡1 (4) pueden ser escritos como la suma de dos cuadrados fue descubierto por Fermat. No es f´acil probar que si a,b > 0, con aimpar y bpar, entonces la representaci´on p=a2+b2es ´unico. Si p≡1 (3), la representaci´on p=a2−ab +b2no es ´unica incluso si se escribe que a,b > 0. Esto se puede ver de las ecuaciones a2−ab +b2= (b−a)2−(b−a)b+b2=a2−a(a−b)+(a−b)2. Sin embargo, se pueden reformular las cosas para que el resultado sea ´unico. Si p=a2−ab+b2, entonces 4p= (2a−b)2+ 3b2= (2b−a)2+ 3a2= (a+b)2+ 3(a−b)2. Se quiere demostrar que 3 divide a a, a bo a a−b. Supongamos que 3 -ay que 3 -b. Si a≡1 (3) y b≡2 (3) o viceversa, entonces a2−ab +b2≡0 (3), lo cual implica que 3 |p, que ser´ıa una contradicci´on. Entonces, 3 |(a−b), que lleva al siguiente resultado: Proposici´on 5.3.2 Si p≡1 (3), entonces hay unos enteros AyBtales que 4p=A2+ 27B2. En esta representaci´on para 4p,AyBest´an un´ıvocamente determinados salvo signo. Demostraci´on: Tomando congruencia m´odulo 3 se tiene que 1≡A2(3) dado que p≡1 (3). Por lo tanto se tiene que A≡ ±1 (3) Si suponemos que A≡1 (3) se tiene que Aest´a un´ıvocamente determinado. En cualquier caso, Aest´a un´ıvocamente determinado salvo signo y por tanto, al estar tanto 4pcomo Afijados, Btambi´en est´a un´ıvocamente determinado salvo signo.  El Teorema 5.1 junto con un argumento simple nos lleva a una interesante relaci´on entre las sumas de Gauss y las de Jacobi. Proposici´on 5.3.3 Supongamos que p≡1 (n)y que χes un car´acter de orden n > 2. Entonces g(χ)n=χ(−1)J(χ, χ)J(χ, χ2)···J(χ, χn−2)p. Demostraci´on: Usando el apartado (d) del Teorema 5.1 se tiene que g(χ)2=J(χ, χ)g(χ2). Multiplicando ambos lados por g(χ) se tiene que g(χ)3=J(χ, χ)J(χ, χ2)g(χ3). Continuando de esta manera se tiene g(χ)n−1=J(χ, χ)J(χ, χ2)···J(χ, χn−2)g(χn−1).(5.2) §5.3 Sumas de Jacobi 55 Por otro lado, se sabe que, dado que χtiene car´acter n,χn−1=χ−1=χ. Por tanto, como ya hemos visto antes, g(χ)g(χn−1) = g(χ)g(χ) = χ(−1)p. Por tanto el resultado se tiene multiplicando ambos lados de la ecuaci´on (5.2) por g(χ).  Corolario 5.3 Si χes un car´acter c´ubico, entonces g(χ)3=pJ(χ, χ). Demostraci´on: Esto es simplemente un caso especial de la Proposici´on 5.3.3 y el hecho de que χ(−1) = χ((−1)3) = 1.  Usando este corolario, se puede ya analizar en mayor profundidad el n´umero complejo J(χ, χ) que aparec´ıa en la discusi´on sobre N(x3+y3−1). Se ha visto que J(χ, χ) = a+bω, donde a,b∈Z yω=e2πi 3=−1+√−3 2. Proposici´on 5.3.4 Supongamos que p≡1 (3) y que χes un car´acter c´ubico. Denotemos J(χ, χ) = a+bω como anteriormente. Entonces, (a) b≡0 (3). (b) a≡ −1 (3). Demostraci´on: Se va a trabajar con las congruencias del anillo de enteros algebraicos al igual que hicimos en el Cap´ıtulo 3: g(χ)3= X t∈Z/Zp χ(t)ζt  3 ≡X t∈Z/Zp χ(t)3ζ3t(3). Dado que χ(0) = 0 y χ(t)3= 1 para todo t6= 0 se tiene que X t∈Z/Zp χ(t)3ζ3t=X t∈(Z/Zp)∗ ζ3t=−1. Por lo tanto, g(χ)3=pJ(χ, χ)≡a+bω ≡ −1 (3). Trabajando con χen vez de con χy recordando que g(χ) = g(χ) se tiene que g(χ)3=pJ(χ, χ)≡a+bω ≡ −1 (3). Restando nos lleva a que b(ω−ω)≡0 (3), o equivalentemente b√−3≡0 (3). Entonces se tiene que −3b2≡0 (9) y por tanto que 3 |b. Dado que 3 |by que a+bω ≡ −1 (3), se tiene que a≡ −1 (3), como se quer´ıa probar.  56 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi Corolario 5.4 Sea A= 2a−byB=b 3. Entonces A≡1 (3) y 4p=A2+ 27B2. Demostraci´on: Dado que J(χ, χ) = a+bω por la Proposici´on 5.3.4 y que |J(χ, χ)|2=ppor el Corolario 5.2 se tiene que p=a2−ab +b2. Entonces, tal y como se vio anteriormente 4p= (2a−b)2+ 3b2=A2+ 27B2. Por la Proposici´on 5.3.4 se tiene que 3|bya≡ −1 (3). Por lo tanto, A= 2a−b≡1 (3). tal y como se quer´ıa probar.  Con todo esto ya se cuentan con las herramientas necesarias para probar un bonito teorema demostrado por Gauss. Teorema 5.2 Supongamos que p≡1 (3). Entonces existen enteros AyBtales que 4p=A2+ 27B2. Si suponemos adem´as que A≡1 (3), entonces Aest´a un´ıvocamente determinado y N(x3+y3−1) = p−2 + A. Demostraci´on: Ya hemos visto anteriormente que N(x3+y3−1) = p−2 + 2 Re J(χ, χ). Dado que J(χ, χ) = a+bω como hemos en casos anteriores, se tiene que Re J(χ, χ) = 2a−b 2. Entonces, 2 Re J(χ, χ)=2a−b=A≡1 (3). La unicidad de Ase tiene por la Proposici´on 5.3.2. Ilustremos este teorema con dos ejemplos: 1. Sea p= 61. Se tiene que 4·61 = 12+ 27 ·32. Entonces, el n´umero de soluciones de x3+y3= 1 en Z/Z61 es 61 −2 + 1 = 60. 2. Sea ahora p= 67. Se tiene que 4·67 = 52+ 27 ·32. Se debe tener cuidado aqu´ı; dado que 5 6≡ 1 (3) se debe elegir A=−5. Por tanto, el n´umero de soluciones de x3+y3= 1 en Z/Z67 es 67 −2−5 = 60, coincidiendo con las de p= 61. El Teorema 5.1 puede generalizarse pero se necesita antes una definici´on. §5.3 Sumas de Jacobi 57 Definici´on 5.4 Sean χ1,χ2, . . . , χlcaracteres en Z/Zp. La suma de Jacobi de estos caracteres se define como J(χ1, χ2, . . . , χl) = X t1+···+tl=1 χ1(t1)χ2(t2)···χl(tl). Se puede notar que cuando l= 2 se reduce a nuestra definici´on anterior de las sumas de Jacobi. Definiremos otra suma que ser´a ´util en el futuro, la cual se dejar´a sin nombrar: J0(χ1, χ2, . . . , χl) = X t1+···+tl=0 χ1(t1)χ2(t2)···χl(tl). Proposici´on 5.3.5 Sean χ1,χ2, . . . , χlcaracteres sobre Z/Zp. Se cumplen las siguientes propiedades: (a) J0(ε, ε, . . . , ε) = J(ε, ε, . . . , ε) = pl−1. (b) Si alguno, pero no todos los χi, son triviales entonces J0(χ1, χ2, . . . , χl) = J(χ1, χ2, . . . , χl)=0. (c) Si χl6=εentonces J0(χ1, χ2, . . . , χl) = 0,si χ1χ2···χl6=ε χl(−1)(p−1)J(χ1, χ2, . . . , χl−1)en caso contrario Demostraci´on: Se debe notar que para t1,t2, . . . , tl−1cualesquiera fijos en Z/Zp, se tiene que tlest´a un´ıvocamente determinado por la condici´on t1+t2+···+tl−1+tl= 0. Por lo tanto, J0(ε, ε, . . . , ε) = J(ε, ε, . . . , ε) = pl−1. Para probar el apartado (b), se asume que χ1,χ2, . . . , χsson no triviales y que χs+1 =χs+2 = ··· =χl=ε. Entonces X t1+···+tl=0,1 χ1(t1)χ2(t2)···χl(tl) = X t1,t2,...,ts χ1(t1)χ2(t2)···χs(ts) = =pl−s−1 X t1∈Z/Zp χ1(t1)  X t2∈Z/Zp χ2(t2) ··· X tl∈Z/Zp χl(tl) = 0. Para ello se ha usado la Proposici´on 5.1.2. Entonces J0(χ1, χ2, . . . , χl) = J(χ1, χ2, . . . , χl)=0. Para probar el apartado (c), se debe notar que J0(χ1, χ2, . . . , χl) = X s∈Z/Zp X t1+···+tl−1=−s χ1(t1)···χl−1(tl−1) χl(s) Dado que χl6=ε,χl(0) = 0 por lo que vamos a asumir que s6= 0 en el sumatorio anterior. Si s6= 0, se definen t0 icomo ti=−st0 i. Entonces X t1+···+tl−1=−s χ1(t1)···χl−1(tl−1) = χ1χ2···χl−1(−s)X t0 1+···+t0 l−1=1 χ1(t0 1)···χl−1(t0 l−1) = =χ1χ2···χl−1(−s)J(χ1, . . . , χl−1). 58 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi Combinando estos resultados se llega a que J0(χ1, χ2, . . . , χl) = χ1χ2···χl−1(−1)J(χ1, . . . , χl−1)X s∈(Z/Zp)∗ χ1χ2···χl(s). El resultado se tiene dado que el sumatorio es 0 si χ1χ2···χl6=εyp−1 si χ1χ2···χl=ε. Teorema 5.3 Asumiendo que tanto χ1,χ2, . . . , χlcomo χ1χ2···χlno son triviales, g(χ1)g(χ2)···g(χr) = J(χ1, χ2, . . . , χr)g(χ1χ2···χr). Demostraci´on: Sea ψ:Z/Zp→Cdefinida como ψ(t) = ζt. Entonces ψ(t1+t2) = ψ(t1)ψ(t2) y g(χ) = Pt∈Z/Zpχ(t)ψ(t). El introducir de ψse realiza por conveniencia en la notaci´on. g(χ1)g(χ2)···g(χr) =  X t1∈Z/Zp χ1(t1)ψ(t1)  X t2∈Z/Zp χ2(t2)ψ(t2) ··· X tl∈Z/Zp χl(tl)ψ(tl) = =X s∈Z/Zp X t1+t2+···+tr=s χ1(t1)χ2(t2)···χr(tr)!ψ(s). Si s= 0, entonces por el apartado (c) de la Proposici´on 5.3.5 y la hip´otesis de que χ1···χr6= εse tiene que X t1+t2+···+tr=0 χ1(t1)χ2(t2)···χr(tr) = 0. Si s6= 0, la sustituci´on ti=st0 ipara todo imuestra del mismo modo que vimos en la prueba del apartado (c) de la Proposici´on 5.3.5 que X t1+···+tr=s χ(t1)···χr(tr) = χ1χ2···χr(s)J(χ1, χ2, . . . , χr). Poniendo estas observaciones juntas se tiene que g(χ1)···g(χr) = J(χ1, χ2, . . . , χr)X s∈(Z/Zp)∗ χ1χ2···χr(s)ψ(s) = J(χ1, χ2, . . . , χr)g(χ1χ2···χr). Esto concluye la prueba.  Corolario 5.5 Supongamos que χ1,χ2, . . . , χrno son triviales pero que χ1χ2···χrlo es. Entonces g(χ1)g(χ2)···g(χr) = χr(−1)pJ(χ1, χ2, . . . , χr−1). Demostraci´on: Dado que χ1χ2···χr−1= (χr)−16=εpor hip´otesis, se tiene que, por el Teorema 5.3, g(χ1)···g(χr−1) = J(χ1, χ2, . . . , χr−1)g(χ1χ2···χr−1). Multiplicando ambos lados de la igualdad por g(χr) se tiene que g(χ1χ2···χr−1)g(χr) = g(χ−1 r)g(χr) = χr(−1)p. Aplicandolo a la ecuaci´on anterior se tiene la prueba.  §5.4 La ecuaci´on xn+yn= 1 en Z/Zp59 Corolario 5.6 Supongamos que χ1,χ2, . . . , χrno son triviales pero que χ1χ2···χrlo es. Entonces J(χ1, χ2, . . . , χr) = −χr(−1)J(χ1, χ2, . . . , χr−1). Demostraci´on: Para r= 2, definiendo que J(χ1) = 1 se tiene por el apartado (c) del Teorema 5.1. Supongamos que r > 2. Usando la hip´otesis de que χ1χ2···χr=εen la prueba del Teorema 5.3 se llega a que g(χ1)g(χ2)···g(χr) = J0(χ1, χ2, . . . , χr) + J(χ1, χ2, . . . , χr)X s∈(Z/Zp)∗ ψ(s). Dado que Ps∈Z/Zpψ(s) = 0, el sumatorio en la f´ormula es igual a −1. Por el apartado (c) de la Proposici´on 5.3.5 se tiene que J0(χ1, χ2, . . . , χr) = χr(−1)(p−1)J(χ1,··· , χr−1). Por el Corolario 5.5, se tiene que g(χ1)···g(χr) = χr(−1)pJ(χ1,··· , χr−1). Poniendo estos resultados juntos se prueba el corolario.  Teorema 5.4 Asumiendo que χ1,χ2, . . . , χrno son triviales, se tiene que: (a) Si χ1χ2···χr6=ε, entonces |J(χ1, χ2, . . . , χr)|=pr−1 2. (b) Si χ1χ2···χr=ε, entonces |J0(χ1, χ2, . . . , χr)|= (p−1)pr 2−1. y |J(χ1, χ2, . . . , χr)|=pr 2−1. Demostraci´on: Por la Proposici´on 5.2.2, si χ6=ε, se tiene que |g(χ)|=√p. El apartado (a) se tiene directamente por el Teorema 5.3. El apartado (b) se tiene de forma similar por el apartado (c) de la Proposici´on 5.3.5 y por el Corolario 5.6. 5.4. La ecuaci´on xn+yn= 1 en Z/Zp Asumiendo que p≡1 (n), se va a investigar el n´umero de soluciones de la ecuaci´on xn+yn= 1 sobre el cuerpo Z/Zp. Los m´etodos vistos en la Secci´on 5.3 se pueden aplicar directamente. Se tiene que N(xn+yn−1) = X a+b=1 N(xn−a)N(yn−b). Sea χun car´acter de orden n. Por la Proposici´on 5.1.5 se tiene que N(xn−a) = n−1 X i=0 χi(a). 60 5 Ley de Reciprocidad Cuadr´atica usando las sumas de Jacobi Combinando estos resultados nos lleva a N(xn+yn−1) = n−1 X i=0 n−1 X j=0 J(χi, χj). Usamos ahora el Teorema 5.1 para estimar este sumatorio. Cuando i=j= 0 se tiene que J(χ0, χ0) = J(ε, ε) = p. Cuando j+i=n, se tiene que χi= (ζj)−1por lo tanto J(χi, χ−i) = −χi(−1). El sumatorio de estos t´erminos es − n−1 X j=1 χj(−1). Se puede notar que n−1 X j=0 χj(−1) = n, si −1 es una potencia n-´esima 0,en cualquier otro caso Entonces la contribuci´on de esos t´erminos es 1−δn(−1)n, donde δn(−1) es la delta de Kronecker que vale 1 si −1 es potencia n-´esima y 0 en caso contrario. Finalmente, si i= 0 y j6= 0 o i= 0 y j6= 0, entonces J(χi, χj) = 0. Por tanto, N(xn+yn−1) = p+ 1 −δn(−1)n+ n−1 X i,j=1 i+j6=n J(χi, χj). Hay (n−1)2−(n−1) = (n−1)(n−2) de esos t´erminos y todos tienen valor absoluto igual a √p. Todo esto nos lleva a la siguiente proposici´on. Proposici´on 5.4.1 |N(xn+yn−1) + δn(−1)n−(p+ 1)| ≤ (n−1)(n−2)√p. Para valores altos de pla estimaci´on anterior muestra la existencia de muchas soluciones no triviales. 5.5. Un resultado para las ecuaciones m´as generales Todas las ecuaciones que se han considerado hasta ahora han sido casos especiales de a1χl1 1+a2χl2 2+···+arχlr r=b, (5.3) donde a1, . . . , ar∈(Z/Zp)∗,b∈Z/Zp. Sea Nel n´umero de soluciones. El objetivo es dar una f´ormula y una estimaci´on para N. Los m´etodos usados son id´enticos con los m´etodos desarrollados en secciones previas. Para empezar tenemos que, N=X Pr i=1 aiui=b N(xl1 1−u1)N(xl2 2−u2)···N(xlr r−ur).(5.4) §5.5 Un resultado para las ecuaciones m´as generales 61 Se va a asumir que l1,l2, . . . , lrcon divisores de p−1, aunque no es necesario. Variemos χlde forma que recorra todos los caracteres de orden li. Entonces, N(xli i−ui) = X χi χi(ui). Sustituyendo en la ecuaci´on (5.4) se tiene que N=X χ1,χ2,···,χr X Pr i=1 aiui=b χ1(u1)χ2(u2)···χr(ur) .(5.5) Se puede ver que la suma interior est´a estrechamente relacionada con las sumas de Jacobi que se han considerado anteriormente. Es necesario tratar los casos b= 0 y b6= 0 por separado. Si b= 0, sea ti=aiui. Entonces la suma interior se puede expresar de la siguiente forma χ1(a−1 1)χ2(a−1 2)···χr(a−1 r)J0(χ1, χ2, . . . , χr). Si b6= 0, sea ti=b−1aiui. Entonces la suma interior se puede expresar de la siguiente forma χ1χ2···χr(b)χ1(a−1 1)χ2(a−1 2)···χr(a−1 r)J(χ1, χ2, . . . , χr). En ambos casos, si χ1=χ2=··· =χr=εel t´ermino vale pr−1dado que J0(ε, ε, . . . , ε) = J(ε, ε, . . . , ε) = pr−1. Si algunos pero no todos los χison iguales a ε, entonces el t´ermino vale 0. En el primer caso, el valor es cero a menos que χ1χ2···χr=ε. Todo esto es a una consecuencia de la Proposici´on 5.3.5. Poni´endolo todo junto con el Teorema 5.4 se obtiene que Teorema 5.5 En las condiciones anteriores: (a) Si b= 0 entonces N=pr−1+X (χl1 1,χl2 2,...,χlr r)=(ε,ε,...,ε) χ1(a−1 1)χ2(a−1 2)···χr(a−1 r)J0(χ1, χ2, . . . , χr). donde χi6=ε∀iyχ1χ2···χr=ε. Si Mes el n´umero de esas r-tuplas, entonces |N−pr−1|≤ M(p−1)pr 2−1. (b) Si b6= 0 entonces N=pr−1+X (χl1 1,χl2 2,...,χlr r)=(ε,ε,...,ε) χ1χ2···χr(b)χ1(a−1 1)χ2(a−1 2)···χr(a−1 r)J(χ1, χ2, . . . , χr). donde χi6=ε∀i. Si M0es el n´umero de esas r-tuplas con χ1χ2···χr=εyM1es el n´umero de esas r-tuplas con χ1χ2···χr6=ε, entonces |N−pr−1|≤ M0pr 2−1+M1pr−1 2. Se puede destacar una consecuencia inmediata del Teorema 5.5. Sean a1,a2, . . . , aryb∈Z y se considera la congruencia a1xl1 1+a2xl2 2+···arxlr r≡b(p). Entonces, para primos psuficientemente grandes, la congruencia tiene muchas soluciones. De hecho, el n´umero de soluciones tiende a infinito a medida que aumenta p.