Dominios de Dedekind, factorización de ideales y aplicaciones

Dominios de Dedekind, factorizaci´on de ideales y aplicaciones. Alberto Daza Garcia 20 de junio de 2018 Tutorizado por Antonio Rojas Le´on ´ Indice general Abstract 5 Resumen 7 1. Enteros Algebraicos 9 1.1. Motivaci´on. ............................... 9 1.2. Algunas Herramientas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3. N´umeros algebraicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2. Propiedades de los ideales 19 2.1. Factorizaci´on de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.2. Grupodeclase ............................. 27 3. Teorema de minkowski y cotas del dicriminante. 31 3.1. Teorema de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4. Unidades 35 4.1. Raicesdelaunidad. .......................... 35 4.2. Casocuadr´atico............................. 37 4.3. Teorema de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 5. Expresiones asint´oticas. 43 5.1. Expresiones asint´oticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Bibliograf´ıa 51 3 4 5 Abstract In order to study some number theoretical problems, algebraic number fields and their ring of integers have being introduced. In this dissertation rings of integers and their arithmetic properties will be studied. Since they don’t have unique factorization, in the second chapter ideals will be used to generalize it as unique factorization of ideals. This will be proved in the more general case of Dedekind domains. Afterwards, it will be given a measure of “how far” they are from being principal ideal domains called the class number. Since the moment all those concepts are introduced, the objective of this dissertation will be to give a formula which relates the class number with the zeta functions. In order to do this, in chapter 3, it will be proved Minkowski theorem which will be used to find a bound to the discriminant (an invariant of the number fields) and in chapter 4 it will be proved the Dirichlet’s unit theorem which gives the structure of the group of units in the ring of integers. Finally, in chapter 5 we get the formula. 6 7 Resumen Para estudiar algunos problemas de teor´ıa de n´umeros, se han introducido los cuerpos de n´umeros algebraicos y sus anillos de enteros. En esta memoria se estudiar´an los anillos de enteros y sus propiedades aritm´eticas. Como estos no tienen necesariamente factorizaci´on ´unica, en el segundo cap´ıtulo se usar´an los ideales para generalizarlo como factorizaci´on ´unica de ideales. Se probar´a en el caso m´as general de dominios de Dedekind. Despu´es, se dar´a una medida de “c´omo de lejos” est´an de ser dominio de ideales principales llamada n´umero de clases. Desde el momento en el que todos estos conceptos se han introducido, el objetivo de la memoria ser´a el de dar una f´ormula que relacione el n´umero de clases con las funciones zeta. Para hacer esto, en el cap´ıtulo 3, se probar´a el teorema de Minkowski que ser´a usado para encontrar una cota del discriminante (un invariante de los cuerpos de n´umeros) y en el cap´ıtulo 4, se probar´a el teorema de Dirichlet que da la estructura del grupo de unidades en el anillo de enteros. Finalmente, en el cap´ıtulo 5 obtendremos la f´orumla. 8 1 Enteros Algebraicos 1.1. Motivaci´on. Antes de nada, se definir´a que es un cuerpo de n´umeros algebraicos y su anillo de enteros comprob´andose que efectivamente es un anillo. Luego se estudiar´an algunas propiedades. Definici´on 1.1.1. Se llamar´a cuerpo de n´umeros algebraicos a cualquier extensi´on finita K de Q Ejemplos 1.1.2. 1. El caso trivial es Q. 2. Sea αsoluci´on de un polinomio f∈Q[x]irreducible de grado 2, entonces Q(α)es un cuerpo de n´umeros algebraicos. Estos cuerpos se llamar´an cuadr´aticos. En este caso [Q(α) : Q] = 2. 3. Sea m un entero positivo y sea ζm=e2πi/m. Se tiene que ζmes raiz de xm−1. Por tanto, [Q(ζm) : Q]≤m. Adem´as xm−1 = (x−1)(x−ζm)...(x−ζm−1 m). Por tanto, es el cuerpo de descomposici´on del polin´omio y por esto Q(ζm)/Qes una extensi´on de Galois. Este tipo de cuerpos se llama cuerpos ciclot´omicos. El objetivo primero es, dado un cuerpo de n´umeros algebraicos K, definir un anillo de enteros OKque sea “muy parecido a Z”. Por ejemplo, si K=Q(√d), se podr´ıa pensar en usar OK=Z[√d]. Esto, fue usado con d=-1 por Gauss para estudiar cu´ando un n´umero entero se pod´ıa escribir como suma de cuadrados [HW, Teorema 366]. Sin embargo, esta forma de definir el anillo, no ser´a siempre la mejor. Entonces, se buscar´an una serie de condiciones que se quiere que cumpla ese anillo de enteros: 9 16 CAP´ ITULO 1. ENTEROS ALGEBRAICOS Ahora estamos en disposici´on de determinar los anillos de enteros en cuerpos cuadr´aticos y su discriminante. Lo primero es considerar el cuerpo K:= Q(√d). Sin p´erdida de generalidad y para simplificar la tarea, se considerar´a d∈Zy libre de cuadrados. Se buscar´a una base ´ıntegra de OK. Para ello, primero se tendr´a en cuenta que 1 y √dson una base de Q(√d) sobre Q. Por tanto, existe un sistema generador de OKcon dos elementos. Sea α=a+b√dcon a, b ∈Q. El siguiente lema ayudar´a a ver c´omo son a y b. Lema 1.3.4. Sea A un dominio de factorizaci´on ´unica. Sea K el cuerpo de fracciones de A. Sea L/K una extensi´on finita. Sea α∈L. Sea g∈K[x]el polinomio m´ınimo de αsobre K. Entonces, αes ´ıntegro sobre A si y s´olo si g∈A[x]. Demostraci´on. [DL, Remark 2.6] Corolario 1.3.5. Sea d un entero libre de cuadrados. Sea α∈Q(√d).αes ´ıntegro sobre Zsi y s´olo si t(α), N(α)∈Z Usando el corolario anterior, como t(α) = α(1) +α(2) = 2ayN(α) = α(1)α(2) = a2−b2dentonces α∈ OKsi y s´olo si 2a∈Zya2−b2d∈Z. Si se multiplica por -4 la segunda condici´on y se suma 4a2, como Zes un anillo, se tiene que 4b2d∈Z. Como des libre de cuadrados, entonces se tiene que cumplir que 2b∈Z. Se distinguiran dos casos: 1. Si d≡1(mod 4), entonces, 4a2−d4b2≡4a2−4b2≡0(mod 4). Por tanto 2a y 2b tienen la misma paridad. Entonces, como α=a+b√d= (2a+ 2b)/2 + b((−1+√d)/2) ∈Z+Z((−1+√d)/2). Entonces OK⊆Z+Z((−1+√d)/2). Para la otra contenci´on s´olo hay que notar que 1 y (−1 + √d)/2) pertenecen aOK. 1 pertenece claramente, y (−1+√d)/2) es raiz de x2+x+(−1+d)/4∈ Z[x], por tanto tambi´en pertenece a OK 2. si d≡2,3(mod 4), entonces, o (4a2) + 2(4b2)≡0(mod 4) o 4a2+ 4b2≡ 0(mod 4). Se tiene as´ı que tanto 2a como 2b son pares. Por tanto, ay b∈Z. As´ı que α∈Z+√dZimplicando que OK⊆Z+√dZ. Para la otra implicaci´on hay que ver que 1 y √d∈ OK. 1 ∈ OKes trivial porque es entero, y √d∈ OKya que el polin´omio m´ınimo es x2−d∈Z[x]. As´ı que se tiene el siguiente resultado Proposici´on 1.3.6. Sea K=Q(√d) 1. Si d≡1(mod 4) entonces, OK=Z+Z((−1 + √d)/2) = Z[(−1 + √d)/2] 2. Si d≡2,3(mod 4) entonces, OK=Z+Z√d=Z[√d] 1.3. N´ UMEROS ALGEBRAICOS 17 Ahora que se tiene OKcomo Z−m´odulo, se puede plantear buscar el discriminante. Proposici´on 1.3.7. Sea K=Q(√d). Entonces: 1. Si d≡1(mod 4), entonces, δOK=d. 2. Si d≡2,3(mod 4), entonces, δOK= 4d. Demostraci´on. [IR, prop 13.1.2] 18 CAP´ ITULO 1. ENTEROS ALGEBRAICOS 2 Propiedades de los ideales 2.1. Factorizaci´on de ideales La mayor´ıa de las facilidades que se tienen al trabajar en Zvienen de que es un dominio euclideo. Los anillos de enteros no tienen necesariamente esta propiedad. Por ejemplo, el anillo de enteros de Q(√−5) es Z[√−5].Se puede comprobar que este anillo no tiene factorizaci´on ´unica. De hecho, se tiene que 6 = 2 ·3 = (1 + √−5)(1 −√−5). Si se prueba que 2,3,1 + √−5,1−√−5 son irreducibles y que no son asociados, entonces se tienen dos factorizaciones en irreducibles. 2 es irreducible porque por reducci´on al absurdo, si 2 lo es, ∃a, b ∈Z[√−5] tal que 2 = ab. Tomando norma, se tendr´ıa 4 = N(2) = N(a)N(b). Como ayb son enteros algebraicos, sus normas son n´umeros enteros. Por tanto, se tiene que N(a) = N(b) = ±2. En el cap´ıtulo 4 se probar´a que para aentero algebr´aico, N(a) = ±1 si y s´olo si aes una unidad. Adem´as, es imposible que la norma de un elemento de Z[√−5] sea ±2 dado que N(x+√−5y) = x2+ 5y2∀x, y ∈Z. Es facil comprobar que eso no tiene soluci´on probando primero que no tiene soluci´on con y diferente de 0 y luego que 2 no es un cuadrado perfecto. Las normas de las unidades son ±1. Por tanto, si x+√−5yes unidad, entonces, x2+ 5y2=±1. Las soluciones a esta ecuacion son x=±1, y = 0. Ahora, por tanteo, se puede probar que los elementos no son asociados y por tanto 6 tiene dos factorizaciones. A veces vendr´ıa muy bien la factorizaci´on ´unica. Un ejemplo de esto es el intento de demostrar el teorema de Fermat de Gabriel Lam´e factorizando xp+ypen Z[ζ] donde ζ=e2πi/p como xp+yp=Qp i=1(x+ζiy). Luego se factoriza zpy se ve que las factorizaciones son distintas. Por desgracia el anillo en el que se factoriza no siempre tiene factorizaci´on ´unica. La pregunta es: ¿Se puede generalizar esto? Aqu´ı aparecen los anillos de Dedekind. Estos anillos solucionan parcialmente este problema con la factorizaci´on ´unica de ideales. Pr´oximamente se definiran estos 19 20 CAP´ ITULO 2. PROPIEDADES DE LOS IDEALES anillos y se ver´a c´omo se factorizan los ideales en el caso de anillos de enteros algebraicos. Definici´on 2.1.1. Sea A un anillo. Se dice que tiene dimensi´on 1 si no es el anillo trivial y si los ideales primos no nulos son ideales maximales. Esta no es la definici´on de dimensi´on habitual pero es equivalente para el caso de dimensi´on 1. Hay que tener en cuenta que los ideales maximales son primos. Por tanto, esta definici´on lo que dice es que los ideales maximales y los primos son lo mismo. Definici´on 2.1.2. Sea A un dominio de integridad, se dice que A es un dominio de Dedekind si cumple: 1. A es noetheriano 2. A tiene dimensi´on 1 3. A es ´ıntegramente cerrado sobre su cuerpo de fracciones. Los anillos de enteros son dominios de Dedekind. Lo que nos interesa es ver que eso implica factorizaci´on ´unica de ideales. El resultado se obtendr´a poco a poco. Se ir´an demostrando resultados m´as d´ebiles y usando estos se llegar´a a el resultado importante. Lema 2.1.3. Sea P un ideal primo. Sea I y J ideales tal que P⊇IJ. Entonces P⊇I´o P⊇J Demostraci´on. Por reducci´on al absurdo, si P⊇IJ pero P6⊇ IyP6⊇ J, entonces, existen x∈I\P,y∈J\P. Como P⊇IJ, entonces, xy ∈P. Sin embargo x, y 6∈ P contradiciendo que P sea primo. Lema 2.1.4. Sea A un anillo conmutativo. Sean I1, ..., Inideales coprimos dos a dos de A. Entonces: 1. I1...Ises coprimo con Is+1 ∀s= 1, ..., n −1 2. I1...In=I1∩... ∩In Demostraci´on. 1. Sean xj∈Ijeyj∈Is+1 con tales que xj+yj= 1 ∀j= 1, ..., s, entonces, 1 = Qs j=1(xj+yj)∈Is+1 +I1...Is 2. Por inducci´on en n: Si n=2 I1·I2⊆I1∩I2es claro. Sea x∈I1+I2, como I1eI2son coprimos, sean y∈I1yz∈I2tales que y+z= 1, entonces, x=x(y+z) = xy +xz ∈I1·I2. Si es cierto para n, entonces I1...In·In+1 = (I1...In)·In+1 = (I1∩...∩In)·In+1 = I1∩... ∩In∩In+1 2.1. FACTORIZACI´ ON DE IDEALES 21 Proposici´on 2.1.5. Sea I un ideal no trivial de un anillo noetheriano A. Entonces, existen ideales primos P1, ..., Psy enteros positivos a1, ..., astales que Pa1 1...Pas s⊆ I⊆P1∩... ∩Ps. Demostraci´on. Por reducci´on al absurdo, sea Σ el conjunto de ideales que no tienen la propiedad de la proposici´on, se supondr´a que es no vac´ıo. Como A es noetheriano, existe un ideal Imaximal en Σ. Ino es primo porque entonces I⊆I⊆Iy ser´ıa una contradicci´on. Sean x, y ∈Atales que xy ∈Ipero x, y 6∈ I, sea Ix=hI, xie Iy=hI, yi. Entonces, IxIy=hI2,hxiI, hyiI, xyi ⊆ I⊆Ix∩Iy. Est´a claro que Ix, Iy6∈ Σ dado que entonces Ino ser´ıa un elemento maximal. Por tanto, existen P1, ..., Ps, Q1, ..., Qrideales primos y a1, ..., as, b1, ..., bsenteros no negativos tales que: Pa1 1...Pas sQb1 1...Qbr r⊆IxIy⊆I⊆P1∩... ∩Ps∩Q1∩... ∩Qr Contradiciendo la hip´otesis de que I∈Σ. Corolario 2.1.6. Sea A un dominio de integridad de dimensi´on 1. Sea I un ideal cualquiera no trivial. Entonces, el conjunto de ideales maximales que contienen a I es finito. Sea M1, ..., Msese conjunto, entonces, existen a1, ..., astales que Ma1 1...Mas s⊆I⊆M1∩... ∩Ms Demostraci´on. Por la proposici´on anterior y dado que la dimensi´on del anillo es 1, queda demostrada la existencia de ideales maximales M1, ..., Mstales que Ma1 1...Mas s⊆I⊆M1∩... ∩Ms. Por la contenci´on ´ultima M1, ..., Mses un subconjunto de ideales maximales que contienen a I. Falta ver que son todos. Sea Mun ideal maximal que contiene aI, entonces Si se localiza en Mla contenci´on I⊆M1∩... ∩Ms, se tiene que IM⊆(M1∩... ∩Ms)M=M1M∩... ∩MsM . Como I⊆Mse tiene que IMes no vac´ıo. Por tanto, M1M∩... ∩MsM es no vac´ıo. Eso s´olo puede ser si existe un icon 1≤i≤stal que MiM 6=∅y eso s´olo ocurre si Mi⊆M. Como ambos son ideales maximales, eso s´olo ocurre si Mi=M. Es decir, si M∈M1, ..., Ms Ahora se estudiar´a el problema en el caso en el caso particular de que el anillo sea local (es decir, que tenga un s´olo ideal maximal) y se generalizar´a. Proposici´on 2.1.7. Sea A un anillo conmutativo. Son equivalentes: 1. A es un dominio de ideales principales 2. Todo ideal primo de A es principal Demostraci´on. [DL, prop II.8.2] Proposici´on 2.1.8. Sea A un dominio local de dimensi´on 1 con ideal maximal M. Son equivalentes: 22 CAP´ ITULO 2. PROPIEDADES DE LOS IDEALES 1. A tiene factorizaci´on ´unica de ideales. 2. A es un dominio de ideales principales. 3. A es ´ıntegramente cerrado. Demostraci´on. 1 =⇒2 Sea x∈M\M2. Entonces hxi=Mnpara alg´un npor la propiedad de factorizaci´on ´unica. Como x6∈ M2, entonces, x6∈ Mn∀n≥2 dado que Mn⊆M2∀n≥2. Por tanto, hxi 6=Mn∀n≥2. La ´unica opci´on que queda es hxi=MComo el ´unico ideal primo es un ideal principal, entonces es un dominio de ideales principales. 2 =⇒1 Dado n, si xno es una unidad, entonces x∈Mn\Mn+1. Se probar´a que Mn=hxi. Sea M=hmi, entonces, Mn=hmni. Como x∈ hmnientonces mn|x. Por tanto, x=mt para alg´un t∈A. Falta ver que tes una unidad. Es decir, que tno est´a en M. Por reducci´on al absurdo, t∈Msi y s´olo si t=mr para alg´un r∈A. Por tanto, x=mn+1rpero esto no puede ser porque x6∈ Mn+1. 2 =⇒3 [DL, lema I2.16] 3 =⇒2 Sea x∈M. Si M=hxiel resultado es consecuencia de la proposici´on anterior. Si M6=hxi, por el corolario 2.1.6. existe un n natural tal que Mn⊆ hxi. Sea y∈Mn−1\hxital que y6∈ hxi. Por tanto, y/x no pertenece a A. Como Aes integramente cerrado sobre su cuerpo de fracciones, entonces, y/x no es ´ıntegro sobre A. Como Aes noetheriano, entonces Mes un A-m´odulo fin´ıtamente generado. Por la proposici´on 1.1.6. se tiene que (y/x)M6⊂ M. Como y·M⊆Mn⊆ hxi, entonces, se tiene que (y/x)Mes un ideal de Aque no est´a contenido en M. Por tanto, (y/x)M=Ay eso implica que M= (x/y)Aes un ideal principal y por la proposici´on anterior Aes un dominio de ideales principales. Proposici´on 2.1.9. Sea A un dominio noetheriano de dimensi´on 1. Son equivalentes. 1. A tiene la propiedad de factorizaci´on ´unica de ideales. 2. AMtiene la propiedad de factorizaci´on ´unica de ideales para todo ideal maximal M de A. Demostraci´on. 1 =⇒2 Sea M un ideal maximal de A, se considera la aplicaci´on natural φ:A→AM. Sea I∈AMun ideal. Se considera el ideal J: = φ−1(I). Este ideal se puede factorizar como J=Ma1 1...Mas s. Ahora bien, como J⊆Mentonces, existe un ital que Mi⊆M. De hecho son iguales por ser maximales. Por tanto, JM= (Mai i)Mteniendo as´ı una factorizaci´on de I. Para ver que es ´unica, como el ideal maximal de AMes MMhay que ver que dado aybdos naturales distintos entonces (MM)a6= (MM)b. Esto es por el lema que viene a continuaci´on dado que Ma6=Mb. 2.1. FACTORIZACI´ ON DE IDEALES 23 2 =⇒1 Sea I⊆Aun ideal no nulo. Sea M1, ..., Msel conjunto de ideales maximales que contienen a I, entonces si IMise puede factorizar como IMi=Mai iMi para cada i= 1, ..., s con aientero no negativo. Se ver´a que Ise factoriza en A de forma ´unica como I=Ma1 1...Mas s. Est´a claro que I⊆φ(Ma1 1M1)∩... ∩φ(Mas iMs). Adem´as, se tiene que Mai i⊆φ−1 i((MiMi)a1). Como Mies el ´unico ideal maximal de A que contiene Mai i, el lema siguiente implica que Mai i=φ−1 i(Mai iMi). Como los ideales Maison coprimos dos a dos, se tiene que: Ma1 1∩... ∩Mas s=Ma1 1...Mas s. Se sigue que I⊆Ma1 1...Mas s. Por tanto, como IMi=Mai iMi= (Ma1 1...Mas s)Mi∀i= 1, ..., s, por el lema siguiente se tiene que I=Ma1 1...Mas s. Para ver que la factorizaci´on es ´unica, se supondr´a que I=Mb1 1...Mbs s. Localizando en cada Mi, la factorizaci´on ´unica de AMida que ai=bipara todo i= 1, ..., s. Lema 2.1.10. Sean J⊆Idos ideales de un anillo A tales que el conjunto de ideales maximales que contienen a J es finito. Entonces J=I si y s´olo si JMi=IMi para J siendo M1, ..., Msel conjunto de ideales maximales que contienen a J. Demostraci´on. [DL, lema III 1.3] Por fin estamos en disposici´on de demostrar el teorema que nos interesa. Teorema 2.1.11. Sea un dominio noetheriano de dimensi´on 1. Son equivalentes: 1. A es un domino de Dedekind 2. A tiene factorizaci´on ´unica de ideales Demostraci´on. 1 =⇒2 Sea M un ideal maximal de A, con demostrar que AM tiene factorizaci´on ´unica necesariamente, entonces la implicaci´on es cierta. AMes un anillo local as´ı que s´olo es necesario demostrar que es ´ıntegramente cerrado sobre su cuerpo de fracciones. Los elementos del cuerpo de fracciones de AMson de la forma a/b con a∈AMyb∈M. Por reducci´on al absurdo, si (a/b)6∈ AMes ´ıntegro sobre AMentonces existen c1, ..., cn∈AMtales que (a/b)n+c1(a/b)n−1+ ... +cn= 0. cada cise puede escribir como ai/micon ai∈Aymi6∈ M. Sea m el m´ınimo com´un m´ultiplo de los mientonces, multiplicando por mnse tiene que (am/b)n+c1m(am/b)n−1+... +cnmn= 0. Por tanto, am/b es ´ıntegro sobre A. Falta ver que am/b 6∈ A. Eso es porque si b|mentonces, como m6∈ M, entonces b ser´ıa una unidad en AMy por tanto, a/b ∈Am 2 =⇒1 A tiene factorizaci´on ´unica de ideales si y s´olo si AMtiene factorizaci´on ´unica de ideales para todo ideal maximal M. Eso es cierto si y s´olo si AMes ´ıntegramente cerrado para todo ideal maximal M. Falta ver que A es ´ıntegramente cerrado si AMlo es para todo ideal maximal M. Sean a, b ∈Atal que a/b 6∈ A esto implica que b no es una unidad. Si a/b es ´ıntegro sobre A, entonces existen 24 CAP´ ITULO 2. PROPIEDADES DE LOS IDEALES a1, ..., an∈Atal que (a/b)n+a1(a/b)n−1+... +an. Como bno es una unidad, entonces, existe un ideal maximal Mque contiene a b. Eso implica que (a/b)6∈ AM pero est´a en su cuerpo de fracciones. Sin embargo esto es una contradicci´on porque con el mismo polinomio, a/b ser´ıa ´ıntegro sobre Am. Conocido que los ideales se pueden factorizar, ahora se estudiar´a c´omo es esa factorizaci´on. En el caso de enteros algebraicos, se conoce c´omo se factorizan los ideales en Zdado que es equivalente a la factorizaci´on del generador del ideal. Dado un cuerpo de n´umeros algebraicos K se intentar´a exportar ese conocimiento aOK. Para hacer el estudio en general se considerar´a A un dominio de Dedekind, con cuerpo de fracciones F y B la clausura ´ıntegra de A en una extensi´on finita y separable K de F. Como queremos estudiar la factorizaci´on de ideales en B conocida la factorizaci´on en A, nos interesaremos por la factorizaci´on de los ideales que surgen de extender los ideales maximales de A en B. Para ello, primero nos fijaremos en el siguiente lema: Lema 2.1.12. Con la notaci´on anterior, sea P un ideal maximal de A, entonces PB 6=B. Demostraci´on. [DL, lema III.3.1] Este lema, sirve para poder escribir PB =Me1 1...Mes s. Y con esta notaci´on, se pueden definir los siguientes t´erminos bastante importantes. Definici´on 2.1.13. Con la notaci´on anterior, se llama indice de ramificaci´on de Misobre P al entero eMi/P := ei Como P es un ideal maximal de A, A/P es un cuerpo. Como Mi∩Aes un ideal de A distinto del total que contiene a P y P es maximal, Mi∩A=P. Como adem´as A⊆B, entonces se define un homomorfismo natural por inclusi´on i:A/P → B/Mi. Como Mies un ideal maximal, B/Mies un cuerpo. El homomorfismo, entonces define una extesi´on de cuerpos. Como B es un A-m´odulo finitamente generado, entonces, define una extensi´on finita. Definici´on 2.1.14. Se define el grado residual de Misobre Pcomo el entero fMi/P := [B/Mi:A/P]. El objetivo ser´a relacionar los indices de ramificaci´on con los grados residuales. Lo primero que se puede notar es que como los Mei ison primos dos a dos, se tiene que, denotando PB a la extensi´on de P como ideal en B, B/(PB)∼ = B/Me1 1×... ×B/Mes s. La idea es considerar B/(PB) y cada B/Mei icomo A/P- espacios vectoriales. Por tanto, se tiene que dim(B/(PB)) = dim(B/Me1 1) + ... + dim(B/Mes s). El paso l´ogico ahora ser´ıa intentar escribir dim(B/Mei i) en funci´on de dim(B/Mi) para cada i= 1, ..., s. Esto nos lo dar´a el siguiente lema. 2.1. FACTORIZACI´ ON DE IDEALES 25 Lema 2.1.15. Sea A un dominio de Dedekind. Sea P un ideal maximal de A. Entonces, ∀n∈Nel A-m´odulo Pn−1/Pnes isomorfo a A/P. En particular, si A/P es finito, se tiene que #(A/Pn) = (#A/P)n. Demostraci´on. [DL, lema 3.4] Corolario 2.1.16. dim(B/Mei i) = eidim(B/Mi) Demostraci´on. Como A/P es finito, sea r el n´umero de elementos, un A/P-espacio vectorial de dimensi´on d tiene rdelementos. Por tanto, B/Mitiene rdim(B/Mi) elementos. Por tanto, rdim(B/Mei i)= #(B/Mei i) = (#B/Mi)ei=reidim(B/Mi). As´ı que se puede escribir dim(B/(PB)) = e1dim(B/M1) + ... +esdim(B/Ms). Esta expresi´on se puede mejorar un poco m´as si se usa el siguiente lema. Lema 2.1.17. dim(B/(PB))=[K:F] Demostraci´on. Este lema se probar´a en el caso en el que P sea un ideal principal. Sea [K:F] = n. Como B es un A-m´odulo libre de rango n [DL, lema I.4.10] entonces, B∼ =A⊕...⊕A. Si p es un generador de P, entonces PB ∼ =PA⊕...⊕PA ∼ = P⊕...⊕P. Por tanto, B/(PB)∼ =(A⊕...⊕A)/(P⊕...⊕P)∼ =(A/P)n. Por tanto, dim(B/(PB)) = n As´ı que se ha demostrado el siguiente resultado: Proposici´on 2.1.18. Sea A un dominio de Dedekind. Sea F su cuerpo de fracciones. Sea L/K una extensi´on finita de F con [K:F]=n. Sea B la clausura ´ıntegra de A en K. Sea P⊂Aun ideal primo tal que en B se cumple que P=Me1 1...Mes s. Entonces, n=e1f1+... +esfsdonde fi=fMi/P . Este resultado, ya da informaci´on que restringe la factorizaci´on y tiene aplicaciones. Sea A un dominio de Dedekind sea F su cuerpo de funciones. Sea f∈A[y] un polinomio irreducible. Entonces, K:= F[y]/hfies una extensi´on finita de F de grado n. Si fes tal que la clausura ´ıntegra de A en K es B:= A[y]/hfi, entonces, se puede intentar usar la proposici´on anterior para, dado un ideal primo P⊆A, factorizar PB. Se llamar´a ¯ fa la reducci´on de fen (A/P)[y] Se tiene B/PB ∼ =(A[y]/hfi)/PB ∼ =A[y]/hP, fi∼ =(A/P)[y]/h¯ fi Como PB no siempre tiene que ser maximal, se tiene que (A/P)[y]/h¯ fino siempre ser´a un cuerpo y por tanto, cuando no lo sea, ¯ fse podr´a factorizar. Puesto, el hecho de que PB se pueda factorizar implica que ¯ fse puede factorizar, ser´ıa interesante ver si la factorizaci´on de PB tiene que ver con la factorizaci´on de ¯ f. 32 CAP´ ITULO 3. TEOREMA DE MINKOWSKI Y COTAS DEL DICRIMINANTE. Sea y00 un punto del segmento que une y e y’, entonces, ∃λ∈[0,1] tal que y00 =λy + (1 −λ)y0. Se probar´a que B(y00, c)⊆S. Sea x∈B(y, c00), entonces, kx−y00k ≤ c. Sea z=x−y00, entonces, x=z+y00 = z+λy + (1 −λ)y0=λ(z+y) + (1 −λ)(z+y0). Si se prueba que z+y∈Syz+y0∈S, como S es convexo se tiene que x∈S.k(z+y)−yk=kzk=kx−y00k ≤ c. Por tanto, z+y∈B(y, c)⊆S. An´alogamente con z+y’. Por tanto, x⊆S. Teorema 3.1.7. (Minkowski). Sea A⊆Rnun ret´ıculo. Sea µel volumen del paralelotopo fundamental de A. Si S es un cuerpo convexo y sim´etrico tal que vol(S)>2nµ, entonces existe un punto de A distinto del origen que pertenece al interior de S. Si vol(S)=2nµ, no se puede asegurar que el punto est´e en el interior pero s´ı que existe uno. Demostraci´on. Se supondr´a que S∩A={0}. Sea y∈A, se considera Sy =y+ 1/2S={y+ 1/2x|x∈S}.Sy es convexo porque es suma de conjuntos convexos. Si y, y0∈Ason distintos y x∈int(Sy), entonces, x6∈ int(Sy0). En otro caso, x−y∈int(1/2S) y x−y0∈int(1/2S). Entonces, como 1/2Ses convexo y sim´etrico, se tendr´ıa que 1/2(x−y) + 1/2(y0−x)∈1/2S. Por tanto, 1/2(y0−y)∈1/2S. Es decir, (y0−y)∈Ssiendo esto una contradicci´on porque S∩A={0}. Por tanto, dados y, y ∈A, los interiores de Sy y de Sy0son disjuntos. Sea a1, ..., an∈Rn, los generadores de A. Dado m≥0 se define Am= {Pn i=1 yiai| −m≤yi≤m, yi∈Z, i = 1, ..., n}. Claramente, #Am= (2m+ 1)n. Como S est´a acotado, existe γ≥0 tal que si x=Pn i=1 xiai∈S, entonces, |xi| ≤ γ∀i= 1, ..., n. Por tanto, ∀y∈Am, se tiene que |yi+ 1/2xi| ≤ |yi|+1/2|xi| ≤ m+1/2·γ∀x∈S. Por tanto, Am+1/2S⊆Π0={Pn j=1 xjaj| |xj| ≤ m+1/2·γ}. Entonces, como Am+1/2S=Sy∈Am[y+1/2S] = Sy∈AmSy, Como los Sy tienen los interiores disjuntos, y como las translaciones dejan los vol´umenes invariantes, se tiene que: vol(Am+1/2S) = Py∈Amvol(1/2Sy) = Py∈Am(1/2n)vol(Sy) = Py∈Amvol(S) = #Am(1/2n)vol(S) = ((2m+ 1)n/2n)vol(S)≤((2m+γ)n/2n)µ. Entonces: vol(S)≤((2m+γ)n/(2m+ 1)n)2nµ∀m∈Z>0 Si se hace tender m a infinito se tiene que vol(S)≤2nµ. Por tanto, si vol(S)> 2nµ, entonces tiene un elemento del ret´ıculo en su interior. Para el caso en que vol(S)=2nµ, se tiene que ∀n≥1vol((1 + 1/n)S)> vol(S)=2µ. Por tanto ∃xn∈(1+1/n)S∩Ano nulo. Como cada (1+1/n)S⊆2S, entonces, est´a acotado. Por tanto, 2S∩Aes finito. Por tanto, existen n1< n2< .... 3.1. TEOREMA DE MINKOWSKI 33 tal que xnk=xn1∀k∈N. Entonces, xn1∈Sdado que dado m∈Z, entonces, existe k tal que nk≥m. As´ı que xn1=xnk∈(1 + 1/nk)S⊂(1 + 1/m)S. Por tanto, como S=Sm∈Z(1 + 1/m)S, se tiene que x1∈S. Este teorema es muy ´util a la hora de demostrar la existencia de soluciones en ecuaciones diof´anticas. Se usar´a aqu´ı para demostrar la existencia de soluciones en sistemas lineales de desigualdades. Proposici´on 3.1.8. Sea n≥1. Sea Li(x1, ..., xn) = Pn i=1 aijxii= 1, ..., n con aij ∈R∀i= 1, ..., n j = 1, ..., n, tal que d=det(aij)6= 0. Sean t1, ..., tnn´umeros positivos con t1, ..., tn≥ |d|. Dado i0con 1≤i0≤n, entonces, existen b1, ..., bn∈Z no todos nulos, con |Li(b1, ..., bn)|< tisi i6=i0y|Li0(b1, ..., bn)| ≤ ti0 Demostraci´on. Sin p´erdida de generalidad i0=n. Si n=1 entonces |L1(1)|=|a11|=d≤tn. Si n > 1 se har´a por reducci´on al absurdo. Si la proposici´on no es cierta, entonces ∀x1, ..., xn∈Zse tiene una de las siguientes afirmaciones: 1. ∃icon 1 ≤i≤n−1 tal que |Li(x1, ..., xn)| ≥ ti 2. ∀ital que 1 ≤i≤n−1|Li(x1, ..., xn)|< tipero |Ln(x1, ..., xn)|> tn Sea T={(x1, ..., xn)|(x1, ..., xn) satisfacen 2.}. Si T6=∅, sea (x1, ..., xn)∈T y sea t tal que |Ln(x1, ..., xn)|< t. Se considera T0={(x1, ..., xn)∈T| |Ln(x1, ..., xn)|< t}. Entonces T0es no vac´ıo y T’ es finito porque es un subcojunto acotado de Zn. Por tanto, A= {|Ln(x1, ..., xn)| | (x1, ..., xn)∈T0}. tiene m´ınimo. Sea δ=tn−min(A), por la condici´on 2. se tiene que δ > 0. Si T=∅, entonces, δpuede tomar cualquier valor. Por tanto, existe δtal que ∀(x1, ..., xn)∈ Znno nulo, se tiene que o bien |Li(x1, ..., xn)| ≥ tipara alg´un i=1,...,n-1 o bien |Ln(x1, ..., xn)| ≥ tn+δ. Se define el homomorfismo siguiente. Sea x∈Rn, se define θ:Rn→Rncom θ(x) = (L1(x), ..., Ln(x). Sea eiel vector que es 1 en la fila i y 0 en el resto, entonces, θtransforma e1, ..., enen los vectores linealmente independientes θ(e1), ..., θ(en). Sea A el ret´ıculo definido con estos vectores, entonces, es µ=|d|el volumen del paralelotopo fundamental. Sea S el conjunto de los elementos x= (x1, ..., xn)∈Rntal que |xi| ≤ tipara i= 1, .., n−1 y |xn| ≤ tn+δ. Entonces, S es un cuerpo convexo sim´etrico que tiene volumen vol(S)=2t1..,2tn−12(tn+δ)>2nt1...tn≥2n|d| ≥ 2nµ. Por el teorema de Minkiowski, existe un punto θ(y)∈Ano nulo en el interior de S. Es decir, existen y1, ..., yn, no todos numlos tal que |Li(y)|< tipara i=1,...,n-1 y |Ln(y)|< tn+δ, lo que es una contradicci´on. 34 CAP´ ITULO 3. TEOREMA DE MINKOWSKI Y COTAS DEL DICRIMINANTE. Proposici´on 3.1.9. Sea n > 1y sea Li(x1, ..., xn) = Pn i=1 aijxjpara todo i= 1, ..., n una forma lineal con ai,j ∈Ccon d=det(aij)6= 0. Suponiendo que para todo i existe un ´ındice i’ tal que Li(x1, ..., xn) = Pn j=1 aijxjes igual a Li0, (si Litiene coeficientes reales i=i’). Sean t1, ..., tnnumeros reales positivos con ti=ti0si Li=Li0. Si t1, ..., tn≥ |d|, dado cualquier indice i0tal que Li0=Li0, existen enteros x1, ..., xnno todos nulos tal que Li(x1, ..., xn)< tisi i6=i0y |Li0|(x1, ..., xn)≤ti0 Demostraci´on. [RIB, B cap 9] Finalmente, tenemos los resultados para probar la cota que busc´abamos. Proposici´on 3.1.10. Dado un cuerpo de n´umeros algebraicos, para todo ideal J no nulo de OKexiste un elemento a∈J,a6= 0, tal que |N(a)|<kJkp|δ|siendo δel discriminante de K. Demostraci´on. Sea a1, ..., anuna base de K sobre Qtal que es un sistema generador de J como Z-m´odulo. Se considera las n forma lineales Li=Pn j=1 a(i) jxj∀i= 1, ..., n. Como d=det(a(i) j) = kJkp|δ|se puede coger t1=... =tn=d1/n para usar la proposici´on anterior, que dice que existen x1, ..., xn∈Zno todos nulos tal que Pn j=1 a(i) jxj≤d1/n ∀i= 1, ..., n. Con al menos una desigualdad estricta. Sea a=Pn j=1 xjaj∈J, se tiene que a6= 0 porque no todos los xjson nulos. Adem´as N(a) = Qn i=1(a(i)) = Qn i=1(Pn j=1 xja(i) j)< d =kJkp|δ|. De aqu´ı ya tenemos que Cl(OK) es finito 4 Unidades 4.1. Raices de la unidad. Ya hemos tenido un contacto con las unidades cuando probamos que Z[√−5] no ten´ıa factorizaci´on ´unica. Para intuir que ser´an interesantes a la hora de calcular el n´umero de clases, se notar´a que si K es un cuerpo de n´umeros algebraicos, J es un ideal de OKya, b ∈ OKson asociados, es decir, existe una unidad u tal que a=ub, entonces, se tiene que a∈Jsi y s´olo si b∈J. De hecho, a y b generan el mismo ideal. Se denotar´a U(OK) (o U si se sobreentiende por el contexto), al grupo de unidades de OK. De nuevo, nos adelantamos a un resultado diciendo que es un grupo. Pero de hecho, no es complicado probar que lo es con el producto, ya que cada elemento tiene inverso por definici´on de unidad, si uyvson unidades entonces uv lo es porque su elemento inverso es v−1u−1y hereda el resto de propiedades de que el producto es un grupo en OK. En este cap´ıtulo se estudiar´a qu´e estructura tiene ese grupo. Las unidades m´as simples son las raices de la unidad. es decir, las raices de polinomios de la forma xm−1 donde m≥1. Estas unidades forman un subgrupo ya que 1 es una raiz de la unidad porque es raiz del polinomio con m= 1, si ζ es una raiz de la unidad ζ−1tambi´en lo es dado que (ζ−1)m= (ζm)−1= 1 y el producto de raices de a unidad es una raiz de la unidad porque si ζyζ0son tales que ζm= 1 y ζn= 1 entonces, (ζζ0)nm = 1. El grupo de raices de la unidad de OK se denotar´a como W(OK) y si el contexto es claro, se dejar´a en W. La primera pregunta es ¿W es finito o infinito?. Lo primero es caracterizar las raices de unidad de una forma que sea facil de contar. Como si a∈ OKes raiz de la unidad, entonces, existe m tal que am= 1, se tiene que |am|= 1 teniendo que |a|m= 1 y por tanto |a|= 1 Hay que notar que un conjugado de a tambi´en es raiz de la unidad puesto que si σes un endomorfismo, entonces, se tiene que 35 36 CAP´ ITULO 4. UNIDADES σ(a)m=σ(am) = σ(1) = 1. La otra implicaci´on tambi´en se tiene. Es decir, a es raiz de la unidad si y s´olo si a(i)= 1 para todo conjugado a(i)de a. Esto se ver´a luego, pero antes, veamos la finitud de W con la siguiente proposici´on. Proposici´on 4.1.1. Sea c un numero real positivo. Sea K un cuerpo de n´umeros algebraicos. Entonces, existe un n´umero finito de enteros algebraicos x en K tal que x(i)≤cpara todo conjugado x(i)de x. Demostraci´on. Sea [K:Q] = n. Sean si(x1, ..., xn) = Pj1<...<jixj1...xji∀i= 1, ..., n. La idea ser´a encontrar un conjunto finito de polinomios F tal que si x∈ OKy x(i)≤cpara todo conjugado x(i)de x, entonces, hay un polinomio del que xes raiz. Lo primero que se notar´a es que f(x) = Qn i=1(x−x(i)) = xn+ Pn i=1(−1)isi(x(1), ..., x(n))xn−i. Luego, como xes un entero algebraico, cada si(x(1), ..., x(n)) es un n´umero entero. Finalmente, si(x(1), ..., x(n))≤n ici. Sea r= max{n ici|i= 1, ..., n}. Entonces, si F es el conjunto de los polin´omios m´onicos de grado n con coeficientes enteros que en valor absoluto son menores o iguales que r, entonces F tiene las propiedades que buscamos. Como F es finito, entonces, el conjunto S={x|f(x)=0f∈F}es finito y el resultado se da. Teniendo este resultado y teniendo en cuenta que si xes raiz de la unidad, entonces, x(i)= 1 para todo conjugado x(i)de x. Por tanto, hay un n´umero finito de raices de la unidad. Para caracterizarlas completamente, se tiene el siguiente resultado. Proposici´on 4.1.2. Dado un cuerpo de n´umeros algebraicos K y x∈ OK, entonces, x∈Wsi y s´olo si x es un entero algebraico de K tal que x(i)= 1 para todo conjugado x(i)de x Demostraci´on. Si x∈W, se ha probado que se tiene la implicaci´on. Para probar la otra implicaci´on, simplemente, hay que notar que si xno es una raiz de la unidad, entonces, suponiendo que |x|= 1, se tiene que |xr|= 1 para todo r natural. Por la proposici´on anterior, deben existir dos exponentes a > b tal que xa=xb. Esto contradice que no sea raiz de la unidad porque como estamos en un dominio de integridad, se tiene que xa−b= 1. Usando el teorema de Lagrange, se tiene que si W tiene helementos, entonces el orden de cada elemento de W divide a h. Por tanto, todo elemento de W es raiz de xh−1. Como las raices de ese polinomio son el grupo c´ıclico generado por e2πi/h, entonces, como todo subgrupo de un grupo c´ıclico es un grupo c´ıclico, se tiene que W es un grupo c´ıclico. 4.2. CASO CUADR´ ATICO 37 4.2. Caso cuadr´atico En esta secci´on se estudiar´a el caso particular de los cuerpos cuadr´aticos. Sea K=Q(√d). Estudiar las unidades no es demasiado complicado dado que una condici´on suficiente y necesaria para que u∈ OKsea una unidad es que N(u) = ±1 dado que |N(x)|=khxik = #(OK/hxi) = 1 si y s´olo si xes una unidad. Proposici´on 4.2.1. Si d < 0, entonces: 1. Si d=-1, entonces U(OK) = {1,−1, i, −i} 2. Si d=-3, entonces U(OK) = {1,−1,(1+√−3)/2,(1−√−3)/2,(−1+√−3)/2, (−1−√−3)/2} 3. En ontro caso U(OK) = {1,−1} Adem´as, todas las unidades son raices de la unidad. Demostraci´on. Lo primero es notar que como d≤0 si x=a+b√d∈Kcon a, b ∈Qentonces N(x) = a2−db2= 0 si y s´olo si a=b= 0. Si d≡2(mod 4) o d≡3(mod 4), entonces, dado u∈ OKse tiene que ∃a, b ∈Z tales que u=a+b√d. El conjugado es ¯u=a−b√d. Por tanto, N(u) = u¯u= a2−db2y u es una unidad si y s´olo si a2−db2= 1. Si b= 0, entonces a=±1. Si b6= 0, entonces 1 = a2−db2> a2. Por tanto, a= 0 y entonces, se tiene que si d=-1 entonces b=±1 y en otro valor de d no hay soluci´on. Si d≡1(mod 4) se tiene que si u∈ OK, entonces, ∃a, b ∈Zcon la misma paridad tales que u= (a+b√d)/2. El conjugado de u es ¯u= (a−b√d)/2. Como N(u) = u¯use tiene que u es unidad si y s´olo si a2−db2= 4. Si a=±1 entonces hay que resolver −db2= 3. Si d=-3 entonces, tiene soluci´on para b=±1. En otro caso no hay soluci´on. Si a=0, hay que resolver db2= 4. Esto no tiene soluci´on puesto que d≡1(mod 4). El caso con d > 0 se demostrar´a a la misma vez que el teorema de Dirichlet. Se tendr´a que U∼ =W×Ccon C un grupo c´ıclico infinito. La forma de encontrar un generador de C y de W se explica en [RIB, cap´ıtulo 10]. En concreto se tiene que W={1,−1} 4.3. Teorema de Dirichlet Ahora, el ojetivo, ya se centrar´a completamente en encontrar la estructura de las unidades. Ya sabemos c´omo es W. Antes de nada, hay que introducir algunos conceptos. 38 CAP´ ITULO 4. UNIDADES Lo primero es notar que como K/Qes una extensi´on separable finita, por el teorema de Artin debe existir un t∈Ctal que K=Q(t). Si [K:Q]=n entonces, t tiene n conjugados. Sean estos t(1), ..., t(n), entonces, se dir´a que los conjugados de K son K(i)=Q(t(i)) para i=1,...,n . Se dir´a que K(i)es un conjugado real si t(i) es real y si no se dir´a que es un conjugado complejo. Hay que notar que si K(i)es un conjugado complejo , entonces existe un i06=ital que K(i)=K(i0). Por tanto, el n´umero de conjugados complejos es par. Adem´as, si hay r1conjugados reales y 2r2conjugados complejos, entonces, r1+ 2r2=n. Se seguir´a la notaci´on en la que K(1), ..., K(r1)son los conjugados reales, K(r1+1), ..., K(n)y adem´as, K(r1+r2+j)es el conjugado de K(r1+j)y se podr´a denotar K(r1+j)para todo j= 1, ..., r2. Si x∈K, entoces,x(r1+j)=x(r1+r2+j)para j= 1, ..., r2. A partir de ahora se definir´a la siguiente aplicaci´on que da una interpretaci´on geom´etrica a las unidades. λ:U→Rrsiendo r1+r2−1 se define como λ(u) = (log u(1), ..., log u(r)) Lo primero es ver d´onde manda esta aplicaci´on a los elementos de W que son de los que tenemos m´as informaci´on ahora mismo. Proposici´on 4.3.1. Sea u∈U. Entonces, u∈Wsi y s´olo si λ(u) = (0, ..., 0). Demostraci´on. Si u∈West´a claro. Si λ(u) = (0, ..., 0), entonces, x(i)= 0 ∀i= 1...r. Se nota que x(r1+j)= x(r1+r2+j∀j= 1, ..., r2. Por tanto, x(r1+r2+j)= 0 ∀j= 1, ..., r2−1. Finalmente, como u es una unidad, |N(u)|= 1. Tomando logaritmo, eso queda como Pn i=1 log x(i)= 2 log x(r1+r2)= 0. Por tanto, x(i)∀i= 1, ..., n. As´ı que u es una unidad. Se introducir´a el siguiente lema que se usar´a luego. Lema 4.3.2. Sean u1, ..., uk∈Utales que λ(u1), ..., λ(uk). Sea G={(a1, ..., ak)| ∃v∈Utal que λ(v) = a1λ(u1) + ... +akλ(uk)}. Entonces Zk⊆Gy adem´as G/Zk es un grupo finito. Demostraci´on. [RIB, lema 5, cap´ıtulo 10] Si queremos conocer c´omo son las unidades de un anillos de enteros habr´ıa que ver c´omo son los sistemas generadores de U y adem´as, ser´ıa interesante comprobar si existe un sistema generador que genere unidades de forma ´unica. Definici´on 4.3.3. Dado un conjunto de unidades u1, ..., uk, se dice que es un sistema independiente de unidades si no existen m1, ..., mk∈Zno todos nulos tal que um1 1...umk k= 1. Hay que notar que en estos sistemas no hay raices de la unidad. 4.3. TEOREMA DE DIRICHLET 39 Lema 4.3.4. Sean u1, ..., ukunidades de OK. Son equivalentes: 1. u1, ..., ukson un sistema independiente de unidades 2. λ(u1), ..., λ(uk)son linealmente independientes sobre Q 3. λ(u1), ..., λ(uk)son linealmente independientes sobre R Demostraci´on. 1 =⇒2 Suponiendo que λ(u1), ..., λ(uk) son linealmente independientes sobre Q. Entonces, existen t1, ..., tk∈Qno todos nulos tal que t1λ(u1) + ...+tkλ(uk) = 0. Eliminando denominadores, se puede encontrar m1, ..., mk∈Zno todos nulos tal que m1λ(u1) + ... +mkλ(uk) = 0. Entonces, λ(Qk i=1 umi i) = 0. Eso implica que Qk i=1 umi ies una raiz de la unidad y eso implica que existe un h∈N tal que Qk i=1 uhmi i. As´ı que u1, ..., ukno es un sistema independiente de unidades. 2 =⇒3 Sean λ(u1), ..., λ(uk) linealmente independientes sobre Q, por reducci´on al absurdo se supone que no son linealmente independientes sobre R. Adem´as, sin p´erdida de generalidad se puede suponer que λ(u1), ..., λ(uk−1) son linealmente independientes sobre r porque se puede elegir el m´ınimo k tal que la implicaci´on no se cumple y k > 1. Sin p´eridida de generalidad existen a1, ..., ak−1∈Rtales que λ(uk) = a1λ(u1) + ... +ak−1λ(uk−1). Por el lema 4.3.2 se tiene que como λ(u1), ..., λ(uk−1) son linealmente independientes, entonces con la notaci´on del lema G/Zkes finito. Por tano, existe un h tal que aih∈Zpara todo i= 1, ..., k −1. Por tanto ai∈Qpara todo i= 1, ..., k −1 contradiciendo que λ(u1), ..., λ(uk) son linealmente independientes sobre Q. 3 =⇒1 Si u1, ..., ukno es un sistema independiente, existen m1, ..., mk∈Zno todos nulos tal que um1 1...umk k= 1. La implicaci´on sales de tomar logaritmos. El teorema m´as importante, que es el que da la existencia de un sistema de generadores como el que busc´abamos es el siguiente: Teorema 4.3.5. (Teorema de Dirichlet) Dado un cuerpo de n´umeros algebraicos K. Entonces se tiene que: U(OK)∼ =W×C1×... ×Cr. Siendo W el grupo de las unidades, cada Ciun grupo c´ıclico infinito y r= r1+r2−1 Demostraci´on. Si r=0, entonces, r1+r2= 1. Eso es posible si o bien r1= 1, en cuyo caso [K:Q] = 1 y por tanto K=QyOK=Zdonde U={±1}o bien r2= 1, teniendose que [K:Q] = 2. Por tanto K=Q(√d) con d < 0. Este caso se ha comprobado en la proposici´on 4.2.1. Para el resto de casos la prueba de este teorema se basar´a en los siguientes lemas: 40 CAP´ ITULO 4. UNIDADES Lema 4.3.6. Existe k≤rtal que U(OK)∼ =W×C1×... ×Ck Demostraci´on. Por el lema 4.3.4. si u1, ..., ukes un sistema independiente de unidades, entonces se tiene que λ(u1), ..., λ(uk)∈Rrson R-linealmente independientes. Por tanto k≤r. Sea G={(a1, ..., ak)∈R| ∃v∈Utal queλ(v) = Pk i=1 aiλ(ui)}. Entonces, G es un grupo con la suma y Zk⊆Gdado que dado a1, ..., ak∈Zse tiene que ua1 1...uak k es una unidad. Por el lema 4.3.2 G/Zkes un grupo finito con h elementos. Dado u∈Ucon u6=uipara i= 1, ..., k, como u1, ..., ukes un sistema independiente maximal de unidades se tiene que u, u1, ..., ukno es un sistema independiente y por tanto, λ(u), λ(u1), ..., λ(uk) son linealmente dependientes sobre Q, Por tanto, existen a, a1, ..., ak∈Qno todos nulos tales que aλ(u) = a1λ(u1) + ... +akλ(uk). En concreto a6= 0 dado que λ(u1), ..., λ(uk) son linealmente independientes. Por tanto, sin p´erdida de generalidad, se puede suponer que a= 1. Como (a1, ..., ak)∈G, por el teorema de Lagrange (ha1, ..., hak) es un representante del 0 en G/Zk. Por tanto, (ha1, ..., hak)∈Zk. Ahora bien, se tiene λ(uh) = hλ(u) = ha1λ(u1)+...+hakλ(uk) = λ(uha1 1...uhak k). Es decir, λ(u−huha1 1...uhak k) = 0. Por el lema 4.3.1 ocurre que existe z∈Wtal que u=zuha1 1...uhak k. Sea z1una raiz de xh−zy sea tiuna raiz de xh−uipara cada i=1,...,k y sea w= #W. Se tiene que uh= (z1Qk i=1 thai i)h. Por tanto, existe z2tal que zh 2= 1 y u=z2z1Qk i=1 thai i. Como zh 2= 1 y zhw 1= 1, en concreto se tiene (z2z1)hw = 1. Sea z3una raiz hw-´esima primitiva de la unidad. Sea U’ el grupo generado por z3, t1, ..., tky W’ el subgrupo de unidades se tiene entonces, que U⊆U0. Si z∈W, como z es una raiz w-´esima de la unidad, entonces es una potencia de Z3por tanto, est´a en W’. Por tanto W⊆W0∩U. Si z∈W0∩U, por estar en W’ es una raiz de la unidad y est´a en U. Por tanto z∈W. As´ı que W0∩U⊆Wteniendo finalmente W0∩U=W. Por tanto, U/W =U/(W0∩U)⊆U0/W0. Como U0/W0es un grupo libre de rango k, entonces, U/W es un grupo libre de rango como mucho k. Como u1, ..., ukson unidades independientes, entonces es un grupo libre de rango k. Ahora, falta probar que hay un sistema independiente de r unidades. Para ello, se introduce el siguiente lema Lema 4.3.7. Si r >= 0 c1, ..., cr∈Rno son todos nulos, existe u∈Utal que Pr i=0 cilog u(i)6= 0 Demostraci´on. [RIB, teorema 1 cap´ıtulo 10] Lo que se necesita es encontrar un sistema independiente de r unidades. Eso es equivalente a encontrar u1, ..., ur∈Utales que λ(u1), ..., λ(ur) son linealmente independientes sobre Q. Esto es equivalente a que: 4.3. TEOREMA DE DIRICHLET 41  log   u(1) 1   log   u(2) 1   ... log   u(r) 1    log   u(1) 2   log   u(2) 2   ... log   u(r) 2    . . .. . .... log   u(1) r   log   u(2) r   ... log   u(r) r     6= 0 Se demostrar´a por inducci´on en k que para todo 1 ≤k≤rexisten k unidades tales que un determinante de ese tipo (sustituyendo r por k) Si k= 1, se elige c1= 1 y ci= 0 ∀i= 2, ..., r. Entonces, existe u1tal que log u(1) 16== 0. Si para k es cierto, si k+ 1 > r entonces, el enunciado es trivialmente cierto. Si k+ 1 ≤r, entonces, existen k unidades u1, ..., uktales que:  log   u(1) 1   log   u(2) 1   ... log   u(k) 1    log   u(1) 2   log   u(2) 2   ... log   u(k) 2    . . .. . .... log   u(1) k   log   u(2) k   ... log   u(k) k     6= 0 Si se elige ci= det((−1)iAi) donde Aies la matriz que surge de eliminar la columna i a la matriz A=     log   u(1) 1   log   u(2) 1   ... log   u(k+1) 1    log   u(1) 2   log   u(2) 2   ... log   u(k+1) 2    . . .. . .... log   u(1) k   log   u(2) k   ... log   u(k+1) k         . Entonces c16= 0 y se tiene por el lema anterior que  log   u(1) 1   log   u(2) 1   ... log   u(k+1) 1    log   u(1) 2   log   u(2) 2   ... log   u(k+1) 2    . . .. . .... log   u(1) k+1   log   u(2) k+1   ... log   u(k+1) k+1     = (−1)k+1 Pk+1 i=0 cilog u(i) k+16= 0 Como se cumple para k=r se tiene lo que busc´abamos. Por tanto, existe una raiz de la unidad ζy r unidades u1, ..., urtal que cada unidad u se puede escribir de fomra unica como u=ζe0ue1 1...uer rdonde 0 ≤e0< w siendo w el orden de ζye1, ..., er∈Z. Definici´on 4.3.8. A cualquier conjunto de r unidades u1, ..., urtal que cumple lo anterior, se llama sistema fundamental de unidades. Si u1, ..., uryv1, ..., vrson dos sistemas fundamentales de unidades entonces se puede escribir cada vien funci´on de los ujde forma ´unica como vi=ζbiua1i 1...uari r. De la misma forma se puede hacer al contrario y tener ui=ζb0 iva0 1i 1...va0 ri r. Como u1, ..., uryv1, ..., vrson conjuntos independientes de unidades, entonces λ(u1), ..., λ(ur) yλ(v1), ..., λ(vr) son linealmente independientso sobre Q. Adem´as generan el mismo espacio vectorial, y la matrices de cambio de base son (aij) y (aij)0, que deben 48 CAP´ ITULO 5. EXPRESIONES ASINT´ OTICAS. Se ha encontrado por fin, una expresi´on asint´otica en la que aparece h multiplicando. Si se consigue calcular el l´ımite, r1, r2, R, wyδ, entonces ya se tiene el n´umero de clases. Lo que realmente es complicado de calcular en la mayor´ıa de los casos es el l´ımite. Lo primero que se nota es que σ(t) = Pbtc m=1 v(m). Se considera δ > 0 y s > 1+δ, entonces, ∀n∈N, se tiene que |Pn i=1 v(i)/is|= |v(1) + Pn i=2(σ(i)−σ(i−1))/is|= v(1) + σ(n)/ns−σ(1) + Pn−1 i=2 (σ(i)(1/is−1/(i−1)s)≤ |v(1)||σ(n)/ns|+|σ(1)|+ Pn−1 i=2 (σ(i)(1/is−1/(i−1)s) Se tiene que |v(1)|est´a acotado, |σ(n)/ns|est´a acotado puesto que converge cuando n tiende a ∞,|σ(1)|tambi´en est´a acotado, as´ı que para ver que |Pn i=1 v(i)/is| converge uniformemente para s∈(1 + δ, ∞)∀δ > 0 hay que comprobar que Pn−1 i=2 (σ(i−1)(1/is−1/(i−1)s))est´a acotado. Primero se tiene que como σ(n)/n converge, entonces existe un a > 0 tal que |σ(n)/n| ≤ a∀n∈N. A partir de este dato, Pn−1 i=2 (σ(i)(1/is−1/(i−1)s))≤ Pn−1 i=2 |(σ(i)||(1/is−1/(i−1)s))| ≤ Pn−1 i=2 |i|a|(1/is−1/(i−1)s))| ≤ Pn−1 i=2 a|(1/is−1−1/(i−1)s−1))| ≤ Pn−1 i=2 Ri i−1−(s−1)(1/ts)dt≤ Pn−1 i=2 Ri i−1|−(s−1)(1/ts)|dt =Pn−1 i=2 Ri i−1(s−1)(1/ts)dt =Rn−1 1(s−1)(1/ts)dt ≤ R∞ 1(s−1)(1/ts)dt ≤ ∞ dado que s > 0. Entonces, Pn i=1 v(i)/isconverge uniformemente en (1+δ, ∞)∀δ > 0. Se llamar´a ζK(s) = Pn i=1 v(i)/isesta es la funci´on zeta de Dedekind. Se puede notar que ζQ=ζ(la de Riemman). Para lo que la necesitamos, s´olo ser´a necesario que est´e definida en R>1. Por tanto, s´olo nos preocuparemos de la serie de Dirichlet. El siguiente resultado nos dar´a la relaci´on que tiene con la expresi´on asint´otica anterior. Proposici´on 5.1.4. Dada na sucesi´on de n´umeros reales {ai}i∈N. Sea S(m) = a1+... +am. Si l´ımm→∞ S(m)/m =c, entonces, la serie de dirichlet P∞ n=1 an/ns converge para s > 1y adem´as l´ıms→1(s−1)(P∞ n=1 an/ns) = c. Demostraci´on. [RIB, E cap 22] Aplicando el resultado para el caso de ai=v(i) se tiene : Proposici´on 5.1.5. l´ıms→1(s−1)ζK(s) = h·(2r1+r2πr2R)/(wp|δ|). Entonces, ya tenemos una expresi´on que relaciona la funci´on ζcon el n´umero de clases. Lo que nos interesa finalmente, es encontrar una expresi´on de la funci´on como producto de Euler. Se definir´a el conjunto Pcomo el conjunto de ideales primos de OKy se definir´a Jcomo el conjunto de ideales no nulos en OK. Se tiene la ´ultima proposici´on. 5.1. EXPRESIONES ASINT´ OTICAS 49 Proposici´on 5.1.6. Con PyJdefinidos como anteriormente, se tiene que QP∈P(1 −1/kPks)−1converge absolutamente para s > 1y se tiene que QP∈P(1 − 1/kPks)−1=PI∈J 1/kIks Demostraci´on. [RIB, D cap 23.2] Finalmente, como consecuencia de todo esto, se tiene el siguiente teorema que da h. Teorema 5.1.7. h=w√|δ| 2r1+r2πr2Rl´ıms→1(s−1) QP∈P (1 −1/kPks)−1. 50 CAP´ ITULO 5. EXPRESIONES ASINT´ OTICAS. Bibliograf´ıa [HW] G.H. Hardy, E.M Wright. An Introduction to the Theory of Numbers. Oxford University Press. [AM] M.F. Atiyah, I.G. MacDonald. Introduction to Commutative Algebra. Ed. Revert´e. [IR] Ireland, K., Rosen. A Classical Introduction to Modern Number Theory. Springer-Verlag, New York, 1990 (second edition). [DL] Dino Lorezini An invitation to Arithmetic Geometry. American Mathematical Society. [RIB] Paulo Ribenboim. Classical Theory of Algebraic Numbers Springer. [ByS] Z.I. Borevich, I. R. Shafarevich. Number Theory Academic Press Inc. 51