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Teorıa de Numeros Algebraicos

Angel del Rıo Mateos

January 14, 2019

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Este documento contiene los apuntes que he utilizado durante varios anos para explicarTeorıa de Numeros Algebraicos en la asignatura de Teorıa de Numeros del Master en MatematicaAvanzada. Esta asignatura permite adaptar sus contenidos a los intereses de los alumnos porlo que los contenidos de esta asignatura se han impartido durante algunos anos mientras que enotros los contenidos de la asignatura pueden ser Teorıa Elemental de Numeros o FundamentosMatematicos de la Criptologıa.

Para la elaboracion de estos alumnos he utilizado diversos textos entre los que habrıa quedestacar los siguientes:

• Z.I. Borevich, I.R. Shafarevich, Academic Press 1966.

• G.J. Janusz, Algebraic Number Fields, Academic Press 1973.

• D.A. Marcus, Number Fields, Springer 1977.

• P. Samuel, Algebraic Theory of Numbers, Houghton-Mifflin, Boston 1977.

ADVERTENCIAS IMPORTANTES: El autor no es un especialista en Teorıa de Numeros,mas bien un aficionado a ella. Ademas estos apuntes estan lejos de ser “presentables”, es decir,estan llenos de erratas e incluso errores. No se si algun dıa tendre tiempo para revisarlos conla calma necesaria para que se puedan convertir en “presentables”. Espero que aun ası puedanresultar utiles a alguien.

Contenidos

1 Elementos enteros 5

1.1 Cuerpos de numeros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Elementos enteros sobre un anillo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3 Anillos de enteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Grupos abelianos finitamente generados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5 Bases enteras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6 Enteros ciclotomicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Factorizacion 25

2.1 Factorizacion en irreducibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2 Factorizacion prima, dominios euclideos y DIPs . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.3 Aplicaciones de factorizacion unica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.4 Factorizacion prima de ideales. Dominios de Dedekind . . . . . . . . . . . . . . 34

2.5 Factorizacion de un primo racional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.6 La norma de un ideal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.7 Extensiones de anillos de enteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.8 Extensiones de Galois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.9 Ramificacion y discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.10 Factorizacion en cuerpos cuadraticos y ciclotomicos . . . . . . . . . . . . . . . . 55

3 Metodos Geometricos 61

3.1 Retıculos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3.2 Teoremas de los dos y cuatro cuadrados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

3.3 Representacion geometrica de numeros algebraicos . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.4 Espacio logarıtmico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.5 Teorema de las Unidades de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4 El grupo de clase 75

4.1 El grupo de clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.2 Finitud del grupo de clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.3 Constantes de Minkowski . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.4 Calculo de numeros de clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3

4 CONTENIDOS

5 El Ultimo Teorema de Fermat 815.1 Consideraciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.2 Teorema de Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3 Primos regulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6 Metodos analıticos 936.1 Formulas analıticas para el numero de clase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.2 Caracteres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1026.3 El numero de clase de los cuerpos ciclotomicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1046.4 Descomposicion de hK como producto de dos factores . . . . . . . . . . . . . . 1106.5 El factor h0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.6 El factor h∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.7 Cuando p no divide a h∗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

Capıtulo 1

Elementos enteros

1.1 Cuerpos de numeros

En esta seccion F denota un cuerpo y K un subcuerpo de F . Recordemos que un elemento αde F se dice algebraico sobre K si es la raız de un polinomio con coeficientes en K. Sea α ∈ Falgebraico sobre K. El polinomio monico MinK(α) en K[X] de grado mınimo que anula α sellama polinomio mınimo y es irreducible. Es bien conocido que si α es algebraico sobre K,entonces el ideal de K[X] generado por MinK(α) coincide con el conjunto de los polinomiosque anulan α y por tanto K[α] = K(α) ' K[X]/(MinK(α)).

Recordemos tambien que α ∈ F es algebraico sobre K precisamente si [K(α) : K] es finitoy en tal caso [K(α) : K] coincide con el grado del polinomio mınimo de α sobre K. Comoconsecuencia de esto, el conjunto de los elementos de F que son algebraicos sobre K formanun subcuerpo de F . En particular el conjunto A de los numeros algebraicos sobre Q forma unsubcuerpo del cuerpo de los numeros complejos. Sin embargo [A : Q] =∞.

Supongamos que K tiene caracterıstica 0 y F una extension de grado n de K. Por elTeorema del Elemento Primitivo, F = K(α) para un elemento algebraico sobre K. Entoncesel polinomio mınimo de α en K tiene n raıces distintas α1 = α, α2, . . . , αn en F . Eso implica queF tiene exactamente n automorfismos σ1, . . . , σn. Cada uno de estos K-automorfismos vienedado por σi(α) = αi. Esa es la razon por la que los elementos α1 = σ1(α), . . . , αn = σn(α) sellaman conjugados de α sobre K. Entonces el polinomio mınimo de α es

∏ni=1(X − σi(α)).

Recordemos que un polinomio P (X1, X2, . . . , Xn) en n variables se dice simetrico si esinvariante por una permutaciones de las variables. Los polinomios simetricos elementales sonlos polinomios de la forma

P0 = 1,P1 = X1 +X2 + . . .+Xn,P2 =

∏i<j XiXj ,

. . . . . .Pn = X1X2 . . . Xn

Recordemos tambien que todo polinomio simetrico se puede expresar como un polinomioen los polinomios simetricos elementales, es decir, es de la forma Q(P0, P1, P2, . . . , Pn) para

5

6 CAPITULO 1. ELEMENTOS ENTEROS

algun polinomio Q.Si α es algebraico sobre K y α1, . . . , αn son los conjugados de α, entonces los coeficientes

del polinomio mınimo de α sobre K son

P0(α1, . . . , αn) = 1P1(α1, . . . , αn) = β1

. . .Pn(α1, . . . , αn) = βn

Si S(X1, X2, . . . , Xn) ∈ K[X1, X2, . . . , Xn] es un polinomio simetrico, entonces S = Q(P0, P1, . . . , Pn)para algun polinomio Q ∈ K[T0, T1, . . . , Tn] y por tanto S(α1, α2, . . . , αn) = Q(1, β1, . . . , βn) ∈K.

Definicion 1.1 Un cuerpo de numeros es una extension finita del cuerpo Q de los numerosracionales contenida en el cuerpo de los numeros complejos. De hecho como C es algebraica-mente cerrado toda extension finita de los racionales es isomorfa a un cuerpo de numeros.

Si α es un numero complejo que es algebraico sobre Q entonces K = Q(α) es un cuerpo denumeros.

De hecho, si F/K es una extension de cuerpos de numeros entonces, por el Teorema delElemento Primitivo, F = K(θ) para algun θ ∈ F . En particular, todo cuerpo de numeros esde la forma Q(θ) para algun numero complejo θ, algebraico sobre Q. Sean θ1 = θ, θ2, . . . , θnlas raıces de MinK(θ). Si σ : F → C es un K-homomorfismo, entonces σ(θ) = θi y de hechopara cada i = 1, . . . , n existe un unico K-homomorfismo σi : F → C tal que σi(θ) = θi. Como[F : K] = n = grado de MinK(θ), el numero de K automorfismos de F en C es precisamente[F : K]. En particular si [F : Q] = m entonces F tienen exactamente m homomorfismos de Fen C.

Mas aun cada homomorfismo σ : K → C tiene exactamente n-extensiones a homomorfismosde F a C.

Si α ∈ F entonces el siguiente polinomio se llama polinomio caracterıstico de α sobre K:

χF/K(α) =

n∏i=1

(X − σi(α)).

Teorema 1.2 Sea α ∈ F = K(θ), con θ algebraico sobre K. Sean mα y mθ los grados de susrespectivos polinomios mınimos sobre K, MinK(α) y MinK(θ). Entonces

(1) mα divide a mθ.

(2) χα,F = MinK(θ)mθmα .

(3) En particular,

(a) χα,F ∈ K[X].

(b) Las imagenes de α por los K-automorfismos de F son los conjugados de α, repetidosmθmα

veces.

1.1. CUERPOS DE NUMEROS 7

(c) α ∈ K precisamente si α queda fijo por todos los K-automorfismos de F .

(d) K(α) = F precisamente si las imagenes de α por los K-automorfismos de F sontodas diferentes.

Demostracion. Sean q = MinK(α) y p = MinK(θ) y n = [F : K(α)]. Entonces mθ = [F :K] = [F : K(α)] [K(α) : K] = n mα. Esto demuestra (1).

Sean σ1, . . . , σh los K-homomorfismos de F . Cada K-homomorfismo K(α) → C tienen extensiones a F , con lo que las clases de equivalencia de la relacion σi ∼ σj si y solo siσi(α) = σj(α) tienen exactamente n elementos cada una. Por tanto, si ordenamos los σi deforma que σ1(α), σ2(α), . . . , σmα son representantes de estas clases deducimos que

χF/K(α) =

(mα∏i=1

(X − σi(α))

)n= MinK(α)n

Esto demuestra (2) y (3).

Definicion 1.3 Sea K ⊆ F una extension finita de cuerpos y σ1, . . . , σn los K-automorfismosde F . La norma y la traza de α ∈ F en esta extension se definen como

NF/K(α) =∏ni=1 σi(α)

TF/K(α) =∑n

i=1 σi(α)

Observese que NF/K(α) y TF/K(α) son respectivamente el termino independiente y elcoeficiente de grado n− 1 del polinomio χF/K(α) y por tanto ambos pertenecen a K. Cuandoeste claro por el contexto, NF/K y TF/K se denotaran N y T .

El siguiente lema reune algunas de las propiedades elementales de la norma y la traza:

Lema 1.4 Si α, β ∈ F y a ∈ K entonces

(1) N(αβ) = N(α)N(β) y N(a) = a[F :K].

(2) T (α+ β) = T (α) + T (β) y T (a) = [F : K]a.

Definicion 1.5 Sea F una extension finita de K de grado n y sean σ1, . . . , σn los K-homomorfismosde F en una clausura algebraica de F . El discriminante sobre K de una lista α1, . . . , αn ∈ Fes

∆F/K [α1, . . . , αn] = det(σi(αj))2.

Ademas, para todo α ∈ F denotamos ∆F/K(α) = ∆F/K [1, α, α2, . . . , αn−1].

Cuando F y K estan claros por el contexto escribiremos simplemente ∆ = ∆F/K .

Proposicion 1.6 Sea F = K(θ) una extension separable de grado n, sea p = MinK(θ) y seanα1, . . . , αn ∈ F . Entonces:

(1) ∆F/K [α1, . . . , αn] = det(T (αiαj)) ∈ K.


(2) Si para cada i = 1, . . . , n se tiene βi =∑n

j=1 ci,jαj con ci,j ∈ K entonces ∆[α1, . . . , αn] =

∆[β1, . . . , βn] det(cij)2.

(3) ∆F/K(θ) = (−1)n(n−1)

2 N(p′(θ)). Ademas, si θ1, . . . , θn son los conjugados de θ sobre Kentonces ∆F/K(θ) =

∏1≤i<j≤n(θi − θj)2.

(4) ∆F/K [α1, . . . , αn] 6= 0 si y solo si α1, . . . , αn forman una base de F sobre K. En partic-ular, si α ∈ F entonces ∆F/K(α) 6= 0 si y solo si F = K(α).

Demostracion. (1) Sean σ1, . . . , σn los K automorfismos de F .

∆[α1, . . . , αn] = det(σi(αj))2 = det(σi(αj)) det(σj(αi)) = det ((σi(αj))(σj(αi)))

= det

(n∑k=1

σk(αi)σk(αj)

)= det(T (αiαj)).

(2) Es una consecuencia inmediata de (σi(βj)) = (σi(αj))(cij).(3) Pongamos θi = σi(θ). Entonces

∆(θ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 . . . 1θ1 θ2 . . . θnθ2

1 θ22 . . . θ2

n

. . . . . . . . . . . .

θn−11 θn−1

2 . . . θn−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

2

=∏i<j

(θi − θj)2 6= 0.

Ademas p(X) =∏ni=1(X − θi), con lo que p′(X) =

∑ni=1

∏j 6=i(X − θj) y, por tanto, p′(θi) =∏

j 6=i(θi − θj). Luego

∆(θ) =∏i<j

(θi − θj)2 = (−1)(n2)∏i 6=j

(θi − θj)

= (−1)n(n−1)

2

n∏i=1

p′(θi) = (−1)n(n−1

2 N(p′(θ)).

(4) En la demostracion de (3) hemos visto que ∆(θ) 6= 0. Como 1, θ, θ2, . . . , θn−1 forman unabase de F sobre K tenemos αi =

∑ni=1 ci,jθ

i−1 para ciertos ci,j ∈ K. Aplicando (2) deducimosque ∆[α1, . . . , αn] 6= 0 si y solo si (ci,j) es invertible si y solo si α1, . . . , αn forman una basede F sobre K. La ultima afirmacion proviene de que F = K(α) si y solo si 1, α, α2, . . . , αn−1

forman una base de F sobre K.

1.2 Elementos enteros sobre un anillo

En esta seccion A denota un anillo1 que esta contenido como subanillo en otro anillo B. Sib ∈ B entonces A[b] denota el menor subanillo de B que contiene a A y a b. Esta claro que

A[b] = {a0 + a1b+ · · ·+ anbn : n ≥ 0, a0, a1, . . . , an ∈ A}.

1Por defecto, todos los anillos son conmutativos.

1.2. ELEMENTOS ENTEROS SOBRE UN ANILLO 9

Mas generalmente, si b1, . . . , bn ∈ B entonces A[b1, . . . , bn] denota el menor subanillo de B quecontiene a A ∪ {b1, . . . , bn}. Este anillo esta formado por los elementos de B que se obtienenal evaluar b1, . . . , bn en un polinomio en n variables. Todavıa mas generalmente, si X ⊆ Aentonces A[X] denota el menor subanillo de B que contiene a A ∪X. Los elementos de A[X]son los que resultan de sustituir los elementos de X en polinomios en una cantidad arbitrariade variables.

El ejemplo que vamos a encontrar mas frecuentemente sera con A = Z, el anillo de losnumeros enteros, y B un cuerpo de numeros.

Consideraremos B como A-modulo de la forma natural. Recuerdese que un A-modulo Mes fiel si el unico elemento a ∈ A tal que aM = 0 es a = 0. Por ejemplo, B es fiel comoA-modulo, pues a1 = a para todo a ∈ A.

Definicion 1.7 Sea b ∈ B. Decimos que b es algebraico sobre A si b es la raız de un polinomiono constante con coeficientes en A. Decimos que b es entero algebraico (o simplemente entero)sobre A si es la raız de un polinomio monico con coeficientes en A. Decimos que B es enterosobre A si todo elemento de B es entero sobre A.

Claramente si b es entero sobre A entonces tambien es algebraico sobre A. Si ademas Aes cuerpo entonces el recıproco se verifica. Pero en general el recıproco no se verifica comopodemos ver en el siguiente ejemplo.

Proposicion 1.8 Si R e un dominio de factorizacion unica (DFU) y F es su cuerpo de frac-ciones entonces un elemento a ∈ F a es algebraico sobre R pero a es entero sobre R si y solosi a ∈ R. En particular los unicos numeros racionales que son enteros sobre Z son los numerosenteros.

Demostracion. Sea α = ab , con a e b elementos coprimos de R e b 6= 0. Entonces b es

algebraico sobre R pues es raız del polinomio bX − a. Supongamos que

αn + an−1αn−1 + . . .+ a1α+ a0 = 0,

con a0, a1, . . . , an−1 ∈ Z. Eso implica que

an + an−1an−1b+ . . .+ a1ab

n−1 + a0bn = 0

y, por tanto, b divide a an en R. Como a y b son coprimos tambien an y b son coprimos en R,lo que implica que b es invertible en R. Por tanto α ∈ R.

Proposicion 1.9 Sea B un anillo y sea A un subanillo de B. Las siguientes condiciones sonequivalentes para un elemento b ∈ B.

(1) b es entero sobre A.

(2) A[b] es finitamente generado como A-modulo.

(3) A[b] esta contenido en subanillo C de B que es finitamente generado como A-modulo.


(4) Existe un A[b]-modulo fiel de finitamente generado como A-modulo.

Demostracion. (1) implica (2): Supongamos que b es entero sobre A y sea P = Xn +an−1X

n−1 + . . .+ a0 ∈ A[X] con A(b) = 0. Entonces, para todo m ≥ n,

bm = −(an−1bm−1 + . . .+ a1b

m−n+1 + a0bm−n)

y razonando por induccion se obtiene que bm ∈ A + Ab + . . . + Abn−1, para todo m. LuegoA[b] esta generado por 1, b, b2, . . . , bn−1 como A-modulo.

(2) implica (3) es obvio tomando C = A[b].(3) implica (4): C es un A[b]-modulo fiel.(4) implica (1): Sea {x1, . . . , xn} un conjunto de generadores de AM . Entonces para cada

i = 1, 2, . . . , n tenemos

bxi =

n∑i=1

aijxj

para ciertos aij ∈ A. Entonces tenemos la siguiente ecuacion matricial

(bI − (aij))(mi) = 0

Multiplicando por la izquierda por la adjunta de la matriz (bI − (aij)) se obtiene que eldeterminante de esta matriz anula a M y, por tanto, es 0. Desarrollando dicho determinantese obtiene una ecuacion polinomica monica en b con coeficientes en A y, por tanto, b es enterosobre A.

Corolario 1.10 Si b1, . . . , bn ∈ B son enteros sobre A, entonces A[b1, . . . , bn] es finitamentegenerado como A-modulo.

Demostracion. Por induccion respecto de n. Como bn es entero sobre A, tambien es enterosobre A[b1, . . . , bn−1] y, por tanto, A[b1, . . . , bn] es finitamente generado como A[b1, . . . , bn−1]-modulo. Por hipotesis de induccion, A[b1, . . . , bn−1] es finitamente generado como A-moduloy, por tanto, A[b1, . . . , bn] es finitamente generado como A-modulo.

Corolario 1.11 El conjunto de los elementos de B que son enteros sobre A forma un subanillode B.

Demostracion. Si b, c ∈ B son enteros sobre A, entonces A[b, c] es finitamente generado comoA-modulo. Por tanto, A[b, c] es fiel y finitamente generado, como A-modulo Como A[b+c], A[c]y A[bc] estan contenidos en A[b, c], de la Proposicion 1.9 deducimos que b + c, −b y bc sonenteros sobre A. Como obviamente 1 es entero sobre A, el corolario es claro.

Definicion 1.12 El conjunto de elementos de B que son enteros en A se llama clausura enterade A en B. Se dice que A en integramente cerrado en B si coincide con su clausura entera enB.

Si A es un dominio decimos que A es integramente cerrado si lo es en su cuerpo decocientes.

1.3. ANILLOS DE ENTEROS 11

Por ejemplo, B es entero sobre A si y solo si B es la clausura entera de A en B. Ademasla Proposicion 1.8 se puede reescribir como:

Proposicion 1.13 Todo DFU es integramente cerrado.

Corolario 1.14 Si B es entero sobre A y C es entero sobre A, entonces C es entero sobre A.

Demostracion. Sea c ∈ C y cn + bn−1cn−1 + . . . + b1c + b0 = 0, con b0, b1, . . . , bn−1 ∈ B.

Entonces B′ = A[b1, . . . , bn] es finitamente generado como A-modulo y c es entero sobre B′,luego B[c] es finitamente generado como B′-modulo. Eso implica que B[c] es finitamentegenerado como A-modulo y, por tanto, c es entero sobre A.

Corolario 1.15 La clausura entera de A en B es integramente cerrada en B.

Demostracion. Sea b ∈ B entero sobre la clausura entera C de A en B. Entonces C[b] esentero sobre C y C es entero sobre A. Por el corolario anterior, b es entero sobre A y, portanto b ∈ C.

Ejercicio 1.16 Demostrar que si A es un dominio de factorizacion unica entonces es integra-mente cerrado.

1.3 Anillos de enteros

Definicion 1.17 El anillo de enteros de un cuerpo de numeros K es la clausura entera de Zen K. Un anillo de enteros es el anillo de enteros de algun cuerpo de numeros.

A partir de ahora K denota un cuerpo de numeros y R la clausura entera de Z en K. Pordefecto, entero significa, entero sobre Z, mientras que entero racional significa numero entero.

Lema 1.18 Si α ∈ K, entonces existe c ∈ Z+ tal que cα es entero.

Demostracion. Supongamos que αn+an−1αn−1+. . .+a1α+a0 = 0, con a0, a1, . . . , an−1 ∈ Q.

Entonces existe c ∈ Z+ tal que cai ∈ Z, para todo i y

(cα)n + can−1(cα)n−1 + . . .+ cn−1a1(cα) + cna0 = 0.

Luego cα ∈ R.

Si c es entero racional, entonces Q(cα) = Q(α), por tanto:

Corolario 1.19 Si K es un cuerpo de numeros, entonces existe un entero θ tal que K = Q(θ).

Lema 1.20 (Gauss) Sean f, g ∈ Q[X] tal que fg ∈ Z[X]. Entonces existe 0 6= c ∈ Q tal quecf ∈ Z[X] y c−1g ∈ Z[X].


Demostracion. Multiplicando por los denominadores de f y g podemos encontrar n ∈ Z+ talque nfg = f1g1 donde f1 = af ∈ Z[X] y g1 = bg ∈ Z[X] para ciertos racionales a y b. Vamosa razonar por induccion sobre n. Por supuesto no hay nada que demostrar para n = 1. Sea pun factor primo de n. Entonces, p | f1g1 y como p genera un ideal primo de Z[X] deducimosque p divide a f1 o g1 en Z[X]. Por simetrıa podemos suponer que p divide a f1. Entoncesnp fg = f1

p g1 = f2g1 con f2 = apf ∈ Z[X]. Solo falta aplicar la hipotesis de induccion.

Lema 1.21 Un numero algebraico es un entero algebraico precisamente si su polinomio mınimosobre Q esta en Z[X].

Demostracion. Una implicacion es obvia. Supongamos que α es un entero algebraico y sea pel polinomio mınimo de α sobre Q y q ∈ Z[X] un polinomio monico tal que q(α) = 0. Entoncesq = fp para algun polinomio f ∈ Q[X]. Aplicando el Lema de Gauss (Lema 1.20), existe c ∈ Qtal que c−1f ∈ Z[X] y cp ∈ Z[X]. Pero, como f y p son monicos, c, c−1 ∈ Z. Luego c = ±1 y,por tanto, p ∈ Z[X].

Un cuerpo cuadratico es una extension K de Q de grado 2. La siguiente proposicion describetodos los cuerpos cuadraticos:

Proposicion 1.22 Todo cuerpo cuadratico es de la forma Q(√d) con d un entero libre de

cuadrados diferente de 1.

Demostracion. Sea K un cuerpo cuadratico. Por el Corolario 1.19 K = Q(θ) con θ enteroy del Lema 1.21 se deduce que el polinomio mınimo es de la forma X2 + aX + b con a, b ∈ Z.Pongamos que a2 − 4b = r2d con r, d ∈ Z y d libre de cuadrados. Entonces

θ =−a+ r

√d

2

y, por tanto K = Q(√d).

El entero libre de cuadrados de la Proposicion 1.22 es unico:

Ejercicio 1.23 Demostrar que si d1 y d2 son dos enteros libres de cuadrados entonces Q(√d1) =

Q(√d2) si y solo si d1 = d2.

Claramente Q(√d) ⊆ R si y solo si d > 1 y en tal caso se dice que Q(

√d) es real . En caso

contrario decimos que Q(√d) es imaginario.

Veamos como podemos utilizar el Lema 1.21 para calcular el anillo de enteros de un cuerpocuadratico.

Proposicion 1.24 Si d es un entero libre de cuadrados entonces el anillo de enteros de Q(√d)

es Z[√d] si d 6≡ 1 mod 4 y Z

[1+√d

2

]si d ≡ 1 mod 4.

1.4. GRUPOS ABELIANOS FINITAMENTE GENERADOS 13

Demostracion. Sea R el anillo de enteros de Q(√d). Claramente Z[

√d] ⊆ R. Cada elemento

de Q(√d) tiene una forma unica

α =a+ b

√d

c

con a, b, c ∈ Z, c > 0 y mcd(a, b, c) = 1. Los conjugados de α sobre Q son α y α = a−b√d

c .Supongamos que α 6∈ Z. Entonces el polinomio mınimo de α es

(X − α)(X − α) = X2 − 2a

cX +

a2 − b2dc2

.

Del Lema 1.21 deducimos que α ∈ R si y solo si 2ac ,

a2−b2dc2

∈ Z. Por ejemplo, 1+√d

2 ∈ R si y

solo si d ≡ 1 mod 4. En tal caso Z[

1+√d

2

]⊆ R.

Para acabar la demostracion basta con demostrar si α ∈ R entonces c = 1 o c = 2 y enel segundo caso d ≡ 1 mod 4 y a y b son impares. En efecto, sea p un primo que divide a c.Entonces p divide a 2a y p2 divide a a2− b2d. Si p 6= 2 entonces p | a y por tanto p no divide ab y p2 divide a b2d. Luego p2 divide a d en contra de que d es libre de cuadrados. Luego p = 2.La misma demostracion prueba que 4 no divide a c. Por tanto, c = 1 o c = 2. Supongamosque c = 2. Entonces a2 ≡ db2 mod 4. De esto se deduce que a y b son impares pues d no esmultiplo de 4 y a y b no son ambos pares. Por tanto a‘2 ≡ b2 ≡ 1 mod 4 y concluimos qued ≡ 1 mod 4.

1.4 Grupos abelianos finitamente generados

En esta seccion recordamos algunas propiedades basicas de los grupos abelianos finitamentegenerados. Comenzamos recordando que todo grupo cıclico infinito es isomorfo al grupo aditivoZ y todo grupo cıclico finito de orden n es isomorfo a Zn = Z/nZ.

Para enteros positivos n1, . . . , nk vamos a utilizar 1 < n1 | · · · | nk como una abreviaturade 1 < n1, n1 | n2, n2 | n3, . . . , nk−1 | nk

El siguiente teorema es conocido como el Teorema Fundamental de los Grupos AbelianosFinitamente Generados. Su demostracion se puede encontrar en la mayorıa de los libros deTeorıa de Grupos.

Teorema 1.25 Sea G un grupo abeliano finitamente generado. Entonces existen enteros n y1 < n1 | · · · | nk tales que

G ∼= Zn ×k∏i=1

Zni .

Ademas, estos numeros determinan G salvo isomorfismos, es decir si n,m ≥ 0, 1 < n1 |· · · | nk y 1 < m1 | · · · | mk entonces Zn×

∏ki=1 Zni ∼= Zm×

∏li=1 Zmi si y solo si n = m, k = l

y ni = mi para todo i.

El numero n del Teorema 1.25 se llama rango de G y los numeros n1, . . . , nk se llamandivisores elementales de G. Observese que G es finito si y solo si n = 0 y G es libre abeliano


si y solo si k = 0, es decir G ∼= Zn. En este caso G tiene una base y todas sus bases tienen nelementos.

Proposicion 1.26 Si F es un grupo abeliano libre y G es un subgrupo de F , entonces G eslibre de rango menor o igual que n. Ademas, existen y enteros positivos a1, . . . , ak y una basex1, . . . , xn de F tales que a1x1, . . . , akxk forman una base de G. En particular [F : G] <∞ siy solo si k = n y en tal caso [F : G] = a1 . . . an.

El siguiente lema proporciona un sistema para calcular [F : G], en caso de que sea finito,a partir de una base de G.

Lema 1.27 Sea x1, . . . , xn una base de un grupo abeliano libre F , A = (aij) una matriz n×nde numeros enteros y G el subgrupo de F generado por y1, . . . , yn, donde yi =

∑ni=1 aijxj

(i = 1, 2, . . . , n). Entonces G tiene rango n precisamente si det(A) 6= 0 y en tal caso [F : G]es el valor absoluto de det(A). En particular, y1, . . . , yn forman una base de F precisamentesi det(A) = ±1.

Demostracion. Si identificamos F con Zn, el rango de G es n precisamente si y1, . . . , ynson linealmente independientes cuando los consideramos en Qn y eso es equivalente a que eldeterminante de A sea distinto de 0.

Supongamos que y1, . . . , yn sean linealmente independientes. Por la Proposicion 1.26 ex-isten enteros positivos a1, . . . , an y una base α1, . . . , αn de F de forma que a1α1, . . . , anαn esuna base de G y [F : G] = a1 · · · an. Consideremos las siguientes matrices de cambio de baseentre las bases que se indican:

B : y1, . . . , yn −→ a1α1, . . . , anαn,C : a1α1, . . . , anαn −→ α1, . . . , αn,D : α1, . . . , αn −→ x1, . . . , xn.

Entonces A = BCD, C es la matriz diagonal con entradas a1, . . . , an en la diagonal y losdeterminantes de B y D son ambos ±1 ya que tanto ambas como sus inversas estan formadaspor numeros enteros. Por tanto

| det(A)| = | det(C)| = a1 . . . an = [F : G].

En el resto de la seccion K es un cuerpo de numeros de dimension n sobre Q. Como elgrupo aditivo de K es libre de torsion cualquier subgrupo finitamente generado de K sera libre.Ademas un subconjunto de K es linealmente independiente sobre Z si y solo si lo es sobre Q.Por tanto todos los subgrupos aditivos de K tienen rango menor o igual que n y tendran rangon si contienen una base de K.

Sea G un subgrupo aditivo finitamente generado de K. Por el parrafo anterior G estagenerado por n elementos α1, . . . , αn. Por definicion el discriminante de G es

∆[G] = ∆K/Q(α1, . . . , αn).

1.5. BASES ENTERAS 15

Esto no depende de la eleccion de los αi pues si G tiene rango menor que n entonces α1, . . . , αnno son linealmente independientes y por tanto ∆K/Q(α1, . . . , an) = 0. En caso contrarioα1, . . . , αn es una base de K sobre Q y lo mismo pasa para otro conjunto β1, . . . , βn de gener-adores de G. Como ambos general el mismo grupo las matrices de cambio de base entre estasdos bases tienen entradas enteras y como son inversas una de la otra tienen determinante ±1.Aplicando la Proposicion 1.6.(2) deducimos que ∆F/K(β1, . . . , βn) = ∆F/K(α1, . . . , αn).

1.5 Bases enteras

En esta seccion K es un cuerpo de numeros de grado n y R es el anillo de enteros de K.

Consideramos los subgrupos aditivos de K como Z-modulos. Como K es libre de torsioncomo Z-modulo, todo

Definicion 1.28 Una base entera de K es una base de R como Z-modulo. O sea, α1, . . . , αnforman una base entera de K si R = Zα1 ⊕ · · · ⊕ Zαn.

Pronto veremos que K tiene una base entera con lo que podemos definir el discriminante∆K de K como el discriminante de R. O sea ∆K = ∆[R].

Ejemplo 1.29 Si d un entero libre de cuadrados, entonces, de la Proposicion 1.24 tenemos

que una base entera de Q(√d) es 1,

√d, si d 6≡ 1 mod 4 y 1, 1+

√d

2 en caso contrario. Por tanto

∆(Q(√d)) =

∣∣∣∣∣ 1√d

1 −√d

∣∣∣∣∣2

= 4d, si d 6≡ 1 mod 4;

∣∣∣∣∣ 1 1+√d

2

1 1−√d

2

∣∣∣∣∣2

= d, si d ≡ 1 mod 4.

Observese que dos cuerpos cuadraticos son iguales si y solo si tienen el mismo discriminante.

Para demostrar la existencia de bases enteras utilizaremos el siguiente Lema.

Lema 1.30 Si α1, . . . , αn ∈ R entonces ∆[α1, . . . , αn] ∈ Z.

Demostracion. Sabemos que ∆[α1, . . . , αn] ∈ Q, pero ademas como α1, . . . , αn ∈ R, susconjugados tambien estan en R y, por tanto, ∆[α1, . . . , αn] ∈ R. Como Z es integramentecerrado en Q, ∆[α1, . . . , αn] ∈ Z.

Teorema 1.31 Todo cuerpo de numeros tiene una base entera y su anillo de enteros es ungrupo abeliano libre cuyo rango coincide con la dimension de K como Q-espacio vectorial.

Demostracion. Del Lema 1.18 se deduce que R contiene una base de K sobre Q y delLema 1.30 se deduce que entre todas las bases de K contenidas en R hay una con discriminante


mınimo. Sea ω1, . . . , ωn una de estas bases y vamos a ver que ω1, . . . , ωn forman una base enterade K. En caso contrario existen a1, . . . , an ∈ Q tales que

ω = a1ω1 + . . .+ anωn ∈ R

y no todos los ai estan en Z. Podemos reordenar los ωi para que a1 6∈ Z. Pongamos a1 = a+r,con a ∈ Z y 0 < r < 1. Poniendo ψ1 = ω − aω1 y ψi = ωi (i = 2, 3, . . . , n) tenemosque ψ1, . . . , ψn forman una base de K sobre Q formada por elementos de R. Ademas eldeterminante de la matriz de cambio de base es∣∣∣∣∣∣∣∣

a1 − a a2 a3 . . . an0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 00 0 0 . . . 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = r.

De la Proposicion 1.6.(2) deducimos ∆[ψ1, . . . , ψn] = r2∆[ω1, . . . , ωn] < ∆[ω1, . . . , ωn], encontra de la eleccion de ω1, . . . , ωn.

El Teorema anterior nos asegura la existencia de una base entera, pero el busqueda efectivade una base entera concreta es mas complicado. En el resto de la seccion vamos a ver unprocedimiento algorıtmico para calcular una base entera de nuestro cuerpo de numeros K.Para ello necesitamos la siguiente proposicion:

De las Proposiciones 1.6.(4) y 1.26 deducimos que ∆[G] 6= 0 si y solo si [R : G] <∞. Masgeneralmente, tenemos la siguiente proposicion que sera util para calcular bases enteras.

Teorema 1.32 Si G es un subgrupo aditivo de ındice finito en R entonces

∆[G] = [R : G]2∆K .

En particular [R : G] divide a ∆[G].

Demostracion. Es consecuencia de las proposiciones 1.6.(2) y 1.27.

Una consecuencia del Teorema 1.32 es el siguiente corolario:

Corolario 1.33 Sea α1, . . . , αn ∈ R una Q-base de K. Si ∆[α1, . . . , αn] es libre de cuadrados,entonces α1, . . . , αn forman una base entera de K.

Por ejemplo, podrıamos haber utilizado esto para dar una demostracion de que si d ≡ 1

mod 4 entonces 1, 1+√d

2 forman una base entera de Q(√d) pues se trata de una base de Q(

√d)

formada por elementos enteros cuyo discriminante es d, un entero libre de cuadrados.

Lema 1.34 Sea G un subgrupo aditivo de R con base α1, . . . , αn. Si G 6= R, entonces existeun primo p tal que p2 divide a ∆[G] y un entero algebraico no nulo de la forma

1

p(c1α1 + . . .+ cnαn)

con c1, . . . , cn enteros entre 0 y p− 1.


Demostracion. Sea p un divisor primo de [R : G]. Por el Teorema 1.32, p2 divide a ∆[G].Ademas, del Teorema de Cauchy de Teorıa de Grupos (o del Teorema Fundamental de GruposAbelianos Finitamente Generados) deducimos que R/G tiene un elemento de orden p, es decir,existe u ∈ R \ G tal que pu ∈ G, entonces pu = a1α1 + . . . + anαn para ciertos enterosa1, . . . , an. Para cada i sean ci y qi enteros con ai = pqi + ci y 0 ≤ ci ≤ p − 1. Entoncesv = u−

∑ni=1 qiαi = 1

p(c1αi + . . .+ cnαn). Como u 6∈ R se tiene que u 6=∑

i=1 qiαi y por tantov 6= 0.

Algoritmo para el calculo efectivo de una base entera de un cuerpo de numeros K:

(1) Empezamos con un conjunto de n elementos α1, . . . , αn linealmente independientes de R,que sospechamos que pueda ser una base de R. Por ejemplo, si K = Q(θ) con θ enteropodemos tomar la base 1, θ, θ2, . . . , θn−1 con n = [K : Q].

(2) Calculamos ∆ = ∆K/Q(α1, . . . , αn). Si este numero es libre de cuadrados concluimos delCorolario 1.33 que α1, . . . , αn es una base entera de K.

(3) En caso contrario elegimos un primo p tal que p2 divida a ∆ y analizamos si algunode los elementos de la forma β = 1

p(c1α1 + . . . + cnαn) con 0 ≤ ci < p y algun ci 6= 0es entero. Esto es un proceso finito pues solo hay un numero finito de tales elementos.Ademas para decidir si un elemento es entero podemos utilizar la Proposicion 1.21. Siningun elemento de esta forma es entero concluimos de la Lemma 1.34 que α1, . . . , αn esuna base entera de K.

(4) Si alguno de ellos β = 1p(c1α1 + . . . + cnαn) es entero y ci 6= 0 entonces cambiamos αi

por β y volvemos al paso (2).

Vamos a ver que este algoritmo acaba en un conjunto finito de pasos. Para ello observamos

que cada vez que vamos del paso (4) al paso (2) el valor de ∆ se multiplica por(cip

)2< 1. Esto

es consecuencia de la Proposicion 1.6.(2). Por tanto los valores absolutos de los ∆ calculadosen (2) forman una sucesion decreciente de enteros positivos. Como estos numeros no puedendecrecer indefinidamente el algoritmo tiene que parar en algun momento en el paso (2) o (3)proporcionando una base entera de K.

En realidad podemos acelerar el procedimiento modificando ligeramente β para que ci = 1,con lo cual cada vez que se pasa del paso (4) al paso (2) el valor de ∆ se divide por p2.Para ver esto, reordenando los αi podemos suponer que c1 6= 0. Como ci < p, tenemos quemcd(ci, p) = 1 y por tanto existen enteros u y v con uci+vp = 1. Para cada j = 2, . . . , n sean qjy rj el cociente y el resto de dividir ucj entre p. Entonces β′ = uβ+ vα1− (q2α2 + · · ·+ qnαn)es entero y

β′ =u

p(c1α1 + · · ·+ cnαn) + vα1 − (q2α2 + · · ·+ qnαn)

=1

p((uc1 + vp)α1 + (uc2 − q2p)α2 + · · ·+ (ucn − qjp)αn)

=1

p(α1 + r2α2 + · · ·+ rnαn) .


Ejemplo 1.35 Si θ = 3√

7, es decir θ es la raız cubica real de 7 entonces 1, θ, θ2 forman unabase entera de Q( 3

√7).

Demostracion. Sean K = Q(θ) y R = Z[θ]. Claramente R esta contenido en el anillo deenteros de K y 1, θ, θ2 forman una base entera de R. Por tanto, basta con demostrar que R esel anillo de enteros de K.

Sea ω una raız cubica primitiva de la unidad. El polinomio mınimo de ω es X3−1X−1 =

1 + X + X2, con lo que 1 + ω + ω2 = 0. Las raıces de X3 − 7 son θ, ωθ y ω2θ. Luego losQ-automorfismos de K son σ1 = 1, σ2 : θ 7→ ωθ y σ2 : θ 7→ ω2θ. Por tanto

∆[G] =

∣∣∣∣∣∣1 θ θ2

1 ωθ ω2θ2

1 ω2θ ωθ2

∣∣∣∣∣∣2

=

θ3

∣∣∣∣∣∣1 1 11 ω ω2

1 ω2 ω

∣∣∣∣∣∣2

= 7232(ω2 − ω)2 = 7232(−1− 2ω)2

= 7232(1 + 4ω + 4ω2) = 7232(−3) = −7233

Segun el algoritmo explicado anteriormente ahora tenemos que buscar un entero algebraico deuna de las dos siguientes formas

13(c0 + c1θ + c2θ

2) 0 ≤ c1, c2, c3 ≤ 217(c0 + c1θ + c2θ

2) 0 ≤ c1, c2, c3 ≤ 6

Veremos que no existe ninguno y en consecuencia concluiremos que R es el anillo de enterosde K. Para ello empezamos calculando una formula para los coeficientes del polinomio carac-terıstico de un elemento generico α = a0 + a1θ + a2θ

2 ∈ K con a0, a1, a2 ∈ Q. Salvo el signodos de estos coeficientes son la traza y la norma:

T (a0 + a1θ + a2θ2) = 3a0

N(a0 + a1θ + a2θ2) = (a0 + a1θ + a2θ

2)(a0 + a1ωθ + a2ω2θ2)(a0 + a1ω

2θ + a2ωθ2)

= a30 + 7a3

1 + 49a32 − 21a0a1a2

Con estas dos expresiones conseguimos descartar los elementos del segundo tipo pues si α esdel segundo tipo deducimos que T (α) = 3c1

7 ∈ Z y, como 0 ≤ c0 < 6, deducimos que c0 = 0.

Tomando ahora normas deducimos que N(α) =c31+7c32

49 ∈ Z. Luego 7 | c1 y de nuevo c1 = 0,

con lo que N(α) =c327 ∈ Z y concluımos que c2 = 0. Luego R no tiene elementos de la segunda

forma.

Para descartar los del primer tipo necesitaremos el tercer coeficiente que salvo el signo es

f(α) = (a0 + a1θ + a2θ2)(a0 + a1ωθ + a2ω

2θ2) +

(a0 + a1θ + a2θ2)(a0 + a1ω

2θ + a2ωθ2) +

(a0 + a1ωθ + a2ω2θ2)(a0 + a1ω

2θ + a2ωθ2)

= 3a20.


Si α es de la primera forma la traza no nos aporta ninguna informacion, pues T (α) = c0 ∈ Z.Sin embargo la norma es

N(α) =c3

0 + 7c31 + 49c3

2 − 21c0c1c2

27.

y el tercer coeficiente es

f(α) =c2

0

3.

Como ambos son enteros, y 0 ≤ c0, c1, c2 ≤ 2, deducimos que c0 = 0 y 7c31 + 49c3

2 es multiplode 27. Supongamos que c1 o c2 no es 0. Entonces c1 y c2 son ambos diferentes de 0 y por tantoc1, c2 ∈ {1, 2}. Luego 0 ≡ 7c3

1 + 49c32 ≡ c1 + c2 mod 3 y por tanto {c1, c2} = {1, 2} con lo que

{c31, c

32} = {1, 8}. Luego c3

1 ≡ −c32 ≡ ±1 mod 9 y, por tanto, 0 ≡ 7c3

1 + 49c32 ≡ ±42 mod 9,

que nos proporciona una contradiccion. Esto prueba que c1 = c2 = 0.

Lema 1.36 Sean K y F dos cuerpos de numeros tales que [KF : Q] = [K : Q] [F : Q].Entonces para cada inclusion σ de K en C y cada inclusion τ de F en C existe una unicainclusion de KF en C que extiende σ y τ .

Demostracion. Sea n = [F : Q]. Entonces [KF : K] = [KF : Q] : [K : Q] = [F : Q] = n ypor tanto σ tiene n extensiones diferentes a una inclusion de KF en C. Todas ellas tienen quetener restricciones distintas a F con lo cual una de ellas, y solo una, se restringe a τ .

Si R y S son dos subanillos de un anillos fijo A entonces RS denota el menor subanillo deA que contiene a R y a S. En nuestro caso todos los anillos son subanillos del cuerpo de losnumeros complejos siempre consideraremos A = C.

Proposicion 1.37 Sean K y F dos cuerpos de numeros con anillos de enteros respectivos Ry S y sea T el anillo de enteros de KF . Si [KF : Q] = [K : Q] [F : Q] y d = mcd(∆K ,∆F )entonces

RS ⊆ T ⊆ 1

dRS.

En particular, si ademas d = 1 entonces T = RS.

Demostracion. Sean α1, . . . , αm una base entera de K y β1, . . . , βn una base entera deF . Luego m = [K : Q] y n = [F : Q] y, por hipotesis, [KF : Q] = mn. Como ademasKF =

∑mi=1

∑nj=1 Qαiβj deducimos que los αiβj forman una base de T . Claramente RS ⊆ T .

Cada elemento de T sera de la forma

γ =∑i,j

aijrαiβj

con mcd(r,mcd(ai,j)) = 1. Basta demostrar que r | d y para ello demostraremos que r dividea ∆K y de forma analoga demostrarıamos que r divide a ∆F .


Sean σ1, . . . , σm las inclusiones de K en C. Por el Lema 1.36, cada σi tiene una unicaextension a KF cuya restriccion a F es la identidad. Denotaremos esta extension tambien σi.Sea xi =

∑nj=1

ai,jr βj para cada i = 1, . . . ,m. Entonces

σk(γ) =∑i,j

ai,jrσk(αi)βj =

m∑i=1

σk(αi)xi.

Por tanto los xi forman una solucion de un sistema de ecuaciones lineales en el que la matrizde los coeficientes es (σk(αi) y los terminos independientes son los σk(γ)T . El determinante dela matriz de los coeficientes es δ = ±

√∆K 6= 0 con lo que se trata de un sistema de Cramer.

Resolviendo por Cramer obtendremos xi = yiδ con δ y todos los yi enteros pues los coeficientes

y terminos independientes del sistema lo son. Por tanto los siguientes numeros complejos sonenteros algebraicos para cada i:

δyi = ∆Kxi =

n∑j=1

∆Kai,jr

βj .

Por tanto se trata de elementos de S y como los βj forman una base entera de S sobre Zdeducimos que

∆Kai,jr ∈ Z para todo i y j. Luego r divide a mcd(∆Kai,j : i, j) = ∆Kmcd(ai,j :

i, j) y como r es coprimo con mcd(ai,j : i, j) deducimos que r divide a ∆K , como querıamos.

1.6 Enteros ciclotomicos

Esta seccion la vamos a dedicar a estudiar los cuerpos ciclotomicos y su anillo de enteros. Si

m es un entero positivo entonces el m-esimo cuerpo ciclotomico es Q(ζm), donde ζm = e2πim ,

una raız primitiva m-esima compleja de la unidad.Empezamos calculando los conjugados de ζm.

Proposicion 1.38 Los conjugados de ζm son los elementos de la forma ζkm con mcd(k,m) = 1.En consecuencia, [Q(ζm) : Q] = ϕ(m) y

MinQ(ζm) =∏

1≤k<mmcd(k,m)=1

(X − ζkm)

y Q(ζm)/Q es una extension de Galois y

Gal(Q(ζm)/Q) = {σk : 1 ≤ k ≤ m,mcd(k,m) = 1}

donde σk esta determinado por σk(ζm) = ζkm. Ademas la aplicacion

Z∗n → Gal(Q(ζm)/Q)

k 7→ σk

es un isomorfismo de grupos.

1.6. ENTEROS CICLOTOMICOS 21

Demostracion. Los elementos de la forma ζkm con mcd(k,m) = 1 son las raıces m-esimasprimitivas de la unidad. Por tanto tenemos que demostrar que los conjugados de ζm son precisa-mente las raıces m-esimas primitivas de la unidad. Claramente todos los conjugados de ζm sonraıces m-esimas primitivas de la unidad. Para demostrar el recıproco, razonando por induccionen el numero de factores en la descomposicion de n como producto de primos racionales, bastademostrar que si ξ es una raız m-esima primitiva de la unidad y p es un primo que no dividea m entonces ξ y ξp son conjugados, pues una vez que esto este demostrado, razonando porinduccion en el numero de primos que dividen a k se demuestra que si mcd(k,m) = 1 entoncesζkm es conjugado de ζm.

Vamos pues a suponer que ξ es una raız m-esima primitiva de la unidad y p un primo queno divide a m. Tenemos que demostrar que ξ y ξp son conjugados sobre Q. Sea f el polinomiomınimo de ξ sobre Q. Entonces Xm − 1 = f(X)g(X) para algun g ∈ Q[X] monico. Del Lemade Gauss (Lema 1.20) deducimos que f y g tienen coeficientes enteros. Como ξp es una raızde Xm − 1, tambien sera raız de f o g y queremos demostrar que ξp es raız de f . En casocontrario g(ζp) = 0. Luego ζ es raız del polinomio g(Xp), con lo que f(X) divide a g(Xp) enQ[X]. Aplicando el Lema de Gauss de nuevo deducimos que en realidad f(X) divide a g(Xp)en Z[X]. Reduciendo modulo p, que lo denotamos usando barras, deducimos que f(X) dividea g(Xp) = g(X)p. Como Zp[X] es un dominio de factorizacion unica deducimos que f(X) yg(X) tienen un factor comun irreducible h(X) en Zp[X]. Luego h2(X) | f(X)g(X) = Xm − 1.Por tanto que Xm − 1 tiene una raız multiple en una clausura algebraica Zp de Zp. Pero esoimplica que su derivada, que es mXm−1, tiene una raız comun con Xm− 1 en Zp, lo cual no esposible pues como p - m, la unica raız del primero es 0 que no es raız del segundo. Concluimosque ξp es raız del polinomio mınimo f de ξ sobre Q, o lo que es lo mismo ξp es conjugado deξ sobre Q.

Corolario 1.39 Sean m y n son dos enteros positivos con m < n. Entonces

(1) Q(ζm) = Q(ζn) si y solo si m es impar y n = 2m.

(2) El conjunto de las raıces de la unidad de Q(ζm) esta formado por las raıces mcm(2,m)-esimas de la unidad.

Demostracion. Primero demostraremos que si m es impar entonces Q(ζm) = Q(ζ2m). Estodemuestra una implicacion de (1) y a su vez sirve para que en la demostracion de (2) podamossuponer que m es par. Una vez que demostremos (2) demostraremos la otra implicacion de(1).

Sim es impar entonces−ζm es una raız 2m-esima primitiva de la unidad. De la Proposicion 1.38deducimos que −ζm y ζ2m son conjugados y por tanto Q(ζm) = Q(−ζm) = Q(ζ2m).

Ahora demostramos (2) suponiendo que m es par. En tal caso lo que hay que demostrares que toda raız de la unidad de Q(ζm) es una raız m-esima de la unidad. Supongamos queξ es una raız de la unidad de Q(ζm) de orden k y sea h el mınimo comun multiplo de k y m.Entonces Q(ζm) tiene una raız de orden h y por tanto ζh ∈ Q(ζm), por la Proposicion 1.38.Como claramente ζm ∈ Q(ζh), deducimos que Q(ζm) = Q(ζh). Luego ϕ(m) = [Q(ζm) : Q] =[Q(ζh) : Q] = ϕ(h). Supongamos que p1, p2, . . . , pr son los primos impares que dividen a m y


q1, . . . , qs son los primos que dividen a h pero no a m. Luego m (p1−1)...(pr−1)2p1...pr

= ϕ(m) = ϕ(h) =

h (p1−1)...(pr−1)(q1−1)...(qs−1)2p1...prq1...qs

, con lo que q1 . . . qs ≤ hm = q1...qs

(q1−1)...(qs−1) . Como m es par, todos losqi son impares y esto implica que s = 0, es decir todos los primos que dividen a m tambiendividen a h. De la formula anterior concluimos que h = m, es decir k divide a m. Por tanto ξes una raız m-esima de la unidad.

Demostramos ahora la otra implicacion de (1). Supongamos que Q(ζm) = Q(ζn). De (2)deducimos que mcm(2,m) = mcm(2, n), con lo que si m < n entonces necesariamente m esimpar y m = 2n.

Corolario 1.40 Si m es una potencia de un primo p entonces

NQ(ζm)/Q(1− ζm) = p yp

(1− ζm)ϕ(m)∈ Z[ζm].

Demostracion. Supongamos quem = pr y sea f = MinQ(ζm). Entonces, de la Proposicion 1.38se tiene que

f =Xpr − 1

Xpr−1 − 1= 1 +Xpr−1

+ · · ·+Xpr−1(p−1)

pues las raıces deXpr−1 son las raıces pr-esimas de la unidad. Usando de nuevo la Proposicion 1.38se tiene que

NQ(ζm)/Q(1− ζm) =∏

1≤k<mmcd(k,m)=1

(1− ζkm) = f(1) = p.

Por tantop

(1− ζm)ϕ(m)=

∏mcd(k,m)=1,1≤k<m

1− ζkm1− ζ

y esto pertenece a Z[ζm] pues 1−ζkm1−ζ = 1 + ζ + · · ·+ ζk−1 para todo k.

Lema 1.41 ∆Q(ζm)/Q(ζm) y ∆Q(ζm)/Q(1− ζm) son iguales y dividen a mϕ(m).

Demostracion. Pongamos ∆ = ∆Q(ζm)/Q. Sean ξ1, . . . , ξn los conjugados de ζm. Entonceslos conjugados de 1− ζm son 1− ξ1, . . . , 1− ξn. De la Proposicion 1.6.(3) deducimos

∆(1− ζm) =∏i<j

((1− ζi)− (1− ζj))2 =∏i<j

(ζi − ζj)2 = ∆(ζm).

Sea f el polinomio mınimo de ζm sobre Q. Del Lema de Gauss (Lema 1.20) tenemos queXm − 1 = f(X)g(X) para algun g ∈ Z[X]. Tomando derivadas y sustituyendo X por ζmdeducimos que m = ζmmζ

m−1m = ζmf

′(ζm)g(ζm). Tomando normas, de la Proposicion 1.6.(3)deducimos

mϕ(m) = N(f ′(ζm))N(ζmg(ζm)) = ∆(ζm)N(ζmg(ζm)).

Como ζmg(ζm) es entero deducimos que su norma es un numero entero y por tanto ∆(ζm)divide a mϕ(m).

1.6. ENTEROS CICLOTOMICOS 23

Teorema 1.42 El anillo de enteros de Q(ζm) es Z[ζm].

Demostracion. Sea R el anillo de enteros de Q(ζm). Tenemos que demostrar que R = Z[ζm].Si m = 1 entonces Q(ζm) = Q y, por tanto, R = Z = Z[ζ1]. Suponemos pues que m > 1 yrazonamos por induccion en el numero de divisores primos de m.

Supongamos que m es divisible por un unico primo p. Sean θ = 1− ζm y n = ϕ(m). ComoZ[ζm] = Z[θ], basta demostrar que 1, θ, θ2, . . . , θn−1 forman una base entera de Q(ζm). Porreduccion al absurdo suponemos que no lo es. Del Lema 1.41 se tiene que ∆(θ) es una potenciade p y por tanto, de la Lemma 1.34 se tiene que R contiene un elemento no nulo de la forma

α =1

p(c0 + c1θ + c2θ

2 + . . . cnθn−1)

con 0 ≤ ci < p para todo i. Sea 1 ≤ i ≤ n mınimo con ci−1 6= 0. Por otro lado, pθi

= θn−i pθn ∈Z[θ] ⊆ R, por el Lema 1.40. Entonces ci−1

θ = α pθi−∑n−1

j=i cjθj−i ∈ R. Tomando normas

deducimos quecni−1

p ∈ Z. Pero esto es imposible pues 1 ≤ ci−1 < p.Supongamos ahora que m es divisible por mas de un primo y pongamos m = m1m2 con

m1 una potencia de un primo y m2 coprimo con m1. Por hipotesis de induccion el anillode enteros de Q(ζmi) es Z[ζmi ] para i = 1, 2. Eso implica que ∆Q(ζmi )

= ∆(ζmi) y ademas,este ultimo divide una potencia de mi por el Lema 1.41. Por tanto ∆Q(ζm1 ) y ∆Q(ζm2 ) soncoprimos. Ademas, [Q(ζm)) : Q] = ϕ(m) = ϕ(m1)ϕ(m2) = [Q(ζm1) : Q] [Q(ζm2) : Q] y Q(ζm)es el compositum de Q(ζm1) y Q(ζm2). Usando la Proposicion 1.37 deducimos que el anillo deenteros de Q(ζm) es Z[ζm1 ]Z[ζm2 ], es decir el menor subanillo de C que contiene a ζm1 y ζm2 yesta claro que dicho anillo es Z[ζm].

Capıtulo 2

Factorizacion

2.1 Factorizacion en irreducibles

En esta seccion D es un dominio de integridad.

El conjunto de las unidades de D lo denotaremos por U(D). Es claro que U(D) es un grupomultiplicativo. Recordemos que dos elementos a, b ∈ D se dicen asociados si a | b y b | a. Esevidente que a y b son asociados precisamente si existe u ∈ U(D) tal que a = ub.

Un elemento a ∈ D se dice que es irreducible si no es una unidad y a no es el productode dos no unidades. Es facil ver que si a no es una unidad, entonces a es irreducible si tododivisor suyo es o bien una unidad o asociado de a.

Los conceptos de divisibilidad, asociado e irreducible se pueden expresar en terminos de losideales generados por los elementos en cuestion de la siguiente forma:

(1) a divide a b precisamente si (a) ⊇ (b).

(2) a y b son asociados precisamente si (a) = (b).

(3) a es irreducible precisamente si (a) es maximal entre los ideales principales propios.

Definicion 2.1 Decimos que D es un dominio de factorizacion si todo elemento de D que nosea ni cero ni unidad se puede escribir como producto de irreducibles de D.

Veamos un ejemplo en que la factorizacion en irreducibles no es posible. Se B el dominiode todos los enteros algebraicos y α una no unidad de B distinta de 0. Entonces α no esirreducible pues α =

√α√α y√α ∈ B \ U(B). Luego B no tiene ningun irreducible. Claro

que tendrıamos que ver que B tiene no unidades distintas de 0 pero eso es facil si el polinomiomınimo de α es Xn + an−1X

n−1 + · · · + a1X + a0 entonces el polinomio mınimo de α−1 esXn−1 + a1

a0Xn−1 + · · ·+ an−1

a0X + 1

a0con lo que α−1 es entero si y solo si a0 = ±1. Por ejemplo√

2 es entero algebraico que no es unidad en B.

Recordemos la siguiente proposicion.

Proposicion 2.2 Las siguientes condiciones son equivalentes para un anillo A:

25

26 CAPITULO 2. FACTORIZACION

(1) Si I1 ⊆ I2 ⊆ . . . es una cadena de ideales de A, entonces existe n ∈ N, tal que In = In+h

para todo h ∈ N.

(2) Todo conjunto no vacio de ideales de A tiene un elemento maximal.

(3) Todo ideal de A es finitamente generado.

Los anillos que satisfacen las condiciones equivalentes de la proposicion anterior se llamannoetherianos y vienen aquı a cuento por el siguiente Teorema.

Teorema 2.3 Todo dominio noetheriano es un dominio de factorizacion.

Demostracion. Sea X el conjunto de los elementos no nulos de D que ni son unidades ni sepueden escribir como producto de irreducibles. Tenemos que demostrar que X es vacio. Encaso contrario, {Dx : x ∈ X} tendra un elemento maximal (x). Entonces x no es una unidad,ni es irreducible, luego x = yz para ciertos y, z ∈ D, tales que ni y ni z son unidades. Luego(y) y (z) contienen propiamente a (x) y, por tanto, no estan en X. Eso implica que y y zse pueden escribir como producto de irreducibles y, por tanto, x tambien es un producto deirreducibles, en contra de la definicion de X.

El teorema anterior satisface todas nuestras expectativas en cuanto a la posibilidad defactorizacion en irreducibles, en anillos de enteros de cuerpos numericos ya que todos estosdominios son noetherianos.

Teorema 2.4 El anillo de enteros de un cuerpo numerico es noetheriano y por tanto es undominio de factorizacion.

Demostracion. Por el Teorema 1.31, el grupo aditivo de un anillo de enteros D es libre derango finito. Por tanto todo ideal de D, que es un subgrupo de D, es tambien libre de rangofinito, y por tanto es finitamente generado como ideal.

Vamos a acabar esta seccion viendo como la norma nos ayuda a identificar las unidades,los elementos irreducibles y la asociatividad entre dos elementos de un anillo de enteros de uncuerpo numerico.

Proposicion 2.5 Sea D el anillo de enteros de un cuerpo numerico K, sea N = NK/Q y seanx, y ∈ D.

(1) x ∈ U(D) si y solo si N(x) = ±1.

(2) Si x e y son asociados, entonces N(x) = ±N(y).

(3) Si N(x) es un primo racional, entonces x es irreducible en D.

Demostracion. Trivial

2.2. FACTORIZACION PRIMA, DOMINIOS EUCLIDEOS Y DIPS 27

2.2 Factorizacion prima, dominios euclideos y DIPs

En la seccion anterior hemos visto que en todos los anillos de enteros son dominios de fac-torizacion. Esto solo es la mitad facil del problema pues lo que nos gustarıa es que fuera undominio de factorizacion unica.

En esta seccion D sigue siendo un dominio.

Recordemos que un ideal de I es primo si para todo a, b ∈ D \ I se tiene que ab 6∈ I. Unelemento de D se dice que es primo en D si Da es un ideal primo. Esta claro que en un dominiotodo primo es irreducible, sin embargo el reciproco no es cierto en todos los anillos. Vamos aver un ejemplo de esto.

Ejemplo 2.6 2 es irreducible pero no primo en Z[√−5].

Demostracion. La norma en Z[√−5] viene dada por

N(a+ b√−5) = a2 + 5b2.

Si 2 = xy, con x e y no unidades de Z[√−5], entonces 4 = N(xy) = N(x)N(y) y, por tanto

N(x) = N(y) = ±2, lo cual es imposible porque no hay ningun elemento con norma ±2 enZ[√−5]. Esto prueba que 2 es irreducible. Por otro lado 2 | 6 = (1 +

√−5)(1−

√−5), pero 2

no divide ni a 1 +√−5 ni a 1−

√−5 por que ambos tienen norma 6, que no es un multiplo de

4 = N(2).

Definicion 2.7 Un dominio de factorizacion unica (DFU) es un dominio D con factorizaciontal que si siempre que

p1p2 . . . pr = q1q2 . . . qs

con todos los pi y qi irreducibles de D se verifica:

(1) r = s y

(2) Existe una permutacion π de {1, 2, . . . , r} tal que pi y qπ(i) son asociados para todo i.

Muchas de las ideas de la factorizacion en Z pueden ser generalizadas a dominios de fac-torizacion unica. Por ejemplo, el metodo de calculo del maximo comun divisor y el mınimocomun multiplo de dos elementos en funcion de sus factorizaciones.

Teorema 2.8 Las condiciones siguientes son equivalentes para un dominio D.

(1) D es un dominio de factorizacion unica.

(2) D es un dominio de factorizacion y todo elemento irreducible de D es primo en D.

(3) Todo elemento de D que no sea nulo ni unidad es producto de elementos primos de D.


Demostracion. (1) implica (2). Supongamos D es un dominio de factorizacion unica. Seap un irreducible de D y sean a, b, c 6= 0 ∈ D, tales que pc = ab. Factorizamos a, b y c enirreducibles:

a = u1p1 . . . pnb = u2q1 . . . qmc = u3r1 . . . rs

donde u1, u2, u3 ∈ U(D) y cada pi, qi, ri es irreducible. Entonces

u3pr1 . . . rs = u1u2p1 . . . pnq1 . . . qm

y, por tanto, p es asociado de algun pi o algun qi, lo que implica que p divide a a o a b. Estodemuestra que p es primo en D.

(2) implica (3) es obvio.

(3) Supongamos ahora que todo elemento de D es producto de elementos primos de D.Claramente D es un dominio de factorizacion. Supongamos que

p1p2 . . . pr = q1q2 . . . qs

con todos los pi y qi primos de D. Razonamos por induccion sobre r. El caso r = 0 es trivial.(Este caso en realidad hay que interpretarlo como que q1q2 . . . qs es una unidad). Supongamosahora que r ≥ 1. Entonces pr | q1q2 . . . qs y, como pr es primo en D, p divide en D a algunqi. Podemos suponer, sin perdida de generalidad, que pr divide a qs. Pongamos pues qs = uprcon u ∈ D Como qs es irreducible, u es una unidad en D y, por tanto, pr y qs son asociados yqs−1u es irreducible. Entonces

p1p2 . . . pr−1 = q1q2 . . . qs−1u

y, por hipotesis de induccion, r − 1 = s− 1 y existe una permutacion π de {1, 2, . . . , r − 1 talque pi y qi son asociados para todo 1 ≤ i ≤ r − 1.

El teorema anterior sirve para dar una amplia clase de dominios en los que la factorizaciones unica: La clase de los dominios de ideales principales (DIP), entre los que estan los dominioseuclıdeos. Recordemos que un dominio euclıdeo es un dominio D con una funcion euclıdea yque una funcion euclıdea es una funcion φ : D \ {0} → N tal que

(1) a | b implica φ(a) ≤ φ(b).

(2) Para todo a, b ∈ D\{0} existen q, r ∈ D tales que a = bq+r y, o bien r = 0 o φ(r) < φ(b).

Observese que si K es un cuerpo de numeros entonces la aplicacion φ(α) = |NK/Q(α)|satisface el primer axioma de funcion euclıdea. Decimos que la norma define una funcioneuclıdea en K si la restriccion de φ a su anillo de enteros define una funcion euclıdea.

Lema 2.9 Sea K un cuerpo de numeros y sea D su anillo de enteros. La norma define unafuncion euclıdea en K si y solo si para todo ε ∈ K existe q ∈ D tal que |NK/Q(ε− q)| < 1.

2.2. FACTORIZACION PRIMA, DOMINIOS EUCLIDEOS Y DIPS 29

Demostracion. Supongamos que φ es una funcion euclıdea y sea ε ∈ K. Por el Lema 1.18existe n ∈ Z+, tal que nε ∈ D. Por hipotesis existen q, r ∈ D tales que nε = nq + r yr = 0 o φ(r) < φ(n). Si r = 0, entonces | NK/Q(ε − q) |= 0. Si φ(r) < φ(n) entonces

|N(ε− q)| = φ(rn

)= φ(r)

φ(n) < 1.

Recıprocamente, supongamos que se cumple la propiedad y sean a, b ∈ D \ {0}. Porhipotesis existse q ∈ D tal que NK/Q

(ab − q

)< 1. Sea r = a − bq. Entonces r ∈ D y o bien

r = 0 o bien φ(r) = φ(b)φ(ab − q

)< φ(b).

Teorema 2.10 Si d es un entero negativo libre de cuadrados entonces φ define una funcioneuclıdea en Q(

√d) si y solo si d = −1,−2,−3,−7,−11.

Demostracion. Sea D el anillo de enteros de Q(√d) y sea ε = r + s

√d ∈ K con r, s ∈ Q

Supongamos primero que d 6≡ 1 mod 4. Entonces D = Z[√d]. Por tanto todo elemento de

D es de la forma q = x+ y√d con x, y ∈ Z y

φ(ε− q) = (r − x)2 − d(r − y)2.

Si elegimos x, y ∈ Z tales que |r−x| y |s−y| sean mınimos. Entonces |r−x|, |s−y| ≤ 12 con lo

que φ(ε− q) = (r−x)2−d(s−y)2 ≤ 1−d4 . Si d = −1 o d = −2 entonces 1−d ≤ 3 con lo que en

ambos casos φ(ε− q) ≤ 34 < 1. Por tanto, la condicion del Lema 2.9 se cumple en estos casos.

Sin embargo, si d < −2 y d 6≡ 1 mod 4 entonces 1− d > 4. Si tomamos ε = 12 + 1

2

√d entonces

para todo x, y ∈ Z se tiene que |x − 12 | ≥

12 e |y − 1

2 | ≥12 con lo que para todo a ∈ Z[

√d] se

verifica que φ(ε − q) ≥ 1−d4 ≥ 1. Luego en este caso la norma no define una funcion euclıdea

por el Lema 2.9.

Supongamos ahora que d ≡ 1 mod 4. Entonces

D = Z

[1 +√d

2

]=

{x+ y

1 +√d

2: x, y ∈ Z

}=

{x+ y

√d

2: x, y ∈ Z, x ≡ y mod 2

}.

Tomemos y ∈ Z tal que |2s−y| sea mınimo y para tal y tomamos x ∈ Z con |r− y2−x| mınimo.

Por tanto |2s− y|, |r − y2 − x| ≤

12 . Si tomamos q = x+ y 1+

√d

2 tenemos

φ(ε− q) =(r − x− y

2

)2− d

(2s− y

2

)2

≤ 1

4− d 1

16=

4− d16

.

En consecuencia si d ≥ −11 entonces la norma define una funcion euclıdea. Sin embargo si

d ≤ −15, ε = 14 + 1

4

√d y q ∈ D entonces q = x+y

√d

2 con x, y ∈ Z. Luego

φ(ε− q) =(1− 2x)2 − d(1− 2y)2

16≥ 1− d

16≥ 1.

Aplicando de nuevo el Lema 2.9 deducimos que si d ≡ 1 mod 4 entonces la norma define unafuncion euclıdea en Q(

√d) si y solo si d ≥ −15, o sea si d ∈ {−3,−7,−11}.


De la Proposicion 1.24 sabemos que Z[√−5] es el anillo de enteros de Q(

√−5), pero del

Ejemplo 2.6 y el Teorema 2.8 sabemos que Z[√−5] no es un DFU y por tanto no es un dominio

euclıdeo.

Es mas difıcil aplicar el Lema 2.9 cuando es positivo. Aquı dejamos un resultado sindemostracion.

Teorema 2.11 Sea d un entero positivo libre de cuadrados. Entonces la norma define unafuncion euclıdea en Q(

√d) si y solo si d ∈ {2, 3, 5, 6, 7, 11, 13, 17, 19, 21, 29, 33, 37, 41, 55, 73}.

2.3 Aplicaciones de factorizacion unica

Vamos a ver como el hecho de que cierto anillo de enteros sea un DFU se puede utilizar pararesolver algunas ecuaciones diofanticas. Comenzamos con un resultado de Fermat.

Teorema 2.12 Las unicas soluciones de la ecuacion diofantica

y2 + 4 = z3

son y = ±11, z = 5 y y = ±2, z = 2.

Demostracion. Vamos a trabajar en el anillo de enteros de Gauss Z[i], que como se vio en elTeorema 2.10 es un dominio euclıdeo y, por tanto, es un DFU. Podemos reescribir la ecuacioncomo

(2 + iy)(2− iy) = z3.

Un factor comun q = a + bi de 2 + iy y 2 − iy es un factor comun de 4 y de 2y. Tomandonormas tenemos que a2 + b2 divide a 16 y 4y2.

Supongamos que y es impar. Entonces a2 +b2 | 4 y, por tanto q = ±1,±i,±2,±2i,±1+±i,como hay que eliminar los dos primeros casos, porque no son unidades y los dos siguientescasos porque y es impar, resulta que solo queda el ultimo caso, que tambien se elimina porquetampoco resulta ser un divisor de 2 + iy, ya que si

2 + iy = (1 + i)(α+ βi) = (α− β) + (α+ β)i

entonces y − 2 = 2β, en contra de que y es impar. Los otros casos se resuelven similarmente.Por tanto, 2+iy y 2−iy son coprimos. Por factorizacion unica se obtiene que como el productoes un cubo, entonces uno de ellos es de la forma uα3 y el otro de la forma u−1β3, para ciertaunidad u. Como las unicas unidades de Z[i] son ±1 y ±i que son todas cubos, luego podemossuponer que u = 1, o sea 2 + iy y 2− iy son cubos. Si 2 + iy = (a+ bi)3, tomando conjugadostenemos que 2 + iy = (a− bi)3. Sumando estas dos ecuaciones tenemos que

4 = 2a3 − 6ab2 = 2a(a2 − 3b2)

y, por tanto,

2 = a(a2 − 3b2)

2.3. APLICACIONES DE FACTORIZACION UNICA 31

Luego a es un divisor de 2, o sea a = ±1 o a = ±2. Como a determina ver se ve facilmenteque las soluciones son

a = −1 b = ±1a = 2 b = ±2.

z3 = (a + bi)3(a − bi)3 = (a2 + b2)3, Luego z = a2 + b2 = 2, 5 y, por tanto, y2 + 4 = 8, 125,luego y = ±2,±11. Como estamos suponiendo que y es impar, y = ±11 y z = 5.

Supongamos ahora que y es par. Esto implica que z tambien es par. Pongamos y = 2Y yz = 2Z, con lo que tenemos que resolver la ecuacion

Y 2 + 1 = 2Z3.

Eso implica que Y es impar, pongamos Y = 2k+ 1. El maximo comun divisor de Y + i y Y − itiene que dividir a la diferencia que es 2i = (1 + i)2. Como N(1 + i) = 2, 1 + i es irreducible deZ[i]. Como Y + i = 2k+ 1 + i = (1 + i)((1− i)k+ 1) y Y − i = 2k+ 1− i = (1 + i)((1− i)k− i),pero (1 + i)2 = 2i no divide a Y + i, el maximo comun divisor de Y + i y Y − i es 1 + i.Descomponiendo la ecuacion Y 2 + 1 = 2Z3 como

(1 + iY )(1− iY ) = 2Z3

y 1 + iY es asociado de Y − i y 1− iY es asociado de Y + i, resulta que 1 + i aparece al menosdos veces en la factorizacion de la parte derecha. Como la factorizacion de 2 es −i(1 + i)2,todos los factores irreducibles de 1 + iY y 1 − iY que no sean asociados de 1 + i tienen unexponente multiplo de 3, o sea

1 + Y i = (1 + i)(a+ bi)3

Observando la parte real tenemos

1 = a3 − 3a2b− 3ab2 + b3 = (a+ b)(a2 − 4ab+ b2)

Luegoa+ b = a2 − 4ab+ b2 = ±1

Resolviendo estas ecuaciones obtenemos solo dos soluciones a = 1, b = 0 y a = 0, b = 1. Esoimplica que Y = ±1 y, por tanto y = ±2, en cuyo caso z = 2.

Vamos a ver ahora otra aplicacion de factorizacion unica. Primero recordamos una propiedadelemental.

Lema 2.13 Sean n,m y p enteros con p primo y m ≥ 0. Si n ≡ 1 mod p entonces npm ≡ 1

mod pm+1.

Demostracion. Razonamos por induccion sobre m. El caso m = 0 es precisamente lahipotesis. Supongamos que np

m ≡ 1 mod pm+1 y pongamos npm

= 1 + hpm+1. Como m ≥ 0i(m+ 1) ≥ m+ 2 para todo i ≥ 2. Luego

npm+1

= 1 + hpm+2 +

pm+1∑i=2

(pm+1

i

)hipi(m+1) ≡ 1 mod pm+2.


Lema 2.14 Sean a un elemento de un anillo A y sea p un primo mayor que 4 tal que p ∈ Aa2.Sean m un entero positivo y n un entero no negativo tal que pn | m. Entonces (1+a)m ≡ 1+mamod Apn+1.

Demostracion. Razonamos por induccion sobre n. Si n = 0 entonces (1 + a)m = 1 + ma +∑mi=2

(mi

)ai ≡ 1 + ma mod p pues p ∈ Aai para todo i ≥ 2. Si n = 1 entonces m ≥ p > 4 y

(1 +a)m = 1 +ma+(m2

)a2 +

(m3

)a3 +

∑i=4m

(mi

)ai ≡ 1 +ma pues p divide a

(m2

)y(m3

)y a a2.

Supongamos que n ≥ 2 y que el lema se verifica para n menor. Entonces (1 + a)mp =

1 +ma+ pnb para algun b ∈ A y, por tanto,

(1 + a)m =

(1 +

m

pa+ pnb

)p= 1 +ma+ pn+1b+

p∑i=2

(p

i

)(m

pa+ pn+1b

)i= 1 +ma+ pn+1b+

p∑i=2

(p

i

) i∑j=0

(i

j

)(m

pa

)j(pn+1b)i−j ≡ 1 +ma mod pn+1

pues en caso contrario pn+1 no divide a(pi

) (mp a)j

(pn+1b)i−j para algun 2 ≤ i ≤ p y algun

0 ≤ j ≤ i. Entonces i = j y pn+1 no divide a(mp a)i

. Pero como pn | m, i ≥ 2 y p | a2, eso

implica que (n− 1)i+ 1 < n+ 1. Luego 1 ≤ (n− 1)(i− 1) < 1, pues n, i ≥ 2. Esto proporcionauna contradiccion.

Teorema 2.15 (Ramanujan-Nagen) Las unicas soluciones de la ecuacion diofantica

x2 + 7 = 2n

sonx = ±1 ±3 ±5 ±11 ±181n = 3 4 5 7 15.

Demostracion. Vamos a trabajar en el anillo de enteros D de Q(√−7) que por el Teo-

rema 2.10 es un dominio euclıdeo. Como −7 ≡ 1 mod 4, este anillo de enteros es Z[1+√−7

2 ].Empezaremos suponiendo que n es par y sea n = 2N , en cuyo caso podemos reescribir la

ecuacion como(2N + x)(2N − x) = 7

Entonces, salvo un cambio de signo en x tenemos

2N + x = 72N − x = 1

y, por tanto N = 2 y x = 3, con lo que n = 4.Supongamos ahora que n es impar y mayor que 3. Sean

a =1 +√−7

2y b =

1−√−7

2.

2.3. APLICACIONES DE FACTORIZACION UNICA 33

La descomposicion de 2 en factores irreducibles en D es

2 = ab

Observese que x tiene que ser impar, por tanto x ≡ 1, 3 mod 4 y, por tanto x2 +7 ≡ 0 mod 4,lo que implica que x2 + 7 es multiplo de 4. Pongamos m = n−2, luego tenemos que demostrarque los enteros positivos impares m para los que la siguiente ecuacion tiene solucion son 3, 5 y13:

x2 + 7

4= 2m. (2.1)

Esta ecuacion se puede reescribir como(x+√−7

2

)(x+√−7

2

)= ambm

La parte de la derecha es una factorizacion en irreducibles. Un factor comun de los dos factoresde la izquierda sera un divisor de la diferencia

√−7, luego, ni a ni b son factores comunes de

los factores de la izquierda. Eso implica que uno de los factores de la izquierda es asociado deam y el otro de bm. Como las unicas unidades de Z[

√−7] son ±1 tenemos

x±√−7

2= ±am (c = a o b)

Luego±(a− b) = ±

√−7 = am − bm.

Vamos a ver que el signo positivo no se da en la izquierda. En caso contrario, como ab = 2,

(1− b)2 = 1− 2ab+ b2 = 1− a2b2 + b2 y a2 − 1 = −5+√−7

2 = b3. Luego

a2 ≡ (1− b)2 ≡ 1 mod b2

y, por tanto,

am ≡ a(a2)m−1

2 ≡ a mod b2

De lo que deducimos que a ≡ am − bm = a− b mod b2 y, por tanto, b2 | b, una contradiccion.Luego

−√−7 = am − bm.

Desarrollando las potencias tenemos

−2m−1 =

(m

1

)1 +

(m

3

)7 +

(m

5

)72 . . .+

(m

m

)7m−1

luego−2m−1 ≡ m mod 7.

Supongamos que m ≡ r mod 42 con 1 ≤ r ≤ 41. Luego m − 1 ≡ r − 1 mod 6 y m ≡ rmod 7. Como 23 ≡ 1 mod 7.

−2r−1 ≡ r mod 7


Las unicas soluciones 0 ≤ r < 42 de esta ecuacion de congruencias son r = 3, 5, 13, luego

m ≡ 3, 5, 13 mod 42.

Solo falta demostrar que m = r. Para ver esto observemos que todo lo que hemos dichopara m es valido para r pues la ecuacion 2.1 tiene solucion para m = 3, 5 y 13. En particular−√−7 = am − bm = ar − br. Supongamos que m > r y sea 7l la mayor potencia de 7 que

divide a m− r. Entonces

2m−ram = ar(2a)m−r = ar(1 +√−7)m−r. (2.2)

Ahora usamos el hecho de que m − r es multiplo de 3 · 7l y 23 ≡ 1 mod 7 para, aplicando elLema 2.13 y el Lema 2.14 deducir que

2m−r ≡ 1 mod 7l+1

y(1 +

√−7)m−r ≡ 1 + (m− r)

√−7 mod 7l+1.

Juntando estas dos congruencias con (2.2) tenemos

am ≡ ar(1 + (m− r)√−7) mod 7l+1.

Similarmente se obtiene

bm ≡ br(1− (m− r)√−7) mod 7l+1.

Entonces, teniendo en cuenta que ar − br = am − bm tenemos que

(m− r)√−7(ar − br) ≡ 0 mod 7l+1.

Pero

ar − br =1 +

(r2

)72 +

(r4

)72 . . .

2r−1

no es multiplo de 7, lo que acaba la demostracion.

2.4 Factorizacion prima de ideales. Dominios de Dedekind

En las secciones anteriores hemos visto que los anillos de enteros son dominios de factorizacionpero no necesariamente de factorizacion. Lo que vamos a ver ahora es como podemos recuperarun tipo de unicidad sustituyendo la factorizacion de elementos por una teorıa de factorizacionde ideales. Esto fue idea de Kummer y Dedekind. Vamos a desarrollar esta idea un poco mascon un ejemplo.

Observemos la factorizacion siguiente en el anillo de enteros D = Z[√

15] de K = Q(√

15):

2 · 5 = (5 +√

15)(5−√

15).

2.4. FACTORIZACION PRIMA DE IDEALES. DOMINIOS DE DEDEKIND 35

√5 y√

3 no son elementos de√

15, pero si nos olvidamos de este hecho podemos escribir

2 = (√

5 +√

3)(√

5−√

3)

5 =√

5√

5

5 +√

15 =√

5(√

5 +√

3)

5−√

15 =√

5(√

5−√

3)

O sea, si extendemos el anillo original al anillo de enteros de Q(√

5,√

3) la factorizacion originalse convierte en la siguiente factorizacion

√5√

5(√

5 +√

3)(√

5−√

3)

Esta fue esencialmente la idea de Kummer, es decir, considerar un cuerpo numerico L quecontenga en K. Entonces los anillos de enteros DK , de K, y DL de L no tienen porque serDFU, pero en algunos casos los elementos de DK pueden tener factorizacion unica en L.

Otra aproximacion fue la de Dedekind a partir del concepto de ideal. Una factorizacion deun elemento

x = ab

corresponde a una factorizacion de ideales principales

(x) = (a)(b)

de forma que una factorizacion en producto de irreducibles

x = P1P2 . . . Pn

corresponde a una factorizacion de ideales

(x) = (P1)(P2) . . . (Pn).

Ademas en el caso en que el dominio es de factorizacion unica los ideales (Pi) son primos.Una de las ventajas de considerar factorizacion en ideales es que elementos asociados cor-

responden a los mismos ideales, luego la unicidad de la factorizacion solo se refiere a ”unicidadsalvo orden”. Pero hay una ventaja mayor. Veamos esto con el ejemplo anterior de la siguientefactorizacion:

10 = 2 · 5 = (5 +√

15)(5−√

15) =√

5√

5(√

5 +√

3)(√

5−√

3).

Sean K = Q(√

15), L = Q(√

5,√

3) y DK y DL sus anillos de enteros. La ultima factorizacionanterior corresponde a la siguiente factorizacion en producto de ideales primos de DL.

(10) = (√

5)(√

5)(√

5 +√

3)(√

5−√

3).

Si ahora intersectamos con DK tenemos

(10) = ((√

5) ∩DK)((√

5) ∩DK)((√

5 +√

3) ∩DK)((√

5−√

3) ∩DK).


Sin embargo los nuevos factores pueden no ser ideales principales. Por ejemplo, vamos a verque I = (

√5+√

3)∩DK no es un ideal principal de DK . Supongamos que I = (k = a+b√

15).Entonces

√3(√

5 +√

3) =√

15 + 3 ∈ I y√

5(√

5 +√

3) = 5 +√

15 ∈ I luego sus normas−6 y 10 son multiplos de N(k). Eso implica que N(k) | 2. Como N(k) 6= ±1, se tiene queN(k) = a2−15b2 = ±2. Tomando modulo 5 tenemos que a2 ≡ ±2 mod 5 lo cual es imposible.La idea es que la factorizacion de (x) en producto de ideales puede ser unica pero los factorespueden ser ideales no principales.

Sabemos que un ideal I de un anillo A es primo si y solo si A/I es un dominio. AdemasI es maximal en A si y solo si A/I es un cuerpo. Por tanto todo ideal maximal es primo. Elrecıproco de la ultima propiedad no es cierto en general, pero sı que lo es para ideales primosno nulos de un anillo de enteros de un cuerpo numerico.

Lema 2.16 Sea D el anillo de enteros de un cuerpo numerico.

(1) Si I es un ideal no nulo de D, entonces D/I es finito.

(2) Los ideales primos no nulos de D son maximales.

Demostracion. Sea 0 6= a ∈ I y n = NK/Q(a). Como a es un divisor de n en D tenemosque n ∈ I y, por tanto D/I es un cociente de D/nD. Si consideramos la estructura aditiva deD/nD observaremos que es un grupo abeliano finitamente generado en el que todo elementotiene orden finito. Luego D/nD es finito y, por tanto, D/I es finito tambien. Si ademas I esprimo D/I es un dominio finito y, por tanto, un cuerpo. Luego I es ideal maximal de D.

Definicion 2.17 Un dominio de Dedekind es un dominio noetheriano integramente cerradotal que todos sus ideales primos no nulos son maximales.

El lema anterior, junto con propiedades que ya habıamos visto anteriormente, nos demues-tra que el anillo de enteros de un cuerpo numerico es un dominio de Dedekind. La propiedadque nos interesa de los dominios de Dedekind es la existencia de factorizacion unica de ideales.

Vamos a analizar un poco el producto de ideales en un dominio D con cuerpo de fraccionesK. Por supuesto que este producto es conmutativo, asociativo y tiene un elemento neutro: elanillo total. Sin embargo no hay inversos. Vamos a ver como podemos anadirle inversos. Losideales de D son los D-submodulos de D.

Definicion 2.18 Un ideal fraccional de un dominio D es un D-submodulo F de su cuerpo defracciones K tal que cF ⊆ D para algun c ∈ D \ {0}.

Observese que si F es un ideal fraccional de K y cF ⊆ D, con c ∈ D \{0}, entonces I = cFes un ideal de D y F = c−1I. Recıprocamente, si I es un ideal de D y c ∈ D \ {0}, entoncesc−1I es un ideal fraccional de D. Luego los ideales fraccionales son los subconjuntos de K dela forma c−1I, con c ∈ D \ {0} e I un ideal de D.

Claramente un ideal es un ideal fraccional y un ideal fraccional es un ideal precisamente siesta contenido en D.


El producto de ideales fraccionales es un ideal fraccional pues c−1Id−1J = (cd)−1IJ .Ademas esta multiplicacion es conmutativa, asociativa y tiene un neutro. Pero ademas resultaque todo ideal fraccional tiene un inverso, con lo cual los ideales fraccionales de un dominio deDedekind forman un grupo abeliano multiplicativo. La demostracion de este hecho va unida ala demostracion del teorema de factorizacion unica de ideales en dominios de Dedekind.

Teorema 2.19 Sea D un dominio de Dedekind.

(1) Los ideales fraccionales de D forman un grupo abeliano. En particular, el producto deideales fraccionales es cancelativo.

(2) Cada ideal no nulo se puede escribir de forma unica (salvo el orden de los factores) comoproducto de ideales primos.

Prepararemos la demostracion del Teorema 2.19 con una serie de lemas. En todos ellos Des un dominio de Dedekind.

Lema 2.20 Para todo ideal no nulo I de D existen ideales primos P1, P2, . . . , Pr, tal queP1P2 . . . Pr ⊆ I.

Demostracion. Supongamos que la afirmacion no es cierta y sea I un elemento maximal enel conjunto de los ideales de D que no la cumplan. La existencia de tal elemento maximales consecuencia de que D es noetheriano. Como I no cumple la propiedad del lema, enparticular I no es primo. Por tanto existen a, b ∈ D \ I con ab ∈ I. Entonces I + Dae I + Db contienen propiamente a I. De la maximalidad de I se tiene que existen idealesprimos P1, . . . , Pk, Pk+1, . . . , Pn tales que P1 · · ·Pk ⊆ I + Da y Pk+1 · · ·Pn ⊆ I + Db. LuegoP1 · · ·Pn ⊆ (I +Da)(I +Db) ⊆ I +Dab = I. En contra de la hipotesis que hemos hecho sobreI.

Para cada ideal I de D sea

I−1 = {x ∈ K | xI ⊆ D}

Claramente I−1 es un D-submodulo de K. Ademas, si I 6= 0, entonces cI−1 ⊆ D, para todo0 6= c ∈ I, luego, I−1 es un ideal fraccional. Ademas, D ⊆ I−1, luego I = ID ⊆ II−1 ⊆ D.Luego II−1 es un ideal de D que contiene a I.

Observese que la operacion −1 invierte el orden, es decir, I ⊆ J implica J−1 ⊆ I−1.

Lema 2.21 Si I es un ideal propio de D, entonces I−1 contiene propiamente D.

Demostracion. Sea P un ideal maximal que contiene a I. Entonces P−1 ⊆ I−1, con lo cualsolo hay que demostrar que D 6= P−1. Sea a ∈ P \ {0} y sea r el menor entero positivo talque existen ideales primos P1, . . . , Pr con P1 . . . Pr ⊆ (a). Como P1 . . . Pr ⊆ (a) ⊆ P , algun Piesta contenido en P . Podemos suponer que P1 ⊆ P pero como P1 es maximal, P1 = P . Comoademas P2 . . . Pr 6⊆ (a) existe b ∈ P2 . . . Pr \ (a). Luego bP ⊆ (a) y, por tanto ba−1P ⊆ D.Luego ba−1 ∈ P−1. Pero, como b 6∈ (a), ba−1 6∈ D. Luego D 6= P−1.


Lema 2.22 Si I es un ideal no nulo de D y S es un subconjunto de K tal que IS ⊆ I, entoncesS ⊆ D.

Demostracion. Sea a1, a2, . . . , an un conjunto de generadores de I. (Recuerdese que D es undominio de Dedekind y por tanto es noetheriano, con lo que todo ideal de D es finitamentegenerado.)

Sea x ∈ S. Entonces existen bij ∈ D tales que

a1x = b11a1 + · · ·+ b1nana2x = b21a1 + · · ·+ b2nan. . . . . . . . . . . . . . .anx = bn1a1 + · · ·+ bnnan

Eso implica que el determinante de la matriz

xI − (bij) =

x− b11 −b12 . . . −b1n−b21 x− b22 . . . −b2n. . . . . . . . . . . .−bn1 −bn2 . . . x− bnn

es 0. Desarrollando dicho determinante tenemos que x es la raız de un polinomio monico concoeficientes en D, o sea x es entero sobre D. Como D es integramente cerrado, por ser dominiode Dedekind, concluimos que x ∈ D.

Lema 2.23 Si I es un ideal no nulo de D, entonces II−1 = D.

Demostracion. Empezaremos suponiendo que P = I es un ideal maximal de D. ComoD ⊆ P−1 y P ⊆ D tenemos que P ⊆ PP−1D. Luego P = PP−1 o PP−1 = D. Pero, delLema 2.21 tenemos que P−1 no esta contenido en D y, por tanto, del Lemma 2.22 deducimosque la primera igualdad no se da. Por tanto PP−1 = D, en este caso.

Demostramos ahora el caso general por reduccion al absurdo. Sea I un ideal maximal entrelos que cumplen la condicion II−1 6= D y sea P un ideal maximal de D que contiene a I. Parala existencia de I estamos usando de nuevo que D es noetheriano pero no lo necesitamos paralo segundo porque todo ideal propio de un anillo esta contenido en un ideal maximal. ComoD ⊂ P−1 ⊂ I−1, multiplicando por I tenemos

I ⊆ IP−1 ⊆ II−1 ⊆ D.

Utilizando de nuevo los lemas 2.21 y 2.22 deducimos que IP−1 6⊆ I. Por tanto, I contienepropiamente a IP−1. De la maximalidad de I deducimos que

IP−1(IP−1)−1 = D

luego

P−1(IP−1)−1 ⊆ I−1


y, por tanto,D = IP−1(IP−1)−1 ⊆ II−1 ⊆ D.

Demostracion del Teorema 2.19. (1) Solo hay que probar que todo ideal fraccional tieneun inverso. Sea I un ideal fraccional. Entonces existe c ∈ D \ {0} y J ideal de D, tal queI = c−1J . Luego cJ−1 es el inverso de I.

(2) Como D es el producto de una cantidad vacıa de ideales primos, basta demostrar laafirmacion para ideales propios de D y por reduccion al absurdo podemos suponer que I esun ideal no nulo, maximal entre los que no son producto de ideales primos. Sea P un idealmaximal que contiene a I. Entonces

I ⊆ IP−1 ⊆ PP−1 ⊆ D.

(De hecho la ultima es igualdad por el Lema 2.23 pero no lo necesitamos.) La primera inclusiones estricta pues si se diera la igualdad tendrıamos D = I−1I = I−1IP−1 = DP−1 = P−1, loque contradirıa el Lema 2.21. Por la maximalidad de I, tenemos que IP−1 = P2 . . . Pr paraciertos ideales primos y, por tanto I = PP2 . . . Pr.

Solo falta demostrar que la factorizacion es unica. Observese que de (1) se deduce que elproducto de ideales es cancelativo. Supongamos que

P1 . . . Pr = Q1 . . . Qs

con los factores, ideales primos de D. Argumentamos por induccion sobre r. Para r = 1el resultado es trivial pues, el hecho de que P1 sea primo implica que Qi ⊆ P1, para alguni (podemos suponer i = 1). Pero como en realidad Q1 y P1 son maximales, Q1 = P1 yde la cancelatividad del producto de ideales se obtiene que r = 1. Si r ≥ 1 tenemos queQ1 . . . Qs ⊆ P1 . . . Pr ⊆ P1 y argumentamos como antes para demostrar que P1 = Qi paraalgun i (que supondremos igual a 1). Para acabar, volvemos a aplicar la cancelatividad y lahipotesis de induccion.

Lema 2.24 Si I es un ideal de D entonces existe un ideal no nulo J de D tal que IJ esprincipal.

Demostracion. El resultado es claro si I = 0. Supongamos que I 6= 0 y fijemos a ∈ I \ {0}.Sea J = {b ∈ D : bI ⊆ Da}. Entonces J es un ideal no nulo de D tal que IJ ⊆ Da. Parademostrar el lema basta ver que IJ = Da y demostramos esto por reduccion al absurdo.Supongamos que IJ 6= Da y sea A = IJ

a . Entonces A es un ideal propio de D que contienea J pues a ∈ I. Luego A−1 contiene propiamente a D, por el Lema 2.21. Sea b ∈ A−1 \ D.Luego bA ⊆ D. Luego bJI = bAa ⊆ Da y, por tanto, bJ ⊆ J . Esto contradice el Lema 2.22pues b 6∈ D.

A partir de haber demostrado la unicidad de la factorizacion de ideales en dominios deDedekind, el papel que jugaban los elementos del anillo viene a ser jugado por los ideales.


Entonces las relaciones de divisibilidad que nos interesan son entre ideales, de forma quedecimos que un ideal I divide a otro J en D si IK = J para algun ideal K. En tal casoescribimos I | J . Claramente I | 0 para todo ideal I. Sin embargo, por la propiedad cancelativadel producto de ideales fraccionales si I 6= 0 y I | J entonces el unico ideal K que satisfaceIK = J es I−1J . Por tanto, en tal caso I | J si y solo si I−1J ⊆ D si y solo si J ⊆ I. Portanto, la relacion de divisibilidad de ideales es la opuesta de la inclusion:

Corolario 2.25 Si I y J son ideales de D entonces I | J si y solo si J ⊆ I.

2.5 Factorizacion de un primo racional

Sea p un primo de Z y R el anillo de enteros de un cuerpo . En general no es cierto que elideal Rp generado por p en R sea primo. Por ejemplo en Q(i) se tiene

(2) = (1 + i)2.

En esta seccion vamos a estudiar la factorizacion de Rp en R.

Denotamos la imagen de un entero a en Zp como a y si denotamos por f = a0 + a1X . . . ∈Z[X], denotaremos por f al polinomio de a0 + a1X . . . ∈ Zp[X].

El resultado esencial es el siguiente teorema

Teorema 2.26 (Dedekind) Sea K un cuerpo numerico de grado n con anillo de enterosR = Z[θ] generado por θ ∈ R y f el polinomio mınimo de f sobre Q. Sea p un primo de Z ysea

f = f1e1. . . fr

er

la factorizacion de f en Zp[X] con f1, . . . , fr ∈ Z[X]. Entonces los ideales

Pi = Rp+Rfi(θ)

de R son maximales y la factorizacion prima de Rp en R es

Rp = P e11 . . . P err .

Demostracion. Sea θi una raız de fi en una extension de Zp. Entonces Zp[θi] ' Zp[X]/(fi).Sea νi : Z[θ]→ Zp[θi] el homomorfismo dado por

νi(g(θ)) = g(θi).

Esta aplicacion esta bien definida pues si g(θ) = 0, entonces f | g y, por tanto fi | g, lo queimplica que g(θi) = 0. La imagen de νi es Zp[θi] que es un cuerpo, luego Pi = ker νi es un idealmaximal de Z[θ]. Si g(θ) ∈ ker νi, entonces g = fih para algun h ∈ Z[X], luego los coeficientesde g − fih son multiplos de p. Luego

g(θ) = (g − fihi)(θ) + fi(θ)h(θ) ∈ Rp+Rfi(θ) = Pi.

2.6. LA NORMA DE UN IDEAL 41

Esto prueba que ker νi ⊆ Pi. Como la otra inclusion es obvia tenemos que

Pi = ker νi.

En particular Pi divide a Rp. Luego

P e11 . . . P err = (Rp+Rf1(θ))e1 · · · (Rp+Rfr(θ))er

⊆ Rp+Rf1(θ)e1 · · · f1(θ)en ⊆ Rp+Rf(θ) = Rp.

Luego Rp | P e11 · · ·P err y los unicos factores de Rp son P1, . . . , Pr. Luego p = P k11 · · ·P krr paraciertos 0 ≤ ki ≤ ei.

Para probar la igualdad consideremos los isomorfismos

R/Pi = Z[θ]/Pi ' Zp[θi],

lo que implicaN(Pi) =| R/Pi |=| Zp[θi] |= pdi

donde di es el grado de fi. Por otro lado

N(Rp) =| Z[θ]/Rp |= pn

donde n es el grado de f . Luego

pn = N(Rp) = N(P1)k1 . . . N(Pr)kr = pd1k1+...+drkr

y, por tantod1k1 + . . .+ drkr = n = d1e1 + . . .+ drer.

Como 0 ≤ ki ≤ ei para todo i, se deduce que ki = ei para todo i.

Hay que tener cuidado con el teorema que acabamos de probar porque no todos los anillosde enteros son de la forma Z[θ]. Al menos si lo son los anillos de enteros de los cuerposcuadraticos y ciclotomicos.

2.6 La norma de un ideal

La existencia de factorizacion unica tiene muchas consecuencias. Una de ellas es que unideal solo tiene un numero finito de divisores. Si aplicamos esto al caso en que el ideal esprincipal se obtiene que cada elemento no nulo solo esta en un numero finito de ideales. Otraconsecuencia es que los conceptos de maximo comun divisor y mınimo comun multiplo deideales I y J pueden definirse bien como el mayor divisor (menor multiplo) comun o en funcionde la factorizacion unica. Esta claro que ambos conceptos coinciden (precisamente por laexistencia de factorizacion unica) y, por tanto, si las factorizaciones de I y J son

I =r∏i=1

P eii

r∏i=1

P fii


tenemos

I + J =r∏i=1

Pmin ei,fii y I ∩ J =

r∏i=1

Pmax(ei,fi)i

En esta seccion R es el anillo de enteros de un cuerpo numerico K. Por el lema 2.16, paratodo ideal I de R, R/I es finito.

Definicion 2.27 Se define la norma de un ideal I como N(I) = [R : I] = |R/I|.

Vamos a ver en un momento que la norma de un elemento de R coincide con la norma delideal generado por el el.

Teorema 2.28 Sea n el grado de K, ∆ el discriminante de K e I un ideal de R. Entonces Itiene una Z-base α1, . . . , αn y

N(I) =

∣∣∣∣∆[α1, . . . , αn]

∆

∣∣∣∣1/2 .Demostracion. La primera parte viene de que el grupo aditivo de R es libre de rango R yde que R/I es finito.

Sea w1, w2, . . . , wn una Z-base de R y pongamos αi =∑n

i=1 cijwj . Por el Lema 1.27

N(I) = [R : I] = det(cij).

Por el Teorema 1.32

∆[α1, . . . , αn] = N(I)2∆.

La norma de ideales tiene propiedades similares a la norma de elementos:

Teorema 2.29 Sean I y J dos ideales de R. Entonces

N(IJ) = N(I)N(J).

Demostracion. Por unicidad de la factorizacion, e induccion en el numero de factores primospodemos suponer que J = P es primo. Para demostrar el resultado, en este caso, basta probarlas dos siguientes formulas:

[R : IP ] = [R : I] | [I : IP ] y [I : IP ] = [R : P ],

pues de estas igualdades se deduce que N(IP ) = [R : IP ] = [R : I][R : P ] = N(I)N(P ).

La primera de las igualdades es consecuencia del Tercer Teorema de Isomorfıa:

R/I ' R/IP

I/IP.

2.6. LA NORMA DE UN IDEAL 43

Para demostrar la segunda primero observemos que el Teorema 2.19 implica que IP estapropiamente contenido en I. Vamos a ver que no hay ideales entre IP e I. Supongamos queexiste un ideal B de R con IP ⊆ B ⊆ I. Entonces

P = I−1IP ⊆ I−1B ⊆ I−1I = R

y, como P es un ideal maximal,

P = I−1B o I−1b = R,

o sea, B = IP o B = I.Sea a ∈ I \ IP . Por lo visto arriba I = IP + (a). La aplicacion ψ : R → I/aP dada por

ψ(x) = ax+ IP es un homomorfismo de anillos suprayectivo cuyo nucleo contiene a P pero noes R. De la maximalidad de P , se tiene que el nucleo es precisamente P . Del Primer Teoremade Isomorfıa deducimos que R/P ∼= I/IP y por tanto [R : P ] = [I : IP ].

El siguiente corolario muestra la relacion entre las normas de ideales y NK/Q.

Corolario 2.30 Si a ∈ R \ {0} entonces N(Ra) = |NK/Q(a)|.

Demostracion. Sean σ1, . . . , σn las inclusiones de K en C y sea F la clausura normal de Ken C, es decir F es el menor subcuerpo de C que contiene a todos los σi(K). Sea S el anillode enteros de F y supongamos que n = [K : Q], m = [F : K] y k = NK/Q(a). Entonces σi(S)para todo i y por tanto

N(Sσi(a)) = |S/Sσi(a)| = |σi(S)/σi(S)σi(a)||S/Sa| = N(Sa).

Usando que S es un Z-modulo libre de rango mn tenemos que N(Sk) = |k|mn. Similarmente,como S es un R-modulo libre de rango m tenemos N(Sa) = N(Ra)m. Combinando esto conel Teorema 2.29 tenemos

|k|mn = N(Sk) =n∏i=1

N(Sσi(a)) = N(Sa)n = N(Ra)mn.

Luego N(Ra) = |k| = |NK/Q(a)|.

Usaremos los adjetivos ”divisor” y ”multiplo” indistintamente sobre ideales y elementos deR y los mezclaremos de forma que que un elemento sea multiplo de un ideal significa que elideal generado por el elemento es multiplo del otro ideal.

Proposicion 2.31 Sea I un ideal no nulo de R.

(1) I = R si y solo si N(I) = 1.

(2) Si N(I) es primo, entonces I tambien es primo.

(3) N(I) ∈ I, o equivalentemente I | N(I).


(4) Si I es primo, entonces I solo divide a un primo racional p y, en tal caso N(I) = pm

para algun m menor o igual que el grado de K.

(5) Solo un numero finito de ideales tienen una norma predeterminada.

Demostracion. (??) es obvio y (2) es una consecuencia del Teorema 2.29 y de la unicidad dela factorizacion.

(3) Observese que como N(I) = [R : I]. Luego, por el Teorema de Lagrange, para todox ∈ R, N(I)x ∈ I. Particularizando al caso x = 1 se sigue el resultado.

(4) Como I es primo, I ∩Z es un ideal primo de Z. Ademas, N(I) ∈ I ∩Z \ {0}, con lo queI ∩ Z = pZ para algun primo p y p es el unico primo racional de I. Como p ∈ I, tenemos queI | Dp y del Teorema 2.29 y el Corolario 2.30 deducimos que N(I) | N(Rp) = |NK/Q(p)| = pn.Luego N(I) es una potencia de p.

(5) Es una consecuencia de I | N(I)R y de que cada ideal de R solo tiene un numero finitode divisores.

Sabemos que todo ideal de R es finitamente generado. De hecho vamos a demostrar quecada ideal esta generado por a lo sumo dos elementos. Primero necesitamos el siguiente lema.

Lema 2.32 Si I y J son dos ideales no nulos de R, entonces existe a ∈ I tal que

aI−1 + J = R.

Demostracion. Sean P1, . . . , Pr los distintos ideales primos que dividen a J . Si r = 0 entoncesJ = R y el resultado esta claro.

Para cada i seaIi = IP1 . . . Pi−1Pi+1 . . . Pr.

Por la unicidad de la factorizacion IiPi esta contenido propiamente en Ii. Por tanto, para cadai existe

ai ∈ Ii \ IiPi.Pongamos

a = a1 + . . .+ ar.

Como ai ∈ Ii ⊆ I, para todo i, tenemos que a ∈ I. Pero para todo i 6= j, ai ∈ IPj , luegoa− ai ∈ IPj . Si a ∈ IPi, entonces ai ∈ IPi, o sea

IPi | ai.

Como ademasIi | ai,

resulta queIiPi = mcm(IPi, Ii) = IPi ∩ Ii | ai

o sea ai ∈ IiPi, contradiccion. Concluimos que a ∈ I y a 6∈ IPi para todo i. O sea I divide aa pero IPi no divide a a. Lo primero implica que aI−1 es un ideal de R y lo que segundo quePi no divide a aI−1. Como P1, . . . , Pr son todos los ideales maximales de R que contienen a Jdeducimos que aI−1 y J son coprimos, es decir aI−1 + J = R.

2.7. EXTENSIONES DE ANILLOS DE ENTEROS 45

Teorema 2.33 Sea I un ideal no nulo de R y 0 6= b ∈ I, entonces existe a ∈ I tal queI = Ra+Rb.

Demostracion. Sea a ∈ I tal que aI−1 + bI−1 = R. Entonces (Ra + Rb)a−1 contiene a Ry, como a y b estan en I, tambien esta contenido en R. Luego (a, b)a−1 = R y, por tanto(a, b) = a.

Acabamos esta seccion demostrando que R tiene factorizacion unica precisamente si es unDIP.

Teorema 2.34 Un anillo de enteros de un cuerpo numerico es un DFU precisamente si es unDIP.

Demostracion. Una implicacion es bien conocida. Supongamos que R es un DFU. Comotodo ideal es producto de ideales primos, basta con demostrar que todo ideal primo no nuloes principal. Sea P un ideal primo no nulo y sea N = N(P ) = P1 . . . Pn una factorizacion deN como producto de irreducibles de R. Como N es un multiplo de P y este es primo, P | Pipara algun i, o sea RPi ⊆ P . Como Pi es irreducible y R es un DFU, RPi es un ideal maximalde R. Luego p = RPi.

Observese que no es cierto que todo DFU sea un DIP, por ejemplo, K[X,Y ] es un DFU,pero no es un DIP.

2.7 Extensiones de anillos de enteros

En esta seccion E/F es una extension de cuerpos de numeros y R y S son los anillos de enterosde F y E respectivamente.

Sea Q un ideal maximal de S and sea P = Q∩R = Q∩F (la ultima igualdad es consecuenciade que los elementos de Q son enteros y por tanto Q ∩ F ⊆ R). Entonces P es un ideal primode R que no es nulo pues N(Q) ∈ P ∩R. Luego P es un ideal maximal de R. Ademas SP ⊆ Q,o lo que es lo mismo Q | SP . El ındice de ramificacion de Q sobre R, que denotaremos e(Q/F )es por definicion el exponente de Q es la factorizacion de SP .

e(Q/F ) = eQ(SP )

El grado residual o grado de inercia de Q sobre R es

f(Q/F ) = [S/Q : R/P ] = dimR/P (S/Q),

donde consideramos R/P como subcuerpo de S/Q vıa el homomorfismo natural R/P → S/Q.Observese que f(Q/F ) tambien se puede definir con la siguiente igualdad

N(Q) = |S/Q| = |(R/P )|f(Q/F ) = N(P )f(Q/F ) = N(Q ∩ F )f(Q/F ). (2.3)

Recıprocamente, si P es un ideal maximal de R entonces los ideales maximales de S quecontienen a P (o sea, los que aparecen en la factorizacion de SP ) se llaman primos de E sobre


P . Estos son precisamente los ideales maximales Q de S que satisfacen Q∩R = P . Por tanto,si los primos de E sobre P son Q1, . . . , Qk entonces

SP = Qe(Q1/F )1 . . . Q

e(Qk/F )k .

Decimos queQ es ramificado sobre F if e(Q/F ) > 1. Decimos que P es ramificado enramificado!enE, o que P ramifica en E si algun primo de E sobre P es ramificado sobre F .

Lema 2.35 Si L es un subcuerpo de E que contiene a F con anillo de enteros T y Q es unideal maximal del anillo de enteros de E entonces

(1) e(Q/F ) = e(Q/L)e(Q ∩ T/F ).

(2) f(Q/F ) = f(Q/L)f(Q ∩ T/F ).

Demostracion. (1) Sean P1 = Q ∩ T y P = Q ∩ R = P1 ∩ R. Sean PT = P e11 . . . P ekk y

P1S = Qe′11 . . . Q

e′tt las factorizaciones de PT y P1S en T y S respectivamente, con Q = Q1.

Entonces e1 = e(P1/F ) y e′1 = e(Q/E). Tenemos que demostrar e(Q/F ) = e1e′1. Si Q′

es un ideal maximal de S que contiene a Pi entonces Q′ ∩ T = Pi. Luego Pj 6⊆ Qi paratodo i = 1, . . . , t y j ≥ 2. Esto implica que la factorizacion de PS en S es de la forma

PS = (P1S)e1 . . . (PkS)ek = (Qe1e′11 . . . Q

e1e′tt )Q

e′t+1

t+1 . . . Qe′mm , para algunos ideales maximales

Qt+1, . . . , Qm y enteros no negativos e′t+1, . . . , e′m. Luego e(Q/F ) = e1e

′1.

(2) f(Q/F ) = [S/Q : R/P ] = [S/Q : T/P1][T/P1 : R/P ] = f(Q/T )f(T ∩Q/F ).

Teorema 2.36 Sea R el anillo de enteros de un cuerpo de numeros F y sean P un idealmaximal de R y E una extension finita de F . Si e1, . . . , ek y f1, . . . , fk son los ındices deramificacion y los grados residuales de los primos de E sobre P , entonces

k∑i=1

eifi = [E : F ].

Demostracion. Sea PS = Qe11 . . . Qekk la factorizacion de PS, de forma que fi = dimR/P (S/Qi)para todo i. Por el Teorema Chino de los Restos tenemos S/PS ∼= S/Qe11 ×· · ·×S/Q

ekk . Ademas

|S/Qeii | = N(Qeii ) = N(Qi)ei = |S/Qi|ei , por el Teorema 2.29. Luego dimS/Qi(S/Q

eii ) = ei y

por tanto

dimR/P (S/PS) =k∑i=1

dimR/P (S/Qeii ) =k∑i=1

dimR/P (S/Qi) dimS/Qi(S/Qeii ) =

k∑i=1

eifi.

Solo falta demostrar

dimR/P (S/PS) = [E : F ]. (2.4)

Esto es facil si F = Q pues entonces R = Z y P = pZ para algun primo p con lo quePS = pS y S/pS ∼= (Z/pZ)[E:Q], de donde deducimos que dimZ/pZ(S/pS) = [E : Q].

2.8. EXTENSIONES DE GALOIS 47

Para demostrar (2.4) ponemos n = [E : F ] y primero demostramos que dimR/P (S/PS) ≤n. En caso contrario S tiene n + 1 elementos s0, s1, . . . , sn cuyas imagenes si en S/PS sonlinealmente independientes sobre R/P . Como s0, s1, . . . , sn son linealmente dependientes sobreK tambien lo son sobre R con lo que existen r0, r1, . . . , rn ∈ R tales que

∑ni=0 risi = 0 y algun

ri 6= 0. Sea I =∑n

i=0Rri. Por el Lema 2.24 existe un ideal J de R tal que IJ = Ra paraalgun a ∈ R \ {0}. Como P es un ideal maximal de R tenemos que Ra 6= Pa. Luego existeb ∈ J tal que Ib 6⊆ Pa, con lo que b

aI ⊆ R pero I ba 6⊆ P . Eso implica que cada r′i = bari ∈ R y

algun ri 6∈ P . Como∑n

i=0 risi = 0 deducimos que s0, s1, . . . , sn son linealmente dependientessobre R/P en contra de la hipotesis.

Sea m = [F : Q] y sea P ∩ Z = pZ con p un primo racional positivo y sean P1, . . . , Pr losprimos de F sobre p. Uno de ellos sera P , con lo que podemos suponer que P1 = P . Pongamose′i = e(Pi/Q), f ′i = e(Pi/Q), ni = dimR/PiR(SPiS). Como el Teorema ya ha sido demostradopara el caso en que el cuerpo pequeno es Q tenemos m =

∑ri=1 e

′if′i . Ademas, en el parrafo

anterior hemos demostrado que cada ni ≤ n. Como pS =∏ri=1(PiS)e

′i , usando el Lema 2.29 y

(2.3) tenemos que

pnm = |S/pS| = N(pS) =

r∏i=1

N(PiS)e′i =

r∏i=1

N(Pi)nie′i =

r∏i=1

pnie′if′i = p

∑ri=1 nie

′if′i .

Luego nm =∑r

i=1 nie′if′i ≤ n

∑ri=1 e

′if′i = nm. Pero como ni ≤ n para todo i deducimos que

ni = n para todo i y aplicando esto para i = 1 tenemos (2.4).

Decimos que P es inerte en E si PS es un ideal primo del anillo de S. En tal caso setendra que f(PS/F ) = [E : F ]. Decimos que P es totalmente ramificado en E si PS = Q[E:F ]

para un ideal maximal Q de S. Esto equivale a que E contiene un unico primo Q sobre Py f(Q/F ) = 1. Decimos que escinde completamente en E si PS es un producto de [E : F ]primos distintos. Esto equivale a que e(Q/F ) = f(Q/F ) = 1 para todo primo Q de E sobreP .

Sea P un ideal primo no nulo de R. Si σ es un F -automorfismo de E entonces σ(R) = R,σ(P ) = P y σ(S) = S. Por tanto, si PS = Qe11 · · ·Q

egg es la factorizacion PS en pro-

ducto de maximales de S entonces cada σ(Qi) es un ideal maximal de S sobre P y PS =σ(Q1)e1 · · ·σ(Qg)

eg . Por tanto σ permuta los Qi’s y e(σ(Qi)/F ) = e(Qi/F ) para todo i.

2.8 Extensiones de Galois

En esta seccion mantenemos la notacion de la seccion anterior pero suponemos que

E/F es una extension de Galois con anillos de enteros S/R y G = Gal(E/F ).

El grupo de Galois G actua en los primos de E y para cada primo de P de F esta accionpermuta los primos de E que estan sobre P . El subgrupo de decomposicion de un primo Q deS es el estabilizador de Q por esta accion, es decir, el grupo

D(Q/F ) = {σ ∈ G : σ(Q) = Q}.


Definimosg(Q/F ) = [G : D(Q/F )].

Claramente g(Q/F ) es el cardinal de la orbita de Q bajo la accion de G.

Teorema 2.37 Sea E/F una extension de Galois de cuerpos de numeros, sea R el anillo deenteros de R y sea P un ideal maximal de R. Entonces

(1) G permuta transitivamente los primos de E sobre P .

(2) Existen enteros e, f y g tales que

e = e(Q/F ), f = f(Q/F ) y g = g(Q/F )

para todo ideal maximal Q de S sobre P .

(3) [E : F ] = efg.

Demostracion. Sea S el anillo de enteros de E y sea D = D(Q/F ).(1) Suponemos por contradiccion que Q y Q′ son dos ideales maximales de S sobre P que

no estan en la misma G-orbita. Sea I el producto de los primos en la G-orbita de Q′ y seanQ = Q1, . . . , Qg los elementos de la G-orbita de Q. Entonces Ii = I

∏j, j 6=iQj 6⊆ Qi para cada

i = 1, . . . , n y por tanto para cada i existe ai ∈ Ii \Qi. Luego a =∑n

i=1 ai ∈ I \Qi para cadai. Si σ ∈ G entonces σ permuta los elementos de la orbita de Q′ y por tanto σ(a) ∈ I. LuegoNE/F (a) =

∏σ∈G σ(a) ∈ F ∩ I = R∩ I ⊆ R∩Q′ = P ⊆ Q, pues los elementos de I son enteros

sobre R. Como Q es un ideal primo de S, tenemos que σ(a) ∈ Q para algun σ ∈ G. Luegoa ∈ σ−1(Q) = Qi, para algun i. Esto contradice la eleccion de a y acaba la demostracion de(1).

(2) y (3) son consecuencias inmediatas de (1) y del Teorema 2.36.

Sean R y S los anillos de enteros de F y E respectivamente. Sean P un ideal maximal deR y Q primo de E sobre P Entonces usamos la notacion

e(E/P ) = e(Q/F ), f(E/P ) = f(Q/F ) y g(E/P ) = g(Q/F ).

Por el Teorema 2.37, estos numeros no dependen de Q. Ademas, G actua transitivamente en elconjunto {Q1, . . . , Qg} de los maximales de E sobre P , y por tanto los grupos de descomposicionde Q1, . . . , Qg sobre F son conjugados en G. En particular, si E/F es una extension abelianaentonces estos grupos de descomposicion de primos sobre P son iguales.

Usamos la barra para reduccion modulo Q (en S) y modulo P (en R). Cada σ ∈ D(Q/F )induce un elemento σ : s 7→ σ(s) de Gal(S/R). Esto define un homomorfismo de grupos

αQ : D(Q/F )→ Gal(S/R).

El nucleo I(Q/F ) de αQ se llama grupo de inercia of Q sobre R. Como D(Q/F ) es el esta-bilizador de Q por la accion de G, la orbita de Q tiene [G : D(Q/F )] elementos y como elcardinal de esa orbita es g(E/F ) y |G| = [E : F ] = e(F/P )f(F/P )g(F/P ), deducimos que|D(Q/F )| = e(E/P )f(E/P ).


Por el Teorema 2.37 si Q′ es otro primo de E sobre P entonces Q′ = σ(Q) para algun σ ∈ G.Eso implica que D(Q′/F ) = σD(Q/F )σ−1 e I(Q′/F ) = σI(Q/F )σ−1. Es decir los grupos dedescomposicion y de inercia de los primos de E sobre P forman dos clases de conjugacion enG. En particular si G es abeliano D(Q/F ) e I(Q/F ) no dependen de Q, sino solo de P .

Si H es un subgrupo de G entonces el subcuerpo de E fijo por H es

EH = {x ∈ E : σ(x) = x para todo σ ∈ H}.

Por Teorıa de Galois, las aplicaciones

H 7→ EH , K 7→ Gal(E/K)

definen biyecciones (inversa, una de la otra) que invierten el orden entre los subgrupos de Gy los cuerpos intermedios F ⊆ K ⊆ E de forma que [E : EH ] = |H|, o equivalentemente[EH : F ] = [G : H]. Ademas H es normal en G si y solo si FH/F es una extension de Galois(= normal). Por otro lado

SH = S ∩ EH

es el anillo de enteros de FH . Ademas, F/FH es una extension de Galois y

D(Q/FH) = D(Q/F ) ∩H y I(Q/FH) = I(Q/F ) ∩H.

En particular, los cuerpos fijos FD(Q/F ) y F I(D/F ) de D(Q/F ) y I(Q/F ) se llaman respec-tivamente cuerpo de descomposicion y cuerpo de inercia de Q sobre F .

Teorema 2.38 Sea E/F una extension de Galois de cuerpos de numeros y sea Q un primode E. Sean G = Gal(E/F ), I = I(Q/F ) y D = D(Q/F ). Entonces

(1) la aplicacion αQ es suprayectiva,

(2) F I/FD es una extension cıclica, es decir una extension de Galois con grupo de Galoiscıclico, y

(3) se verifican las siguientes igualdades

e(Q/F ) = [E : EI ] = e(Q/EI) = |I|,f(Q/F ) = [EI : ED] = f(QI/ED) = f(EI/QD) = [D : I]

g(Q/F ) = [ED : F ] = [G : D],

e(QI/F ) = e(QD/F ) = f(Q/EI) = f(QD/F ) = 1.

Representamos esto en la siguiente tabla:

Indice de GradoGrado Cuerpo Primo ramificacion residual

E Qe | | e 1

EI QI

f | | 1 fED QD

g | | 1 1F P


Ademas si tenemos un cuerpo intermedio F ⊆ K ⊆ E entonces

(4) ED ⊆ K si y solo si Q es el unico primo de E que contiene a Q ∩K.

(5) K ⊆ ED si y solo si e(Q ∩K/F ) = f(Q ∩K/F ) = 1.

(6) K ⊆ EI si y solo si e(Q ∩K/F ) = 1.

(7) EI ⊆ K si y solo si Q ∩K es totalmente ramificado en E.

(8) Si D es normal en G entonces

(a) PSD es el producto de g(E/P ) primos distintos de ED.

(b) P escinde completamente en K si y solo si K ⊆ ED.

(c) Si ademas I es normal en E entonces para cada uno de ellos, digamos Q1, se tieneque Q1S

I es primo y Q1S es una potencia de un primo de E.

Demostracion. (1) Como S/R es una extension de cuerpos finitos existe a ∈ S tal queS = R(a). Sean G = Gal(E/F ) y P = Q ∩ R. Aplicando el Teorema Chino de los Restos alos primos de E sobre P podemos suponer que a pertenece a todos ellos excepto a Q, paraello sustituimos a por otro elemento de S que sea congruente con a modulo Q y con ceromodulo todos los demas primos de E sobre P . Por el Teorema 2.37, los primos de E sobre Pdiferentes de Q son los de la forma σ(Q) con σ ∈ G\D. Por tanto la suposicion sobre a implicaque σ(a) ∈ Q para todo σ ∈ G \ D. Al calcular la imagen del polinomio caracterıstico P =∏σ∈G(X − σ(a)) ∈ R[X] modulo Q obtenemos un polinomio P =

∏σ∈G

(X − σ(a)

)∈ R[X]

cuyas raıces no nulas son los elementos σ(a) con σ ∈ D. Luego, si τ ∈ Gal(S/R) entoncesτ(a) = σ(a) para algun σ ∈ D. Luego τ = αQ(σ). Esto demuestra que αQ es suprayectiva.

(2) Por Teorıa de Galois sabemos que F I/FD es de Galois, pues I es normal en D, yGal(F I/FD) ∼= D/I ∼= Gal(S/R), por (1). Ademas S/R es una extension de grupos cıclicos ypor tanto Gal(S/R) es un grupo cıclico generado por el automorfismo de Frobenius. Recorde-mos que el automorfismo de Frobenius de la extension S/R es el automorfismo de S dado porx 7→ xq donde q = |R|.

(3) Usando (1) se deduce f(Q/F ) = [S : R] = [D : I] = [F I : FD]. Aplicando esto a lasextensiones E/ED y EI/F que tienen grupos de descomposicion e inercia del mismo cardinalque la extension E/F deducimos que f(Q/FD) = f(QI/F ) = [D : I] y usando el Lema 2.35deducimos que f(Q/FE) = f(QD/F ) = 1.

Usando que |D| = e(Q/F )f(Q/F ) deducimos que [E : EI ] = |I| = |D|/[S : R] = e(Q/F ).Como I = Gal(E/EI) esta contenido in D, Q es el unico ideal maximal de S que contienea I ∩ Q. Luego g(Q/EI) = 1. El grupo de descomposicion de Q sobre E/EI is I y lacorrespondiente aplicacion I → Gal(S/SI) ⊆ Gal(S/R) es el homomorfismo trivial pues es larestriction de αQ to I. Aplicando la suprayectividad de dicho homomorfismo deducimos quef(Q/EI) = 1. Por tanto e(Q/EI) = [E : EI ] = e(Q/F ). Luego e(QI/F ) = 1 por el Lema 2.35.

(4) y (5) E/K es una extension de Galois con grupo de Galois H = Gal(E/K), y lacorrespondencia de Galois de E/F asocia K con H. Los grupos de descomposicion e inerciade la extension E/K son D′ = D∩H e I ′ = I ∩H. Por tanto los cuerpos de descomposicion e


inercia de esta extension son los correspondientes de Galois de D′ e I ′, o sea los compositumED

′= EDK y EI

′= EIK. Aplicando (3) a la extension E/K deducimos que e′ = e(Q/K) =

[E : EI′], f ′ = f(Q/K) = [EI

′: ED

′] y g(Q/K) = [ED

′: K]. Representamos esto en el

diagrama de la Figura 2.1 en el que e, f y g son los numeros correspondientes a la extensionE/F : Con la ayuda de este diagrama observamos que Q es el unico primo de E que contiene

E

ee′

EI

f

ED

g

F

EI′

= EIK

f ′

ED′

= EDK

g′

K

Figure 2.1:

a Q ∩K si y solo si g′ = 1 si y solo si EDK = K si y solo si ED ⊆ K.e(Q∩K/F ) = f(Q∩K/F ) = 1 si y solo si e = e′ y f = f ′ si y solo si [E : ED] = [E : EDK]

si y solo si K ⊆ ED.e(Q ∩K/F ) = 1 si y solo EI = EIK si y solo si K ⊆ EI .Q ∩K es totalmente ramificado en E si y solo si e′ = [E : K] si y solo si K = EIK si y

solo si EI ⊆ K.(8) (a) Supongamos que D es normal en G. Entonces ED/F es una extension de Galois

y del apartado (3) y el Teorema 2.37 se tiene que e(Q1/F ) = e(ED/P ) = e(Q/F ) = 1 paratodo primo Q1 de ED sobre P . Por tanto PSD es un producto de [ED : F ] = g(Q/F ) primosdistintos.

(b) Si P factoriza completamente en K entonces e(Q ∩K/F ) = f(Q ∩K/F ) = 1. De (5)deducimos que K ⊆ ED. Recıprocamente, sabemos que e(Q ∩ ED/P ) = f(Q ∩ ED/P ) = 1con lo que si K ⊆ ED necesariamente e(Q ∩K/P ) = f(Q ∩K/P ) = 1.

(c) Si ademas I es normal en G entonces aplicando el mismo argumento a F I deducimosque para cada primo Q1 de ED sobre P se verifica e(Q1/F ) = e(EI/P ) = e(QI/F ) = 1 y,por tanto, [E : EI ] = e(E/P ) = e(Q/F ) = e(Q′/EI) para todo primo Q′ de E sobre F , esdecir Q′SI es primo. Aplicando esto a Q1 se tiene que Q1S

I es primo y Q1S es una potenciae(E/P )-esima de un primo de E.

Veamos algunas aplicaciones a extensiones de cuerpos de numeros que no son necesaria-mente de Galois.

Corolario 2.39 Sea F un cuerpo de numeros de F y sean E1 y E2 dos extensiones finitas deF . Sea P un primo de F .

(1) P no ramifica en E1 ni en E2 si y solo si no ramifica en E1E2.


(2) P escinde completamente en E1 y E2 si y solo si escinde completamente en E1E2.

Demostracion. Las dos demostraciones son iguales, la primera usando el apartado (6) delTeorema 2.38 y la segunda usando el apartado (8).(b) del mismo teorema. Solo hacemos laprimera.

Usando el Lema 2.35 se obtiene facilmente que si P no ramifica en E1E2 entonces noramifica ni en E1 ni en E2. Recıprocamente supongamos que P no ramifica ni en E1 ni en E2.Sea Q un primo de E1E2 sobre P . Tenemos que demostrar que e(Q/F ) = 1. Sea E la clausuranormal de E1E2 sobre F y sea Q′ un primo de K sobre Q. Sea I = I(Q′/F ), el correspondientegrupo de inercia y EI el cuerpo de inercia de Q′ sobre F . Como P no ramifica en Ei se tieneque e(Q′ ∩ Ei/F ) = 1. Luego Ei ⊆ EI , por el Teorema 2.38.(6). Como esto pasa para i = 1e i = 2 tenemos que E1E2 ⊆ EI y en consecuencia, aplicando otra vez el Teorema 2.38.(6)tenemos que e(Q/F ) = e(Q′ ∩ E1E2/F ) = 1.

Corolario 2.40 Sea E/F una extension de cuerpos de numeros, sea L la clausura normal deE sobre F y sea P un primo de F . Entonces

(1) P ramifica en E si y solo si ramifica en L.

(2) P es completamente ramificado en E si y solo si es completamente ramificado en L.

Demostracion. Como L es el compositum de los cuerpos σ(E) con σ recorriendo los F -homomorfismos de E en C, el resultado es consecuencia del Corolario 2.39.

Volvemos a la situacion en la que E/F es una extension de Galois y mantenemos la notacionP,Q,R y S del principio del capıtulo. Hemos visto que el homomorfismo σQ : D = D(Q/F )→Gal(S/R) es suprayectivo con nucleo I = I(Q/F ). Ademas, si q = |R| entonces Gal(S/R) estagenerado por el automorfismo dado por x 7→ xq. Por tanto D contiene un elemento σQ quecumple lo siguiente

σQ(x) ≡ xq mod Q, para todo x ∈ E.

Si P no ramifica en E entonces I = 1 con lo que solo hay un unico automorfismo que cumpleesta propiedad que llamaremos el automorfismo de Frobenius de Q sobre F y que denotaremosφ(Q/F ). El orden de φ(Q/F ) es f(E/f) y si σ ∈ G entonces

φ(σ(Q)/F ) = σφ(Q/F )σ−1

En resumen

Proposicion 2.41 Si E/F es una extension de Galois y P es un primo de F que no ramificaen E entonces los automorfismos de Frobenius de los primos de E sobre P tienen orden f(E/P )y forman una clase de conjugacion de Gal(E/F ).

En particular si E/F es una extension abeliana entonces φ(Q/F ) es igual para todo primoQ sobre P , con lo que denotaremos este automorfismo como φ(E/P ). Este automorfismo vienedado por

φ(E/P )(α) ≡ α||P || mod PS.

2.9. RAMIFICACION Y DISCRIMINANTE 53

Vamos a ver ahora como se puede usar el automorfismo de Frobenius para ver como factorizaun primo que no ramifica en una extension no necesariamente de Galois.

Teorema 2.42 Sea K/F una extension de cuerpos de numeros, sea S el anillo de enteros deS y sea E la clausura normal de K en F y sean G = Gal(E/F ) y H = Gal(E/K). Sea Pun primo de F que no ramifica en K y sea Q un primo de K sobre F . Fijemos un primo Ude E sobre Q y sea φ = φ(U/F ), el automorfismo de Frobenius de Q sobre F . Consideremosthe grupo 〈φ〉 actuando por la derecha en las clases laterales por la derecha de H en G (o seaHσ ·φi = Hσφi) y sean O1, . . . , Og las orbitas de esta accion y Hσi ∈ Oi para cada i = 1, . . . , gy Qi = σi(U) ∩ S. Entonces la factorizacion de PS en E es

PS = Q1 . . . Qg

y f(Qi/F ) = |Oi| para todo i.

Demostracion. Primero demostramos que los Qi son diferentes dos a dos. En efecto, siQi = Qj entonces σi(U) y σj(U) son dos primos de E que estan sobre Q. Luego σi(U) = τσj(U)para algun τ ∈ H, por el Teorema 2.37. Luego σ−1

i τσj ∈ D(U/F ) = 〈φ〉. Luego Hσiφi =

Hτσj = Hσj . Luego Hσj ∈ Oi y por tanto i = j ya que los Hσj son los representantes de lasorbitas.

Sea fi = f(Qi/F ). Entonces

σiφfiσ−1

i = φ(σi(U)/P )fi = φ(σi(U)/K) ∈ H,

y por tantoHσiφ

fi ∈ Hσi.

Eso demuestra que |Oi| ≤ fi para todo i.Por el Teorema 2.36, tenemos

∑gi=1 fi ≤ [K : F ] = [G : H]. Como ademas O1, . . . , Og es

una particion de las clases laterales por la derecha de H en G, tenemos∑g

i=1 |Oi| = [G : H].Combinando esto con la conclusion del parrafo anterior deducimos que f(Qi/F ) = fi = |Oi|para todo i y necesariamente PS = Q1 . . . Qg.

2.9 Ramificacion y discriminante

Teorema 2.43 Sean F un cuerpo de numeros y p un entero racional. Entonces p ramifica enF si y solo si p divide al discriminante de F .

Demostracion. Sea R el anillo de enteros de F y sea α1, . . . , αn una base entera de R con loque el discriminante de F es ∆ = ∆[α1, . . . , αn]. Sean σ1, . . . , σn las inclusiones de F en C ysean L la clausura normal de F en C y S su anillo de enteros. Cada σi tiene una extension aun automorfismo de L que tambien denotaremos σi.

Supongamos que p ramifica en F , o sea p pertenece a un ideal maximal P de R cone(P/F ) > 0, o lo que es lo mismo pR = PI para un ideal I de R que contiene a todos losideales maximales de R que contienen a p. Eso implica que I contiene propiamente a pR con


lo que podemos fijar un elemento α ∈ pR que lo utilizaremos mas adelante y lo escribimoscomo combinacion lineal de los elementos de la base entera fijada es decir α =

∑ni=1miαi con

mi ∈ Z. pero como p no divide a α en R, algun mi no es multiplo de p. Podemos suponersin perdida de generalidad que p - m1. Eso en particular implica que α, α2, . . . , αn es otrabase de F (no necesariamente una base entera) y de la Proposicion 1.6.(2) se deduce que∆(α, α2, . . . , αn) = m2

1∆(α1, . . . , αn) = m21∆F .

Si pR = P1 . . . Pk y pS = Q1 . . . Ql son factorizaciones en productos de ideales maximales ende R y S respectivamente entonces (P1S) . . . (Pk)S = Q1 . . . Ql y por tanto cada Qi contienealgun Pj y por tanto contiene tambien a α. Como cada σi permuta los Qi tenemos queα ∈ σi(Qj) para todo i y j y por tanto σi(αi) ∈ Qi. Utilizando la definicion del discriminantededucimos que ∆(α, α2, . . . αn) ∈ Qj para todo j. Luego ∆(α, α2, . . . , αn) ∈ Qj ∩ Z = pZ porel Lema 1.30. Luego p | m2

1∆F y por tanto p | ∆F , pues p - m1.Demostramos el recıproco por reduccion al absurdo. Por tanto suponemos p no ramifica en

F y que p divide al discriminante de F , es decir p | det(TF/Q(αiαj)). Luego las columnas dela matriz (TF/Q(αiαj)) son linealmente dependientes cuando se consideran en Z/pZ. Es decir,existen enteros m1, . . . ,mn que no son todos multiplos de p pero que cumplen

TF/Q(n∑i=1

miαiαj) =n∑i=1

miTF/Q(αiαj) ≡ 0 mod p

para todo j. Es decir, si α =∑n

i=1miαi entonces α 6∈ pR y p | TF/Q(ααj) para todo j =1, . . . , n. Como R =

∑nj=1 Zαj deducimos que TF/Q(αR) ⊆ pZ

Sea E la clausura normal de F sobre Q y sean G = Gal(E/F ) y S el anillo de enteros deS. Entonces p no ramifica en E por el Corolario 2.40, es decir pS es un producto de primosdistintos. Como α 6∈ pR y pR es un producto de primos distintos, tenemos que α no pertenecea uno de estos primos y por tanto α no pertenece a uno de los primos de E sobre p, digamosQ. Vamos a tomar β ∈ S \ Q que no pertenece a ninguno de los otros primos de E sobre p.Pero,

TE/Q(αS) = TF/QTE/F (αS) = TF/Q(αTE/F (S)) ⊂ TF/Q(αR) ⊆ pZ.

En particular TE/Q(αβS) ⊆ pZ ⊆ Q. Por otro lado si D es grupo de descomposicion de Qsobre Q y σ ∈ G \D entonces σ−1(Q) es un primo de E sobre p distinto de Q y por la eleccionde β tenemos que αβS ⊆ σ−1(Q). Es decir σ(αβS) ⊆ Q para todo σ ∈ G\D. En consecuencia,si s ∈ S entonces ∑

σ∈Dσ(αβs) = TE/Q(αβs)−

∑σ∈G\D

σ(αβs) ∈ Q.

Luego ∑σ∈D

αQ(σ)(αβs) = 0.

Pero S es un cuerpo y αβ 6= 0 pues αβ 6∈ Q. Luego∑

σ∈D αQ(σ) = 0. Como p no ramificaen E tenemos que αQ es injectiva y eso implica que los αQ(σ), con σ ∈ D son distintos dosa dos. Pero eso contradice el Teorema de Artin que dice que los automorfismos de un cuerposon linealmente independientes.

2.10. FACTORIZACION EN CUERPOS CUADRATICOS Y CICLOTOMICOS 55

Corolario 2.44 Supongamos que F = Q(α) y f ∈ Z[X] con f(α) = 0. Si p - NF/Q(f ′(α)) 6= 0entonces p no ramifica en F .

Demostracion. Sea g = IrrQ(α). Entonces g divide a f en Q[X]. Pongamos f = gh.Ademas g ∈ Z[X] por el Lema 1.21 y, usando el Lema de Gauss (Lema 1.20) se deduce queh ∈ Z[X]. Ademas f ′(α) = g′(α)h(α) = ±∆Kh(α) por la Proposicion 1.6.(3) con lo que

NF/Q(f ′(α)) = ±NF/Q(∆F )NF/K(h(α)) = ±∆[F :Q]K NF/K(h(α)). En consecuencia, si p no

divide a NF/Q(f ′(α)), entonces tampoco divide a ∆F y por tanto p no ramifica en F , por elTeorema 2.43.

Corolario 2.45 Si F/K es una extension de cuerpos solo un numero finito de primos de Kramifica en K.

Demostracion. Si P es un primo de K y P ramifica en F entonces P ∩ Z ramifica en Ftambien. Por tanto basta demostrar el resultado cuando K = Q y en este caso el resultado esconsecuencia del Teorema 2.43.

2.10 Factorizacion en cuerpos cuadraticos y ciclotomicos

En esta seccion vamos a ver como calcular la factorizacion de pR para p un primo racional yR el anillo de entero de un cuerpo cuadratico o un cuerpo ciclotomico.

Empezamos suponiendo que F es un cuerpo cuadratico. Entonces F/Q es una extensionde Galois y hay tres posibilidades: pR es primo, en cuyo caso f(F/p) = 2, pR es el cuadradode primo de F o el producto de dos primos de F , y en estos dos casos f(F/p) = 1. Masconcretamente

Proposicion 2.46 Sea R el anillo de enteros de F = Q(√d) con d un entero libre de cuadrados

distinto de 1 y sea p un primo racional. Entonces pR descompone de la siguiente manera comoproducto de primos:

pR =

(pR+

√dR)2, si p | d;

(2R+ (1 +√d)R)2 si p = 2 y d ≡ 3 mod 4;(

2R+ 1+√d

2 R)(

2R+ 1−√d

2 R)

si p = 2 y d ≡ 1 mod 8;

(pR+ (n+√d)R)(pR+ (n−

√d)R) si p 6= 2 y d ≡ n2 mod p;

y en los demas casos pR es primo, es decir, esto pasa si o bien p = 2 y m ≡ 5 mod 8 o bienp 6= 2 y p no es un cuadrado modulo p.

Demostracion. La extension F/Q es de Galois de grado 2. Por tanto, del Teorema 2.37deducimos que si f(F/p) = 2 entonces pR es primo y en los demas casos o bien pR es elcuadrado de un primo de F o el producto de dos primos. En particular, de la factorizacionunica en producto de primos de F se deduce que si pR contiene (es decir divide) al producto de


dos ideales propios I y J (no necesariamente distintos) entonces I y J son ideales maximalesy pR = IJ .

Si p divide a d entonces (pR+√dR)2 = p2R+p

√dR+dR ⊆ pR, luego pR = (pR+

√dR)2.

Similarmente, si d = 3 + 4t entonces (2R+ (1 +√d)R)2 = 4R+ 2(1 +

√d)R+ 2

√d ⊆ 2R.

Observese que en los dos casos anteriores p divide al discriminante de F que recuerdese quees d si d ≡ 1 mod 4 y 4d en caso contrario (Ejemplo ??). En los demas casos p no divide aldiscriminante de F y por tanto o bien pR es primo o el producto de dos primos distintos.

Supongamos que d = 1+4t. Entonces 1+√d

2 y 1−√d

2 pertenecen a R. Sean P = 2R+ 1+√d

2 R

y Q = 2R+ 1−√d

2 R. Entonces PQ = 4R+ (1 +√d)R+ (1−

√d)R+ tR con lo que 2 ∈ PQ con

lo que. Si t es impar entonces 1 ∈ PQ y eso implica que tanto P = Q = R. Sin embargo, si tes par (equivalentemente d ≡ 1 mod 8) se tiene que PQ ⊆ 2R. Como claramente ni P ni Qestan contenidos en 2R deducimos que P y Q son ideales propios de R y por tanto PQ = 2R.

Supongamos que p es impar, d = n2 +tp y sean P = pR+(n+√d)R y Q = pR+(n−

√d)R.

De nuevo ni P ni Q estan contenidos en pR y PQ = p2R+p(n+√d)R+p(n−

√d)R+tpR ⊆ pR.

Luego pR = PQ.

Falta demostrar que en los demas casos pR es primo lo cual es equivalente a demostrar quef(F/p) = 2 y para ello basta demostrar que R/pR tiene mas de p elementos o lo mismo queZ + pR 6= R. Si p es impar y no divide a d entonces el polinomio X2 − d es irreducible sobreZ/pZ y por tanto

√d es un elemento de R que no esta en Z + pZ. Similarmente, si d ≡ 5

mod 4 entonces 1+√d

2 pertenece a R pero no a Z + 2R pues 2R = Z[√d].

Consideramos ahora extensiones ciclotomicas.

Teorema 2.47 Sea m un entero positivo y sean F = Q(ζm) y p es un primo racional. Seanm = pkn con p - n, e = ϕ(pk) y f el orden multiplicativo de p modulo n (es decir pf ≡ 1 6≡ pf−1

mod n). Entonces e = e(F/p) y f = f(F/p) con lo que

pR = (Q1 . . . Qg)e

con g = ϕ(m)ef = ϕ(n)

f y Q1, . . . , Qg primos distintos de F .

Demostracion. Del Lema 1.41 y el Teorema 2.43 se deduce que si p ramifica en F entoncesp | m. Por tanto e(Q(ζn)/p) = 1. Sea Q un primo de Q(ζn) sobre p y sea π : Z[ζn]→ Z[ζn]/Qla proyeccion canonica. Como p - n, n 6∈ pZ = Q ∩ Z y por tanto π(n) 6= 0. Si ξ ∈ 〈ζn〉 \ {1}con π(ξ) = 1 entonces

∑ni=0 ξ

i = 0 y por tanto π(n) =∑n

i=0 π(ξ)i = π(∑n

i=0 ξi)

= π(0) = 0,una contradiccion. Esto demuestra que la restriccion de π a 〈ζn〉 es inyectiva y por tanto π(ζn)es una raız n-esima primitiva de la unidad en K. Pero K esta generado sobre Z/pZ por π(ζn)y por tanto K es minimal entre los cuerpo de caracterıstica p que contienen una raız n-esimaprimitiva de la unidad, con lo que su cardinal es la menor potencia de p que es 1 modulo n, osea |K| = pf . Por tanto f = f(F/p). Esto demuestra el resultado para el caso en que k = 0.

Supongamos que k > 0. Entonces, del apartado anterior y el Lema 2.35 y el Teorema 2.36deducimos que e(F/p) = e(F/Q) ≤ [F/Q(ζn)] = ϕ(pk). Sea S = Z[ζpk ]. Si i es un numero

positivo coprimo con p entonces ηi =1−ζi

pk

1−ζpk

= 1 + ζpk + · · ·+ ζi−1pk

y si ij ≡ 1 mod pk entonces


η−1i =

1−ζijpk

1−ζipk

= 1 + ζjpk

+ · · · + ζj(i−1)

pk. Esto muestra que ηi es invertible en S y por tanto

(1− ζipk

)S = (1− ζpk)S. El polinomio mınimo de ζpk sobre Q es

Φpk =Xpk − 1

Xpk−1 − 1= 1 +Xpk−1

+X2pk−1+ · · ·+X(p−1)pk−1

(2.5)

=∏

1≤i≤pk,p-i

(X − ζipk).

Luego

p = Φpk(1) =∏

1≤i≤pk,p-i

(1− ζipk) = N(1− ζpk). (2.6)

Esto implica que 1−ζpk genera un ideal primo P y pS = Pϕ(pk). Eso implica que e(Q(ζpk)/p) =

ϕ(pk) = [Q(ζpk) : Q] y por tanto f(Q(ζkp )/p) = 1, por el Teorema 2.37. Aplicando el Lema 2.35

una vez mas deducimos que ϕ(pk) = e(Q(ζpk)/p) divide a e(F/p). Como antes habıamos visto

que este es como mucho ϕ(pk), deducimos que e(F/p) = ϕ(pk). Aplicando una vez mas el

Lema 2.35 y el Teorema 2.37 tenemos, e(F/Q) = e(F/p)e(Q/Q) = e(F/p) = ϕ(pk) = [F : Q(ζn)] y por

tanto f(F/Q) = 1. Luego f(F/p) = f(Q(ζn)/Q ∩Q(ζn)) = f .

Combinando los Teoremas 2.43 y 2.47 deducimos:

Corolario 2.48 Sea m un entero positivo y p un primo racional. Entonces las siguientescondiciones son equivalentes:

(1) p ramifica en Q(ζm).

(2) p divide a ∆(Q(ζm)/Q).

(3) p es impar y divide a m o p = 2 y 4 | m.

Vamos ahora a fijar un primo impar p y consideramos F = Q(ζp) y G = Gal(F/Q).Entonces G cıclico de orden p− 1 y, por tanto, G tiene un unico subgrupo de orden para cadad que divide a p− 1. Ademas, Gd = {gd : g ∈ G} es el unico subgrupo de G de orden p−1

d y sucuerpo fijo que denotaremos por Fd es el unico subcuerpo de F con [F : Q] = d. Se tiene portanto que si d′ es otro divisor de p− 1 entonces Fd ⊆ Fd′ si y solo si d divide a d′.

Corolario 2.49 Sean p y q son primos distintos. Sea d es un divisor de p − 1 y sea Fd elunico subcuerpo de Q(ζp) de grado d sobre Q. Entonces q es una potencia d-esima modulo psi y solo si q escinde completamente en Fd.

Demostracion. Identificamos G = Gal(Q(ζp)/Q) con el grupo de unidades de Z/pZ, que esun grupo cıclico de orden p−1. Sabemos q no ramifica en F y que f = f(F/q) es el orden mul-tiplicativo de q modulo p. Por tanto q genera un subgrupo de ındice p−1

f = g = ge en (Z/pZ)∗.Por tanto 〈q〉 corresponde al grupo de descomposicion de q en F . Del Teorema 2.38.(5) tenemosque q escinde completamente en Fd (o sea e(Fd/q) = f(Fd/q) = 1) si y solo si Fd esta contenido


en el cuerpo de descomposicion de q si y solo si Gd contiene al grupo de descomposicion de q,o sea si y solo si g ∈ Gd, es decir si y solo si g es una potencia d-esima modulo p.

En particular F2 es el unico cuerpo cuadratico contenido en F . Supongamos que F2 =Q(√d) con d libre de cuadrados. Si q es un primo que divide a d entonces q ramifica en F2 y

por tanto tambien ramifica en F . Pero eso implica que q = p. Eso implica que o bien d = −1 od = ±p. Pero el primer caso no es posible pues i 6∈ F . Luego d = ±p. Ademas 2 no ramifica enF2 con lo que no divide al discriminante de F2. Eso implica que d ≡ 1 mod 4. Esto demuestralo siguiente:

Corolario 2.50 Si p es un primo impar entonces el unico subcuerpo cuadratico de Q(ζp) es

Q(√

(−1)p−12 p

).

Recordemos que si m es un entero positivo y p es un primo el sımbolo de Legendre se definecomo (

m

p

)=

0, si p | m;

1, si p - m y m es cuadrado modulo p;

−1, si p - m y m no es cuadrado modulo p.

Esta claro que (mn

p

)=

(m

q

)(n

q

)y que (

−1

p

)=

{1, si p ≡ 1 mod 4;

−1, si p ≡ −1 mod 4.

Por tanto (−1

p

)= (−1)

p−12 .

Corolario 2.51 (Ley de Reciprocidad Cuadratica) Si p y q son primos impares distintosentonces (

q

p

)(p

q

)= (−1)

(p−1)(q−1)4 .

Demostracion. Sean Kp = Q(√εpp) y y Kq = Q(

√εqq) los subcuerpos cuadratico de Q(ζp) y

Q(ζp) respectivamente. Usando el Corolario 2.49 y la Proposicion 2.46 tenemos que(qp

)= 1

si y solo si q es un cuadrado modulo p si y solo si q escinde completamente en Kp = Q(√εpp)

si y solo si εpp es un cuadrado modulo q. Esto demuestra que(qp

)=(εppq

)=(εpq

)(pq

), o lo

que es lo mismo (q

p

)(p

q

)=

(εpq

).


Esto es 1 si y solo si o bien (−1)p−12 = εp = 1 o bien (−1)

q−12 =

(−1q

)= 1. En tal caso

(−1)(p−1)(q−1)

4 = 1. En caso contrario, p−12 y q−1

2 son impares y por tanto(pq

)(qp

)= −1 =

(−1)(p−1)(q−1)

4 .

Vamos a acabar este capıtulo con el primer caso de anillo de enteros de un cuerpo ci-clotomico Q(ζn) que no es un DFU. Este es el caso de n = 23.

Pongamos K = Q(ζ23), D = Z[ζ23] el anillo de enteros de K y N = NK/Q. Sea F =

Q(√−23), que es unico subcuerpo cuadratico de K por el Corolario 2.50. Sea

µ = 1− ζ23 + ζ−223 .

Despues de muchos calculos se obtiene que

NK/Q(µ) = 6533 = 47 · 139

que no es una potencia de un primo y, por tanto el ideal I = (µ) no es primo, luego debe serel producto de dos ideales primos (ya que la norma de I es producto de dos primos) I = pq,cuyas normas son N(p) = ±47 y N(q) = ±139. Si D es DFU entonces p = (ν) para algun

ν ∈ D Teorema 2.34. Entonces NF/K(ν) pertenece al anillo de enteros de F que es Z[

1+√−23

2

](Proposicion 1.24). Luego N(F/K)(ν) = a+b

√−23

2 con a, b ∈ Z y a ≡ b mod 2. Entonces

±47 = N(ν) = NF/Q(NF /K(ν)) = NF/Q

(a+b√−23

2

)= a2+23b2

4 . Por tanto

a2 + 23 b2 = 4 · 47 = 188

Pero un calculo sencillo muestra que 188 no se puede escribir como a2 + 23b2 con a, b ∈ Z.

Capıtulo 3

Metodos Geometricos

3.1 Retıculos

En esta seccion V es un un espacio vectorial sobre R de dimension n. Consideramos V comoespacio topologico con la topologıa euclıdea. Mas precisamente si fijamos un isomorfismo deespacios vectoriales f : V → Rn y consideramos en Rn la topologıa dada por una norma,entonces la topologıa de f es tal que f es un homeomorfismo. Por la unicidad de todas lastopologıas de las normas en Rn, la topologıa de V no depende del isomorfismo f .

Observese que la eleccion de f equivale a la eleccion de una R-base B = {v1, . . . , vn} de Vdada por f(vi) = ei, donde e1, . . . , en es la base canonica de Rn. Nos referimos a B como labase de referencia. Consideramos Rn como espacio metrico con respecto a la norma estandar:o sea

‖(x1, . . . , xn)‖ =√x2

1 + · · ·+ x2n.

Usamos f para transferir los conceptos metricos de Rn a V , pero esta nocion sı que dependede la eleccion de f . En otras palabras la metrica depende de la base de referencia pero latopologıa no. Por ejemplo, si x, y ∈ V , entonces se definen la distancia d(x, y) entre x e y y lanorma ‖x‖ de x en la base de referencia, como la distancia euclıdea d(f(x), f(y)) y la normaeuclıdea ‖f(x)‖ respectivamente. Sin embargo, algunos conceptos no dependen de la base dereferencia. Por ejemplo, el que un conjunto sea acotado no depende de la referencia.

Si X es un subconjunto de V entonces decimos que X es medible si la integral de Riemann∫f(X) dx existe y en tal caso el volumen of X con respecto a la base de referencia es

vol(X) =

∫f(X)

dx.

La medibilidad de X es independente de la base de referencıa pero el valor del volumen sı quedepende de esa base. Si T : V → V es una aplicacion lineal entonces para cada subconjuntoX de V se verifica

vol(T (X)) = |det(T )| vol(X), (X ⊆ V ). (3.1)

(Esta igualdad implıcitamente asegura que X es medible si y solo si lo es T (X).) Ademas (3.1)implica que si B si B′ y son dos bases de referencia entonces volB′ = |det(A)|volB, donde A es

61

62 CAPITULO 3. METODOS GEOMETRICOS

la matriz de cambio de base de B a B′. De (3.1) se deduce que si a ∈ R entonces

vol(aX) = |a|n vol(X). (3.2)

Esta formula es independiente de la base de referencia.Un subconjunto X de V se dice que es discreto si para todo subconjunto compacto K de

V se verifica que X ∩K es finito. Es bien conocido que un subconjunto de V es compacto siy solo si es cerrado y acotado. Por tanto un subconjunto X de V es discreto si y solo si todosubconjunto acotado de V tiene un numero finito de elementos de X.

Un retıculo L de rango k en V es un subgrupo aditivo de V generado por k elementoslinealmente independientes sobre R. En tal caso decimos que esos k elementos son una basede L. Un retıculo de V se dice que es pleno si su rango coincide con la dimension de V .

Lema 3.1 Sea L un retıculo en un espacio vectorial real V de dimension n. Entonces L espleno en V si y solo si existe un subconjunto acotado B de V tal que

V =⋃x∈L

(x+B).

Demostracion. La condicion necesaria se obtiene cogiendo B = {a1v1 + · · ·+anvn : 0 ≤ ai ≤1} con v1, . . . , vn una base de L.

Sean W el subespacio vectorial generado por L, W ′ el complemento ortonormal de W en Vy p : V →W ′ la proyeccion ortonormal a lo largo de W . Observese que p transforma conjuntosacotados en conjuntos acotados. Supongamos que existe B acotado tal que V = ∪x∈L(x+B).Entonces V = W +B y, por tanto W ′ = p(B). Como B es acotado, W ′ tambien es acotado y,por tanto W ′ = 0. Luego V = W , o sea L es pleno en V .

Proposicion 3.2 Sea V un espacio vectorial sobre R de dimension finita. Un subgrupo aditivode V es un retıculo si y solo si es discreto.

Demostracion. Supongamos primero que L es un retıculo de V . Ampliando L si fueranecesario podemos suponer que L es un retıculo pleno. Luego L = Zv1 ⊕ · · · ⊕ Zvn, conv1, . . . , vn una R-base de V . Sea K un subconjunto acotado de V . Entonces existe un numeroreal positivo ε, tal que K esta contenido en {

∑ni=1 aivi : ai ∈ R, |ai| ≤ ε}. Si x ∈ L ∩ K

entonces x =∑k

i=1 aivi, con ai ∈ Z ∩ [−ε, ε]. Luego L ∩K es finito.Recıprocamente, supongamos que L es un subgrupo discreto de V . Demostramos que L es

un retıculo por induccion sobre la dimension n de V . El caso n = 0 es obvio. Supongamos quen ≥ 1 y que el resultado se verifica para subespacios vectoriales de dimension menor que n.Esto implica que podemos suponer que L no esta contenido en ningun subespacio propio de V .En consecuencia L contiene una base v1, . . . , vn de V sobre R. Sean W = Rv1 + · · · + Rvn−1

y L0 = L ∩ W . Claramente L es discreto en W . Por la hipotesis de induccion L0 es unretıculo en W . Ademas v1, . . . , vn−1 ∈ L0 y por tanto L0 es un retıculo pleno de W . LuegoL0 = Zw1 ⊕ · · · ⊕ Zwn−1 para alguna base w1, . . . , wn−1 de W . Luego w1, . . . , wn−1, vn es unabase de V . Sea

K = {a1w1 + · · ·+ an−1wn−1 + anvn : 0 ≤ a1, . . . , an−1 < 1 y 0 ≤ an ≤ 1}.

3.1. RETICULOS 63

Claramente K es un subconjunto acotado de V y vn ∈ K ∩L \W . Por hipotesis K ∩L \W esfinito y por tanto existe un menor real positivo ε con x0 = a1w1 + · · ·+an−1wn−1 +εvn ∈ L∩Kpara algunos 0 ≤ a1, . . . , an−1 < 1. Sea L1 = Zv1 + · · ·+Zvn−1 +Zx0. Esta claro que L1 ⊆ L ydemostraremos que en realidad se da la igualdad. En efecto, sea x = b1w1+· · ·+bn−1wn−1+bnvnun elemento arbitrario de L, con cada bi ∈ R. Pongamos bn = mnε + cn con mn ∈ Z y0 ≤ cn < ε. Pongamos tambien bi − mnai = mi + ci con mi ∈ Z y 0 ≤ ci < 1 parai = 1, . . . , n− 1. Sea

y = m1w1 + · · ·+mn−1wn−1 +mnx0

= (m1 +mna1)w1 + · · ·+ (mn−1 +mnan−1)wn−1 +mnεvn ∈ L1

= x− (c1w1 + · · ·+ cn−1wn−1 + cnvn) .

O sea x−y = c1w1 + · · ·+cn−1wn−1 +cnvn ∈ L∩K. La eleccion de ε implica que cn = 0. Luegox−y ∈ L∩W = L0 ⊆ L1. Luego x ∈ L1. Esto demuestra que L = L1 = Zw1+· · ·+Zwn−1+Zx0.Luego L es un retıculo en V .

Sea L un retıculo pleno en V y sea B = {v1, . . . , vn} una base de L. Entonces B tambienes una R-base de V . El poliedro fundamental o dominio fundamental de B es

PB =

{n∑i=1

xivi : 0 ≤ xi < 1

}. (3.3)

Esta claro que los conjuntos a + PB = {v + x : x ∈ PB} con a recorriendo los elementos deL forman una particion de V con lo que para cada x ∈ V existe un unico f(x) ∈ PB tal quex−f(x) ∈ L. Aunque el dominio fundamental PB depende de la base, su volumen solo dependedel retıculo.

Lema 3.3 Todos los poliedros fundamentales de un retıculo pleno tienen el mismo volumen.

Demostracion. Sean B = {v1, . . . , vn} y B1 = {w1, . . . , wn} bases de un mismo retıculo Len V . Sea f el isomorfismo V → V que asocia cada vi con wi. Como Zv1 + · · · + Zvn =Zw1 + · · · + Zwn la matriz A asociada a f en la base B tiene entradas enteras y su inversatambien. Eso implica que det(f) = det(A) = ±1. Ademas, f(PB) = PB1 . Aplicando (3.1),deducimos que vol(FB1) = |det(f)|vol(FB) = vol(FB).

Para cada retıculo L en V definimos

vol(V/L) =

{vol(PB), si L es pleno en V y B es una base de L;

∞, si L no es pleno en V..

Esto a veces se llama covolumen de L en V .

Lema 3.4 Sea L un retıculo pleno en V con base B = {v1, . . . , vn}. Sea w1, . . . , wn ∈ L ypongamos wi =

∑ni=1 aijvj, con aij ∈ Z para 1 ≤ i, j ≤ n. Sea M = Zw1 + · · · + Zwn.

Entonces M es un retıculo en V . Ademas, M es pleno en V si y solo si det((aij)) 6= 0, oequivalentemente si M tiene ındice finito en L. En este caso

[L : M ] = |det((aij))| =vol(V/M)

vol(V/L).


Demostracion. Por la Proposition 3.2, L es discrete en V . Luego tambien lo es M . Aplicandola misma proposicion deducimos que M es un retıculo en V . Claramente, M es pleno en Vsi y solo si det((aij)) 6= 0 y, por el Lema 1.27, esto pasa si y solo si L/M is finite, y en talcaso [L : M ] = |det((aij))|. Sea f el automorfismo de V que asocia vi con wi. Entoncesf(PB) = PB1 con B1 = {w1, . . . , wn} y la matriz asociada a este isomorfismo en la base B es(aij). Luego vol(V/M) = vol(FB1) = |det((aij))|vol(F ) = |det((aij))|vol(V/L), por (3.1).

Observese que la formula del Lemma 3.4 es independiente de la base de referencia quese usa para calcular el volumen. De la misma manera la hipotesis del siguiente Teorema esindependiente de la base de referencia.

Teorema 3.5 (Minkowski) Sea V un espacio vectorial sobre R de dimension n y sea L unretıculo pleno en V . Sea X un subconjunto acotado medible de V que cumple las siguientescondiciones:

(1) vol(X) > 2nvol(V/L).

(2) si x, y ∈ X entonces x−y2 ∈ X.

Entonces, X ∩ L tiene un elemento distinto de 0.

En caso de que X sea compacto se puede sustituir la desigualdad estricta de (1) por unadesigualdad no estricta.

Demostracion. Fijamos una base de B = {v1, . . . , vn} de L. Entonces 2B = {2v1, . . . , 2vn}es una base de 2L. Sea F un dominio fundamental de 2B. Por la primera hipotesis y por elLema 3.4 tenemos vol(F ) = vol(V/2L) = 2nvol(V/L) < vol(X). Claramente, cada elementode V tiene una unica expresion como x + y con x ∈ 2L e y ∈ F . Consideremos la aplicacionf : V → F que asocia x ∈ V con el unico f(x) ∈ F para el que x − f(x) ∈ 2L. Para cadaa ∈ 2L y cada x ∈ a + F tenemos f(x) = x − a. Como las traslaciones conservan el volumentenemos que vol(f(Y )) = vol(Y ) para cada subconjunto medible Y de a+ F .

Como X esta acotado existen elementos distintos a1, . . . , ak de 2L de forma que X ⊆∪ki=1(ai + F ). Luego X = ∪ki=1(X ∩ (ai + F )) y esta es una union disjunta. Luego vol(F ) <

vol(X) =∑k

i=1 vol(X∩(ai+F )) =∑k

i=1 vol(f(X∩(ai+F ))). Como cada f(X∩(ai+F )) ⊆ F , laanterior desigualdad implica que los conjuntos f(X ∩ (a1 +F )), . . . , f(X ∩ (ak +F )) no puedenser disjuntos dos a dos. Luego la restriccion de f a X no es inyectiva. Por tanto existenelementos distintos x e y de X con f(x) = f(y). Luego x− y = (x− f(x)) + (f(y)− y) ∈ 2L.Aplicando la segunda hipotesis tenemos que x−y

2 es un elemento no nulo de X ∩ L.

Vemos ahora que en el caso en que X sea compacto basta con suponer que vol(X) ≥2nvol(V/L). Supongamos que X ∩ L no tiene ningun elemento no nulo. En efecto, para cadaε > 1 se cumple que vol(εX) > vol(X), con lo que aplicando el teorema a εX se verificara queexiste xε ∈ (εX) ∩ L \ {0}. Pero 2X ∩ L es finito, digamos que formado por 0 y a1, . . . , ak.Como ai 6∈ X y X es compacto para cada i = 1, . . . , k existe un εi > 1 tal que ai 6∈ εiX.Entonces ε = min(εi : i = 1, . . . , k) > 1 y X ∩ εL \ {0} = ∅, en contra de lo que hemos vistoantes.

3.2. TEOREMAS DE LOS DOS Y CUATRO CUADRADOS 65

Observacion 3.6 En la mayorıa de referencias la hipotesis (2) es reemplazada por la siguientehipotesis mas fuerte: X es convexo y 0-simetrico, es decir para todo x, y ∈ X el segmento queune x e y esta contenido en X y −x ∈ X.

Cerramos esta seccion con el siguiente lema tecnico.

Lema 3.7 Sea L un retıculo pleno de V generado por B = {e1, . . . , en} y sea f : V → T laaplicacion definida por x− f(x) ∈ L para todo x ∈ V . Si X es un subconjunto acotado mediblede V entonces f |X no es inyectiva.

Demostracion. Supongamos que f |X es inyectiva. Para cada l ∈ L, sean Xl = X ∩ (T + l) eYl = Xl − {l} ⊆ T . Como X es acotado Xl = ∅ para casi todo l. Luego {Xl1 , . . . , Xlr} es unaparticion de X. Como f(l + x) = f(x) y f |X es inyectiva, los Yli son disjuntos. Entonces

v(f(X)) = v(f(Xl1 ∪ . . . ∪Xlr))= v(Yl1 ∪ . . . ∪ Ylr)= v(Yl1) + . . .+ v(Ylr)= v(Xl1) + . . .+ v(Xlr)= v(X)

en contra de la hipotesis.

3.2 Teoremas de los dos y cuatro cuadrados

En esta seccion vamos a ver dos aplicaciones del Teorema de Minkowski.

Teorema 3.8 (Teorema de los Dos Cuadrados. Fermat-Euler) Si p es un primo tal que p ≡ 1mod 4, entonces p es suma de dos cuadrados.

Demostracion. El grupo multiplicativo del cuerpo Zp es cıclico de orden p− 1. Luego dicho

grupo contiene un elemento u de orden 4. Eso implica que u2 es el unico elemento de orden 2(recuerdese que un grupo cıclico tiene exactamente un subgrupo de orden un divisor dado delorden del grupo), o sea u2 ≡ −1 mod p. Sea

L = {(a, b) ∈ Z2 : b ≡ ua mod p}.

Este es un subgrupo de Z2 de indice p pues si (n,m) ∈ Z2 y n−um ≡ t mod p (0 ≤ t ≤ p−1),entonces (n,m) − (t, 0) ∈ L. Luego, el volumen del dominio fundamental del retıculo L es p.Por el Teorema de Minkowski cada bola B(0; r) con area πr2 > 4p contiene un punto de L

distinto del origen. Sea r =√

3p2 . Entonces πr2 = 3πp

2 > 4p. Sea (a, b) un punto de L∩B(0, r).

Entonces

0 6= a2 + b2 ≤ r2 =3p

2< 2p

ya2 + b2 ≡ a2 + u2a2 ≡ 0 mod p.


Luego a2 + b2 es un multiplo de p contenido estrictamente entre 0 y 2p y, por tanto es p.

Refinando el argumento del Teorema de los Dos Cuadrados podemos obtener el Teoremade las Cuatro Cuadrados. Primero recordemos el siguiente hecho basico sobre cuerpos finitosde orden impar.

Lema 3.9 Si F es un cuerpo finito de orden impar y F 2 denota el conjunto de los cuadradosde F , entonces | F 2 |= |F |+1

2 .

Demostracion. Si x2 = y2, entonces (x+ y)(x− y) = 0, luego, x = y o x = −y. Esto pruebaque si f : F → F 2 viene dada por f(x) = x2 entonces para cada x ∈ F 2 se tiene que

|f−1(x)| =

{1, si x = 0;

2, si x 6= 0.

Luego | F 2 |= 1 + |F |−12 = |F |+1

2 .

Teorema 3.10 (Teorema de los Cuatro Cuadrados. Fermat-Lagrange) Todo entero positivoes suma de cuatro cuadrados.

Demostracion. Primero probamos el resultado para los primos y despues lo extendemos atodos los enteros positivos. Para 2 el resultado es trivial. Sea p un primo impar y F = Zp.Como | F 2 |=| −1−F 2 |= p+1

2 , necesariamente F 2 ∩ (−1−F 2) 6= ∅, luego existen u, v enterostal que

u2 + v2 + 1 ≡ 0 mod p.

Consideramos el siguiente retıculo

L = {(a, b, c, d) ∈ Z4 | c ≡ ua+ vb mod p y d ≡ ub− va mod p}.

Se demuestra facilmente que L tiene ındice p2 en Z4, con lo que v(Rn/L) = p2. Consideramos

la esfera de dimension cuatro B(0; r) (que tiene volumen π2r4

2 ). Eligiendo r =√

1.9p tenemosuna esfera de volumen > 16P 2. Aplicando el Teorema de Minkowski elegimos un elemento nonulo (a, b, c, d) de esta esfera que pertenezca a L. Luego

0 6= a2 + b2 + c2 + d2 ≤ r2 = 1.9p < 2p.

ya2 + b2 + c2 + d2 ≡ a2 + b2 + (ua+ vb)2 + (ub− va)2

≡ (1 + u2 + v2)a2 + (1 + u2 + v2)b2

≡ 0 mod p.

Por tanto a2 + b2 + c2 + d2 = p.Ahora consideramos el caso general de un entero positivo n y razonamos por induccion en

el numero de factores en su descomposicion en irreducibles. Para el paso de induccion bastaaplicar la formula

(a2 + b2 + c2 + d2)(A2 +B2 + C2 +D2) =(aA− bB − cC − dD)2 + (aB + bA+ cD − dC)2 + (aC + bD + cA+ dB)2 + (aD + bC − cB + dA)2.

3.3. REPRESENTACION GEOMETRICA DE NUMEROS ALGEBRAICOS 67

3.3 Representacion geometrica de numeros algebraicos

Sea K un cuerpo de numeros de grado n sobre Q. Sea σ : K → C un homomorfismo. Diremosque σ es real si σ(K) ⊆ R. En caso contrario se dice que σ es complejo. El conjugado de σ esel homomorfismo σ : K → C definido por

σ(x) = σ(x).

Como σ es otro monomorfismo, los monomorfismos complejos K → C van pareados luego

n = r + 2s

donde r es el numero de homomorfismos reales y 2s el de monomorfismos complejos. Sean

σ1, . . . , σr, σr+1, σr+1, . . . , σr+s, σr+s

los homomorfismos K → C de forma que los s primeros son los reales y los otros los complejos.Sea

Lr,s = Rs × Ct

que es una algebra real de dimension r + 2s. Ademas Lr,s tiene una norma dada por

N(x1, . . . , xn) = x1 . . . x2 | xs+1 |2 . . . | xr+s |2 .

Claramente esta norma es real y multiplicativa.Vamos a usar como base de referencia en Lr,s la formada por todos los elementos que tengan

un 1 en una coordenada y 0 en las demas y a todos los que tengan i en una de las ultimas scoordenadas y 0 en las demas.

Juntamos todos los monomorfismos (sin repetir los conjugados) en una aplicacion:

σ : K → Lr,s

dada porσ(x) = (σ1(x), . . . , σr+s(x))

que es un monomorfismo de Q-algebras. Ademas, σ conserva la norma, es decir:

N(σ(x)) = NK/Q(x)

donde la primera norma es la norma en Lr,s y la segunda es la norma de K.Como σ es un monomorfismo de Q-espacios vectoriales, conserva la independencia lin-

eal como Q-espacios vectoriales. Es decir, si α1, . . . , αn es una base de K sobre Q entoncesσ(α1), . . . , σ(αn) son linealmente independientes sobre Q y por tanto la matriz formada porlas coordenadas de estos vectores en la base de referencia tiene determinante diferente de 0.Pero eso implica que tambien σ(α1), . . . , σ(αn) son linealmente independientes sobre R. Estodemuestra que σ(R) es un retıculo pleno de Lr,s. De hecho esta demostracion tambien de-muestra que σ(I) es un retıculo pleno de Lr,s para todo ideal no nulo I de R. En la siguienteproposicion recopilamos esto ademas de calcular el covolumen de I en Lr,s.


Proposicion 3.11 Si I es un ideal no nulo de R entonces σ(I) es un retıculo pleno de Lr,s y

vol(Lr,s/I) =

√|∆(F )|N(I)

2s .

Demostracion. Aplicando el Lema 3.4 tenemos que vol(Lr,s/I) = N(I)vol(Lr,s/R), con loque basta demostrar el resultado para I = R. Sea α1, . . . , αn una base entera de R. Pongamos

σ(αl) = (x(l)1 , . . . , x(l)

s , y(l)1 + iz

(l)1 , . . . , y(l)

s + iz(l)s )

con x(l)k , y

(l)k , z

(l)k reales. Consideremos los siguientes vectores columna para k = 1, . . . , r y

j = 1, . . . , s:

xk =

x(1)i...

x(i)i

, yj =

y(1)i...

y(i)i

, zj =

z(1)i...

z(i)i

, vj = yj + izj , vj = yj − izj .

Por el Lema 3.4 sabemos que vol(Lr,s/R) es el valor absoluto del siguiente determinante:

D = det(x1, . . . , xr, y1, z1, . . . , ys, zs).

Por otro lado √∆[α1, . . . , αn] = det(x1, . . . , xr, v1, v1, . . . , vs, vs)

= det(x1, . . . , xr, v1, 2yi, . . . , vs, 2ys)

= 2s det(x1, . . . , xr, z1, yi, . . . , zs, ys) = (−2)sD

Tomando valores absolutos concluimos que 2svol(Lr,s/I) = 2s|D| =√|∆(F )|.

3.4 Espacio logarıtmico

Sea K un cuerpo de numeros de grado n = r + 2s, con r y s como en la seccion anterior.Vamos a denotar por U r,s al grupo de unidades del anillo Lr,s, es decir

U r,s = {x = (x1, . . . , xr+s) ∈ Rr × Cs : xi 6= 0 para todo i = 1, . . . , r + s}.

Definimos la aplicacion

l : U r,s → Rr+s

poniendo

l(x) = (l1(x), . . . , lr+s(x)) con lk(x) =

{log | xk |, si k ≤ s;log | xk |2, si k > s.

Por las propiedades del logaritmo se tiene que

l(xy) = l(x) + l(y),

3.4. ESPACIO LOGARITMICO 69

para todo x, y ∈ U r,s, es decir l es un homomorfismo de U r,s al grupo aditivo de Rr+s. De ladefinicion de la norma en Lr,s tenemos que

log | N(x) |=r+s∑i=1

lk(x) (x ∈ U r,s).

Recordemos que hemos definido la aplicacion σ : K → Lr,s que es un monomorfismo deQ-algebras y que por tanto se restringe a un homomorfismo injectivo σ : K∗ → U r,s quecompuesto con l proporciona un homomorfismo K∗ → Rr+s que tambien denotaremos con l,es decir

l(α) = l(σ(α)) y lk(α) = lk(σ(α)) (α ∈ K∗).

O sea

l(α) = (log | σ1(α) |, . . . , log | σr(α) |, log | σr+1(α) |2, . . . , log | σr+s(α) |2).

Nos referiremos a Rr+s como el espacio logarıtmico y a l : K∗ → Rr+s como la repre-sentacion logarıtmica de K.

Por lo visto arriba, l es un homomorfismo de grupos l : (K∗, ·) → (Rr+s,+) y, como lanorma en Lr,s es compatible con la norma en K tambien tenemos

log | N(x) |=r+s∑i=1

lk(x) (x ∈ K).

Sean R el anillo de enteros de K y U el grupo de las unidades de R. Nuestro objetivoes describir la estructura de U . Para ello usamos la restriccion de l a U que proporciona unhomomorfismo de grupos U → Rr+s.

Lema 3.12 l(U) es un retıculo dentro del hiperplano

π = {(x1, . . . , xr+s) ∈ Rr+s : x1 + · · ·+ xr+s = 0}.

Demostracion. Sea u ∈ U . Entonces N(u) = ±1 y, por tanto,

r+s∑i=1

lk(u) = log | N(u) |= log 1 = 0.

Luego los elementos de l(U) pertenecen a π. Para probar que l(U) es un retıculo vemos que esdiscreto. Sea r > 0 y supongamos que u ∈ U y l(u) ∈ B(0; r). Entonces | lk(u) |≤|| l(u) ||< r,luego

| σi(u) | < er si k ≤ s| σi(u) |2 < er si k > s.

Luego || σ(u) ||< er√r + s. O sea σ−1(l(U) ∩ B(0; r)) es un subconjunto acotado de σ(R).

Como σ(R) es un retıculo de Lr,s, deducimos que σ−1(l(U) ∩ B(0; r)) es finito. Como σ esinyectivo, l(U) ∩B(0; r) tambien es finito.

Para describir el nucleo de la restriccion de l a U necesitamos el siguiente lema.


Lema 3.13 Sea P ∈ Z[X] un polinomio monico cuyas raıces tienen modulo 1. Entonces cadaraız de P es una raız de la unidad.

Demostracion. Pongamos P =∏ki=1(X − αi), es decir las raıces de P son α1, . . . , αk,

repetidas tantas veces como su multiplicidad como raız en X. Sea F = Q(α1, . . . , αk), elcuerpo de descomposicion de P sobre Q y sea R el anillo de enteros de F . Entonces F/Q esuna extension de Galois. Sean S1 = X1+· · ·+Xk, S2 =

∏1≤i<j≤kXiXj , . . . , . . . , Sn = X1 . . . Xk

los polinomios simetricos elementales en k variables. Sea m un entero positivo y para cadai = 1, . . . , n sea ai = Si(α

m1 , . . . , α

mk )) y sea

Pm =k∏i=1

(X − αmi ) = Xk +k∑i=1

(−1)iaiXi.

Entonces σ(ai) = ai para todo σ ∈ Gal(F/Q) y por tanto ai ∈ Q. Como cada αi es entero,deducimos que ai ∈ Z para todo i. Ademas

| ai |≤(k

i

)pues por hipotesis | αj |= 1. Como (−1)iai es el coeficiente de Xk−i en Pm, deducimos que{Pm : m ≥ 1} es un conjunto finito. Por tanto existen enteros positivos m1 6= m2 tales quePm1 = Pm2 . Como estos dos polinomios son iguales tienen las mismas raıces. Pero las raıcesde Pm son αm1 , . . . , α

mk . P Por tanto existe un permutacion π tal que

αm1i = αm2

π(i).

Por induccion sobre r podemos demostrar

αmr1i = α

mr2πr(i)

para todo i y, como πr = 1, para algun r resulta que

αmr1i = α

mr2i ,

o sea

αmr1−mr2i = 1

y, por tanto, αi es una raız de la unidad.

Ahora podemos describir el nucleo de l.

Lema 3.14 El nucleo W de l : U → Rs+t es el conjunto de las raıces de la unidad de F .Ademas W es un grupo cıclico finito de orden par.

Demostracion. Si α es una raız de la unidad de F entonces α ∈ U y l(u) = 0 pues |σ(u)| = 1para toda inclusion de F en C. Luego α ∈ W . Recıprocamente, sea α ∈ W . Entonces

3.5. TEOREMA DE LAS UNIDADES DE DIRICHLET 71

| σi(α) |= 1, para todo i. Luego las raıces del polinomio caracterıstico P de α tienen modulo 1.Por el Lema 3.13 esas raıces son raıces de la unidad y en particular α es una raız de la unidad.

Por otro lado de (3.11) se deduce que σ(R) es un retıculo de Lr,s y, por tanto, es discreto.Como σ(W ) esta acotado y contenido en σ(R) deducimos que σ(W ) es finito y como σ esinyectivo deducimos que W es finito. Pero todo subgrupo finito del subgrupo multiplicativode un cuerpo es cıclico. Ademas, −1 ∈W y por tanto el orden de W es par.

3.5 Teorema de las Unidades de Dirichlet

Como W es finito y U/W ' l(U) es un retıculo (en particular finitamente generado) en π, setiene que U tambien es finitamente generado. Luego U es el producto directo de un grupofinito y un grupo abeliano libre de rango ≤ r + s − 1 = dimR(π). El Teorema de Dirichletasegura que el grupo abeliano libre tiene rango precisamente r+s−1, para lo cual es suficienteprobar que l(U) tiene dicho rango, es decir que l(U) es un retıculo pleno del hiperplano π.

Para cada y ∈ Lr,s sea λy : Lr,s → Lr,s la aplicacion dada por λy(x) = yx. λy es unaaplicacion lineal. El siguiente lema calcula su determinante.

Lema 3.15 detλy = NK/Q(y).

Demostracion. Supongamos que σ(y) = (x1, . . . , xr, y1+z1i, . . . , ys+zsi). Entonces la matrizasociada a λy en la base de referencia es

x1 0 . . . 00 x2 . . . 0. . . . . . . . . . . .0 0 . . . xs

0 . . . 0

0y1 −z1

z1 y1. . . 0

. . . . . . . . . . . .

0 0 . . .ys −zszs ys

cuyo determinante es

x1x2 . . . xs(y21 + z2

1) . . . (y2s + z2

s ) = NK/Q(y)

Necesitamos un lema mas:

Lema 3.16 Sea M un retıculo pleno de Lr,s de dimension r+ 2s y sean c1, . . . , cr+s > 0 talesque

c1 . . . cr+s >

(4

π

)tvol(Lr,s/M)


entonces existe 0 6= x = (x1, . . . , xr+s) ∈M tal que

| xi | < ci si i ≤ s| xi |2 < ci si i > s

(3.4)

Demostracion. Sea X el conjunto de los puntos de Lr,s que satisfacen (3.4). Entonces Xsatisface las hipotesis del Teorema de Minkowski (Teorema 3.5). En efecto, la primera condiciones obvia y la segunda se comprueba ası:

v(X) =

∫ c1

−c1dx1 . . .

∫ cr

−crdxr

∫ ∫y21+z21<c1

dy1dz1 . . .

∫ ∫y2s+z2s<cs

dysdzs

= 2c1 . . . 2crπcr+1 . . . πcr+s = 2rπsc1 . . . cr+s > 2r+2svol(Lr+s/M).

Proposicion 3.17 La imagen l(U) de U por la aplicacion logarıtmica l es un retıculo dedimension r + s− 1.

Demostracion. Ya hemos visto que l(U) es un retıculo en el hiperplano π. Falta ver quees un retıculo pleno y por el Lema 3.1 eso equivale a demostrar que existe un subconjuntoacotado B de π tal que

π =⋃

x∈l(U)

(x+B).

Observese que S = l−1(π) = {x ∈ Lr,s :| N(x) |= 1}.Usando la aplicacion logarıtmica, la igualdad (aditiva) anterior se puede convertir en una

igualdad (multiplicativa).

S =⋃u∈U

σ(u)C (3.5)

donde C es un subconjunto acotado de Lr,s (pues l transforma conjuntos acotados en conjuntosacotados). Vamos a buscar C acotado satisfaciendo (3.5).

Sean M = σ(R) y sean c1, . . . , cr+s numeros reales positivos tales que

Q = c1 . . . cr+s >

(4

π

)svol(Lr,s/M).

Sea

X =

{(x1, . . . , xr+s) ∈ Lr,s |

| xi | < ci, si i ≤ r;| xi |2 < ci, si i > r

}.

Por la Proposicion 2.31 solo un numero finito de ideales tienen norma menor que Q, luegoexisten α1, . . . , αk ∈ R tales que todo elemento de R que tenga norma en valor absoluto menoro igual que Q es asociado de algun αi en R. Pongamos

C = S ∩ (k⋃i=1

σ(α−1i )X).

3.5. TEOREMA DE LAS UNIDADES DE DIRICHLET 73

Como X es acotado, tambien lo es C. Ademas, como σ(u) ∈ S, para todo u ∈ U , y S es unsubgrupo multiplicativo de U r,s tenemos que

S ⊇⋃u∈U

σ(u)C

Vamos a ver la otra inclusion. Sea y ∈ S. Por (3.1) y el Lema 3.15, vol(Lr,s/yM) =vol(Lr,s/M). Luego, por el Lema 3.16 existe 0 6= x ∈ X ∩ yM . Pongamos x = yσ(α) con0 6= α ∈ R. Entonces Q >| N(x) |=| NK/Q(α) |. Luego αu = αi para algun i y algun u ∈ U .Luego

y = xσ(α−1i )σ(u).

Pero, como yσ(u) ∈ S, xσ(α−1i ) ∈ S, luego xσ(α−1

i ) ∈ C, por tanto y ∈ σ(u)C.

Refinando un poco la proposicion anterior obtenemos el Teorema de las Unidades de Dirich-let.

Teorema 3.18 (Teorema de la Unidades de Dirichlet) El grupo de las unidades del anillo deenteros de un cuerpo de numeros K con r inclusiones reales y 2s inclusiones complejas esisomorfo a

W × Zr+s−1

donde W es el conjunto de las raıces de la unidad de K, que es un grupo cıclico finito de ordenpar.

Demostracion. Por el Lema 3.14 y la Proposicion 3.17, U/W ' Zr+s−1. Luego U es ungrupo abeliano finitamente generado lo que implica que U = T (U) × (U/T (U)) donde T (U)es el subgrupo de torsion de U . Como W es finito y U/W es libre de torsion, deducimos queW = T (U).

Capıtulo 4

El grupo de clase

4.1 El grupo de clase

En este capıtulo K es un cuerpo de numeros y R es el anillo de enteros de K.Hemos visto en el Capıtulo 3 que R es un DFU precisamente si es un DIP. El objetivo de

este capıtulo es medir como esta de lejos R de ser un DIP. Para esto usamos el grupo F delos ideales fraccionales de R. Recordemos que los ideales fraccionales son los subconjuntos deK de la forma c−1I con c ∈ R \ {0} e I un ideal de R y que forman un grupo abeliano conrespecto al producto

M N =

{k∑i=1

mini : mi ∈M,ni ∈ N

}.

Diremos que un ideal fraccional es principal si es de la forma c−1I con c ∈ R ∈ {0} e Iun ideal principal de R, o equivalentemente de la forma αR con α ∈ K \ {0}. Claramente elconjunto P de los ideales fraccionales principales es un subgrupo de F .

Definicion 4.1 El grupo de clase de R es el grupo cociente

CK = F/P

del grupo F de los ideales fraccionales de K por el subgrupo P de los ideales principales de K.El numero de clase de K es el orden h = h(K) de CK .

Claramente R es un DIP precisamente si F = P o equivalentemente si K = 1.Diremos que dos ideales fraccionales I y J son equivalentes(y escribiremos I ∼ J) si estan

en la misma clase modulo P , o sea si I = Ja para algun ideal fraccional principal a. La clasede equivalencia de I por esta relacion de equivalencia sera denotada por [I].

Si I es un ideal fraccional, entonces I = c−1J para algun c ∈ R \ {0} y algun ideal J de R.Luego J = (c)I y, por tanto [I] = [J ]. O sea, toda clase contiene un ideal de R. Supongamosque I y J son dos ideales de R que son equivalentes. Eso implica que I = αJ para algunα ∈ K \ {0}. Como α = a

b con a, b ∈ R \ {0}, tenemos que bI = aJ . Reciprocamente, sibI = aJ con a, b ∈ R \ {0} entonces I ∼ J . Luego la relacion de equivalencia anterior restringea la siguiente relacion de equivalencia en el conjunto de los ideales de R:

I ∼ J ⇔ aI = bJ con a, b ∈ R \ {0}.

75

76 CAPITULO 4. EL GRUPO DE CLASE

4.2 Finitud del grupo de clase

En esta seccion vamos a demostrar que el grupo de clase es finito y por tanto el numero declase es un numero natural. Para ello primero vamos a ver que toda clase contiene un idealcuya norma esta acotada por cierto numero

Supondremos que el grado de K es n = r+2t, donde r y s tienen los significados habituales,o sea r es el numero de homomorfismos reales de K y 2s es el conjunto de homomorfismoscomplejos de K. Ademas ∆ denota el discriminante de K.

Proposicion 4.2 Si I es un ideal no nulo del anillo de enteros de un cuerpo de numeros cons parejas de inclusiones enteras y discriminate ∆ entonces existe α ∈ I \ {0} tal que

| NK/Q(α) |≤(

2

π

)sN(I)

√∆.

Demostracion. Para un ε > 0 fijamos c1, . . . , cr+s > 0 tal que

c1 . . . cr+s =

(2

π

)sN(I)

√| ∆ |+ ε.

Por el lema 3.16 y la Proposicion 3.11 existe α ∈ I \ {0} tal que si α(α) = (x1, . . . , xr+s)entonces

| xi | < ci si i ≤ r| xi |2 < ci si i > r

Multiplicando todas las igualdades juntas tenemos

| NK/Q(α) |< c1 . . . cr+s =

(2

π

)sN(I)

√| ∆ |+ ε.

Como I es un retıculo, y por tanto es discreto, el conjunto Aε de los α ∈ I \ {0} satisfaciendola desigualdad anterior es finito y no vacio para todo ε. Ademas,

ε < ε′ ⇒ Aε ⊆ Aε′ .

Luego A = ∩ε>0Aε 6= ∅.

Ahora podemos obtener el resultado que buscabamos sobre las normas en una clase.

Teorema 4.3 Todo ideal no nulo del anillo de enteros de un cuerpo con s parejas de inclu-siones complejas y discriminate ∆ es equivalente a un ideal cuya norma es menor o igual que(

2π

)s√∆.

Demostracion. Sea I un ideal de R. Sabemos que I−1 es equivalente a un ideal J de R.Luego IJ ∼ R. Por la Proposicion 4.2 existe α ∈ J tal que

| NK/Q(α) |≤(

2

π

)sN(J)

√∆.

4.3. CONSTANTES DE MINKOWSKI 77

Como I | Rα, existe un ideal M de R tal que

Rα = JM.

Luego N(J)N(M) = N(JM) = N(Rα) =| NK/Q(α) | y, por tanto

N(M) =|NK/Q(α)|N(J)

≤(

2

π

)s√∆.

Finalmente, J ∼ I−1 y M ∼ J−1, luego I ∼M .

Como cada clase contiene un ideal de norma ≤(

2π

)s√∆ y solo hay un numero finito de

ideales con norma menor o igual que un cierto numero, se deduce el siguiente.

Corolario 4.4 El grupo de clase de un cuerpo de numeros es finito.

Acabamos esta seccion con algunas consecuencias inmediatas de la finitud del grupo declase.

Corolario 4.5 Sea I un ideal del anillo de enteros de un cuerpo numerico y sea h el numerode clase de dicho cuerpo. Entonces

(1) Ih es principal.

(2) Si k es coprimo con h e Ik es principal, entonces a es principal.

4.3 Constantes de Minkowski

Vamos a ver como mejorar ligeramente la Proposicion 4.2.

Teorema 4.6 Sea I un ideal no nulo de un anillo de enteros R de un cuerpo numerico K degrado n, s parejas de inclusiones complejas y discriminante ∆. Entonces existe α ∈ I \ {0} talque

| NK/Q(α) |≤(

4

π

)s n!

nnN(I)

√∆.

Demostracion. Para cada numero real positivo c sea

Xc = {x = (x1, . . . , xr+s) ∈ Lr,s :| x1 | + . . .+ | xr | +2 | xr+1 | + . . .+ 2 | xr+s |< c} .

Claramente Xc cumple la segunda hipotesis del Teorema de Minkowski (Teorema 3.5). Cam-biando a coordenadas polares las parejas (yi, zi) y razonando por induccion se demuestra queel volumen de Xc es

v(Xc) = 2r(π

2

)s 1

n!cn.

Por el Teorema de Minkowski, Xc interseca a σ(I) en un elemento no nulo si

vol(Xc) > 2r+2svol(Lr,s/σ(I)) (4.1)


Por la Proposicion 3.11, vol(Lr,s/σ(I)) = N(I)√

∆2t Luego la condicion (4.1) es equivalente a(π

2

)s 1

n!cn > 2sN(I)

√∆

O equivalentemente

cn >

(4

π

)sn!N(I)

√∆.

Supongamos que c satisface la desigualdad anterior y sea α un elemento no nulo de I talque σ(α) ∈ Xc.

Recordemos ahora la formula

(a1 . . . an)1/n ≤ a1 + . . .+ ann

.

Entonces| NK/Q(α) | =| σ1(α) . . . σs(α)σs+1(α)2 . . . σr+s(α)2 |

≤(|σ1(α)|+...+|σs(α)|+2|σs+1(α)|+...+2|σr+s(α)|

n

)n≤(cn

)nAhora hacemos un argumento similar al de la demostracion de la proposicion 4.2. Sea c

tal que

cn =

(4

π

)sn!N(I)

√∆.

Entonces, para cada ε > 0 existe α ∈ I \ {0} tal que

| NK/Q(α) |≤(c+ ε

n

)n.

Como solo puede haber un numero finito de elementos de este tipo, resulta que hay un elementono nulo α ∈ I tal que

| NK/Q(α) |≤( cn

)n=

(4

π

)s n!

nnN(I)

√∆.

De la misma forma que demostramos el Teorema 4.3 a partir de la Proposicion 4.2, podemosahora demostrar el siguiente corolario del Teorema 4.6.

Corolario 4.7 Cada clase de ideales fraccionales de un cuerpo de numeros con con r inclu-siones reales y t parejas de inclusiones complejas y discriminante ∆ contiene un ideal I talque

N(I) ≤(

4

π

)s n!

nn

√∆.

4.4. CALCULO DE NUMEROS DE CLASE 79

Esto sugiere introducir las constantes de Minkowski :

Mrs =

(4

π

)s n!

nncon n = r + 2s.

Ahora podemos dar un criterio de cuando un cuerpo numerico tiene numero de clase 1 y,por tanto su anillo de enteros es un DFU.

Corolario 4.8 Sea R el anillo de enteros de un cuerpo numerico K con r inclusiones realesy t parejas de inclusiones complejas y discriminante ∆. Supongamos que todo ideal primo deR que contenga un primo racional p ≤ Mst

√∆ es pricipal, entonces el numero de clase de R

es 1 y por tanto R es un DIP.

Demostracion. Cada clase de ideales fraccionales contiene un ideal I con N(I) ≤ Mst

√∆.

Entonces cada ideal primo q que divide a I divide a N(I) y por tanto contiene un primosracional p que divide a N(I). Por la hipotesis q es principal. Luego I tambien es principal.

4.4 Calculo de numeros de clase

Vamos a dedicar la ultima seccion de este capıtulo a calcular algunos numeros de clase. Enparticular vamos a demostrar el siguiente Teorema

Teorema 4.9 El numero de clase de Q(√d) es 1 para d = −1, −2, −3, −7, −11, −19, −43,

−67 y −163.

Demostracion. Por el Teorema 2.10 solo tenemos que considerar los cuatro ultimos casos.

El anillo de enteros de K = Q(√−19) es Z

[1+√−19

2

]. El polinomio mınimo de θ = 1+

√−19

2 es

f = X2 −X + 5. Por otro lado el discriminante de K es 19. Luego Mst

√∆ ≤ 0.637

√19 < 3.

Luego tenemos que comprobar que se verifican las condiciones del corolario 4.8 para p = 2, esdecir tenemos que calcular la descomposicion de 2 en R. Para eso utilizamos el teorema 2.26.Tenemos que factorizar f en Z2. Pero este polinomio es irreducible en Z2. Del Teorema 2.26se deduce que el unico ideal primo que divide a 2 es (2) y se puede aplicar el corolario 4.8.

Para d = −43 el polinomio mınimo es f = X2 −X + 11 y Mst ≤ 0.637√

43 < 4, luego hayque considerar p = 2, 3. Como en el caso anterior se ve que (2) y (3) son primos.

Consideremos ahora d = −67. Entonces f = X2 −X + 17 y Mst ≤ 0.637√

67 < 6. Ahorahay que considerar p = 2, 3, 5. En todos los cases f es irreducible modulo p y, por tanto, (2),(3) y (5) son irreducibles.

Finalmente para d = −163, f = X2−X + 41 y Mst

√∆) ≤ 0.637

√163 < 9. Ahora hay que

considerar p = 2, 3, 5, 7 y sale lo mismo.

Vamos a calcular numero de clase de los primeros cuerpos ciclotomicos.

Teorema 4.10 El numero de clase del cuerpo ciclotomico Q(ζp) es 1 para p = 3, 5, 7.


Demostracion. Q(ζ3) = Q(√−3) que ya sabemos que es euclıdeo.

El grado de Q(ζ5) es 4, el numero de inclusiones reales es r = 0 y el de inclusiones complejases 2s = 4. Por ultimo el discriminante es ∆ = 53 = 125. Luego Mst ≤ 0.152

√125 < 2. No hay

que hacer ninguna comprobacion.Pongamos ζ = ζ7. En este caso, tenemos n = 6, r = 0, s = 3 y ∆ = −75. Luego

Mst

√∆ ≤ 0.032

√16807 < 5. Luego tenemos que considerar los primos p = 2, 3. El polinomio

mınimo es X6 + . . .+ 1. En Z2 podemos factorizarlo como (X3 +X2 + 1)(X3 +X + 1), luego(2) = P1P2, donde P1 y P2 son dos ideales primos distintos. Por otro lado

2 = ζ4(ζ3 + ζ2 + 1)(ζ3 + ζ + 1)

LuegoR(ζ3 + ζ2 + 1) R(ζ3 + ζ + 1) = 2R

y, por tanto, P1 = R(ζ3 + ζ2 + 1) y P2 = R(ζ3 + ζ + 1), o viceversa, que son principales.

Vamos ahora a estudiar un caso en el que el numero de clase es 2.Sea K = Q(

√10). Con la notacion habitual tenemos ∆ = 40, n = 2, r = 2, s = 0. Entonces

cada clase de ideales fraccionales contiene un ideal con norma

≤M2,0

√| ∆ | ≤ .5

√40 < 4.

Luego solo hay que considerar factorizaciones de 2 y 3. El anillo de enteros es R = Z[θ], siendoθ =√

10. El polinomio mınimo es f = X2 − 10. Entonces f ≡ (X − 1)(X + 1) mod 3. Deforma que (3) es producto de dos ideales primos distintos p1 = (3, 1+

√10) y p2 = (3, 1−

√10).

Por otro lado f ≡ X2 mod 2, luego 2R = P 2 para un ideal maximal P . Si P = (a + b√

10)fuera principal, entonces N(P )2 = |NK/Q(2)| = 4, luego N(p) = 2, o sea a2 − 10b2 = ±2.Luego a2 ≡ ±2 mod 5 lo cual es imposible. Luego p no es principal.

Por otro lado, como RN(−2 +√

10) = −6R = P 2P1P2, P , P1 y P2 son los unicos posiblesdivisores de (−2 +

√10). Pero ni P 2 = 2R ni p2 dividen a R(−2 +

√10), luego R(−2 +

√10) =

PP1, lo que implica que P = P−11 = P2. Entonces cada ideal esta en la clase de R o de P .

Como P no es principal estas dos clases son distintas, luego el numero de clase de R es 2.

Capıtulo 5

El Ultimo Teorema de Fermat

5.1 Consideraciones elementales

Como es bien conocido el Ultimo Teorema de Fermat afirma que la ecuacion diofantica

xn + yn = zn (5.1)

no tiene soluciones no triviales, si n ≥ 3. O sea si x, y y z son enteros diferentes de cero y n esun entero mayor que 2 entonces la igualdad (5.1) no se verifica. Vamos a hablar un poco de lahistoria de este famoso teorema.

Alrededor del ano 250 antes de Cristo, Diofantus de Alejandrıa escribio un tratado so-bre ecuaciones polinomicas titulado Aritmetica. Durante la Edad Media los conocimien-tos de matematicas permanecieron ignorados salvo en pequenos guetos como la Escuela deConstantinopla. Cuando las tropas turcas conquistaron Constantinopla en 1453 esta escuelatambien desaparecio. En 1462 aparecio una copia del libro de Diofantus en la Biblioteca delVaticano, probablemente superviviente del incendio de la Biblioteca de Alejandrıa. En 1621 sepublico una version griega del libro con una traducion al latan. Esto hizo muy popular el libroa partir de ese momento. Fermat (1601-1665), que era un jurist aficionado a las matematicasestudio la Aritmetica de Diofantus profundamente. En el margen de su copıa aparecio lasiguiente anotacion:

Resolver un cubo en suma de dos cubos, una potencia cuarta en suma de potenciascuartas, o en general cualquier potencia superior a la segunda en dos del mismotipo, es imposible; de este hecho he encontrado una demostracion fascinante. Elmargen de este libro es demasiado pequeno para contenerla.

La demostracion que Fermat aseguraba haber encontrado, nunca aparecio salvo para n = 3o 4, con lo cual el Ultimo Teorema de Fermat paso a ser una conjetura, posiblemente la masfamosa de la historia de las matematicas. Anos mas tarde Euler demostro independientementelos casos n = 3 y n = 4. En 1828 (doscientos anos despues de la afirmacion de Fermat), Dirichletconsiguio demostrar la afirmacion para n = 5 en 1828 (e independientemente Legendre dosanos mas tarde) y para n = 14 en 1832. Mientras tanto, el caso n = 7 se atraganto durante

81

82 CAPITULO 5. EL ULTIMO TEOREMA DE FERMAT

algunos anos. Gauss proporciono algunas ideas pero no consiguio resolverlo. Lame ofrecio unademostracion en 1838 para n = 7, pero Lebesgue descubrio un error en ella y consiguio dar unademostracion correcta. Hasta ese momento todos los intentos de dar una demostracion generalhabıan fallado. Por un momento parecio que Lame habıa conseguido dar una demostraciongeneral. Sin embargo, la demostracion de Lame suponıa factorizacion unica en Z[ξn], lo cual fuepuntualizado por Liuoville y Kummer. Cauchy parecio resolver la pega de la demostracion deLame cuando en 1897 demostro (hecho que sabemos que es falso) factorizacion unica en Z[ξn].Finalmente Cauchy admitio que su demostracion fallaba para el caso n = 23. Kummer acabocon el espejismo de la demostracion de Lame cuando probo que Z[ξ23] no tiene factorizacionunica. En 1850 Kummer consiguio dar un tremendo empujon a la resolucion del problemacuando consiguio demostrar el Ultimo Teorema de Fermat para los primos regulares, que seranintroducidos en este capıtulo. Eso incluye todos los primos menores que 100, excepto 37, 59 y67. Kummer tambien presento demostraciones para estos tres casos pero contenıan errores quepermanecieron ocultos hasta que Vandiver los desvelo en 1920. Al menos el caso n = 37 habıasido resuelto por Mirimanoff en 1893 quien ademas consiguio en 1905 dar una demostracionpara todos los valores de n ≤ 257. Con los metodos de Vandiver y el uso de computadoras seconsiguio demostrar el Teorema de Fermat para todos los exponentes n ≤ 120.000.

Por otro lado hubo quien se concentro en casos particulares. Entre estos hay que citar aLegendre, Wiefrich, Mirimanoff, Frobenius, Vandiver, Pollackzed, Morishima, Rosser y masrecientemente Lehmers, Brillhart, Tonascia y Weinberger. En 1979 se sabıa que si existıa uncontraejemplo, x debıa tener al menos 18× 105 dagitos.

Un avance importante fue debido a Gerd Faltings en 1983 que demostro que si el UltimoTeorema de Fermat fallaba para n, al menos solo habıa un numero finito de soluciones para x,y y z. En realidad el resultado de Faltings es un caso particular de un teorema mas generalpara ecuaciones homogeneas.

En 1994, durante la celebracion de un congreso y al final de tres charlas Wiles anunciouna demostracion definitiva. Por unos meses parecio resuelto el problema, pero pronto sedescubrio que Wiles habıa supuesto que cierto resultado, que alguien le habıa comentado,habıa sido demostrado, cuando solo era el tema de trabajo de otro matematico. Por tanto lademostracion de Wiles quedo en suspenso. Finalmente, Taylor y Wiles consiguieron superar losobstaculos que quedaban y en 1975 se publico una demostracion que es aceptada como correcta.Los metodos de esta demostracion superan con creces el ambito de este curso. Nosotros noslimitaremos a ver la demostracion de Kummer para primos regulares. Las posteriores estanfuera de nuestras posibilidades.

Vamos ahora a hacer algunas consideraciones elementales. Observese que si hay unasolucion de la ecuacion (5.1) entonces hay alguna solucion en la que x, y y z son primosentre si dos a dos. En efecto, si x = qx1, y = qy1 con q primo, entonces

qn(xn1 + yn1 ) = zn.

Luego q divide a z. Si z = qz1, entonces

qn(xn1 + yn1 ) = qnzn1

lo que implica que x1, y1, z1 es una solucion y, ahora podemos razonar por induccion en elnumero de factores que aparece en la descomposicion del maximo comun multiplo de x e y.

5.1. CONSIDERACIONES ELEMENTALES 83

Por otro lado, si hay una solucion para un cierto n, tambien hay una solucion para cadadivisor de n pues si n = kl, entonces la ecuacion original es equivalente a

(xk)l + (yk)l = (zk)l.

Como todo numero ≥ 3 es o multiplo de 4 o multiplo de un primo impar, teniendo en cuentael parrafo anterior, para probar el Teorema podemos suponer que n es primo o 4. Probarlopara n = 4 es facil, con lo cual es caso n primo es la verdadera dificultad. Vamos a ver el cason = 4, para lo cual primero vamos a resolver la ecuacion para n = 2, tambien conocida comoEcuacion Pitagorica.

Lema 5.1 Las soluciones de x2 + y2 = z2 en las que x, y y z son coprimos dos a dos, puedendarse de forma parametrica como

±x = r2 − s2

±y = 2rs±z = r2 + s2

o con x e y intercambiados, donde r y s son coprimos y exactamente uno de ellos es impar.

Demostracion. Por razones obvias basta considerar el caso en que x, y y z son positivos. Almenos uno de ellos es par pues ”impar” + ”impar” = ”par”. Como ademas estamos suponiendoque son primos dos a dos, resulta que exactamente uno de ellos es par. Este no puede ser zpues si z = 2k, x = 2a+ 1 e y = 2b+ 1 entonces

x2 + y2 = 2(2a2 + 2b2 + 2a+ 2b+ 1)

que no es multiplo de 4.

Supongamos que x es par. Entonces

x2 = z2 − y2 = (z + y)(z − y)

y todos los factores son pares. Pongamos x = 2u, z + y = 2v y z − y = 2w. Por un ladoz = v+w e y = v−w. Como y y z son coprimos, v y w tambien lo son. Por otro lado u2 = vwy, como v y w son coprimos, resulta que ambos son cuadrados. Pongamos v = r2 y w = s2.Entonces r y s son coprimos y u = rs Luego x = 2rs, y = r2 − s2 y z = r2 + s2. Finalmentecomo y = r2 − s2 es impar y r y s son coprimos, exactamente uno de ellos es impar.

Ahora podemos considerar el caso n = 4 que es una consecuencia del siguiente teoremamas general.

Teorema 5.2 La ecuacion x4 + y4 = z2 no tiene soluciones enteras no triviales.

Demostracion. Sea x, y, z una solucion no trivial. Podemos suponer que x, y y z son positivosy que z es mınimo en la familia de soluciones. Entonces x, y y z son primos dos a dos, puesen caso contrario podemos cancelar un factor comun primo de dos de ellos (que sera un factor


comun del tercero). Por simetrıa podemos suponer que y es par (luego x y z son impares).Aplicando el Lema 5.1 obtenemos que existen r, s coprimos, uno de ellos par, tales que

x2 = r2 − s2, y2 = 2rs, z = r2 + s2.

Entonces

x2 + s2 = r2

y x, r y s son coprimos dos a dos (pues x e y lo son). Por simetrıa, de nuevo, podemos suponerque s es par. Luego existen a y b coprimos tales que

x = a2 − b2, s = 2ab, r = a2 + b2.

Luego

y2 = 2rs = 4ab(a2 + b2)

Pongamos y = 2k. Entonces

k2 = ab(a2 + b2).

Pero como a, b y a2 + b2 son coprimos dos a dos, la ecuacion anterior implica que los tres soncuadrados. Pongamos

a = c2, b = d2, a2 + b2 = e2

Luego

c4 + d4 = e2

y e ≤ a2 + b2 = r < z, contradiciendo la minimalidad de z.

5.2 Teorema de Kummer

Ahora nos vamos a concentrar en revisar las aportaciones de Kummer al Ultimo Teorema deFermat. En esta seccion estudiaremos el cuerpo K = Q(ξ) donde ξ es una raız p-esima primitivade la unidad con p primo impar. Mas concretamente vamos a ver el Lema de Kummer queprueba que toda unidad de D = Z[ξ] es de la forma rξg para algun numero real r y algunentero g.

Pondremos

λ = 1− ξ e I = (λ)

el ideal generado por λ en D. Usando el Corolario 1.40 y el Teorema 2.47 tenemos

Ip−1 = (p) y N(I) = p. (5.2)

Observese que de (5.2) se deduce que D/I tiene p elementos y, como j 6∈ I, para todo1 ≤ j ≤ p − 1, resulta que todo elemento de D es congruente con un 0 ≤ j ≤ p − 1. Enparticular dos enteros racionales son congruentes modulo I precisamente si son congruentesmodulo p. Por induccion se puede ver que para todo n, todo elemento de D es congruente conun entero racional modulo In. De hecho podemos decir un poco mas.

5.2. TEOREMA DE KUMMER 85

Lema 5.3 Para cada α ∈ D, existe a ∈ Z tal que αp − ap ∈ Ip.

Demostracion. Sabemos que existe b ∈ Z tal que α − b ∈ I. Luego α ≡ ξb mod l. Como1 − ξi−1 ∈ I resulta que α ≡ ξib mod I. Por tanto, usando la factorizacion Xp − 1 =∏p−1i=0 (X − ξi) deducimos que

αp − bp =

p−1∏j=0

(α− ξjb) ≡ 0 mod Ip.

Por el Corolario 1.39.(2) se tiene

Lema 5.4 Las unicas raıces de la unidad de K son ±ξs para s entero.

El siguiente resultado es conocido como Lema de Kummer.

Lema 5.5 Toda unidad de D = Z[ξ] es de la forma rξg para algun numero real r y algunentero g.

Demostracion. Sea ε una unidad de Z[ξ] y sea f ∈ Z[X] tal que ε = f(ξ). Los conjugadosde ε son

εs = f(ξs) (s = 1, . . . , p− 1).

Luego 1 = ±N(ε) = ±ε1 . . . εp−1 y, por tanto, cada ε es tambien una unidad de D. Ademas

εp−s = f(εp−s) = f(ξ−s) = f(ξs) = ¯f(ξs) = εs.

Luego εsεp−s =| εs |2> 0, y por tanto

±1 = N(ε) = (ε1εp−1)(ε2εp−2) . . . (ε p−12ε p−1

2) > 0.

Luego N(ε) = 1.Vamos a ver que los coeficientes del polinomio

p−1∏s=1

(X − εs

εp−s

)son enteros. Estos coeficientes son de la forma

S

(ε1εp−1

, . . . ,εp−1

ε1

)donde S es un polinomio simetrico. Como los automorfismos de K permutan los εs, resultaque dejan fijos estos coeficientes y, por tanto pertenecen a Q ∩D = Z.

Por otro lado, εs/εp−s es una unidad de modulo 1. Del lema 3.13 deducimos que εs/εp−ses una raız de la unidad, para cada s. Aplicando el lema 5.4 tenemos que ε = ±εp−1ξ

k para


algun entero k. Como p es impar, bien k o k + p es par, luego podemos suponer que k es par.Pongamos k = 2u. Sea v ∈ Z tal que

ξ−uε ≡ v mod I.

Entonces tomando conjugados tenemos ξuεp−1 ≡ v mod (λ). Pero como λ = 1 − λp−1 esasociado de λ en D, tenemos

ξuεp−1 ≡ v mod I.

Luego ξ−uε ≡ ξuεp−1 mod I. Multiplicando por ξu tenemos

±ξ2uεp−1 = ε ≡ ξ2uεp−1 mod I.

Como I es un ideal primo y ξ2uεp−1 es una unidad en D deducimos que si el signo es negativoentonces 2 ∈ I ∩ Z = pZ, en contra de que p es primo impar. Luego el signo es positivo con loque r = ξ−uε = ξuεp−1 = r. Luego r es real.

Definicion 5.6 Un entero racional primo p se dice que es regular si no divide al numero declase de Q(ξp).

Por el Teorema 4.10, el 3, 5 y 7 son regulares. Vamos a necesitar el siguiente lema deKummer. Su demostracion se puede ver en [Borevich-Shafarevich, Number Theory, pagina377].

Lema 5.7 (Kummer) Sea p un primo regular y u una unidad de D = Z[ξ]. Si u es congruentea un entero racional modulo p, entonces u = up0 para alguna unidad u0 de D.

Teorema 5.8 (Kummer) Si p ≥ 3 es un primo regular, entonces la ecuacion difofantica

xp + yp = zp

no tiene soluciones no triviales.

Demostracion. La ecuacion se puede reescribir como

p−1∏i=1

(x− ξiy) = zp (5.3)

que implica la siguiente ecuacion de ideales

p−1∏i=1

(x− ξiy) = (z)p (5.4)

Supondremos que (x, y, z) es una solucion. Sin perdida de generalidad podemos suponer quex, y y z son coprimos dos a dos.

Primero vamos a suponer que p no divide ni a x, ni a y, ni a z.


Vamos a empezar viendo que los ideales (x − ξiy) son coprimos dos a dos. Sea q un idealprimo que divide a (x− ξiy) y (x− ξjy), con 0 ≤ i < j ≤ p− 1. Entonces

(x− ξi)− (x− ξjy) = −yξi(1− ξj−i) ∈ q.

Como (1 − ξj−i) es asociado de λ = 1 − ξ y ξi es unidad, resulta que yλ ∈ q. Luego, y ∈ qo λ ∈ q. Vamos a ver que el primer caso no se puede dar. De la ecuacion 5.3 se tiene que qdivide a (z), o sea z ∈ q. Como y y z son coprimos, 1 ∈ (y) + (z) ⊆ q, contradiciendo que qes primo. Luego λ ∈ q. O sea q divide a I = (λ). De (5.2), N(I) = p, luego de la proposicion2.31 se deduce que I es un ideal primo y, por tanto q = I. Luego p = N(I) | N(z) = zp−1 y,por tanto p divide a z, en contra de la hipotesis.

Ahora aplicamos la unicidad en la factorizacion de ideales para deducir que (x − ξiy) esuna potencia n-esima de un ideal, para todo i. En particular

(x− ξy) = ap

para algun ideal a de Z[ξ]. Como p es regular, p no divide al numero de clase y, por tantono divide al orden de la clase que contiene a a. Como ap es principal, entonces a es principal.Pongamos a = (δ). Entonces x − ξy = uδp, donde u es una unidad de Z[ξ]. Del Lema 5.5u = rξi para algun real r y algun i. Del Lema 5.3 sabemos que existe un entero k ∈ Z tal

δp ≡ k mod Ip.

Luegox− ξy ≡ rkξi mod Ip.

Pero, de (5.2) tenemos que (p) | Ip y, por tanto

x− ξy ≡ rkξi mod (p)

lo que implicaξ−i(x− ξy) ≡ rk mod (p).

Tomando conjugados tenemos

ξi(x− ξ−1y) ≡ rk mod (p).

Restando las dos ecuaciones anteriores tenemos

xξ−i − yξ1−i − xξi + yξi−1 ≡ 0 mod (p).

Pongamosxξ−i − yξ1−i − xξi + yξi−1 = αp

con α ∈ Z[ξ]. Entonces

α =x

pξ−i − y

pξ1−i − x

pξi +

y

pξi−1.

Como ξ, ξ2, . . . , ξp−1 son linealmente independientes, si no hay dos de los exponentes (o seai, 1 − i, i − 1,−i) que sean congruentes modulo p, entonces los coeficientes de α en esta base


son los que aparecen, o sea, dos de los coeficientes son xp y y

p que no son enteros. Eso nosllevarıa a una contradiccion. O sea, al menos dos de los siguientes numeros i, 1 − i, i − 1,−ison congruentes modulo p. Como p 6= 2, eso implica que se verifica una de las tres siguientescondiciones: p | i, p | 1− i o 2i ≡ 1 mod p.

Vamos a derivar una contradiccion de estas tres posibilidades. Observese que 1 + ξ es unaunidad de Z[ξ] pues

(X − ξ)(X − ξ2) . . . (X − ξp−1) =Xp − 1

X − 1.

Luego−(1 + ξ)(−1− ξ2) . . . (−1− ξp−1) = 1.

Consideremos el primer caso p | i. Entonces los terminos con x se anulan y queda laecuacion

y(ξ − ξ−1) ≡ 0 mod (p).

Multiplicando por ξ, que es una unidad, resulta

y(1 + ξ)(1− ξ) ≡ 0 mod (p)

y, como 1 + ξ es una unidadyλ ∈ (p) = Ip−1.

Como p ≥ 2, resulta que λ | y. Tomando normas resulta que p | y en contra de la hipotesis.Luego i 6≡ 0 mod p.

El mismo argumento demuestra que p no divide a 1 − i y solo nos queda el caso 2i ≡ 1mod p. Multiplicando por ξi tenemos

αpξi = x+ yξ − xξ2i − yξ2i−1 = (x− y)λ.

Tomando normas se obtiene que p | (x− y), luego

x ≡ y mod (p).

Por simetrıa tendrıamos tambieny ≡ −z mod (p)

y, por tanto0 = xp + yp − zp ≡ 3xp mod (p).

Como p no divide a x se deduce que p = 3. Pero, como todos los cubos no multiplos de 3 soncongruentes con ±1 modulo 9 tendrıamos

±1 +±1 +±1 ≡ 0 mod 9

lo que es imposible.Luego resulta que p divide a uno y solo uno de x, y y z. Por simetrıa podemos suponer que

divide a z. Sea z = pkz0 con (p, z0) = 1. Del Lema 5.2, tenemos que p = vλp−1 para algunaunidad v de Z[ξ]. Luego

xp + yp = vkpλp(p−1)kzp0 .


Ponemos ε = vkp y m = (p− 1)k > 0 y nos quedamos con la ecuacion

xp + yp = ελpmzp0 (5.5)

con m > 0 y ε una unidad Z[ξ], que vamos a ver que no tiene soluciones enteras racionales x,y y z0, de forma que p no divide ni a z0, ni a x, ni a y. De hecho vamos a demostrar un pocomas: La ecuacion (5.5) no tiene soluciones en Z[ξ] relativamente primas con λ. Por reduccional absurdo supongamos que tenemos una solucion con m mınimo.

Factorizando la parte de la izquierda y tomando ideales tenemos

p−1∏i=0

(x− ξiy) = Ipm(z0)p (5.6)

Como pm > 0, al menos uno de los ideales de la izquierda es divisible por I. Pero para todoi > j

x− ξiy = x− ξjy + ξj(1− ξi−j)y ≡ x+ ξjy mod I

luego todos los ideales de la izquierda dividen a I.Como (p, y) = 1, (y) e I son primos relativos en Z[ξ]. Por otro lado 1− ξk es asociado de λ

para todo 0 < k < p. Luego I2 no puede dividir a (y(1− ξi)) y por tanto, si 0 ≤ i < j ≤ p− 1

(x− ξiy)− (x− ξjy) = ξiy(1− ξj−i) 6∈ I2.

Luegox− ξiyλ

6≡ x+ ξjy

λmod I.

Como N(I) = p, {x− ξiyλ

| 0 ≤ i ≤ p− 1

}forma un conjunto completo de representantes de Z[i] modulo I. Por tanto

x− ξiyλ

∈ I

para exactamente un 0 ≤ i ≤ p− 1, o sea

x− ξiy ∈ I2

para exactamente un 0 ≤ i ≤ p− 1. Reemplazando y por yξi podemos suponer que x− y ∈ I2

y x− yζi ∈ I \ I2 para todo i = 1, . . . , p− 1. Como todos los factores de la izquierda dividen aI y exactamente uno divide a I2, la multiplicidad de I en la descomposicion de la izquierda esal menos p+ 1, lo que implica que m > 1. Ademas la multiplicidad de I en la descomposicionde (x− y) tiene que ser p(m− 1)− 1.

Sea d el maximo comun divisor de (x) e (y). Como I no divide a (x) ni a (y), tampocodivide a d y, por tanto x−ξiy es divisible por Id y x−y es divisible por Ip(m−1)−1d. Pongamos

(x− y) = Ip(m−1)−1dc0

(x− ξiy) = Idci (1 ≤ i ≤ p− 1)


Vamos a demostrar que los ci son coprimos dos a dos. Sea q un divisor comun primo de ciy cj (i < j). Entonces Idq divide a (x− ξiy) y a (x− ξjy), lo que implica que (ξiy(1− ξj−i)) =(y(1 − ξj−i)) = (y)I y (x(1 − ξj−i)) = (x)I son divisibles por Idq, de donde se deduce unacontradiccion con la eleccion de d.

Entonces reescribimos la ecuacion (5.6) en la forma

dpIpmc0c1 . . . cp−1 = Ipm(z0)p.

De aqui se deduce, teniendo en cuenta que los ci son coprimos dos a dos, que todos los ci sonpotencias p-esimas de otros ideales. Pongamos ck = apk de donde tenemos.

(x− y) = Ip(m−1)−1dap0(x− ξiy) = Idapi (1 ≤ i ≤ p− 1)

Despejamos d en la primera y sustituimos en la segunda:

(x− ξiy)Ip(m−1) = (x− y)((ai)(a0)−1)p.

Eso implica que el ideal fraccional ((ai)(a0)−1)p es principal. Como p es regular, (ai)(a0)−1

es principal tambien. Pongamos (ai)(a0)−1βi = (αi), con αi, βi ∈ Z[ξ], o lo que es lo mismo(aiβi) = (a0αi). Como ai y a0 no son divisibles por I, podemos suponer que (αi) y (βi)tampoco son divisibles por I. Por tanto

(x− ξiy)(λ)p(m−1)(βi)p = (x− y)(αi)

p

lo que implica

(x− ξiy)λp(m−1)βpi = (x− y)(αi)pεi (5.7)

para alguna unidad εi de Z[ξ].Consideramos la siguiente igualdad:

(x− ξy)(1 + ξ)− (x+ ξ2y) = ξ(x− y)

y multiplicamos por λp(m−1) tenemos

(x− ξy)λp(m−1)(1 + ξ)− (x+ ξ2y)λp(m−1) = ξ(x− y)λp(m−1)

Aplicando la ecuacion (5.7) tenemos

(x− y)

(α1

β1

)pε1(1 + ξ)− (x− y)

(α2

β2

)pε2 = ξ(x− y)λp(m−1)

Luego

(α1β2)p − ε2ε1(1 + ξ)

(α2β1)p =ξ

ε1(1 + ξ)λp(m−1)(β1β2)p.

Poniendo α = α1β2, β = α2β1, γ = β1β2, u = ε2ε1(1+ξ) y v = ξ

ε1(1+ξ) tenemos

αp − uβp = vλp(m−1)γp (5.8)

5.3. PRIMOS REGULARES 91

donde u y v son unidades de Z[ξ] y α, β y γ elementos de Z[ξ] que no son divisibles por I.Como m > 1, p(m− 1) ≥ p. Luego

αp − uβp ≡ 0 mod Ip.

Por otro lado, como β es relativamente primo con I, existe β′ tal que ββ′ ≡ 1 mod Ip.Multiplicando por β′p mas arriba tenemos que

u ≡ −(αβ′)p mod Ip.

Por el Lema 5.3 existe un entero racional a tal que (−αβ′)p ≡ a mod Ip. Luego u ≡ amod Ip. Recordemos del Lema 5.2 que Ip−1 = (p), luego u es congruente a un entero racionalmodulo p. Aplicando el Lema 5.7 u = up0 para algun u0 ∈ Z[ξ]. Sustituyendo en la ecuacion(5.8) tenemos

αp + (−u0β)p = αp − (u0β)p = vλp(m−1)γp

contradiciendo la minimalidad de m.

5.3 Primos regulares

El Teorema de Kummer no sirve para nada si no tenemos ninguna forma de comprobar cuandoun primo es regular. Esto resulta bastante difıcil y requiere metodos de analisis funcional ycomplejo. Vamos a ver un criterio de regularidad pero sin demostracion.

Dado un cuerpo numerico K, se define la funcion zeta de Dedekindzeta de Dedekind!funcionde K como la aplicacion ξK : R+ → R dada por

ξK(x) =∑I∈I

N(I)−x

donde I es el conjunto de los ideales del anillo de enteros D de K.Sean

r = numero de inclusiones reales de K2s = numero de inclusiones complejas de Km numero de raıces de la unidad de K∆ = discriminante de Kh = numero de clase de Kv = volumen de un conjunto fundamental del retıculo DR = v√

r+s

Entonces se verifica la siguiente formula conocida como formula analıtica del numero de clase

limx→1

(x− 1)ξK(x) =2r+sπsR

m√| ∆ |

h.

La idea es que todo lo que hay a la derecha de la formula, excepto h es relativamente facilde calcular. Si podemos calcular el lımite de la derecha, podremos calcular h. Para calcular


este lımite ampliamos la definicion de ξK para admitir valores complejos de x y, entonces seutilizan tecnicas de variable compleja.

En el caso en que K = Q(ξ), para ξ una raız p-esima primitiva de la unidad, el numero declase h se puede descomponer como producto de dos enteros

h = h1h2

dondeh1 = numero de clase de Q(ξ + ξ−1)

y se demuestra que p es regular precisamente si p no divide a h1.Estudiando h1 se demuestra que p divide a h1 precisamente si uno de los siguientes numeros

Sk =

p−1∑i=1

nk(k = 2, 3, . . . , p− 3)

es divisible por p2.Tambien se pueden introducir los numeros de Bernouilli por la expansion de la funcion t

et−1en series de potencias, o sea

t

et − 1= 1 +

∞∑i=1

Bmm!

tm.

Se verifica:

Teorema 5.9 Un primo racional p es regular precisamente si no divide a los numeradores delos numeros de Bernouilli B2, . . . , Bp−3.

Utilizando el Teorema anterior se comprueba que los primeros 10 primos no regulares son37, 59, 67, 101, 103, 131, 149, 157, 233 y 257.

Capıtulo 6

Metodos analıticos

6.1 Formulas analıticas para el numero de clase

Definicion 6.1 Sea K un cuerpo numerico y D el anillo de enteros de K. Se llama funcionzeta de Dedekind de K a la siguiente funcion real de variable real:

ζK(x) =∑I≤D

1

N(I)x.

Veremos que la serie que define la funcion zeta converge para 1 < x y que es una funcioncontinua en este intervalo. El interes de la funcion zeta es que nos sirve para obtener la siguienteformula para el numero de clase hK de K:

hKκ = limx→1+0

(x− 1)ζK(x), (6.1)

donde κ es una constante que depende de K y que tambien vamos a calcular.La formula de definicion de la funcion zeta se puede reescribir de la siguiente forma:

ζK(x) =∑C∈HK

∑I≤D,I∈C

1

N(I)x.

Como Hk es finito, para demostrar que la serie converge para x > 1 es suficiente demostrarque para cada C ∈ Hk, la serie

fC(x) =∑

I≤D,I∈C

1

N(I)x(6.2)

converge, para x > 1. Por otro lado, si demostramos que para cada C ∈ HK el lımite

limx→1+0

(x− 1)fC(x)

existe y no depende de C, llamando κ a este lımite obtendremos la formula 6.1.Sea C ∈ HK . Sabemos que C−1 contiene un ideal de D. Elegimos, y fijamos, uno de

estos ideales de D que pertenecen a C−1. Sea X el conjunto de los ideales principales de D

93

94 CAPITULO 6. METODOS ANALITICOS

divisibles por I ′e. Entonces, para cada I ∈ C, II ′ ∈ X. Por otro lado, si J ∈ X, entoncesJI ′−1 ∈ C. Luego la aplicacion f : C → X dada por f(I) = II ′ es biyectiva. Usando laformula N(II ′) = N(I)N(I ′), podemos reescribir

fC(x) = N(I ′)x∑

J∈X,I′|J

1

N(J)x

Cada elemento J ∈ X se puede escribir como 〈α〉 con α ∈ I ′ y dos elementos α, β ∈ I ′ generanel mismo ideal si son asociados. Sea Y un conjunto de representantes de los elementos de I ′

modulo la relacion de equivalencia ”ser asociados en D”. Entonces

fC(x) = N(I ′)x∑y∈Y

1

| N(y) |x. (6.3)

El siguiente paso para transformar la formula para fC es utilizar m’todos geometricos y elTeorema de las Unidades de Dirichlet.

Recordemos que el grupo U de las unidades de D es el producto directo de un grupo finito(el grupo K de las raıces de la unidad de K) con un grupo abeliano libre de rango s+ t−1. Unsistema fundamental de unidades de D es una base de un subgrupo abeliano libre de U derango s+ t− 1. Sea u1, . . . , ur (r = s+ t− 1) un sistema fundamental de unidades de D. De laProposicion 3.17 se deduce que l(u1), . . . , l(ur) es una base del hiperplano x1 + . . .+ xs+t = 0.Sea l∗ = (1, . . . , 1, 2, . . . , 2) (s veces 1 y t veces 1). Como l∗ no esta en el hiperplano anterior,

B = {l∗, l(u1), . . . , l(ur)}

es una base de Rs+t.La eleccion, aparentemente arbitraria de l∗ queda justificada por el siguiente lema.

Lema 6.2 Sea r un numero real positivo y x ∈ Lst, con N(x) 6= 0. Entonces

l(rx) = log r · l ∗+l(x).

Demostracion. Recordemos que l(x) = (l1(x), . . . , ls+t(x)) y que li(x) = log(| xi |), si i ≤ sy li(x) = log(| xi |2), si i > s. Luego li(rx) = log r + li(x), si i ≤ s y li(rx) = 2 log r + li(x), sii > s. La formula se obtiene ahora directamente.

El lema anterior implica que si r es un numero real positivo, l(rx)− l(x) ∈ Rl∗ y, por tanto,todas las coordenadas, excepto la primera, de l(rx) y l(x) en la base B son las mismas.

Sea m el cardinal del grupo K de las raıces de la unidad de K (= subgrupo de torsion deU). Observese, que K, siendo un subgrupo finito de un cuerpo, es cıclico y, por tanto, K esexactamente el conjunto de las raıces m-esimas de la unidad.

Vamos a llamar cono fundamental al subconjunto de Lst formado por todos los puntosx = (x1, . . . , xs+t) ∈ Lst que verifican las tres siguientes condiciones:

(1) N(x) 6= 0.

(2) l(x) = αl ∗+α1l(u1) + . . . αrl(ur), con 0 ≤ αi < 1, for every i = 1, 2, . . . , r.

6.1. FORMULAS ANALITICAS PARA EL NUMERO DE CLASE 95

(3) 0 ≤ arg x1 <2πm .

Observese que si s 6= 0, K es isomorfo a un subcuerpo de R. Como las unicas raıces dela unidad de R son ±1, m = 2. Por otro lado, x1 ∈ R, por tanto, arg x1 = ±1 y la terceracondicion significa exactamente x1 > 0.

Definicion 6.3 Un cono en un espacio vectorial real V es un subconjunto X ⊆ V tal queR+X ⊆ X.

Como N(rx) = rnx y arg rx1 = arg x1 (r ∈ R+), del lema 6.2 se deduce facilmente que elcono fundamental X es un cono de Lst.

Lema 6.4 Sea y ∈ Lst con N(y) 6= 0. Entonces x se puede expresar de forma unica comoy = xσ(u), donde x ∈ X y u ∈ U .

Demostracion. Seal(y) = αl ∗+α1l(u1) + . . .+ l(ur)

y pongamos αi = ki+βi, con ki ∈ Z y 0 ≤ βi < 1. Sea η = uk11 . . . ukrr y z = yσ(η−1). Entonces

l(z) = l(y) + l(η−1)= l(y)− k1l(u1)− . . .− krl(ur)= αl ∗+β1l(u1) + . . .+ βrl(ur).

Sea ahora ϕ = arg z1, la primera componente de z y sea k un entero tal que 0 ≤ φ− 2πkm < 2π

m .Suponemos que hemos elegido un orden en el conjunto de los monomorfismos σ1, . . . , σn de

K → C, de forma que σ(x) = (σ1(x), . . . , σs+t(x)). Como K esta formado por raıces m-esimasde la unidad, luego, existe ν ∈ D tal que σ1(ν) = cos(2π

m + isen(2πm .

Para acabar la parte de la existencia, basta ver que x = zσ(ν−k) = yσ(ν−kη−1) ∈ X. DelLema 3.14, l(ν) = 0 y, por tanto

l(x) = l(z) + l(ν−k) = l(z) = αl ∗+β1l(u1) + . . .+ βrl(ur)

con 0 ≤ βi < 1. Solo falta comprobar que x satisface la condicion 3. Pero x1 = z1σ1(η−k) =z1 cos(2kπ

m + isen(2kπm . Luego

arg x1 = arg z1 −2kπ

m= ϕ− 2kπ

m

y, por tanto 0 ≤ arg x1 <2πm .

Ahora tenemos que ver la unicidad. Supongamos que xσ(u) = x′σ(u′) con x, x′ ∈ X yu, u′ ∈ U . Entonces l(u) y l(u′) estan en los subgrupos generados por l(u1), . . . , l(ur). Si

l(x) = αl ∗+α1l(u1) + . . .+ αrl(ur)l(x′) = α′l ∗+α′1l(u1) + . . .+ α′rl(ur)l(u) = k1l(u1) + . . .+ krl(ur)l(u′) = k′1l(u1) + . . .+ k′rl(ur)


como

l(x) + l(u) = l(x′) + l(u′)

resulta que α = α′ y

αi + ki = α′i + k′i

con

0 ≤ αi, α′i < 1 y ki, k′i ∈ Z.

Luego αi = α′i y ki = k′i. Concluimos que l(x) = l(x′) y l(u) = l(u′). Por tanto u′ = νu dondeν es una raız m-esima de la unidad. Por tanto xσ(u) = x′σ(u)σ(ν). Luego x = x′σ(ν) y, portanto,

x1 = x′1σ1(ν).

Pero como

0 ≤ arg x1 <2π

my 0 ≤ arg x′1 <

2π

m,

resulta que 0 ≤| arg σ1(ν) |< 2πm . Pero como σ1(ν) es una raız m-esima primitiva de la unidad,

σ1(ν) = 1 y, por tanto, ν = 1. Eso implica que u = u′ y x = x′.

Utilizando el Lema anterior podemos demostrar el siguiente Teorema:

Teorema 6.5 Cada clase de D modulo la relacion de equivalencia ”ser asociados” contieneexactamente un elemento del cono fundamental X.

Demostracion. Sea a ∈ D. Entonces existen unicos x ∈ X y u ∈ U tal que σ(a) = xσ(u).Entonces b = au−1 es asociado son a y σ(b) = x ∈ X. Luego b es un elemento de la clase de aen X. La unicidad es consecuencia de la unicidad en el lema anterior.

Por tanto, Y = X ∩ σ(I ′) es un conjunto de representantes de elementos de I ′ modulo larelacion de equivalencia ”ser asociados” y eligiendo Y de esta forma, podemos reescribir laformula 6.3

fC(x) = N(I ′)x∑

y∈X∩I′

1

| N(y) |x.

Vamos ahora a calcular la funcion zeta para K = Q. Como en este caso D = Z tiene unideal para cada n ∈ N y la norma de 〈n〉 es n, tenemos

ζQ(x) =∞∑i=1

1

nx.

Si n ≥ 1 ∫ n+1

n

dx

xs<

1

ns

y si n ≥ 21

nx<

∫ n

n−1

dy

yx.


Por tanto, para todo numero natural N ≥ 2 se tiene∫ N+1

1

dy

yx<

N∑n=1

1

nx< 1 +

∫ N

1

dy

yx.

Como la integral∫∞

1dyyx converge para x > 1, la serie

∑∞i=1

1nx converge para x > 1. Ademas

1

x− 1=

∫ ∞1

dy

yx< ζQ(x) < 1 +

∫ ∞1

dy

yx= 1 +

1

x1− 1.

Multiplicando esta igualdad por x−1 y calculando el lımite cuando x tiende a 1 por la derechatenemos

limx→1+0

(x− 1)ζQ(x) = 1.

Ahora vamos a demostrar el siguiente teorema sobre convergencia de series debido a Dirich-let.

Teorema 6.6 Sea X un cono en el espacio vectorial euclıdeo Rn y F : X → R+ una aplicacion(suponemos que 0 6∈ X). Supongamos que F satisface las siguientes dos condiciones.

(1) Para cada x ∈ X y cada numero real positivo r, F (rx) = rnF (x).

(2) El conjunto T = {x ∈ X | F (x) ≤ 1} es acotado y tiene volumen no nulo v = v(T ).

Sea L un retıculo n-dimensional de Rn y sea ∆ el volumen de un dominio fundamental de L.Entonces la serie

ζ(x) =∑

a∈L∩X

1

F (a)x

es convergente para x > 1 y

limx→1+0

(x− 1)ζ(x) =v

∆.

Demostracion. Para cada numero real positivo, sea Lr el retıculo obtenido contrayendo Lpor un factor r, es decir Lr = L

r . El volumen de un dominio fundamental Pr de Lr es ∆rn .

Como Lr es un retıculo y T esta acotado, Lr ∩ T es finito para todo r > 0. Sea N(r) elnumero de puntos de Lr ∩ T . La union de los paralelepıpedos x + Tr, con x ∈ Lr ∩ T es unaaproximacion a T de forma que podemos calcular el volumen de T como un lımite de la sumade los volumenes de estos paralelepıpedos, cuando r tiende a ∞, o sea

v = v(T ) = limr→∞

N(r)∆

rn= ∆ lim

r→∞

N(r)

rn. (6.4)

Si en lugar de contraer L, expandimos T a rT , claramente, N(r) tambien coincide con elnumero de puntos de L∩ rT = {x ∈ L | F (x) ≤ rn}. Como L es numerable, podemos numerarlos elementos de L ∩X = {x1, x2, . . .} de forma que

0 < F (x1) ≤ F (x2) ≤ . . .


Sea

rk = n√F (xk).

Entonces {x1, x2, . . . , xk} ⊆ L ∩ rkT y, por tanto, k ≤ N(rk). Por otro lado, para todo ε > 0,xk 6∈ (rk − ε)T , luego

N(rk − ε) < k ≤ N(rk).

Por tantoN(rk − ε(rk − ε)n

(rk − εrk

)n<

k

rnk=

k

F (xk)≤ N(rk)

rnk.

Tomando lımites cuando k tiende ∞ y considerando la ecuacion 6.4 se tiene

limk→∞

k

F (xk)=

v

∆6= 0.

Como la serie ζQ(x) =∑∞

i=11nx converge para x > 1, y limk→∞

kx

F (xk)x = vx

∆x 6= 0 la serie∑∞i=1

1F (xn)x tambien converge para x > 1. Sea ahora ε > 0. Por el lımite anterior, existe

k0 ∈ N tal que ( v∆− ε) 1

k<

1

F (xk)<( v

∆+ ε) 1

k

para todo k ≥ k0. Luego

( v∆− ε)x ∞∑

k=k0

1

kx<

∞∑k=k0

1

F (xk)x<( v

∆+ ε)x ∞∑

k=k0

1

kx

para todo x > 1. Podemos suponer que k0 ≥ 2. Como limx→1∑k0−1

k=1 (x − 1) 1kx = 0 y

limx→1+0(x−1)∑∞

k=11kx = limx→1+0(x−1)ζQ(x) = 1, resulta que limx→1+0(x−1)

∑∞k=k0

1kx =

1. Luegov

∆− ε ≤ lim inf

x→1+0(x− 1)ζ(x) ≤ lim sup

x→1+0(x− 1)ζ(x) ≤ v

∆+ ε.

Como ε es arbitrario

limx→1+0

(x− 1)ζ(x) ≤ v

∆.

Para poder aplicar el Teorema de Dirichlet a la funcion zeta de un cuerpo numerico tenemosque ver que T = {x ∈ X :| N(x) |≤ 1} es acotado y tiene volumen no nulo. Esto lo vamos a darsin demostracion, pero si que vamos a dar un valor para este volumen. Para eso necesitamosintroducir un nuevo concepto: el regulador.

Sea u1, . . . , ur un conjunto fundamental de unidades de D. Entonces l(u1), . . . , l(ur) generaun retıculo L = l(U) de dimension r = s+ t− 1. Vamos a calcular el volumen (r-dimensional)de un conjunto fundamental de este retıculo. Recordemos que l1(u)+ . . . ls+t(u) = 0, para todaunidad u de D. Luego l0 = 1√

s+t(1, 1, . . . , 1) es ortogonal a L y tiene modulo 1. Eso implica

que el volumen de un conjunto fundamental de L coincide con el volumen de un conjunto


fundamental del retıculo n−dimensional generado por l0, l(u1), . . . , l(ur). Este ultimo coincidecon el valor absoluto del determinante∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1√s+t

l1(u1) l1(u2) . . . l1(ur)1√s+t

l2(u1) l2(u2) . . . l2(ur)

. . . . . . . . . . . . . . .1√s+t

ls+t(u1) ls+t(u2) . . . ls+t(ur)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣Sumando a la fila i-esima todas las demas tenemos∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1√s+t

l1(u1) l1(u2) . . . l1(ur)1√s+t

l2(u1) l2(u2) . . . l2(ur)

. . . . . . . . . . . . . . .1√s+t

li−1(u1) li−1(u2) . . . li−1(ur)√s+ t 0 0 . . . 01√s+t

li+1(u1) li+1(u2) . . . li+1(ur)

. . . . . . . . . . . . . . .1√s+t


∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=√s+ t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

l1(u1) l1(u2) . . . l1(ur)l2(u1) l2(u2) . . . l2(ur). . . . . . . . . . . .

li−1(u1) li−1(u2) . . . li−1(ur)li+1(u1) li+1(u2) . . . li+1(ur). . . . . . . . . . . .


∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Luego el volumen de un conjunto fundamental de L es

v =√s+ tR

donde R es el valor absoluto valor de cualquier menor de orden r de la matriz∣∣∣∣∣∣∣∣l1(u1) l1(u2) . . . l1(ur)l2(u1) l2(u2) . . . l2(ur). . . . . . . . . . . .


∣∣∣∣∣∣∣∣Como el volumen de un conjunto fundamental de un retıculo no depende de la base elegidapara calcularlo, el numero R no depende de el sistema fundamental de unidades elegido y sellama regulador de K.

Entonces tenemos el siguiente resultado que nos da el volumen de T = {x ∈ X :| N(x) |≤1}.


Teorema 6.7 Sea X el cono fundamental de un cuerpo numerico K y T = {x ∈ X :| N(x) |≤1}. Entonces

v(T ) =2sπtR

m

donde s es el conjunto de inclusiones reales de K, t es el conjunto de inclusiones complejas deK, R el regulador de K y m el cardinal del conjunto de las raıces de la unidad de K.

Juntando los resultados de los Teoremas 6.6 y 6.7 tenemos

Teorema 6.8 Sea K un cuerpo numerico de dimension n = s + 2t sobre Q, donde s es elnumero de inclusiones reales de K y 2t es el numero de inclusiones complejas. Sea D el anillode enteros de K. Entonces la serie

ζK(x) =∑I≤D

1

N(I)x

converge para todo x > 1 y

limx→1+0

(x− 1)ζK(x) =2s+tπtR

m√| ∆ |

hK ,

donde R es el regulador de K, m el numero de raıces de la unidad de K, hK es el numero declases de K y ∆ es el discriminante de K.

Demostracion. Podemos reescribir

ζK(x) =∑C∈HK

fC(x) (6.5)

con HK el grupo de clase de K y

fC(x) =∑

I≤D,I∈C

1

N(I)x.

Sea C ∈ HK . Elegimos un ideal I ′ ∈ C−1 Sea X el conjunto de los ideales principales de Ddivisibles por I ′. Entonces, para cada I ∈ C, II ′ ∈ X. Por otro lado, si J ∈ X, entoncesJI ′−1 ∈ C. Luego la aplicacion f : C → X dada por f(I) = II ′ es biyectiva. Usando laformula N(II ′) = N(I)N(I ′), podemos reescribir

fC(x) = N(I ′)x∑

J∈X,I′|J

1

N(J)x

Cada elemento J ∈ X se puede escribir como 〈α〉 con α ∈ I ′ y dos elementos α, β ∈ I ′

generan el mismo ideal si son asociados. Sea X el cono fundamental de K. Del teorema 6.5Y = X ∩ σ(I ′) es un conjunto de representantes de los elementos de I ′ modulo la relacion deequivalencia ”ser asociados en D”. Luego

fC(x) = N(I ′)x∑

y∈X∩I′

1

| N(y) |x.


Aplicando el Teorema 6.6 a la funcion F : X → R+ dada por F (x) =| N(x) |, deducimos quela serie que define fC es convergente para x > 1 y que

limx→1+0

(x− 1)fC(x) =vN(I ′)

V

donde v es el volumen de T = {x ∈ X :| N(x) |≤ 1} y V es el volumen de un conjunto

fundamental de I ′. De la proposicion 4.2.1 se tiene que V =N(I′)√|∆|

2t y del Teorema 6.7

v = 2sπtRm . Luego

limx→1+0

(x− 1)fC(x) =2s+tπtR√| ∆ |mV

Solo falta aplicar la formula 6.5.

Para calcular el numero de clase hk usando la funcion zeta de Dirichlet es necesario teneralgun metodo para calcular limx→∞(x − 1)ζK(x). Para eso es a veces conveniente utilizar elsiguiente teorema que da una representacion de ζK(x) como producto infinito.

Teorema 6.9 Para cada x > 1,

ζK(x) =∏

p∈SpecD

1

1− [1/N(p)x].

Demostracion. Para cada ideal primo tenemos

1

1− [1/N(p)x]= 1 +

1

N(p)x+

1

N(p)2x+ . . . (6.6)

donde la de serie de la derecha es convergente absolutamente, para x > 1. Sea N un numeronatural y p1, . . . , pr los ideales primos de D cuya norma es menor o igual que N . Multiplicandolas series para cada uno de los primos p1, . . . , pr tenemos

∏N(p)<N

1

1− [1/N(p)x]=

∞∑k1,...,lr=0

1

N(pk11 , . . . , pkrr )x

=∑I∈HN

1

N(I)x

donde HN denota el conjunto de todos los ideales que no son divisibles por ningun ideal primocon norma mayor que N . Como para x > 1, la serie

∑I≤D

1N(I)x converge y es igual a ζK(x),

entonces, la subserie∑

I∈HN1

N(I)x tambien converge y∏p∈SpecD

11−[1/N(p)x] = limN→∞

∏N(p)<N

11−[1/N(p)x]

= limN→∞∑

I∈HN1

N(I)x

=∑

I≤D1

N(I)x = ζK(x).


6.2 Caracteres

Definicion 6.10 Sea G un grupo abeliano finito. Un caracter de G es un homomorfismo deG en el grupo multiplicativo de C.

Si n es el orden de un grupo finito G y χ es un caracter de G, entonces χ(x)n = 1 paratodo n y, o sea, χ(x) es una raız n-esima de la unidad.

Por otro lado, como G es un grupo abeliano finito, es un producto de grupos cıclicos:

G = 〈a1〉 × 〈a2〉 . . . 〈ar〉

Supongamos que ki es el orden de ai. Para dar un caracter de G es suficiente dar un caracterde cada uno de los subgrupos cıclicos 〈ai〉. Para dar un caracter de 〈ai〉 basta dar una raız ki-esima de la unidad. Luego para dar un caracter de G basta con dar una r-tupla (ε1, ε2, . . . , εn)donde εi es una raız ki-esima de la unidad. Como hay exactamente m raıces primitivas de launidad, hay exactamente k1 · k2 · . . . · kr =| G | caracteres de G. O sea:

Teorema 6.11 El numero de caracteres de un grupo abeliano finito coincide con su orden.

Definiremos una multiplicacion de caracteres:

(χχ′)(x) = χ(x)χ′(x) (x ∈ G).

Este producto convierte al conjunto de caracteres de G en un grupo abeliano. La unidad deeste grupo es χ0, dado por χ0(x) = 1, para todo x ∈ G y el inverso de un caracter χ es elcaracter conjugado χ, dado por χ(x) = χ(x).

El siguiente resultado es facil de demostrar:

Teorema 6.12 Todo grupo abeliano finito es isomorfo al grupo de sus caracteres.

Sea G un grupo abeliano finito y H un subgrupo de G. La restriccion χ de un caracter χde G a H es un caracter de H. La () es un homomorfismo del grupo de caracteres de G en elgrupo de caracteres de H.

Teorema 6.13 Sea G un grupo abeliano finito y H un subgrupo de G. Entonces todo caracterde H es la restriccion de un caracter de G a H. Ademas el numero de caracteres de G querestringen a un caracter dado de H es (G : H)

Demostracion. Todo elemento del nucleo K de la aplicacion restriccion, () induce de forma

unica un caracter de G/H. Luego | K |=| G/H |= |G||H| . Del Teorema 6.13 se obtiene que la

imagen de () tiene |G||K| =| H | elementos. Aplicando otra vez el Teorema 6.13 se tiene que ()es suprayectiva.

Corolario 6.14 Sea G un grupo abeliano finito y H un subgrupo de G. Si x ∈ G\H entoncesG tiene un caracter χ, tal que χ(x) 6= 1 y χ(h) = 1, para todo h ∈ H.

6.2. CARACTERES 103

Vamos a ver ahora algunas relaciones entre los caracteres de un grupo abeliano finito G deorden n. En primer lugar es claro que ∑

x∈Gχ0(x) = n.

Supongamos ahora que χ es un caracter distinto de χ0 y sea g ∈ G tal que ξ(g) 6= 1. Entoncessi S =

∑x∈G χ(x) tenemos

S =∑

x∈G χ(x)=∑

x∈G χ(gx)=∑

x∈G χ(g)χ(x)= χ(g)S

Como χ(g) 6= 1, se deduce que S = 0.Similarmente tenemos que ∑

χ∈G∗χ(1) = n.

Por otro lado, si x 6= 1 es un elemento de G, existe ξ ∈ G∗, tal que ξ(x) 6= 1, entonces siponemos T =

∑χ∈G∗ χ(x) tenemos

T =∑

χ∈G∗ χ(x)

=∑

χ∈G∗(xiχ)(x)

=∑

χ∈G∗ xi(x)χ(x)

= xi(x)T

Luego T = 0, por tanto

Lema 6.15 ∑x∈G

χ(x) =

{| G | si χ = χ0

0 si χ 6= χ0∑χ∈G∗

χ(x) =

{| G | si x = 10 si x 6= 1

Fijaremos ahora un numero natural m y Gm denotara el grupo de los elementos invertiblesdel semigrupo multiplicativo de Z/Zm. Este grupo tiene ϕ(m) elementos, donde ϕ denota lafuncion de Euler.

La clase de un elemento de Z, modulo m sera denotada por a.Si χ es un caracter de Gm definiremos la aplicacion χ∗ : Z→ C dada por χ∗(a) = χ(a), si

(a,m) = 1, y χ∗(a) = 0, en caso contrario.

Definicion 6.16 Diremos que una aplicacion ξ : Z → C es un caracter numerico modulom si satisface las siguientes condiciones para todo a, b ∈ Z:

(1) χ(a) = 0⇔ (a,m) = 1.


(2) a ≡ b( mod m)→ ξ(a) = ξ(b).

(3) ξ(ab) = ξ(a)ξ(b).

Observese que si χ es un caracter de Gm, entonces χ∗ es un caracter numerico modulo m.De hecho, es evidente que todo caracter numerico modulo m viene determinado univocamentepor un caracter de Gm. Por tanto no vamos a distinguir entre caracteres numericos modulom y caracteres de Gm, de hecho vamos a abusar de la notacion y, si χ es un caracter de Gm,vamos a denotar tambien por χ a χ∗.

Si χ es un caracter numerico modulo m y n un multiplo de m, entonces la aplicacionχ′ : Z→ C dada por

χ′(a) =

{χ(a) si (a, n) 6= 10 si (a, n) = 1

es un caracter numerico modulo n. Diremos que χ′ es el caracter numerico modulo n inducidopor χ.

Definicion 6.17 Sea χ un caracter numerico modulo m. Diremos que χ es un caracter noprimitivo si χ es el caracter inducido modulo m de un caracter modulo d para algun divisorpropio d de m. En caso contrario diremos que χ es un caracter primitivo.

Vamos a acabar esta seccion caracterizando los caracteres numericos primitivos.

Teorema 6.18 Sea χ un caracter numerico modulo m. χ es primitivo si y solo si para cadadivisor propio d de m, existe un numero n ∈ N tal que (n,m) = 1, n ≡ 1( mod d) y χ(n) 6= 1.

Demostracion. Supongamos que χ es un caracter no primitivo y sea χ′1 un caracter modulod, donde d es un divisor propio de m y χ es el caracter inducido por χ′ modulo m. Si n ∈ Nes coprimo con m y n ≡ 1( mod d), entonces χ(x) = χ1(x) = χ1(1) = 1.

Reciprocamente supongamos que para cada divisor d de m y cada x ∈ Z, coprimo conm, tal que x ≡ 1( mod d) se verifica χ(x) = 1. Sea a coprimo con d. Como la aplicacioncanonica Gm → Gd es suprayectiva, existe a′ tal que (a′,m) = 1 y a′ ≡ a( mod d). Definimosχ1(a) = χ(a′), si a es coprimo con d y χ1(a) = 0, si a no es coprimo con d. Vamos a ver que lafuncion χ1 esta bien, definida, es decir χ(a′) no depende del valor elegido para a′. Sea a1 otroelemento tal que (a1,m) = 1 y a1 ≡ a( mod d). Como Gm es un grupo, existe x relativamenteprimo con m tal que a1 = xa′, o sea a1 ≡ xa( mod m). Luego xa ≡ a( mod d) y por tantox ≡ 1( mod d). Por hipotesis χ(x) = 1 y, por tanto, χ(a1) = χ(x)χ(a′) = χ(a′). Solo falta verque χ′ es un caracter num’rico modulo d y que χ es el caracter numerico modulo m, inducidopor χ′.

6.3 El numero de clase de los cuerpos ciclotomicos

Vamos ahora a calcular una formula para el numero de clase de un cuerpo ciclotomico K =Q(ξ), ξ = ξp. Empezaremos viendo como es la factorizacion de los ideales de D = Z[ξ]generados por primos racionales. Del lema 5.2 la factorizacion de 〈p〉 es 〈1− ξ〉p−1.

6.3. EL NUMERO DE CLASE DE LOS CUERPOS CICLOTOMICOS 105

Supongamos ahora que q es un primo racional no divisible por p. Para ver como se descom-pone 〈q〉, tenemos que ver como se descompone el polinomio ciclotomico f = 1 + X + . . . +Xp−1 = Xp−1

X−1 en Zq (ver Teorema 2.26). Como Xp − 1 no tiene factores multiples modulo q,f tampoco tiene factores multiples modulo q. Por tanto

〈q〉 =

g∏i=1

pi

donde p1, . . . , Pg son primos distintos. Vamos a ver cuanto vale g. Sea I = pi. Como N(q) =qp−1, N(I) = qk para algun entero positivo k. Como la caracterıstica del cuerpo D/I es q(pues es una extension de Z/(Z ∩ I) = Z/〈q〉), el polinomio Xp − 1 no tiene raıces multiplesen D/I, lo que implica que la clases 1 + I, ξ+ I, ξ2 + I, . . . , ξp−1 + I son todas distintas. Estasclases forman un subgrupo del grupo multiplicativo de D/I. Como este ultimo tiene N(I)− 1elementos, p | N(I) − 1 y, por tanto qk = N(I) ≡ 1( mod p). Sea f el orden de q modulo p,es decir, f es el orden de q+ 〈p〉 en Z/〈p〉. Lo que hemos visto implica que k ≥ f . En realidadk = f . En efecto, cada elemento de D/I es de la forma

x =

p−1∑i=0

ai(ξ + I)i

con ai entero racional. Como D/I es un cuerpo de caracterıstica q, (α + β)qf

= αqf

+ βqf,

para todo α, β ∈ D/p. Como p | qf − 1, ξqf

= ξ. Ademas, como I ∩ Z = 〈q〉, aqf = a paratodo a ∈ Z. Teniendo en cuenta todo esto se deduce que todo elemento de D/I es raız del

polinomio Xpf −X y, por tanto pk ≤ pf . Luego k ≤ f .

Como esto se verifica para cada i = 1, . . . , g, resulta que qp−1 =∏gi=1N(pi) =

∏gi=1 q

f =qgf y, por tanto p− 1 ≥ gf .

En resumen, hemos demostrado el siguiente lema:

Lema 6.19 Sean p, q primos racionales distintos, f el orden de q modulo p y 〈q〉 el idealgenerado por q en D = Z[ξp]. Entonces

〈q〉 = p1 . . . pg

donde p1, . . . , pg son ideales primos distintos, g = p−1f y N(pi) = pf , para todo i = 1, . . . , g.

Recordemos que si I es un ideal primo de un anillo de enteros D, de un cuerpo racionalK, entonces existe un unico primo racional p que divide a I. Por tanto podemos reescribir laexpresion como producto infinito de la funcion de Euler agrupando los factores correspondientesa ideales primos que dividen a un primo racional dado, o sea:

ζK(x) =∏q∈P

∏I|q,I∈SpecD

1

1− [1/N(I)x]

donde P denota el conjunto de los primos racionales.


Del Lema 6.19, si q ∈ P \ {p} y I es un ideal primo que divide a q, entonces N(I) = qfq ,donde fq es el orden de q modulo p y hay exactamente p−1

fqideales primos que dividen a q. Por

otro lado, del lema 5.2, el unico ideal primo divisor de p es 〈1− ξ〉 y su norma es p. Luego

ζK(x) =

(1− 1

px

)−1 ∏p 6=q∈P

(1− 1

qxfq

)− p−1fq

. (6.7)

Ahora usaremos el desarrollo

1−(

1

qx

)fq=

fq−1∏k=0

(1− εk

qx

),

donde ε es una raız fq-esima primitiva de la unidad. obtenemos(1− 1

qxfq

)− p−1fq

=

fq−1∏k=0

(1− εk

qx

)− p−1fq

. (6.8)

Consideremos la clase q de q en Gp. Como el orden de q es fq, para todo caracter χ de Gp,χ(q) es de la forma εk.

Por otro lado, para cada k existe un unico caracter χ del subgrupo de Gp generado porq tal que χ(q) = εk. Por el Teorema 6.13 existen exactamente p−1

fqformas de extender este

caracter a un caracter de Gp. Por tanto, teniendo encuenta las ecuaciones 6.7 y 6.8 y poniendo

G(x) =(

1− 1px

)−1tenemos

ζK(x) = G(x)∏p 6=q∈P

(1− 1

qfqx

) 1−pfq

= G(x)∏p 6=q∈P

∏fq−1k=0

(1− εk

qx

) 1−pfq

= G(x)∏p 6=q∈P

∏χ∈G∗p

(1− χ(q)

qx

)−1

Si en vez de considerar caracteres de Gp consideramos caracteres numericos modulo p, podemostambien considerar en el producto anterior el primo p, pues para este valor, χ(p) = 0, luego

ζK(x) = G(x)∏q∈P

∏χ∈Gp

(1− χ(q)

qx

)−1

donde Gp denota el conjunto de caracteres numericos modulo p. Poniendo

L(x, χ) =∏q∈P

1

1− χ(q)qx

tenemosζK(x) = G(x)

∏χ∈Gp

L(x, χ).


Vamos a separar el factor que corresponde al caracter trivial χ0. Como χ0(q) = 1 si q 6= py χ0(p) = 0 se tiene

L(x, χ0) =∏q∈P

1

1− 1qx

=

(1

1− 1px

)−1

ζQ(x).

Luego

ζK(x) = ζQ(x)∏χ 6=χ0

L(x, χ). (6.9)

Repitiendo un argumento similar al de la demostracion de la formula multiplicativa de lafuncion zeta podemos obtener la siguiente formula

L(x, χ) =

∞∑n=1

χ(n)

nx.

Esta serie es llamada L-serie o serie de Dirichlet del caracter χ.Vamos a hacer un parentesis para demostrar que las L-series son convergentes no solo para

x > 1 sino tambien para x > 0. Necesitaremos el siguiente lema.

Lema 6.20 Sea {an} una sucesion de numeros complejos tal que la sucesion {An =∑n

i=1 ai}esta acotada. Entonces la serie

f(x) =∞∑i=1

annx

es convergente para todo x > 0. Ademas para todo σ > 0, la convergencia es uniforme en elintervalo [σ,∞), de forma que la funcion f(x) es continua en x.

Demostracion. Pongamos que An ≤ C, para todo n. Fijemos σ > 0. Para cada ε > 0elegimos n0 tal que 1

nσ < ε para todo n > n0. Si n > n0, entonces 1nx < ε, para todo s ≥ σ.

Sea M > N > n0. Entonces∑Mk=N

akkx =

∑Mk=N

Ak−Ak−1

kx

=∑M

k=NAkkx −

∑M−1k=N−1

Ak−1

(k+1)x

= −AN−1

Nx +∑M−1

k=N Ak

(1kx −

1(k+1)x

)+ AM

Mx

.

Luego

|M∑k=N

akkx|≤ C

(1

Nx+

M−1∑k=N

(1

kx− 1

(k + 1)x

)+

1

Mx

)=

2C

Nx< 2Cε.

Si χ es un caracter distinto de 1, entonces∑i+p

k=i χ(k) = 0, para todo i, la serie L(x, χ)satisface las condiciones del lema y, por tanto:

Corolario 6.21 Si χ es un caracter distinto de 1, la serie L(x, χ) converge para x > 0 y defineuna funcion continua en el intervalo (0,∞).


Cerramos el parentesis y recordemos que queremos calcular hK utilizando la formula

limx→1+0

(x− 1)ζK(x) =2s+tπtR

m√| ∆ |

hK .

Por tanto, multiplicamos por x− 1 en la formula 6.9 y tomamos lımites.

limx→1+0

(x− 1)ζK(x) =∏χ 6=χ0

L(1, χ) limx→1+0

(x− 1)ζQ(x) =∏χ 6=χ0

L(1, χ).

Observese que la serie L(1, χ) =∑∞

n=1χ(n)n no converge absolutamente, aunque si es conver-

gente.Por tanto podemos obtener la siguiente formula para el numero de clase de K:

hK =m√| ∆ |

2s+tπtR

∏χ 6=χ0

L(1, χ). (6.10)

Esta no es todavıa nuestra formula definitiva, pues todavıa tenemos que calcular el valor delas series L(1, χ).

Fijemos un caracter numerico modulo p, diferente de χ0. Eliminando los sumandos en losque χ(n) = 0 y teniendo en cuenta que si n1 ≡ n2 mod p, entonces χ(n1) = χ(n2) obtenemosla siguiente formula:

L(x, χ) =

p−1∑k=1

χ(k)∑

n≡k mod p

1

nx.

Sea 1 ≤ k ≤ p− 1 y pongamos

∑n≡k mod p

1

nx=

∞∑n=1

cnnx,

donde

cn =

{1 si n ≡ k mod p0 si n 6≡ k mod p

Recordemos la formulap−1∑i=0

ξri =

{p si r ≡ 0 mod p0 si r 6≡ 0 mod p

donde ξ = ξp. Por tanto

cn =

∑p−1i=0 ξ

(k−n)i

p

Luego

L(x, χ) =∑p−1

k=1 χ(k)∑∞

n=1

∑p−1i=0 ξ

(n−k)i

pnx

= 1p

∑p−1i=0

(∑p−1k=1 χ(k)ξki

)∑∞n=1

ξ−ni

nx


Nos quedamos con la parte que esta entre parentesis y ponemos

τi(χ) =

p−1∑k=1

χ(k)ξki

que es conocida como la suma Gaussiana correspondiente al caracter χ y el entero racional i.Observese que la suma gaussiana depende no solo de i y χ, sino tambien de la raız primitiva dela unidad elegida. Por eso elegimos ξ como cos 2π

p + isen2πp . Observese que si j no es multiplo

de p, entonces {ji : 1 ≤ i ≤ i} = Gp y, por tanto

χ(j)τj(χ) =

p−1∑k=1

χ(jk)ξjk =

p−1∑k=1

χ(k)ξk = τ1(χ) = τ(χ)

Tenemos entonces

L(x, χ) =1

p

p−1∑j=0

τi(χ)∞∑n=1

ξ−nj

nx=τ(χ)

p

p−1∑j=0

χ(j)∞∑n=1

ξ−nj

nx.

Ahora podemos aplicar el lema 6.20 a la serie∑∞

n=1ξ−ni

nx y deducir que esta serie es convergentepara x > 0 y define una aplicacion continua en (0,∞).

Pero nos interesa L(1, χ). Sustituyendo x por 1, obtenemos

L(1, χ) =1

p

p−1∑j=0

τj(χ)∞∑n=1

ξ−nj

n=τ(χ)

p

p−1∑j=0

χ(j)∞∑n=1

ξ−nj

n.

Observese que si p divide a i, entonces τi(χ) = 0, luego

L(1, χ) =1

p

p−1∑j=1

τj(χ)

∞∑n=1

ξ−nj

n=τ(χ)

p

p−1∑j=1

χ(j)

∞∑n=1

ξ−nj

n.

Es bien conocido que la serie de potencias∑∞

n=1zn

n converge en la bola unidad y es eldesarrollo en serie de potencias de la funcion compleja − ln(1 − z). Como ademas esa serie,tambien es convergente en ξ−k tenemos

L(1, χ) = −1

p

p−1∑j=1

τj(χ) ln(1− ξ−j) = −τ(χ)

p

p−1∑j=1

χ(j) ln(1− ξ−j) = −τ(χ)

pSχ.

donde

Sχ =

p−1∑j=1

χ(j) ln(1− ξ−j)


6.4 Descomposicion de hK como producto de dos factores

Vamos ahora a calcular τ(χ) y Sχ. Estos valores dependen de la siguiente definicion.

Definicion 6.22 Un caracter numerico χ se dice que es par si χ(−1) = 1. En caso contrario,o sea, si χ(−1) = −1, se dice que es impar.

Lema 6.23 Sea χ un caracter numerico. Entonces

τ(χ) =

{ √p si χ es par

i√p si χ es impar

Vamos ahora a calcular Sχ.Como el argumento de 1− ξ−k es π

2 −kπp y su modulo es 2senkπp tenemos

1− ξ−k = 2senkπ

p

(cos

(π

2− kπ

p

)+ i

(π

2− kπ

p

))Tomando logaritmos y teniendo en cuenta que

−π2<

(π

2− kπ

p

)<π

2

tenemos

ln(1− ξ−k) = ln | 1− ξ−k | +(π

2− kπ

p

)Como 1− ξ−k y 1− ξk son conjugados

ln(1− ξk) = ln | 1− ξ−k | −(π

2− kπ

p

)Si χ es un caracter numerido par, sustituyendo j por −j en la formula

Sχ =

p−1∑j=1

χ(j) ln(1− ξ−j)

tenemos

Sχ =

p−1∑j=1

χ(j) ln(1− ξj)

luego2Sχ =

∑p−1j=1 χ(j)(ln(1− ξ−j + ln(1− ξj)

= 2∑p−1

j=1 χ(j) ln | 1− ξ−j |= 2

∑p−1j=1 χ(j) ln 2 sin kπ

p

Haciendo lo mismo en caso de que χ sea impar tenemos

Sχ = −p−1∑j=1

χ(j) ln(1− ξj)

6.4. DESCOMPOSICION DE HK COMO PRODUCTO DE DOS FACTORES 111

Luego2Sk =

∑p−1j=1 χ(j)(ln(1− ξ−j − ln(1− ξj)

= 2∑p−1

j=1 χ(j)i(π2 −

jπp

)= −2iπp

∑p−1j=1 χ(j)j

Por tanto

Lema 6.24 Sea χ un caracter numerico modulo p. Si χ es par

L(1, χ) = −τ(χk)

p

p−1∑j=1

χ(j) ln | 1− ξj |= −τ(χk)

p

p−1∑j=1

χ(j) ln senjπ

p

y, si χ es impar

L(1, χk) =πiτ(χk)

p2

p−1∑j=1

χk(j)j.

Como Gp es un grupo cıclico con p−1 elementos, hay exactamente p−1 caracteres modulop. Sea g un generador de Gp. Si θ es una raız p − 1-esima de la unidad y χ es el caractermodulo p dado por χ(g) = θ−1, entonces los caracteres modulo p son χ, χ2, . . . , χp−1 = χ0.

Observese que χ(−1) = χ(gp−12 ) = θ

p−12 = −1, luego χk(−1) = (−1)k. Por tanto, χk es par

precisamente si k es par.Luego podemos reescribir la formula

hK =m√| ∆ |

2s+tπtR

∏χ 6=χ0

L(1, χ)

como

hK =m√| ∆ |

2s+tπtR

p−2∏k=1

L(1, χk)

Pero, como todos los factores excepto L(1, χk) son numeros reales positivos, tomando modulostendremos

hK =m√| ∆ |

2s+tπtR

p−2∏k=1

| L(1, χk) |

Pero ademas del Lema 5.4 sabemos que m = 2p y del Teorema ?? ∆ = (−1)p−12 pp−2. Por otro

lado, s = 0 y, por tanto, t = p−12 luego

hK =pp/2

2t−1πtR

p−2∏k=1

| L(1, χk) |

Teniendo en cuenta que g es un generador de Gp tenemos lo siguiente:

| L(1, χ2k) |= −| τ(χ2k) |p

|p−2∑r=0

χ2k(gr) ln | 1− ξgr ||= − 1√p|p−2∑r=0

θ2kr ln | 1− ξgr ||


Vamos a ver que los sumandos θ2kr ln | 1 − ξgr | pueden ser pareados. Pongamos t = p−12 y

r = t+ s. Entonces 2kt es multiplo de p− 1 y, por tanto θ2kt = 1, luego

θ2kr = θ2ks.

Ademas, gt = −1, luego 1− ξgr = 1− ξ−gs , luego

θ2kr ln | 1− ξgr |= θ2ks ln | 1− ξgs |

Por tanto

| L(1, χ2k) |= 2√p|

t∑r=0

θ2kr ln | 1− ξgr || .

Ahora usamos la formula

L(1, χ2k−1) =πi√p

p2

p−1∑j=1

χ2k−1(j)j.

Denotamos por gs el resto de dividir de gs por p.

L(1, χ2k−1) =πi√p

p2∑p−1

j=1 χ2k−1(j)j

=πi√p

p2∑p−2

r=0 χ2k−1(gr)gr

=πi√p

p2∑p−2

r=0 θ(2k−1)rgr

=πi√p

p2F (θ2k−1)

,

donde F es el polinomio

F =

p−2∑r=0

grXr.

Luego

| L(1, χ2k−1) |=π√p

p2| F (θ2k−1) | .

Sustituyendo estos valores obtenidos en la formula

hK =pp/2

2t−1πtR

p∏k=1

| L(1, χk) |

tendremos

hK = pp/2

2t−1πtR

∏p−2k=1 | L(1, χk) |

=√ppt

2t−1πtR

∏t−1k=1 | L(1, χ2k) |

∏tk=1 | L(1, χ2k−1) |

=√ppt

2t−1πtR

∏t−1k=1( 2√

p |∑t

r=0 θ2kr ln | 1− ξgr ||

∏tk=1

π√p

p2| F (θ2k−1) |

=√p√ptπt2t−1pt√

pt−12t−1πtp2tR

∏t−1k=1 |

∑tr=0 θ

2kr ln | 1− ξgr ||∏tk=1 | F (θ2k−1) |

= 1pt−1R

∏t−1k=1 |

∑tr=0 θ

2kr ln | 1− ξgr ||∏tk=1 | F (θ2k−1) |

= 2t−1

R

∏t−1k=1 |

∑tr=0 θ

2kr ln | 1− ξgr || 1(2p)t−1

∏tk=1 | F (θ2k−1) |

6.5. EL FACTOR H0. 113

O sea

hK = h0h∗

donde

h0 =2t−1

R

∏k = 1t−1 |

t−1∑r=0


y

h∗ =1

(2p)t−1| F (θ)F (θ3) | F (θp−2) | .

El siguiente paso es demostrar que h0 y h∗ son numeros naturales.

6.5 El factor h0.

Para simplificar la formula

h0 =2t−1

R

∏k = 1t−1 |

t−1∑r=0


pondremos

ar = ln | 1− ξgr |

Observese que at+r = ar (t = p−12 ). Si ponemos

A =t−1∏k=1

t−1∑r=0

θ2krar

tenemos

h0 =2t−1

R| A | .

Vamos a ver que (a0 + a1 + . . .+ at−1)A = ±det(ai+j). θ2 es una raız primitiva t-esima de

la unidad y la aplicacion χk(θ2r) = θ2rk es un caracter del grupo G generado por θ.

Lema 6.25 Sea G un grupo abeliano finito y f : G → C una aplicacion. El determinante dela matriz

A = (f(στ−1)σ,τ∈G)

es ∏χ∈G∗

∑σ∈G

f(σ)χ(σ).

Demostracion. Sea V el espacio vectorial complejo de todas las aplicaciones de G a C.Consideremos la base B = {lσ : σ ∈ G} de V donde

lσ(τ) = δσ,τ


Para cada σ ∈ G sea Tσ : V → V el endomorfismo dado por (Tσ(f))(τ) = f(στ) y sea

T =∑σ∈G

f(σ)Tσ ∈ V ∗

Para cada σ, τ ∈ GT (lσ)(τ) = [

∑ω∈G f(ω)Tω(lσ)](τ)

=∑

ω∈G f(ω)lσ(ωτ)=∑

ω∈G f(ω)δσ,ωτ= f(στ−1)= [∑

ω∈G f(σω−1)lω](τ)

Luego

T (lσ) =∑ω∈G

f(σω−1)lω

y, por tanto A es la matriz asociada a T en la base B.Por otro lado, si χ es un caracter de G, entonces

T (χ)(τ) = [∑

ω∈G f(ω)Tω(χ)](τ)=∑

ω∈G f(ω)χ(ωτ)=∑

ω∈G f(ω)χ(ω)χ(τ)= [∑

ω∈G f(ω)χ(ω)χ](τ)

Luego

T (χ) =∑

ω∈G)f(ω)χ(ω

χ

, o sea ∑ω∈G)f(ω)χ(ω

es un valor propio de T . Usando las relaciones de los caracteres es facil ver que los caracteresforman una base de V , luego forman base de vectores propios de T , cuyos valores propios son∑

ω∈G)f(ω)χ(ω (χ ∈ G∗, luego el determinante de A es el producto de estos valores propios.

Sea f : G→ C dada por f(θ2r) = ar.Entonces

(a0 + a1 + . . .+ at−1)A =∏t−1k=0

∑t−1r=0 χk(θ

2r)f(θ2r)

= det(f(θ2(i−j)))= det(ai−j)= ±det(ai+j).

Sumando a una fila del determinante ∆ = det(ai+j) todas las demas, se puede ver queA es igual en valor absoluto al determinante que se obtiene a partir de A haciendo todos loselementos de una fila igual a 1. Despues de ciertas operaciones elementales se ve que | A | esigual a cualquier menor de orden m− 1 de la matriz

(ai−j − aj)1≤i≤m−1,0≤j≤m−1

6.6. EL FACTOR H∗ 115

Consideramosη = −ξ(p+1)/2

que es una raız primitiva 2p-esima de la unidad. Entonces

1− ξk

1− ξ= ηk−1 η

k − η−k

η − η−1= ηk−1 sen(kπ/p)

sen(π/p).

Si k no es multiplo de p, entonces el numero de la izquierda es una unidad en D (pues elnumerador y el denominador son asociados), luego, como si k es impar ηk−1 es tambien unaunidad de D, entonces

αk =sen(kπ/p)

sen(π/p)

es una unidad de D. Estas unidades son reales y positivas. Pero si k es par, y no es multiplode p, entonces

1− ξk

1− ξ=

1− ξp+k

1− ξy p+k es impar, luego αk es una unidad de D, para todo k que no sea multiplo de p. Se tiene:

Teorema 6.26 h0 = [E : E0], donde E es el grupo de las unidades reales de D y E0 es elsubgrupo de E generado por αk, con 2 ≤ k ≤ t.

6.6 El factor h∗

Sea B = F (θ)F (θ3) . . . F (θp−2), donde θ es una raız p− 1-esima de la unidad. B ∈ Q[θ], y portanto es entero algebraico. Ademas, el conjugado de θk es θp−1−k, luego B = B, o sea, B es

real. Por otro lado | B |= h(2p)t−1

h0es racional, por tanto, B ∈ Z.

El siguiente paso consiste en demostrar que 2t−1 y pt−1 dividen a B, con eso quedarıademostrado que h∗ es un numero natural.

Visto lo visto, p es regular, precisamente si p no divide ni a h0 ni a h∗. Pero se demuestrael siguiente:

Teorema 6.27 Si p no divide a h∗, entonces p es regular.

Por tanto solo hay que estudiar si p divide a h∗, o lo que es lo mismo, si pt divide a B.Recordemos que gr denota el menor entero positivo congruente con gr modulo p. Como

gt ≡ −1 mod p,gt+r + gr ≡ gt+r + gr = gr(gt + 1) ≡ 0 mod p

y, como 1 ≤ gr, gt+r < p, gr + gt+r = p. Eso implica que gr − gt+r es impar.Ahora vamos a considerar congruencias modulo 2 en D. Como θt = −1, se tiene que para

cada k imparF (θk) =

∑t−1r=0 grθ

kr + gt+rθk(m+r)

=∑t−1

r=0(gr − gt+r)θkr≡∑t−1

r=0 θkr mod 2


Luego

F (θk)(1− θk) ≡t−1∑r=0

θkr(1− θk) = 1− θkt = 0 mod 2.

Por tantoB(1− θ)(1− θ3) . . . (1− θp−2)

es multiplo de 2m. Por otro lado∏p−2r=1(1 − θr) es la traza de 1 − θ en el anillo Z[θ], o sea es

p− 1. Similarmente∏t−1r=1(1− θ2r) = t. Luego (1− θ)(1− θ3) . . . (1− θp−2) = 2. Por tanto B

es multiplo de 2t−1

Para demostrar que B es divisible por pt−1, primero encontramos la descomposicion de pen producto de ideales primos en Z[θ]. Para eso nos resulta util extender el lema 6.19.

Lema 6.28 Sean q primos racionales y m entero racional tal que q no divide a m. Sea f elorden de q modulo m y 〈q〉 el ideal generado por q en D = Z[ξm]. Entonces

〈q〉 = p1 . . . pg

donde p1, . . . , pg son ideales primos distintos de D, g = ϕ(m)f y N(pi) = qf , para todo i =

1, . . . , g.

La demostracion de este lema es similar a la demostracion del lema 6.19. Como p no dividea p− 1 y p ≡ 1 mod (p− 1), el orden f de p modulo p− 1 es 1. Por tanto 〈p〉 es el productode ϕ(p − 1) ideales primos distintos de Z[θ], todos de norma p. Sea q uno de estos ideales.Observando la demostracion de 6.19 se ve que 0, 1, θ, . . . , θp−2 son incongruentes modulo q.Como

p−2∏k=0

(1− θkg) = 1− gp−1 ≡ 0 mod p,

uno de los factores 1 − θkg divide a q. Pero solo divide a uno de ellos pues, si q divide a1 − θkg y a 1 − θrg, entonces θkg ≡ θrg mod g y, como gp−1 ≡ 1 mod p, entonces gp−1 ≡ 1mod q. Lo que implica que θk ≡ θr mod q. Luego q divide a exactamente un factor 1−θkg. Sid = (k, p− 1), entonces elevando la congruencia 1 ≡ θkg mod q a la (p− 1)/d-esima tenemos1 ≡ g(p−1)/d mod q. Por tanto 1 ≡ g(p−1)/d mod p, lo que implica que d = 1.

Como hay exactamente ϕ(p − 1) divisores primos de p y ϕ(p − 1) numeros 1 ≤ k ≤ p − 1coprimos con p−1, cada uno de estos numeros es divisible exactamente por uno de los divisoresprimos de p. Denotemos por qk el divisor primo de p que divide a 1 − θkg ((k, p − 1) = 1).Entonces

〈p〉 =∏

(k,p−1)=1,1≤k<p

qk.

Entonces tenemos las siguientes congruencias en Z[θ]:

F (θk)(1− gθk) ≡∑p−2

r=0(gθk)r(1− gθk)= 1− (gθk)p−1

= 1− gp−1

≡ 0 mod p.

6.7. CUANDO P NO DIVIDE A H∗ 117

Luego F (θk)(1 − gθk) es divisible por p. Por lo visto anteriormente, se tiene que F (θk) esdivisible por p, si (k, p− 1) 6= 1 y, por pq−1

k en caso contrario. Por tanto F (θk) es divisible porpq−1k , para todo k. Luego B es divisible por

pt∏

(k,p−1)=1,1≤k<p

q−1k = pt−1.

Teorema 6.29 p no divide a h∗ precisamente si ninguno de los siguientes numeros

Sk =

p−1∑n=1

nk (k = 2, 4, . . . , p− 3)

es divisible por p2.

6.7 Cuando p no divide a h∗

Mantenemos la notacion de la seccion anterior y ponemos qk = D, si (k, p− 1) 6= 1. EntoncesConsideremos la expresion

1

2p−1h∗ =

B

pt−1=F (θq1)

p· F (θ3q3)

p· · · F (θp−2)qp−2

p

Como 〈p〉 =∏

(k,p−1)=1 qk, p divide a h∗ precisamente si qk divide a Bpt−1 , para todo (k, p−

1) = 1. En particular Bpt−1 debe ser divisible por qp−2 = q−1 y, por tanto F (θk)qk

p para algun

k = 1, 3, . . . , p− 2. Vamos a ver queF (θp−2)qp−2

p = F (θ−1)q−1

p no divide a q−1, ya que

F (θ−1) ≡p−2∑r=0

(θ−1g)r ≡ p− 1 ≡ −1 mod q−1

y, por tanto F (θ−1) no es divisible por q−1, lo que implica que F (θ−1)q−1 no es divisible por

q−1. De aha se deduce que F (θ−1)q−1

p = F (θ−1)∏k3−1 qk

no es divisible por q−1. Por tanto p divide a

h∗ precisamente si q2−1

teor a de numeros algebraicos angel del r o mateos · teor a de numeros algebraicos en la...

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