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Teorı́a algebraica de números
Nombre/Código:
Guillermo Mantilla-Soler
Agosto 26 2015
Examen I
Soluciones
√
1. Sea d 6= 0, 1 un entero libre de cuadrados y sea K = Q( d).
(a) [4pts] Sea M un ideal maximal de OK . Muestre que ||M || = p o kM || = p2 para algún primo racional p.
Sol: Dado que OK /M es un cuerpo finito su tamaño es pf para algún primo p y f un entero positivo. Gracias a
la igualdad fundamental f ≤ [K : Q] = 2.
(b) [2pts] De dos ejemplos que muestren que los dos casos del punto anterior se pueden dar.
Sol:
• Tome d = −1 y M = h3i, que como visto en clase es un ideal maximal, y note que ||M || = |NK/Q (3)| = 9.
• Tome d = 2 y M = h3 +
√
2i. En este caso ||M || = |NK/Q (3 +
√
2)| = 7, en particular M es maximal.
(c) [3pts] Suponga que d ≡ 1 (mod 4). Muestre que disc(OK ) = d.
(d) [3pts] Suponga que d 6≡ 1 (mod 4). Muestre que disc(OK ) = 4d.
√
√
Sol: Sea σ el elemento
no trivial de Gal(K/Q) i.e., el elemento definido por σ( d) = − d. Dado que OK = Z[αd ],
√
√
donde αd = 1+2 d en (c) y αd = d en (d), tenemos que disc(OK ) = (αd − σ(αd ))2 de donde se siguen (c) y (d).
√
√
√
2. Sea K = Q( −5) y sea R = Z[ −5] el sub anillo de K dado por los elementos de la forma m + n −5 donde m, n ∈ Z.
(a) [2pts] Muestre que no existe α ∈ R tal que NK/Q (α) = 2.
√
Sol: Dado que conjugación compleja es el único elemento no trivial de Gal(K/Q) se tiene NK/Q (m + n −5) =
m2 + 5n2 , que es al menos 5 si n 6= 0 y un cuadrado perfecto si n = 0. Dado que 2 no es mayor que 5, ni un
cuadrado perfecto se sigue que no existe un elemento en R con norma 2.
√
(b) [4pts] Muestre que 2 no es primo en R. (Sugerencia: calcule la norma de 1 + −5.)
√
√
√
Sol: Note que 2 √
divide a 6 = (1
√ + −5)(1 − −5). De otra parte, dado que 2 - 1 en Z, no existe m + n −5 ∈ R
tal que 2(m + n −5) = 1 ± 1 −5.
(c) [2pts] Muestre que 2 no es unidad en R.
Sol: Dado que R es integral sobre Z, de hecho R = OK , si
contradicción ya que Z es integralmente cerrado.
1
2
∈ R entonces
1
2
serı́a integral sobre Z lo cual es una
(d) [4pts] Muestre que existe un ideal h2i I R tal que I no es principal.
Sol: Sea I un ideal maximal de R que contiene a 2, el cual existe gracias a (c). Dado que R es el anillo de enteros
de K, −5 ≡ 3 (mod 4), R es un Dominio de Dedekind. Por tanto, utilizando la equivalencia entre contenencia y
divisibilidad, tenemos que ||I|| divide a 4 = ||h2i||. Note que la norma de I no puede ser 4, si lo fuera I = h2i y
esto contradice (b), y dado que I es propio su norma tampoco es 1. Se sigue que ||I|| = 2 y gracias a (a), y a que
||hαi|| = |NK/Q (α)|, el ideal I no puede ser principal.
3. Sea R dominio de Dedekind.
(a) [5pts] Muestre que R es un D.F.U si y sólo si R es un D.I.P(pruebe solamente la implicación no trivial)
Sol: sólo si: Dado que todo ideal propio no trivial1 es producto de ideales maximales es suficiente ver que todo
ideal maximal es principal. Sea M un ideal maximal y sea π 6= 0 ∈ M . Dado que R es un D.F.U π se escribe
como producto de elementos primos, y dado que M es maximal, por tanto primo, M debe contener alguno de los
factores primos de π. En particular podemos asumir que π es primo y por tanto, ya que R es de Dedekind, hπi es
un ideal maximal. Como hπi ⊆ M , y el de la izquierda es maximal, la contenencia es igualdad.
(b) [2 pts] Exhiba un R que no sea un dominio de factorización única. (Asegúrese de justificar su respuesta)
√
√
Sol: R = Z[ −5]. Dado que −5 ≡ 3 (mod 4), R es el anillo de enteros de Q( −5) y por tanto un dominio de
Dedekind. Gracias a 2(d) y 3(a) R no es un D.F.U.
(c) [4pts] Sea R = OK , donde K es un cuerpo de números, y sea α ∈ OK . Muestre que α ∈ (OK )∗ si y sólo si
NK/Q (α) = ±1.
Sol: α ∈ (OK )∗ si y sólo si OK /hαi es trivial si y sólo si 1 = ||hαi|| = |NK/Q (α)|. Dado que NK/Q (α) es un enetero
lo último pasa si y sólo si NK/Q (α) = ±1.
(d) [5pts] Suponga que para todo M ∈ Max(R) se tiene que R/M es finito. Muestre que para todo 0 6= I R se
tiene que R/I es finito.
Sol: Sean M un ideal maximal de R y e un entero positivo. En clase mostramos que M e /M e+1 ∼
= R/M , dode el
isomorfismo es de R/M -espacios vectoriales. En particular, gracias a la hipótesis, M e /M e+1 es finito. Se sigue
por inducción en e, y utilizando el tercer teorema del isomorfismo (R/M e+1 )/(R/M e ) ∼
= M e /M e+1 , que R/M e es
finito para todo maximal M y todo entero positivo e. Sea I un ideal propio no trivial de R. Como R es de Dedekind
e
existen M1 , ..., Mg ideales maximales, distintos dos a dos, y enteros positivos ei tal que I = M1e1 ·...·Mg g . Utilizando
ei
el teorema chino del residuo, ya que Mi no tiene factores comunes con el producto de los otros maximales y por
tanto son co-maximales, se tiene que R/I ∼
= R/M1e1 × ... × R/Mgeg . Dado que, como vimos inicialmente, cada
factor en el producto es finito se tiene que R/I es finito.
4. Considere la ecuación m2 − 2n2 = −126.
(a) [4pts] Muestre que si existe una solución entera a m2 −2n2 = −126 entonces tal ecuación tiene infinitas soluciones
en Z2 .
(b) [8pts] Encuentre una solución entera a m2 − 2n2 = −126.
√
√
√
Sol: Sea K = Q( 2) y OK su anillo de enteros (recuerde que Z[ 2] = OK ). Sea = 1 + 2 y note NK/Q () = −1.
Dado que la norma es multiplicativa 2 tiene norma igual a 1. Por otro lado como > 1 todas sus potencias son
distintas, en particular para todo α 6= 0 ∈ OK se tiene que el conjunto Γα := {2j α : j ≥ 0} es infinito.
√
(a) Sea (m0 , n0 ) una solución entera a la ecuación m2 − 2n2 = −126. Si α :=√m0 + n0 2 entonces la ecuación es
lo mismo que NK/Q (α) = −126. Si definimos la pareja (mj , nj ) por mj + nj 2 = 2j α tenemos que
√
m2j − 2n2j = NK/Q (mj + nj 2) = NK/Q (2j α) = NK/Q (2 )j NK/Q (α) = m20 − 2n20 = −126.
√
En otras palabras cada (mj , nj ) es también una solución. Dado que {1, 2} es una Q-base para K, el conjunto
{(mj , nj ) : j ≥ 0} está en biyección con Γα . En particular se construyó un conjunto infinito de soluciones a la
ecuación original.
2
(b) Para encontrar una solución a m2 − 2n2 = −126
√ = −2 · 3 · 7 es suficiente encontrar elementos con norma −1,
2, 3 y 7. De norma −1 podemos tomar
racionales que
√ = 1 + 2. Como vimos en la tarea 1 los únicos primos
√
son normas en OK son 2 = NK/Q (2 + 2) y aquellos que son ±1 (mod 8) (e.g., 7 = NK/Q (3 + 2)). En particular
2
3 no es una norma, pero en realidad
es suficiente
tener
y claramente
lo es ya√que es la norma
√
√
√ 3 como norma
√
√
√ de
3. Por lo tanto si α = 3 · (1 + 2) · (2 + 2) · (3 + 2) = 3(4 + 3 2) · (3 + 2) = 3(18 + 13 2) = (54 + 39 2),
obtenemos que NK/Q (α) = −126. En otras palabras (54, 39) es una solución.
1 el
ideal trivial y el todo son obviamente principales
5. Sea p un primo y n un entero positivo. Sea Fpn el cuerpo finito de tamaño pn .
(a) [4pts] Si α ∈ Fpn muestre que
NFpn /Fp (α) = α
pn −1
p−1
Sol: Recuerde que el grupo Gal(Fpn /Fp ) es un grupo cı́clico de orden pn generado por el homomorfismo de
Frobenius x 7→ xp . Se sigue que
NFpn /Fp (α) =
Y
σ(α) =
Y
i
αp = α
P
0≤i≤n−1
pi
=α
pn −1
p−1
.
0≤i≤n−1
σ∈Gal(Fpn /Fp )
(b) [7pts] Muestre que la norma NFpn /Fp : Fpn → Fp es sobreyectiva.
Sol: Dado que la norma es multiplicativa, que el cero va al cero, y que F∗p es un grupo cı́clico de orden p − 1 es
suficiente encontrar α ∈ F∗pn tal que NFpn /Fp (α) tenga orden p − 1. Sea α un generador del grupo cı́clico F∗pn .
Como el orden de α es pn − 1 el orden de γ := α
pn −1
p−1
es p − 1 y gracias al punto (a) γ = NFpn /Fp (α).
(c) [7pts] Sea σ un generador del grupo Gal(Fpn /Fp ). Deduzca del punto anterior que NFpn /Fp (α) = 1 si y sólo si
α=
σ(β)
β
para algún β.
Sol: Por definición de la norma tenemos que NFpn /Fp (α) = 0 si y sólo si α = 0. En particular, gracias a la
multiplicatividad, NFpn /Fp |F∗pn : F∗pn → F∗p es un homomorfismo de grupos. El problema requiere mostrar que I :=
n
o
σ(β)
: β ∈ F∗pn = Ker(NFpn /Fp |F∗pn ). La contenencia de izquierda a derecha es obvia, por la multiplicatividad
β
de la norma, y ya que un elemento y su conjugado tienen la misma norma. Por lo anterior es suficiente ver
que #I = #Ker(NFpn /Fp |F∗pn ). Gracias a (b) NFpn /Fp |F∗pn es un homomorfismo sobreyectivo, se sigue del primer
teorema del isomorfismo que
#Ker(NFpn /Fp |F∗pn ) =
#Fp∗n
#Fp∗n
=
.
#Imagen(NFpn /Fp |F∗pn )
#Fp∗
Note que I es un subgrupo de F∗pn , de hecho es la imagen del homomorfismo (σ − 1) : F∗pn → F∗pn definido por
∗
β 7→ σ(β)
β . Por definición de (σ − 1) se tiene que Ker(σ − 1) es el conjunto de los elementos en Fpn fijados por σ.
Como σ genera el grupo de Galois Gal(Fpn /Fp ) se tiene que Ker(σ − 1) = F∗p . Se sigue del primer teorema del
isomorfismo que
#F∗pn
#Fp∗n
#I = #Imagen(σ − 1) =
=
.
#Ker(σ − 1)
#Fp∗