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Appunti di Teoria dei Numeri (algebra III)
Fabrizio Andreatta & Massimo Bertolini
9 gennaio 2017
1 Campi di numeri
Definizione 1.1. Un campo di numeri (detto anche campo di numeri algebrici)e un sottocampo K di C tale che [K : Q] sia finito.
Osservazione 1.2.
1) Se K e un campo di numeri, allora K ⊂ Q.
2) Inoltre, Q e uguale al composto L di tutti i campi di numeri, cioe il piu piccolosottocampo di C contenente tutti i campi di numeri. L’inclusione L ⊂ Q e chiara.Viceversa, se α e un elemento di Q, allora Q[α] e un campo di numeri e quindiL ⊃ Q.
Esempio 1.3.
1) Sia d ∈ Z − {0, 1} un intero privo di fattori quadratici. Il campo quadraticoQ[√d] e un campo di numeri.
2) Sia ζm = e2πi/m. L’m-esimo campo ciclotomico Q[ζm] e un campo di numeri.
3) Dato a ∈ Z e m ∈ N, i campi Q[a1/m] e Q[a1/m, ζm] sono campi di numeri.
Teorema 1.4 (Teorema dell’elemento primitivo). Sia K/F un’estensione finitadi sottocampi di C. Esiste α ∈ K tale che K = F [α].
Dim. Vedi [Mi], cap. 5. �
Corollario 1.5. Se K e un campo di numeri, esiste α ∈ K tale che K = Q[α].
Esercizio 1.6.
1) Sia K = Q[21/2, 31/2]. Trovare α ∈ K tale che K = Q[α].
2) Sia K = Q[21/2, 31/3] ⊂ R. Trovare α ∈ K tale che K = Q[α].
3) Sia K = Q[31/2, 51/2, (−7)1/2]. Trovare α ∈ K tale che K = Q[α].
1
Teorema 1.7 (Grado dei campi ciclotomici). Sia K = Q[ζm] l’m-esimo campociclotomico e sia fm(x) il polinomio minimo di ζm. Allora
fm(x) =∏
k∈(Z/mZ)×
(x− ζkm).
In particolare, [K : Q] = ϕ(m), dove ϕ(m) = #(Z/mZ)× indica la funzione diEulero.
Dim. Vedi [Mi], cap. 5. �
Corollario 1.8. Vi e un isomorfismo canonico
Gal(K/Q) = (Z/mZ)×.
Dim. Un elemento σ in Gal(K/Q) e determinato dal suo valore σ(ζm). Poicheσ(ζm) e una radice primitiva m-esima di 1 (cioe ha ordine m), si ha σ(ζm) =ζkσm , dove kσ ∈ (Z/mZ)× e un’unita modulo m. Ne viene che σ 7→ kσ e unomomorfismo iniettivo (canonico) di gruppi aventi, grazie al Teorema 1.7, lo stessoordine. Dunque e un isomorfismo. �
Esercizio 1.9.
1) Se m =∏k
i=1 paii , dove pi e primo e ai ∈ N, dimostrare che
ϕ(m) =k∏i=1
ϕ(pai) =k∏i=1
(pi − 1)pai−1.
[Suggerimento: applicare il Teorema Cinese del Resto a Z/mZ.]
2) Calcolare fm (detto m-esimo polinomio ciclotomico) per m ≤ 21. [Suggeri-mento: notare la formula induttiva
fm(x) =xm − 1∏
d|m,d 6=m fd(x),
dove il prodotto e effettuato sui divisori positivi d di m, con 1 ≤ d < m.]
3) Descrivere la struttura di Gal(Q[ζm]/Q) per m ≤ 21.
2 Interi algebrici
Definizione 2.1. Un numero complesso α e detto intero algebrico se soddisfa unpolinomio monico a coefficienti in Z.
2
Indichiamo con
Z = {α ∈ C : α e un intero algebrico}
l’insieme degli interi algebrici. Si noti l’inclusione Z ⊂ Q. Dato un campo dinumeri K, indichiamo con OK = K ∩ Z l’insieme degli interi algebrici contenutiin K. Vedremo tra breve che OK e un sottoanello di C, detto anello degli interi(algebrici) di K.
Lemma 2.2. Il polinomio minimo p(x) in Q[x] di un intero algebrico α hacoefficienti in Z.
Dim. Sia q(x) in Z[x] il polinomio monico a coefficienti in Z di grado minimosoddisfatto da α. Basta dimostrare che q(x) e irriducibile. In caso contrario, vi euna fattorizzazione q(x) = q1(x)q2(x), con qi(x) ∈ Q[x] monico di grado ≥ 1. Peril lemma di Gauss, qi(x) appartiene a Z[x]. Inoltre, α e radice di q1(x) o q2(x),contravvenendo la minimalita di q(x).
Corollario 2.3. OQ = Z.
Dim. Dato α in OQ, il suo polinomio minimo x− α ha coefficienti in Z grazie alLemma 2.2. (L’inclusione opposta Z ⊂ OK e ovvia.)
Proposizione 2.4. Sia α in C. Le seguenti condizioni sono equivalenti.
1. L’elemento α appartiene a Z.
2. Il gruppo additivo dell’anello Z[α] (delle espressioni polinomiali in α acoefficienti in Z) e un gruppo abeliano finitamente generato.
3. L’elemento α appartiene ad un sottoanello A di C il cui gruppo additivo efinitamente generato.
4. Esiste un sottogruppo non nullo finitamente generato di C tale che αA ⊂ A.
Dim. Vediamo che 1 ⇒ 2. Sappiamo che vale la relazione
αn + an−1αn−1 + · · ·+ a1α + a0 = 0, ai ∈ Z.
Segue che αn appartiene al gruppo generato da 1, α, . . . , αn−1. Induttivamente,si vede che αk appartiene allo stesso gruppo per ogni k ≥ n. In conclusione{1, . . . , αn−1} generano Z[α] come gruppo additivo.Le implicazioni 2 ⇒ 3 ⇒ 4 sono ovvie.
Dimostriamo infine che 4 ⇒ 1. Supponiamo che A sia generato dai numeri com-plessi (α1, . . . , αn). La condizione αA ⊂ A implica che ααi =
∑nj=1 aijαj, per
i = 1, . . . , n, con aij ∈ Z. In altre parole, vale la relazione matriciale
α
α1...αn
= M
α1...αn
, (1)
3
dove M = [aij] e una matrice n×n a coefficienti in Z. Si noti che il vettore (αi) ∈Cn e diverso da zero, poiche il gruppo A e non nullo per ipotesi. L’equazione (1)implica che α e un autovalore associato all’autovettore (αi). Segue che α soddisfail polinomio caratteristico det(xI −M), che e monico (di grado n) a coefficientiin Z.
Esercizio 2.5. Ricordiamo che dato un gruppo abeliano A, un sottoinsieme{a1, . . . , an} di A e detto una Z-base di A se per ogni α ∈ A esistono uniciβ1, . . . , βn ∈ Z tali che
a = β1a1 + · · ·+ βnan.
Mostrare che dato un intero algebrico α con polinomio minimo fα(X) ∈ Q[X]l’insieme {1, . . . , αn−1} e una Z-base del gruppo additivo soggiacente all’anelloZ[α].
Corollario 2.6. Z e OK sono sottoanelli di C (e di Q).
Dim. L’affermazione su OK segue da quella per Z. Dati α e β in Z, grazie allacondizione 2 della Proposizione 2.4, abbiamo
Z[α] = Zα1 + · · ·+ Zαm, Z[β] = Zβ1 + · · ·+ Zβn.
Segue che Z[α, β] e generato da αiβj, i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n. Poiche α ± βe αβ appartengono a Z[α, β], il Corollario 2.6 e conseguenza della condizione 3della Proposizione 2.4.
Esercizio 2.7.
1) Osservato che il numero complesso α = (−5)1/2 + 71/2 e un intero algebrico,calcolare un polinomio monico con coefficienti in Z di cui α e radice.
2) Osservato che il numero reale α = 31/2 + 51/3 e un intero algebrico, calcolareun polinomio monico con coefficienti in Z di cui α e radice.
3) Calcolare il polinomio minimo di 31/2 · 51/3.
4) Calcolare il polinomio minimo di 31/2 + (−5)1/2 + 111/2.
Esempio 2.8.
1) Se K = Q[√d], con d ∈ Z − {0, 1} privo di fattori quadratici, allora Z[
√d] e
contenuto in OK . Infatti,√d appartiene a OK poiche soddisfa x2 − d; inoltre,
poiche OK e un sottoanello unitario di C, deve contenere l’anello Z[√d] generato
da√d. La Proposizione 2.9 descrive OK .
2) Se K = Q[ζ], con ζ = e2πi/m, e l’m-esimo campo ciclotomico, si ha che Z[ζ]e contenuto in OK . Infatti, ζ appartiene a OK poiche soddisfa xm − 1; inoltre,poiche OK e un sottoanello unitario di C, deve contenere l’anello generato da ζ.Vedremo piu avanti che OK e sempre uguale a Z[ζ].
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Proposizione 2.9. Sia K = Q[√d] un campo quadratico, dove d ∈ Z− {0, 1} e
un intero privo di fattori quadratici. Allora
OK =
Z[√d] = {a+ b
√d : a, b ∈ Z} se d ≡ 2, 3 (mod 4)
Z[1+√d
2] = {a+b
√d
2: a, b ∈ Z, a ≡ b (mod 2)} se d ≡ 1 (mod 4)
Dim. Dato α ∈ K, scriviamo α = a + b√d, con a, b in Q. Se b = 0, allora α
appartiene a OK se e solo se α appartiene a OK ∩Q = Z. Se b 6= 0, il polinomiominimo di α e uguale a x2 − 2ax + (a2 − db2). Grazie al Lemma 2.2, otteniamoche
α ∈ OK ⇔ 2a ∈ Z e a2 − db2 ∈ Z. (2)
Supponiamo che α e un elemento di OK . Si noti che se a appartiene a Z, nec-essariamente b appartiene a Z, poiche d e privo di fattori quadratici. Se invecea ∈ 1
2Z − Z, allora si ha che 2a ≡ 1 (mod 2) e quindi 4a2 ≡ 1 (mod 4). Poiche
4a2 − 4db2 ≡ 0 (mod 4), otteniamo che 4db2 ≡ 1 (mod 4) e quindi b ∈ 12Z − Z.
Segue come sopra che 4b2 ≡ 1 (mod 4) da cui 4db2 ≡ d (mod 4) e quindid ≡ 1 (mod 4). In conclusione, si ha che OK ⊂ Z[
√d] a meno che d ≡ 1
(mod 4). Poiche Z[√d] ⊂ OK grazie all’Esempio 2.8, otteniamo l’uguaglian-
za quando d ≡ 2, 3 (mod 4). Se d ≡ 1 (mod 4), i calcoli precedenti mostrano
che OK ⊂ Z[1+√d
2]. L’inclusione opposta si verifica immediatamente usando le
condizioni (2).
3 Traccia, norma e discriminante
Introduciamo alcuni strumenti teorici utili, in particolare, per calcolare l’anelloOK degli interi algebrici di un campo di numeri.
Sia K/F un’estensione di campi di numeri (non necessariamente di Galois).Sappiamo che vi sono n = [K : F ] F -omomorfismi distinti
σ1, . . . , σn : K−→C
ed inoltre fattorizzano attraverso la chiusura Galoisiana E di F ⊂ K in C.Definisco σ : K → Cn l’omomorfismo di anelli x 7→
(σ1(x), . . . , σn(x)
)Esercizio 3.1. Scriviamo K = F (α1, . . . , αh) e sia fαi(X) ∈ F [X] il polinomiominimo di αi. Sia f(X) := fα1(X) · · · fαh(X) e definiamo E ⊂ C come il campogenerato da F e da tutte le radici complesse di f(X). Mostrare che
1) l’estensione F ⊂ E e di Galois e contiene K;
2) ogni F -omomorfismo σ : K → C fatorizza attraverso E.
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Definizione 3.2. Data una n-pla (α1, . . . , αn) di elementi di K denoto conA(α1, . . . , αn) la matrice [σi(αj)]1≤i,j≤n ∈ Mn×n(C).
Il discriminante di (α1, . . . , αn) e definito da
discK/F (α1, . . . , αn) = (detA(α1, . . . , αn))2.
Osservazione 3.3. Dalle proprieta del determinante segue che discK/F (α1, . . . , αn)non dipende dall’ordine dei σi e degli αj.
Proposizione 3.4.
1) Abbiamo discK/F (α1, . . . , αn) ∈ F .
2) L’insieme {α1, . . . , αn} e una F -base di K se e solo se discK/F (α1, . . . , αn) 6= 0se e solo se i vettori σ(α1), . . . , σ(αn) ∈ Cn sono una C-base.
Dim.
1) Osserviamo che σ1, . . . , σn fattorizzano attraverso una chiusura Galoisiana Edi F ⊂ K. Sia G il gruppo di Galois Gal(E/F ). Allora discK/F (α1, . . . , αn) ∈ Fse e solo se σ
(discK/F (α1, . . . , αn)
)= discK/F (α1, . . . , αn) per ogni σ ∈ G.
Ma σ(discK/F (α1, . . . , αn)
)= (det[σ ◦ σi(αj)]1≤i,j≤n)2. Poiche σi 7→ σ ◦
σi induce una permutazione degli F -omomorfismi da K ad E, la matrice [σ ◦σi(αj)]1≤i,j≤n e ottenuta dalla matrice [σi(αj)]1≤i,j≤n permutando le righe e dunquele due matrici hanno uguale determinate a meno di segno. Prendendone ilquadrato tale ambiguita scompare.
2) Abbiamo che discK/F (α1, . . . , αn) 6= 0 se e solo se la matrice A(α1, . . . , αn) ∈Mn×n(E) ha rango massimo, ovvero le sue colonne σ(α1)
t, . . . , σ(αn)t sono unabase di Cn come C-spazio vettoriale o equivalentemente di En come E-spaziovettoriale. Questo mostra la seconda equivalenza.
Visto che σ e un omomorfismo iniettivo di F -spazi vettoriali, {α1, . . . , αn} euna F -base di K se e solo se le colonne di A(α1, . . . , αn) sono linearmente in-dipendenti su F . Per concludere dobbiamo mostrare che questa e condizionenecessaria e sufficiente affinche siano linearmente indipendenti su E. Che siacondizione necessaria e chiaro. Per la sufficienza supponiamo che le colonne sianolinearmente dipendenti su E ovvero che esista a := (a1, . . . , an) ∈ En non nul-la tale che A(α1, . . . , αn) · at = 0. Prendiamo a tale che il numero di entratenon nulle sia il minimo possibile. A meno di rinumerare gli αi e riscalare apossiamo supporre che a1 = 1. Per ogni automorfismo σ di E abbiamo cheσ(a) :=
(σ(a1), . . . , σ(an)
)soddisfa ancora A(α1, . . . , αn) · σ(a)t = 0. Infatti per
ogni i abbiamo∑
j σi(αj)aj = 0 e quindi∑j
(σ ◦ σi
)(αj)σ(aj) = σ
(∑j
σi(αj)aj)
= σ(0) = 0.
Ma σi 7→ σ◦σi induce una biezione sugli F -omomorfismi di K in E. Dunque ancheA(α1, . . . , αn) ·σ(a)t = 0 e A(α1, . . . , αn) ·
(a−σ(a)
)t= 0. Segue dalla minimalita
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nella scelta di a che a = σ(a). Valendo questo per ogni σ ∈ G concludiamo chea ∈ F n e che σ1
(∑i aiαi
)=∑
i aiσ1(αi) = 0 ovvero, essendo σ1 iniettivo, che∑i aiαi = 0, il che implica che {α1, . . . , αn} non e una F -base di K.
Definiamo ora polinomio caratteristico, traccia e norma di un elemento di Krelativamente ad F .
Definizione 3.5.
1) Denotiamo con f charα,K/F (X) ∈ F [X] il polinomio caratteristico dell’endomorfismo
di K come F -spazio vettoriale definito dalla moltplicazione per α, che associa ax ∈ K l’elemento αx ∈ K.
2) La traccia di un elemento α di K e definita da
TK/F (α) = σ1(α) + · · ·+ σn(α).
3) La norma di un elemento α di K e definita da
NK/F (α) = σ1(α) · · ·σn(α).
La dimostrazione del lemma seguente e immediata.
Lemma 3.6.
1. TK/F (α + β) = TK/F (α) + TK/F (β) e NK/F (αβ) = NK/F (α)NK/F (β) per ogniα e β in K.
2. TK/F (αβ) = αTK/F (β) e NK/F (αβ) = αnNK/F (β) per ogni α in F e β in K.
Proposizione 3.7.
1. Per ogni α in K abbiamo f charα,K/F (X) =
∏ni=1
(X − σi(α)
).
2. Per ogni α in K, TK/F (α) e − il coefficiente di Xn−1 in f charα,K/F (X) e NK/F (α)
e (−1)n il coefficiente costante di f charα,K/F (X). In particolare, TK/F (α) e NK/F (α)
appartengono a F .
3. Per ogni α in OK, abbiamo che f charα,K/F (X) ∈ OF [X]. In particolare, TK/F (α)
e NK/F (α) appartengono a OF .
Dim.
1. Sia A := {α1, . . . , αn} una F -base di K. La matrice AMA(α) di moltiplicazioneper α sull’ F -spazio vettoriale K rispetto alla base A ha come colonna i-esima(a1i, . . . , ani) la n-upla tale che ααi =
∑j ajiαj.
In particolare σh(ααi) = σh(α)σh(αi) =∑
j ajiσh(αj) ovvero, in forma matri-ciale, posso calcolare A(αα1, . . . , ααn) come
A(αα1, . . . , ααn) = diag(σ1(α), . . . , σn(α))· A(α1, . . . , αn)
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oppureA(αα1, . . . , ααn) = A(α1, . . . , αn) · AMA(α).
Qui diag(x1, . . . , xn)
denota la matrice diagonale con entrate x1, . . . , xn. Seguedalla proposizione 3.4 che la matrice A(α1, . . . , αn) a coefficienti in C e invertibilee quindi
A(α1, . . . , αn)−1 · diag(σ1(α), . . . , σn(α))· A(α1, . . . , αn) = AMA(α).
La prima affermazione segue dal fatto che il polinomio caratteristico di una ma-trice e uguale a quello di una qualsiasi matrice ad essa coniugata per il teoremadi Binet.
2. Questo segue immediatamente.
3. Osservo che se α ∈ OK allora ciascun σi(α) ∈ OE e quindi f charα,K/F (X) ha
coefficienti in OE ∩ F = OF .
Il seguente lemma presenta ulteriori importanti proprieta della norma.
Lemma 3.8.
1. Sia α in OK. Allora NK/F (α) ∈ αOK.
2. Dato α ∈ K abbiamo NK/F (α) = 0 se e solo se α = 0.
3. Dato α ∈ OK allora α e invertibile in OK se se solo se NK/F (α) e invertibilein OF .
Dim. Per definizione NK/F (α) =∏n
i=1 σi(α).1) Se σ1 : K → E e l’inclusione naturale e poniamo β =
∏ni=2 σi(α), allora
NK/F (α) = αβ. Se α 6= 0, segue che β = NK/F (α)α−1 ∈ K infatti NK/F (α) ∈ F .Inoltre ciascun σi(α) ∈ OE e quindi β ∈ K ∩ OE = OK .
2) chiaro.3) Usando la notazione di (1) ho che αβ = NK/F (α). Quindi se NK/F (α) e in-
vertibile in OF lo e anche in OK e βNK/F (α)−1 ∈ OK e l’inverso di α. Viceversa seα e invertibile in OK esiste γ ∈ OK tale che αγ = 1. Applicando la moltiplicativ-ita della norma otteniamo NK/F (α)NK/F (γ) = NK/F (1) = 1 con NK/F (γ) ∈ OFe dunque NK/F (α) ∈ OF risulta invertibile in OF .
Per il teorema dell’elemento primitivo sappiamo che K = F [α]. In questocaso f char
α,K/F (X) e il polinomio minimo di α per questioni di gradi.
Proposizione 3.9. Sia K = F [α] e sia (1, α, . . . , αn−1) la F -base di K associataad α. Indichiamo con f(x) ∈ F [x] il polinomio minimo di α su F e con f ′(x) lasua derivata. Allora
discK/F (1, α, . . . , αn−1) = ε ·NK/F (f ′(α)),
dove ε = 1 se n ≡ 0, 1 (mod 4) e ε = −1 altrimenti.
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Dim. Sia A = [σi(αj−1)] la matrice n × n che interviene nella definizione di
disc(1, α, . . . , αn−1). Posto αi = σi(α), si noti che A = [αj−1i ] e una matrice di
Vandermonde. Di conseguenza, notando che ε = (−1)n(n−1)/2, si ha
disc(1, α, . . . , αn−1) = det(A)2
=∏
1≤r<s≤n
(αs − αr)2
= ε ·∏
1≤r 6=s≤n
(αr − αs).
Basta ora dimostrare che
NK/Q(f ′(α)) =∏
1≤r 6=s≤n
(αr − αs).
Abbiamo
NK/Q(f ′(α)) =n∏r=1
σr(f′(α))
=n∏r=1
f ′(αr).
Infine, la formula f(x) =∏n
s=1(x− αs) implica che
f ′(αr) =n∏
s=1,r 6=s
(αr − αs).
Applichiamo la Proposizione 3.9 ai campi ciclotomici.
Corollario 3.10. Sia p un primo dispari e sia K = Q[ζ], con ζ = e2πi/p, ilp-esimo campo ciclotomico. Allora
disc(1, ζ, . . . , ζp−2) = ε · pp−2,
dove ε = 1 se p ≡ 1 (mod 4) e ε = −1 se p ≡ 3 (mod 4).
Dim. Per il Teorema 1.7, [K : Q] = p − 1 e quindi (1, ζ, . . . , ζp−2) e una Q-baseper K. Il polinomio minimo di ζ e dato da
φ(x) =xp − 1
x− 1= xp−1 + xp−2 + · · ·+ x+ 1.
La relazione xp−1 = (x−1)φ(x) implica che pxp−1 = φ(x)+(x−1)φ′(x) e quindi
φ′(ζ) =pζp−1
ζ − 1=
p
ζ(ζ − 1).
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Posto N = NK/Q, la moltiplicativita della norma (Lemma 3.6) implica che
N(φ′(ζ)) =N(p)
N(ζ)N(ζ − 1).
Infine,
N(p) = pp−1, N(ζ) = (−1)p−1 · (termine costante di φ(x)) = 1,
N(ζ − 1) = N(−(1− ζ)) = (−1)p−1N(1− ζ) = φ(1) = p.
Applichiamo ora il Corollario 3.10 ad un problema gia affrontato con mezzidiversi.
Corollario 3.11. Sia K = Q[ζ] il p-esimo campo ciclotomico, con p ≥ 3 primo.Allora K contiene un unico sottocampo quadratico, uguale a Q[
√p] se p ≡ 1
(mod 4) e a Q[√−p] se p ≡ 3 (mod 4).
Dim. Il gruppo di Galois Gal(K/Q) e isomorfo a F×p e quindi e ciclico di ordinep − 1. Segue che Gal(K/Q) contiene un unico sottogruppo di indice 2, che fissal’unico sottocampo quadratico di K. Inoltre, disc(1, ζ, . . . , ζp−2) = δ2, dove
δ = det[σi(ζj−1)]
e il determinante di una matrice a coefficienti in K. Segue che δ appartiene a K.Poiche δ2 = εpp−1 per il Corollario 3.10, otteniamo che
√εp appartiene a K.
Esercizio 3.12. Dato d ∈ Z − {0, 1} privo di fattori quadratici, si definiscaD = d se d ≡ 1 (mod 4) e D = 4d se d ≡ 2, 3 (mod 4). Si dimostri che Q[
√d] e
contenuto nel D-esimo campo ciclotomico Q[e2πi/D]. [Suggerimento: si fattorizzid (a meno del segno) come prodotto di primi; si osservi poi che Q[
√p] e contenuto
in Q[e2πi/4p] se p e un primo ≡ 3 (mod 4) ...]
4 Struttura additiva di OKSia K un campo di numeri. Intendiamo descrivere la struttura di OK comegruppo additivo.
Definizione 4.1. Un gruppo abeliano A si dice libero di rango n ≥ 0 se A eisomorfo al gruppo additivo
Zn = Z⊕ . . .⊕ Z.
Esercizio 4.2. Due gruppi abeliani liberi sono isomorfi se e solo se hanno lostesso rango. [Suggerimento: (Z/2Z)n non e isomorfo a (Z/2Z)m se n 6= m.]
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Lemma 4.3. Esiste una F -base {α1, . . . , αn} di K i cui elementi appartengonoa OK.
Dim. Se α ∈ K e un numero algebrico, allora α soddisfa un polinomio acoefficienti in Z (non necessariamente monico!)
amxm + am−1x
m−1 + . . .+ a1x+ a0, con am 6= 0.
Segue (moltiplicando per am−1m ) che amα soddisfa il polinomio monico a coefficienti
in Zxm + am−1x
m−1 + . . .+ am−2m a1x+ am−1
m a0
e dunque amα appartiene adOK . Di conseguenza, per ottenere la F -base richiestae sufficiente moltiplicare gli elementi di una F -base arbitraria per un opportunoelemento non nullo di Z. �
Proposizione 4.4. Sia {α1, . . . , αn} una F -base per K costituita da interi alge-brici e sia d = discK/F (α1, . . . , αn) il suo discriminante. Allora
1. d appartiene a OF − {0},
2. ogni intero algebrico α in OK si scrive nella forma
α =m1α1 + . . .+mnαn
d,
dove i mj appartengono a OF e sono unici.
Dim.Siano σi, i = 1, . . . , n gli omomorfismi di K in C. Poiche (αi) e una F -base di
K, segue dalla proposizione 3.4 che la matrice A = [σi(αj)] e invertibile. Postoδ = det(A), si ha per costruzione d = δ2. Sappiamo quindi che d ∈ F e non nullo.Inoltre, le componenti di A sono interi algebrici e dunque δ e un intero algebrico.Segue che d appartiene a F ∩ Z = OF − {0}.
Dato α ∈ OK , scriviamo α = α1x1 + · · · + αnxn, con xi ∈ F . Otteniamo ilsistema lineare di n equazioni in n incognite
σi(α1)x1 + · · ·+ σi(αn)xn = σi(α), i = 1, . . . , n.
Per la regola di Kramer ho un’unica soluzione
xj = δj/δ,
dove δj e il determinante della matrice ottenuta da A sostituendo la sua j-esimacolonna con la colonna (σi(α)) dei termini noti. Sappiamo che
δ2 = d, e δ, δj ∈ Z.
Segue che mj = dxj = δj · δ appartiene a Z ∩ F = OF . Infine, m2j/d e uguale
a (dxj)2/d = dx2
j = dδ2j /δ
2 = δ2j . Di nuovo otteniamo che m2
j/d appartiene aZ ∩ F = OF . �
11
Teorema 4.5. Sia n = [K : Q]. Allora OK e un gruppo abeliano libero dirango n.
Dim. Sia A l’insieme delle n-uple (α1, . . . , αn) di elementi di OK che formano unaQ-base di K. Grazie al Lemma 4.3 l’insieme A e non vuoto. Definiamo l’insieme
{|discK/Q(α1, . . . , αn)| t.c. (α1, . . . , αn) ∈ A
Grazie alla Proposizione 4.4 si tratta di un insieme di numeri naturali, non nulli.Fissiamo (α1, . . . , αn) ∈ A tale che |discK/Q(α1, . . . , αn)| = min(I), realizza ilminimo di I. Affermo che {α1, . . . , αn} e una Z-base di OK (Esercizio 2.5),dimostrando la tesi. Basta mostare che genera OK in quanto {α1, . . . , αn} elinearmente indipendente su Q essendo una Q-base di K.
Sia β ∈ OK e scriviamo β = a1α1 + . . . + anαn con a1, . . . , an ∈ Q. SiaJ = {i = 1, . . . , n|ai 6∈ Z}. Devo mostrare che J = ∅. Supponiamo di no. Perogni i scriviamo bi = ai se ai e un intero e poniamo bi come il piu grande intero≤ ai se ai 6∈ Z ovvero i ∈ J . In particolare ai − bi = 0 se i 6∈ J e 0 < ai − bi < 1se i ∈ J . Allora β′ =
∑ni=1(ai − bi)αi = β −
∑ni=1 biαi e un elemento di OK in
quanto il sottogruppo generato da α1, . . . , αn e contenuto in OK . Inoltre β′ 6= 0visto che J e non vuoto. Supponiamo, a meno di rinumerare gli αi, che 1 ∈ J .Allora |discK/Q(β1, α2, . . . , αn)| = b21|discK/Q(α1, . . . , αn)|, per la definizione deldiscriminante come quadrato del determinate della matrice A(β1, α2, . . . , αn) eperche il determinante e n-lineare. Ma allora, visto che 0 < b1 < 1, segue che 0 6=|discK/Q(β1, α2, . . . , αn)| < |discK/Q(α1, . . . , αn)| contraddicendo la minimalita diquest’ultimo. �
�
Definizione 4.6. Una base intera per OK e una Z-base di OK ovvero un insiemedi elementi {α1, . . . , αn} tale che
OK = Zα1 ⊕ · · · ⊕ Zαn.
Esempio 4.7. Sia dato d ∈ Z−{0, 1} privo di fattori quadratici e sia K = Q[√d]
il campo quadratico corrispondente. Allora{1,√d} se d ≡ 2, 3 (mod 4)
{1, 1+√d
2} se d ≡ 1 (mod 4)
e una base intera per OK .
Lemma 4.8. Due basi intere per OK hanno lo stesso discriminante.
Dim. Indicate le basi con A = (αi) e B = (βi), abbiamo che
(β1, . . . , βn) = (α1, . . . , αn)M
12
dove M = AM(IdB e la matrice n× n a coefficienti in Z di cambiamento di baseda B a A. Scambiando il ruolo delle basi, otteniamo che M e invertibile e dunquedet(M) = ±1. Inoltre, posto A = [σj(αi)] e B = [σj(βi)], vale la relazione
B = AM.
Segue che det(B) = ± det(A). Poiche disc(A) = det(A)2 e disc(B) = det(B)2,otteniamo l’uguaglianza dei discriminanti. �
Definizione 4.9. Chiamiamo discriminante di OK , indicato con disc(OK), ildiscriminante di una qualunque base intera di OK . (Si ricordi che disc(OK)appartiene a Z, grazie alla Proposizione 4.4.)
Esercizio 4.10. L’insieme (α1, . . . , αn) ⊂ OK e una base intera per OK se e solose disc(α1, . . . , αn) = disc(OK).
Esercizio 4.11. Con notazioni come in Esempio 4.7, dimostrare che
disc(OK) =
4d se d ≡ 2, 3 (mod 4)
d se d ≡ 1 (mod 4)
(Di conseguenza, disc(OK) e uguale alla quantita D definita in Esercizio 3.12.)
Il prossimo risultato e utile per il calcolo dell’anello degli interi algebrici dicerti campi di numeri.
Teorema 4.12. Siano K ed L campi di numeri aventi grado su Q uguale a med n, rispettivamente. Sia M il campo composto KL. Supponiamo che
[M : Q] = mn.
Allora vale l’inclusioneOM ⊂ (1/d)OKOL,
dove d = (disc(OK), disc(OL)) e il massimo comun divisore di disc(OK) e disc(OL)e OKOL e il sottoanello di KL generato da OK e OL (cioe l’anello i cui elementisono somme finite del tipo
∑αβ, con α in OK e β in OL).
Dim. Fissiamo basi intere (α1, . . . , αm) e (β1, . . . , βn) per OK e OL, rispettiva-mente. Otteniamo che gli mn elementi (αiβj) di OKOL formano
1. un sistema di generatori per OKOL,
2. una Q-base per KL.
13
La prima affermazione segue dalla definizione diOKOL, mentre la seconda dipendedal fatto che (αiβj) e un sistema di generatori per il campo di numeri KL, ilcui grado e mn per ipotesi. (Quanto detto implica che il gruppo additivo delsottoanello OKOL di OM e libero di rango mn e che (αiβj) e una Z-base.)
Dato α ∈ OM , lo scriviamo come
α =∑i,j
mi,j
rαiβj, (3)
per unicimi,jr∈ Q dove mi,j ed r appartengono a Z e (r, mi,j)1≤i≤m,1≤j≤n = 1.
Dobbiamo mostrare che
r | disc(OK) e r | disc(OL).
Considerato il ruolo simmetrico di OK e OL, ci basta controllare che r dividedisc(OK). Siano σk : K−→C, k = 1, . . . ,m gli omomorfismi di K in C. Poiche[KL : L] = m per l’ipotesi [KL : Q] = mn, il numero degli L-omomorfismi diKL in C e anch’esso m. L’applicazione che, dato un L-omomorfismo da KL inC, associa la sua restrizione a K e iniettiva: se due restrizioni a K coincidono,devono coincidere suKL poiche coincidono su L per ipotesi. Quindi l’applicazioneHomL(KL,C)→ HomQ(K,C), che ad un L-omomorfismo σ : KL→ C associa larestrizione σ|K : K → C a K, e una biezione essendo una applicazione iniettivafra due insiemi entrambi di cardinalita m. Concludo che per ogni k = 1, . . . ,mesiste un unico L-omomorfismo σk : KL → C la cui restrizone a K coincide conσk.
Otteniamo l’uguaglianza delle matrici(σk(αi)
)k,i
=(σk(αi)
)k,i
e l’uguaglian-
za disc(OK) = discK/Q(α1, . . . , αm) = discM/L(α1, . . . , αm). Segue allora dallaProposizione 4.4 che
disc(OK)α ∈ OLα1 + · · ·+OLαm =∑
1≤i≤m,1≤j≤n
Zαiβj.
Quindi (disc(OK)mi,j)/r appartiene a Z, cioe r divide disc(OK)mi,j per ogni (i, j).Poiche per ipotesi (mi,j, r)i,j = 1, concludiamo che r | disc(OK). �
Il seguente corollario e immediato.
Corollario 4.13. Se (disc(OK), disc(OL)) = 1, allora OM = OKOL.
Esercizio 4.14. Sia K il campo biquadratico Q[√−3,√
11]. Calcolare OK .
Teorema 4.15. Sia K = Q[ζ], con ζ = e2πi/m, l’m-esimo campo ciclotomico.Allora OK = Z[ζ].
Dim.
14
Passo 1: Sia m = m1m2, con (m1,m2) = 1, e sia Ki = Q[ζi], i = 1, 2, l’mi-esimocampo ciclotomico. Se OKi = Z[ζi] per i = 1, 2, allora OK = Z[ζ]. Questaaffermazione segue dal Corollario 4.13, osservando quanto segue:
1. K = K1K2, poiche ζ1ζ2 e una radice primitivam-esima di 1, e vale l’uguaglian-za [K : Q] = [K1 : Q][K2 : Q] (esercizio);
2. (disc(OK1), disc(OK2)) = 1: questa affermazione segue dal lemma seguente.
Lemma 4.16. Se K = Q[ζ] e l’m-esimo campo ciclotomico, allora disc(OK)divide mϕ(m).
Dim. Grazie all’Esempio 2.8, Z[ζ] ⊂ OK . Abbiamo che (1, ζ, . . . , ζϕ(m)−1) e unabase intera di Z[ζ]. Indichiamo per brevita il suo discriminante con disc(ζ). Alloradisc(OK) divide disc(ζ) (esercizio: vedi la dimostrazione del Lemma 4.8). Postoxm− 1 = f(x)g(x), dove f(x) = fm(x) e l’m-esimo polinomio ciclotomico (cioe ilpolinomio minimo di ζ), differenziando e sostituendo x con ζ, si ottiene
m = ζf ′(ζ)g(ζ).
Calcolando NK/Q su questa uguaglianza, otteniamo grazie alla Proposizione 3.9
mϕ(m) = ±disc(ζ)NK/Q(ζg(ζ)).
Poiche ζg(ζ) e un intero in OK , segue che NK/Q(ζg(ζ)) appartiene a Z grazie allaProposizione 3.7. Otteniamo che disc(ζ) divide mϕ(m).
Passo 2: Grazie al Passo 1, basta ora dimostrare il Teorema 4.15 nel caso in cuim = ph sia uguale alla potenza di un primo e quindi ζ = e2πi/p
h.
Premettiamo un lemma.
Lemma 4.17.
1. Abbiamo Z[ζ] = Z[1− ζ] e disc(ζ) = disc(1− ζ).
2. ∏k∈(Z/phZ)×
(1− ζk) = p.
Dim. Poiche ζ = 1−(1−ζ), Z[ζ] e uguale a Z[1−ζ]. Da questa uguaglianza seguel’uguaglianza dei discriminanti (esercizio). (Si noti che queste affermazioni nondipendono dal fatto che m e una potenza di p.) Il prodotto nella seconda partee uguale a fph(1), dove
fph(x) =xp
h − 1
xph−1 − 1= 1 + xp
h−1
+ x2(ph−1) + · · ·+ x(p−1)ph−1
e il ph-esimo polinomio ciclotomico.
15
Posto n = ϕ(ph) = (p − 1)ph−1 e d = disc(ζ) = disc(1 − ζ), la Proposizione4.4 implica che ogni α in OK si scrive nella forma
α =m1 +m2(1− ζ) + · · ·+mn(1− ζ)n−1
d. (4)
Dobbiamo dimostrare che OK = Z[ζ] = Z[1−ζ]. Se OK 6= Z[1−ζ], esiste α comesopra tale che non tutti gli mi sono divisibili per d. In questo caso, poiche d euna potenza di p grazie al Lemma 4.16, OK contiene un elemento β della forma
β =mi(1− ζ)i−1 + · · ·+mn(1− ζ)n−1
p, (5)
dove mi non e divisibile per p. Il Lemma 4.17 implica che p/(1− ζ)n appartienea Z[ζ], notando che 1 − ζk e divisibile in Z[ζ] per 1 − ζ. Segue che p/(1 − ζ)i
appartiene a Z[ζ] e quindi βp/(1 − ζ)i appartiene a OK . Usando l’espressione(5) per β, otteniamo che mi/(1 − ζ) appartiene a OK . Questo e impossibileperche NK/Q(mi) = mn
i non e divisibile per p, mentre NK/Q(1− ζ) = p grazie alLemma 4.17, da cui segue che NK/Q(mi/(1 − ζ)) non appartiene a Z, contro laProposizione 3.7.
5 Domini di Dedekind
Questo capitolo si occupa della struttura di anello di OK . L’osservazione prelim-inare e che in generale OK non e un UFD.
Esempio 5.1. Sia K = Q[√−5] e sia N = NK/Q. Poiche −5 ≡ 3 (mod 4), si ha
OK = Z[√−5]. Si consideri la fattorizzazione
2 · 3 = (1 +√−5) · (1−
√−5). (6)
Abbiamo N(2) = 4, N(3) = 9 e N(1±√−5) = 6. Se u e un’unita in O×K , allora
N(u) = 1.
Infatti, se u−1 appartiene a OK , N(u) e N(u−1) appartengono a Z; inoltre, 1 =N(1) = N(uu−1). Segue che N(u) = ±1. Infine, si ha
N(a+ b√−5) = a2 + 5b2 (7)
e ≥ 0 per ogni a, b in Z. Sulla base di questa osservazione e tenuto conto dellamoltiplicativita della norma, per dimostrare che OK non e un UFD basta os-servare che OK non contiene elementi di norma 2 e 3. Considerata (7), questaaffermazione e conseguenza immediata del fatto evidente che le equazioni
a2 + 5b2 = 2, a2 + 5b2 = 3
non hanno soluzioni in Z. Segue allora che 2, 3 e 1 ±√−5 sono irriducibili e
quindi (6) contraddice il principio di fattorizzazione unica.
16
Esercizio 5.2.
1) Dato un campo quadratico K = Q[√d], con d ∈ Z − {0, 1} privo di fattori
quadratici, dimostrare che u e un’unita di O×K se e solo se u ∈ OK e NK/Q(u) =±1.
2) Se d < 0 (in questo caso diciamo che K e una campo quadratico immaginarioo complesso), dimostrare che O×K = {±1} a meno che non sia d = −1 o d = −3.Se d = −1, dimostrare che O×K = {ζ ∈ C : ζ4 = 1}. Se d = −3, dimostrare cheO×K = {ζ ∈ C : ζ6 = 1}.3) Mostrare con un esempio che se d > 0 (in questo caso diciamo che K e uncampo quadratico reale)il gruppo O×K puo non essere di torsione. (E’ un fatto nonbanale che O×K non e mai di torsione se K e un campo quadratico reale.)
4) Dimostrare che nell’affermazione del punto 1 K puo essere sostituito da unqualunque campo di numeri.
L’esempio precedente suggerisce di cercare un sostituto per la proprieta difattorizzazione unica degli elementi valida per Z = OQ. Si noti che ogni idealenon nullo nZ di Z puo essere fattorizzato in modo unico come prodotto di idealimassimali:
nZ = p1Z · · · pkZ.
Vedremo come l’analogo di questa proprieta si generalizzi a qualunque anello dinumeri OK , come conseguenza del fatto che OK e un dominio di Dedekind.
Definizione 5.3. Un dominio di integrita R e detto dominio di Dedekind sevalgono le condizioni seguenti:
1. R e noetheriano cioe ogni ideale di R e finitamente generato,
2. ogni ideale primo non nullo di R e massimale,
3. R e integralmente chiuso nel suo campo delle frazioni.
La condizione 3 significa che ogni elemento del campo delle frazioni di R chesoddisfa un polinomio monico a coefficienti in R appartiene ad R.
Teorema 5.4. Ogni anello OK e un dominio di Dedekind.
Dim. Se I e un ideale di OK , si ha che il gruppo additivo di I e un sottogruppodel gruppo additivo di OK . Dato α ∈ I non nullo abbiamo che
1. 0 6= NK/Q(α) ∈ OKα grazie al Lemma 3.8;
2. NK/Q(α) ∈ Z grazie alla Proposizione 3.7.
17
Per il Teorema 4.5 l’anello OK , e quindi anche NK/Q(α)OK , e un gruppoabeliano libero di rango n = [K : Q] e
OK/NK/Q(α)OK ∼=(Z/NK/Q(α)Z
)ne un gruppo finito. Visto che NK/Q(α)OK ⊂ αOK ⊂ I anche I/NK/Q(α)OK e ungruppo finito in quanto sottogruppo di OK/NK/Q(α)OK . Quindi anche I e ungruppo abeliano senza torsione in quanto contenuto in OK . Inoltre e fintamentegenerato: un insieme di generatori e dato ad esempio da un numero finito digeneratori di NK/Q(α)OK come gruppo abeliano e da rappresentanti delle classidi I/NK/Q(α)OK . Dunque a maggior ragione I e un ideale finitamente generato.Questo mostra che OK soddisfa la condizione (1) della Definizione 5.3.
Riguardo alla condizione 2, sia P un ideale primo non nullo di OK . Occorremostrare che P e massimale, cioe che OK/P e un campo. Sappiamo che OK/P eun dominio di integrita. Segue dal ragionamento al punto (1) che, dato 0 6= α ∈ Pl’anelloOK/P e quoziente dell’anello finitoOK/NK/Q(α)OK e quindi ancheOK/Pe finito. Concludiamo che OK/P e necessariamente un campo.
Infine verifichiamo la condizione 3. Si noti che K e il campo delle frazioni diOK (vedere la dimostrazione del Lemma 4.3). Sia α = a/b con a, b in OK unelemento di K. Supponiamo che α soddisfi il polinomio monico
xn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0
a coefficienti ai in OK . Segue che il gruppo additivo dell’anello OK [α] e finita-mente generato su OK . Poiche OK e finitamente generato su Z per il Teorema4.5, segue che OK [α] e finitamente generato su Z. La condizione 3 della Propo-sizione 2.4 garantisce che α appartiene a Z. Poiche α appartiene a K, segue cheα appartiene a OK .
Sia I un ideale non nullo di OK . Segue del Teorema 5.4 che l’anello quozienteOK/I e finito. La sua cardinalita e chiamata la norma di I e viene denotata comeNK/Q(I).
Esercizio 5.5. ∗ Mostrare che dato 0 6= α ∈ OK e definito I come l’idealeprincipale (α), allora NK/Q(I) = |NK/Q(α)| (SUGG: segue dalla Proposizione 3.7che NK/Q(α) e, a meno di segno, il determinante della matrice dell’operatoremoltiplicazione per α su OK rispetto ad una base intera di OK . D’altra parteNK/Q(I) e la cardinalita del quoziente OK/αOK di tale operatore.)
Esercizio 5.6. SiaR un anello commutativo con unita. Si dimostri che le seguenticondizioni sono equivalenti:
1) R e noetheriano (cioe ogni suo ideale e finitamente generato).
2) Ogni successione crescente
I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ In ⊂ · · ·
di ideali di R e definitivamente costante.
18
3) Ogni insieme non vuoto S di ideali di R ha un elemento massimale (cioe esisteM ∈ S – non necessariamente unico – tale che M ⊂ I ∈ S implica M = I).
(Suggerimento: per 1) ⇒ 2), considerare l’ideale ∪nIn; per 2) ⇒ 3), costruireun’opportuna successione crescente di ideali; per 3) ⇒ 1), dato un ideale I,considerare l’insieme degli ideali finitamente generati contenuto in I.)
L’obiettivo che ci poniamo ora e dimostrare che in un dominio di Dedekindogni ideale non nullo e prodotto di ideali primi non nulli (cioe massimali).
Terminologia e notazioni: Nella parte rimanente di questo capitolo, R indi-chera sempre un dominio di Dedekind. Inoltre, per ideale intenderemo sempre unideale proprio non nullo; per primo indenderemo sempre un ideale proprio, primoe non nullo.
Lemma 5.7. Ogni ideale di R contiene un prodotto di primi.
Dim. Sia S l’insieme degli ideali di R che non contengono un prodotto di primi.Se S e non vuoto, allora S contiene un elemento massimale M . L’ideale M non eprimo, poiche appartiene a S. Segue che esistono elementi a, b ∈ R−M tali cheab ∈M . Gli ideali M + aR e M + bR contengono propriamente M e dunque nonappartengono a S. Segue che contengono prodotti di primi. Ma allora questovale per
(M + aR)(M + bR) ⊂M,
assurdo.
Lemma 5.8. Sia K il campo delle frazioni di R, e sia I ( R un ideale proprio.Allora esiste x ∈ K −R tale che xI ⊂ R.
Dim. Sia a ∈ I − {0}. Grazie al Lemma 5.7, esistono primi P1, . . . , Pr tali che
P1 · · ·Pr ⊂ aR. (8)
Supponiamo che r sia minimo rispetto alla proprieta (8). Fissiamo un primo Ptale che I ⊂ P . (Sappiamo che l’ideale massimale P esiste grazie al Lemma diZorn.) Segue che P contiene P1 · · ·Pr, e quindi P ⊃ Pi per qualche i. (Altrimenti,trovo per ogni i un elemento ai ∈ Pi − P ; ma a1 · · · ar ∈ P , impossibile.) Possosupporre che P ⊃ P1. Essendo P e P1 massimali, ho che
P = P1.
Per la minimalita di r, posso scegliere
b ∈ P2 · · ·Pr − aR.
Infine, pongo x = b/a ∈ K. Noto che x 6∈ R, altrimenti avrei che b appartiene adaR. Infine, affermiamo che xI ⊂ R. Cio e equivalente ad affermare che bI ⊂ aR.Questo segue dalla catena di inclusioni
bI ⊂ bP1 ⊂ P1 · · ·Pr ⊂ aR,
dove la seconda inclusione segue dal fatto che b appartiene a P2 · · ·Pr.
19
Proposizione 5.9. Dato un ideale I di R, esiste un ideale J di R tale che IJ eprincipale.
Dim. Fissato a ∈ I − {0}, definiamo
J = {b ∈ R : bI ⊂ aR}.
E’ chiaro che J e un ideale di R (non nullo perche a appartiene a J) e che IJ ⊂ aR.Affermiamo che
IJ = aR.
(Dunque il risultato che dimostriamo e piu preciso dell’enunciato della Propo-sizione 5.9, in quanto mostra come definire J .) Consideriamo l’insieme
L = a−1IJ.
E’ contenuto in R, poiche IJ ⊂ aR. Inoltre, si tratta chiaramente di un ideale.La nostra affermazione equivale a dire che
L = R.
In caso contrario, L e un ideale proprio e dunque, grazie al Lemma 5.8, esistex ∈ K−R tale che xL ⊂ R. Dimostreremo che x e radice di un polinomio monicoa coefficienti in R. Poiche x appartiene a K e R e integralmente chiuso in K,otteniamo che x appartiene a R, una contraddizione. Notiamo anzitutto che
J ⊂ L.
Infatti, questo equivale a dire che aJ ⊂ IJ , vero perche a ∈ I. Segue che
xJ ⊂ xL ⊂ R.
Vale l’inclusionexJ ⊂ J.
Tenuto conto della definizione di J , bisogna verificare che
(xJ)I = xIJ ⊂ aR.
Cio equivale al fatto (noto!) che xL = x(a−1IJ) ⊂ R. Indichiamo ora conα1, . . . , αn un insieme di generatori di J , cioe
J = Rα1 + . . .+Rαn.
Otteniamo la relazione
x
α1...αn
= M
α1...αn
, (9)
20
dove M = [aij] e una matrice n × n a coefficienti in R. Si noti che il vettore(αi) ∈ Rn e diverso da zero, poiche L e non nullo. L’equazione (9) implica chex e un autovalore associato all’autovettore (αi), e quindi soddisfa il polinomiocaratteristico det(tI −M), che e monico (di grado n) a coefficienti in R. (Si notiche questo argomento ricalca la dimostrazione di una parte della Proposizione2.4.)
Definizione 5.10. Definisco ideale frazionario di R un R-sottomodulo del campodelle frazioni Frac(R) di R, non nullo e finitamente generato
Dico che un ideale frazionario M e principale se e generato da un elemento.
Lemma 5.11.
1. Gli ideali frazionari di R sono tutti e soli i sottomoduli di Frac(R) delle formaxI := {xi|i ∈ I} con x ∈ Frac(R) non nullo e I ⊂ R un ideale.
2. Se M e un ideale frazionario ed N ⊆ M e un sottomodulo non nullo, alloraanche N e un ideale farzionario.
Dim. (1) Siccome R e noethariano, ogni ideale I ⊂ R e finitamente genrato.Quindi, dato x ∈ Frac(R) non nullo, xI e un R-sottomodulo di Frac(R) fini-tamente generato in quanto immagine di I tramite l’omomorfismo di R-moduliFrac(R)→ Frac(R) dato da i 7→ xi.
Viceversa dato M ⊂ Frac(R) un R-sottomodulo non nullo con un numerofinito di generatori, diciamo α1, . . . , αn, allora possiamo scrivere ciascun αi =aib−1i con ai e bi ∈ R e bi non nullo. Sia b = b1 · · · bn. E un elemento non nullo di
R. L’immagine bM diM tramite l’omomorfismo diR-moduli Frac(R)→ Frac(R),m 7→ bm, e un R-sottomodulo di R ovvero un ideale, chiamiamolo I. Concludoche M = xI con x = b−1.
(2) Scrviamo M = xI come in (1). Allora x−1N e un R-sottomodulo di⊂ x−1M = I e quindi di R, ovvero e un ideale non nullo J di R. Segue cheN = xJ e la conclusione segue da (1).
Definizione 5.12. Sia I(R) l’insieme degli ideali frazionari di R.
1. Dati (M,N) ∈ I(R)×I(R) definisco M ·N l’ R-sottomodulo M ·N di Frac(R)generato dagli elementi della forma mn con m ∈M ed n ∈ N ;
2. dato M ∈ I(R) definisco M−1 l’ R-sottomodulo M−1 := {x ∈ Frac(R)|xm ∈R∀m ∈M} di Frac(R);
3. pongo 1 = R.
Proposizione 5.13.
1. l’insieme I(R), con le operazioni sopra definite e con elemento neutro 1,risulta essere un gruppo abeliano.
2. Il sottoinsieme P(R) ⊂ I(R) degli ideali farzionari principali e un sottogruppo
21
Dim. (1) (a) Verifico che il prodotto M ·N di due ideali frazionari risulta essereancora un ideale frazionario. Si tratta ancora di un modulo non nullo. Inoltre efinitamente generato: se α1, . . . , αn ∈M e β1, . . . , βm sono generatori di M ed Nrispettivamente, allora {αiβj|i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} sono generatori di M ·N .
(b) Verifico che l’inverso M−1 di un ideale farzionario e ancora un idealefrazionario. Infatti se M e generato come R-modulo da elementi non nulli α1 =a1b−11 , . . . , αn = anb
−1n con ai e bi ∈ R e bi 6= 0 per ogni i, allora (b1 · · · bn) ∈M−1
che quindi M−1non e nullo. Inoltre M−1 e contenuto nell’ R-sottomodulo diFrac(R) generato da α−1
1 . Quest’ultimo e un ideale frazionario e quindi anche ilsottomodulo M−1 e un ideale frazionario, grazie al lemma 5.11.
E evidente che il prodotto e commutativo ed associativo e che 1 e l’elementoneutro. Per concludere la dimostrazione di (1) resta da verificare che M ·M−1 =R. Per costruzione abbiamo l’inclusione ⊆. Usando il lemma 5.11 scriviamoM = xI con I ⊂ R un ideale. Grazie alla proposizione 5.9 esiste un idealeJ di R tale che I · J = aR per un qualche a ∈ Farc(R) non nullo. QuindiI ·(a−1J
)= R e M ·
(x−1a−1J
)= R. Conlcudo che
(x−1a−1J
)⊆ M−1 e inoltre
R = M ·(x−1a−1J
)⊆ M · M−1 ⊆ R. Deduco allora l’uguaglianza cercata
M ·M−1 = R.
(2) Se M = xR e N = yR allora M · N = xyR. Inoltre M−1 = x−1R.L’affermazione segue.
Definizione 5.14. Il gruppo abeliano I(R)/P(R), degli ideali frazionari di Rmodulo gli ideali principali, e detto gruppo delle classi di ideali di R o gruppo diPicard di R, ed e indicato con il simbolo Pic(R).
Osservazione 5.15. Si puo dimostrare che Pic(OK) e finito per ogni campo dinumeri K. In particolare, ogni ideale I di OK e tale che In e principale, conn = #(Pic(OK)).
Teorema 5.16 (Fattorizzazione unica degli ideali). Ogni ideale frazionario di Rsi scrive in modo unico come prodotto di primi. (Per convenzione, R e il prodottovuoto, ovvero R = P 0 per ogni primo P .)
Dim.
Passo 1: Mostriamo che ogni ideale di R si scrive come prodotto di primi, cioel’insieme S degli ideali di R che non si possono scrivere come prodotti di primi evuoto. Se, per assurdo, S non fosse vuoto, conterrebbe un elemento massimale M .Deve essere che M ( R e un ideale proprio, poiche R 6∈ S. Allora M e contenutoin un primo P (cf. la dimostrazione del Lemma 5.8). Segue, per la Proposizione5.13, che M = PI con I = P−1M ⊆ R un ideale. Lo stesso Corollario affermache M ⊂ I. Notiamo che l’inclusione e stretta: se fosse M = I, allora I = PI dacui, per la Proposizione 5.13, R = P , impossibile. Poiche M e massimale, I 6∈ S.Dunque I = P1 · · ·Pr. Segue M = PI = PP1 · · ·Pr, assurdo.
22
Grazie al Lemma 5.11 ogni ideale frazionario M si puo scrivere come a−1Icon I ideale di R e a ∈ R un elemento non nullo. Quindi M = (a)−1 · I e ladecomposizione degli ideali (a) ed I di R fornisce la una decomposizione di M .
Passo 2: Dimostriamo l’unicita della fattorizzazione. Supponiamo che valgal’uguaglianza
P1 · · ·Pr = Q1 · · ·Qs.
Segue che P1 ⊃ Q1 · · ·Qs. Cio implica che
P1 ⊃ Qi
per qualche i (vedi la dimostrazione del Lemma 5.8). Posso supporre i = 1. In-oltre, l’inclusione P1 ⊃ Q1 implica P1 = Q1. Per la Proposizione 5.13, otteniamo
P2 · · ·Pr = Q2 · · ·Qs.
Ripetendo induttivamente l’argomento otteniamo r = s e Pi = Qi, a meno diriordinare opportunamente i Qi.
Corollario 5.17. Gli ideali frazionari nell’anello OK degli interi algebrici di uncampo di numeri si fattorizzano in modo unico come prodotto di primi.
Dim. Segue dai Teoremi 5.4 e 5.16.
Esempio 5.18. Riprendiamo il controesempio alla fattorizzazione unica in OK =Z[√−5], con K = Q[
√−5], visto in precedenza. Abbiamo le due fattorizzazioni
2 · 3 = (1 +√−5)(1−
√−5)
di 6 in OK come prodotto di elementi irriducibili, in cui i fattori ai due membridell’uguaglianza non sono associati (cio che equivale a dire, grazie all’Esercizio 5.2,che non differiscono per moltiplicazione per ±1). La fattorizzazione precedenteimplica la fattorizzazione di ideali (principali)
(2OK)(3OK) = ((1 +√−5)OK)((1−
√−5)OK).
Osserviamo che questi fattori non sono ideali primi: infatti abbiamo
1. 2OK = (2, 1 +√−5)2,
2. 3OK = (3, 1 +√−5)(3, 1−
√−5),
3. (1 +√−5)OK = (2, 1 +
√−5)(3, 1 +
√−5),
4. (1−√−5)OK = (2, 1 +
√−5)(3, 1−
√−5),
23
con i fattori a secondo membro primi. In conclusione, le due fattorizzazioni di 6producono le stesse fattorizzazioni prime di ideali.
Verifichiamo il primo caso, lasciando il resto al lettore come esercizio. Comeprima cosa, notiamo che (a, b)(c, d) e generato da (ac, ad, bc, bd). Segue che (2, 1+√−5)2 e l’ideale (4, 2(1+
√−5),−4+2
√−5). Chiaramente, 2OK contiene questo
ideale. Inoltre, si ha che
2 = 2(1 +√−5)− (−4 + 2
√−5)− 4
e quindi vale l’inclusione opposta. Infine, dimostriamo che (2, 1 +√−5) e primo,
osservando cheOK/(2, 1 +
√−5) ' Z/2Z.
Infatti, vi e un morfismo suriettivo di anelli
OK/2OK−→OK/(2, 1 +√−5),
doveOK/2OK ' (Z/2Z)2; inoltre, 2OK e contenuto propriamente in (2, 1+√−5),
che a sua volta e contenuto propriamente in OK (altrimenti, il suo quadratosarebbe uguale a OK).
Osservazione 5.19. Definiamo il massimo comun divisore MCD(I, J) e il min-imo comune multiplo mcm(I, J) di due ideali I e J . In considerazione dellaProposizione 5.13, MCD(I, J) e il piu piccolo ideale contenente I e J ; dunqueMCD(I, J) = I + J . Analogamente, mcm(I, J) e il piu grande ideale contenutoin I e J ; dunque mcm(I, J) = I ∩ J .
Osservazione 5.20.
1) Si dimostra che ogni ideale in un dominio di Dedekind e generato da al piu dueelementi. Piu precisamente, se a e un elemento non nullo di un ideale I, esiste btale che I = (a, b).
2) Si dimostra che un dominio di Dedekind e un UFD se e solo se e un PID.
6 Decomposizione di ideali in estensioni di campi
di numeri
Sia L/K un’estensione di campi di numeri. Se P e un primo del dominio diDedekind OK , in generale l’ideale POL generato da P in OL non e primo.
Esempio 6.1. Posto K = Q e L = Q[√−5], abbiamo visto nell’Esempio 5.18
che
(2Z)OL = 2OL = (2, 1 +√−5)2, (3Z)OL = 3OL = (3, 1 +
√−5)(3, 1−
√−5).
24
Grazie al Teorema 5.16, si ha che
POL = Qe11 · · ·Qer
r . (10)
Definizione 6.2.
1) L’esponente ei ≥ 1, i = 1, . . . , r che compare nell’equazione (10) e detto indicedi ramificazione di Qi su P , ed e anche indicato con e(Qi/P ).
2) Diciamo che P e ramificato in L se ei > 1 per qualche i.
Intendiamo studiare le proprieta della decomposizione prima (10).
Esercizio 6.3. Data L/K estensione di campi di numeri, P primo di OK e Qprimo di OL, dimostrare che le seguenti condizioni sono equivalenti:
1) Q|POL,
2) Q ⊃ POL,
3) Q ⊃ P ,
4) Q ∩ OK = P ,
5) Q ∩K = P .
Definizione 6.4. Diciamo che Q giace su P , o che P giace sotto Q, se lecondizioni equivalenti dell’Esercizio 6.3 sono verificate.
Il prossimo risultato esclude, tra le altre cose, che la fattorizzazione (10) possaessere vuota (cioe che il numero r di fattori sia 0).
Proposizione 6.5.
1) Ogni primo di OL giace su un primo di OK.
2) Ogni primo di OK giace sotto (almeno) un primo di OL.
Dim. Sia Q un primo di OL. Per la prima parte, basta verificare che P :=Q ∩ OK e un primo di OK . Ora, P e un ideale proprio (altrimenti conterrebbe1 e quindi Q = OL); inoltre e un ideale primo (per definizione di ideale primo);infine e diverso da zero, poiche se α e un elemento non nullo di Q, NL/K(α)appartiene a Q ∩ OK = P ed e non nullo per definizione dell’operatore norma.Passiamo alla seconda parte. Dato un primo P di OK , alla luce dell’Esercizio6.3 basta dimostrare che POL e contenuto propriamente in OL e quindi la suafattorizzazione prima in OL non e vuota. In altre parole, occorre vedere che1 6∈ POL. Per il Lemma 5.8, esiste x ∈ K −OK tale che xP ⊂ OK . Segue che
xPOL ⊂ OL.
Se fosse 1 ∈ POL, otterremmo che x ∈ OL. Ma allora x apparterrebbe a K∩OL =OK , impossibile.
25
Torniamo alla fattorizzazione (10) e fissiamo un primo Q = Qi che giace su P .Oltre all’indice di ramificazione e(Q/P ), possiamo associare un altro invariantealla coppia (P,Q). Per questo, consideriamo i campi
FP = OK/P, FQ = OL/Q,
detti campi residui di P e Q, rispettivamente. Sia p il primo razionale tale che
pZ = P ∩Q = Q ∩Q.
Abbiamo omomorfismi suriettivi canonici
OK/pOK−→OK/P, OL/pOL−→OL/Q.
Notiamo che
OK/pOK ' (Z/pZ)nK , OL/pOL ' (Z/pZ)nL ,
dove nK = [K : Q] e nL = [L : Q], grazie al Teorema 4.5. Segue che FP e FQ sonocampi finiti di caratteristica p. Inoltre, poiche Q ∩ OK = P , vi e un morfismocanonico di campi
FP−→FQ.
In altre parole, FQ/FP e un’estensione di campi finiti.
Definizione 6.6. Il grado di inerzia f(Q/P ) di Q su P e il grado [FQ : FP ].
Lemma 6.7 (Moltiplicativita degli indici di ramificazione e dei gradi di inerzia).Siano K1 ⊂ K2 ⊂ K3 campi di numeri, e siano P1 ⊂ P2 ⊂ P3 primi di OK1, OK2
e OK3, rispettivamente. Allora
e(P3/P1) = e(P3/P2) · e(P2/P1), f(P3/P1) = f(P3/P2) · f(P2/P1).
Dim. Esercizio.
Supponiamo ora che OL sia generato da OK e da un elemento αOL comeanello, ovvero che OK [α] . Non sempre e vero, ma lo e nel caso in cui K = Q edL sia un campo cilcotomico oppure una estensione quadratica di Q.
Teorema 6.8. Supponiamo che OL = OK [α] e sia g(X) ∈ OK [X] il polinomiominimo di α su K. Sia P ⊂ OK un ideale primo e scriviamo la decomposizionePOL = Qe1
1 · · ·Qerr come in (10). Sia g(X) ∈ FP [X] la riduzione di g modulo
POK [X] e scriviamo la decomposizione g(X) = g1(X)a1 · · · gs(X)as in fattori ir-riducibili (non necessariamente monici) in FP [X]. Allora, a meno di rinumeraretali fattori, abbiamo
1. s = r;
2. ai = ei per ogni i = 1 · · · , r;
26
3. Qi = POL + gi(α)OL con gi(X) ∈ OK [X] un polinomio che si riduce su gi(X)modulo POK [X] e Qei
i = POL + gi(α)eiOL per ogni i = 1 · · · , r.
Dim. Utilizzando l’isomorfismo OK [X]/(g(X)) ∼= OK [α] = OL definito dallavalutazione X 7→ α (vedere Esercizio 2.5) segue che
OL/POL ∼= OK [X]/POL +(g(X)
) ∼= FP [X]/(g(X)
) ∼= s∏i=1
FP [X]/(gi(X)
)ai ;l’ultimo isomorfismo di anelli segue dal teorema cinese dei resti.
Gli ideali primi di OL che dividono POL sono gli ideali primi che contengonoP per l’esercizio 6.3. Questi sono in corrispondenza biunivoca con gli idealiprimi del quoziente OL/POL grazie all’esercizio 6.9 ovvero con gli deali primidi FP [X]/
(g(X)
)ovvero, utilizzando ancora l’esercizio 6.9, con gli ideali primi di
FP [X] contenenti g(X). Essendo FP [X] un PID questi sono tutti e soli gli idealicorrispondenti ai fattori irriducibili di g(X), ovvero
(gi(X)
)per i = 1 . . . , s.
Questi implica che r = s e che, a meno di riordinare i fattori, Qi/POL =(gi(X)
)tramite l’isomorfismo descritto precedentemente. Deduco allora, sempre
dall’esercizio 6.9, che Qi = POL + gi(α)OL.Osserviamo che per ogni n ∈ N abbiamo POL ⊂ POL+gi(α)nOL ⊂ Q, con Q
ideale primo, se e solo se POL ⊂ Q e gi(α) ∈ Qj, visto che Q e un ideale primo.Quindi questo vale se e solo se Q = Qi. Segue che l’ideale POL + gi(α)nOL diOL ammette una decomposizione come prodotto di ideali primi in cui comparesolo il fattore Qi. In particolare POL + gi(α)aiOL = Qdi
i per un qualche interopositivo di. Osservo che Qai
i ⊂ POL+(gi(α)ai
)= Qdi
i e quindi, per l’unicita delladecomposizione, abbiamo ai ≥ di.
Analogamente abbiamo che∏
iQdii ⊂ POL in quanto
∏i gi(α)ai ≡ g(α) ≡ 0
modulo POL. Segue allora dall’unicita della decomposizione in primi che di ≥ ei.Infine dall’uguaglianza POK = Qe1
1 · · ·Qerr segue che
(g1(α)e1 · · · gr(α)er
)∈ POL.
Quindi g1(α)e1 · · · gr(α)er ≡ 0 in OL/POL ∼= FP [X]/(g(X)
)ovvero ei ≥ ai per
ogni i. Concludo allora che ai = di = ei per ogni i = 1, . . . , r.
Esercizio 6.9. Sia R un anello, I un ideale e π : R → R/I l’applicazionequoziente. Sia TI l’insieme degli ideali di R contenenti I. Sia S l’insieme degliideali di R/I. Dimostrare che le applicazioni TI → S definita da J 7→ J/I eS → TI definita da J 7→ π−1(J) sono ben definite ed una l’inversa dell’altra.Verificare che tali applicazioni inviano ideali primo in ideale primo.
Teorema 6.10. Con le notazioni del Teorema precedente, sia n = [L : K]:
i. Abbiamo e(Qi/P ) = ei e f(Qi/P ) = deg gi(X) per ogni i = 1, . . . , r e quindivale la formula
∑ri=1 e(Qi/P )f(Qi/P ) = n.
ii. Il primo P ramifica se e solo se mcd(g(X), g′(X))∈ FP [X] non e un’unita se
e solo se discL/K(1, . . . , αn−1
)≡ 0 modulo P .
27
Dim. i) L’uguaglianza e(Qi/P ) = ei segue dal Teorema 6.8. Grazie ad essootteniamo anche che f(Qi/P ), ovvero il grado dell’estensione FP ⊂ OL/Qi
∼=FP [X]/
(gi(X)
), coincide con il grado del polinomio gi(X).
Infine, il grado [L : K] coincide con il grado di g(X) che si scrive come∑ri=1 ei deg gi(X). Quindi la formula segue.ii) Segue dal Teorema 6.8 che P ramifica se e solo se esiste un fattore ir-
riducibile h(X) di g(X) tale che h(X)2 divide g(X). In questo caso g(X) =h(X)2`(X) e il polinomio derivato g′(X) coincide con
g′(X) = 2h(X)h′(X)`(X) + h(X)2`′(X)
e, dunque, h(X) divide mcd(g(X), g′(X))∈ FP [X]. Viceversa, sia h(X) un
polinomio irriducibile che divide mcd(g(X), g′(X))
Scrivo g(X) = h(X)q(X).Calcolando g′(X) = h′(X)q(X) + h(X)q′(X) segue che h(X) divide h′(X)q(X)in quanto divide g′(X). Siccome FP e un campo perfetto e h(X) e irriducibile,allora mcd(h(X), h′(X)) = 1. Segue che h(X) divide q(X) e quindi h(X)2 divideg(X).
Sia dato β ∈ OL. Ricordiamo dalla proposizione 3.7 che NL/K(β) e, a menodi segno, il coefficiente costante del polinomio caratteristico dell’operatore molti-plicazione per β rispetto alla base {1, . . . , αn−1} di L come K-spazio vettorialeo equivalentemente di OL come OK-modulo. Riducendo modulo P otteniamoallora che NL/K(β) modulo P e il coefficiente costante del polinomio caratteristi-
co della matrice dell’operatore moltiplicazione per la classe β di β modulo POLsull’FP -spazio vettoriale OL/POL. Quindi NL/K(β) ≡ 0 modulo P se e solo se la
moltiplicazione per β ha nucleo non banale ovvero se e solo se non e un isomor-fismo. Questo e equivalente a richiedere che β non sia un’unita. Usando l’identi-ficazione OL/POL ∼= FP [X]/
(g(X)
)e β = g′(α), abbiamo che NK/Q(g′(α)) ≡ 0
modulo P se e solo se mcd(g(X), g′(X)
)6= 1 in FP [X] ovvero g(X) ha zeri doppi.
Visto che discL/K(1, . . . , αn−1
)coincide con NL/K(g′(α)) a meno di segno grazie
alla Proposizione 3.9, la seconda equivalenza risulta mostrata.
Osservazione 6.11. Il Teorema vale in generale senza l’ipotesi che OL = OK [α].Per la dimostrazione, vedi il libro di Marcus.
Applicazione: Applichiamo il Teorema 6.10 al caso dei campi quadratici. SiaK = Q[
√d], con d ∈ Z − {0, 1} privo di fattori quadratici. Dato un primo
razionale p, il Teorema 6.10 mostra che sono possibili le 3 seguenti fattorizzazionidell’ideale pOK :
pOK =
Q2 (cioe p e ramificato in K)
Q primo (diciamo che p e inerte in K)
Q1Q2 (Q1 6= Q2) (diciamo che p si decompone in K)
28
Corollario 6.12.
1. Se p|d, si ha pOK = (p,√d)2.
2. Se d e dispari, si ha
2OK =
(2, 1 +
√d)2 se d ≡ 3 (mod 4)
(2, 1+√d
2)(2, 1−
√d
2) se d ≡ 1 (mod 8)
primo se d ≡ 5 (mod 8)
dove i fattori nel caso d ≡ 1 (mod 8) sono distinti.
3. Se p e dispari e p - d, si ha
pOK =
(p, n+√d)(p, n−
√d) se d ≡ n2 (mod p)
primo se d non e un quadrato modulo p
dove i fattori nel caso d ≡ n2 (mod p) sono distinti.In particolare, l’ideale massimale pZ e ramificato in K = Q[
√d] se e solo se
p divide d, risp. 4d per d ≡ 1 (mod 4), risp. d ≡ 2, 3 (mod 4).
Dim. Applichiamo direttamente il Teorema 6.8.Consideriamo innanzitutto il caso d ≡ 2, 3 modulo 4. Grazie alla Proposizione
2.9 abbiamo OK ∼= Z[X]/(X2 − d). Il polinomio X2 − d in Fp[X]
i. e irriducibile se p 6= 2 e d non e un quadrato modulo p;
ii. si decompone come il prodotto di due fattori irriducibili coprimi (X −n)(X +n) ∈ Fp[X] se p non divide d e d ≡ n2 modulo p;
iii. si scrive come X2 ∈ Fp[X] se p divide d;
iv. si scrive come (X + 1)2 se p = 2 e 2 non divide d.
Se d ≡ 1 modulo 4 allora OK ∼= Z[α] con α = 1+√d
2che ha polinomio minimo
g(X) = X2 − X + m con m := 1−d4
. Osserviamo che 4g(X) = Y 2 − d conY = 2X − 1.
Il polinomio g(X) in Fp[X]
i. e irriducibile in quanto uguale a 4−1(Y 2 − d) se p 6= 2 e d non e un quadratomodulo p. Osservo che questa scrittura ha senso visto che 2 e invertibile modulop;
ii. si decompone come il prodotto di due fattori irriducibili coprimi 4−1(Y −n)(Y + n) ∈ Fp[X] se p non divide d e d ≡ n2 modulo p;
iii. si scrive come 4−1Y 2 se p divide d;
iv. si scrive come X(X + 1)2 se p = 2 e 2 divide m ovvero d ≡ 1 modulo 8;
29
v. si scrive come X2 +X + 1 che e irriducibile se p = 2 e 2 non divide m ovverod ≡ 5 modulo 8.
Un altro caso interessante e il caso dell’n-esimo campo ciclotomico K in cuiOK = Z[ζn]. In questo caso il polinomio minimo di ζn e l’n-esimo polinomiociclotomico Φn(X), che divide Xn − 1. Il Teorema 6.8 permette di determinarecome pOK si decompone, dato un primo p di Z, in termini della decomposizionedella riduzione di Φn(X) modulo p. Vediamone un esempio per n primo.
Corollario 6.13. Se n = p e un primo, allora pZ e l’unico primo che ramificain OK e pOK = Qp−1 con Q = (p, ζp − 1) ideale primo di OK.
Dim. Visto che Xp − 1 ≡ (X − 1)p modulo p, il polinomio Φp(X) ≡ (X − 1)p inFp[X].
Se ` e un primo che non divide p allora il polinomio Xp−1 modulo `, e quindiΦn(X), non ha zeri doppi. Infatti il polinomio derivato e pXp−1 che e coprimocon Xp − 1. Quindi ` non ramifica in OK .
7 La legge di reciprocita quadratica di Gauss
Sia p un primo dispari e sia d ∈ Z un intero non divisibile per p. Definiamo ilsimbolo di Legendre
(d
p
)=
1 se d e un quadrato modulo p
−1 se d non e un quadrato modulo p
Teorema 7.1 (Legge di reciprocita quadratica). Se q 6= p e un primo dispari, siha (
q
p
)=
(pq
)se p o q ≡ 1 (mod 4)
−(pq
)se p ≡ q ≡ 3 (mod 4)
Esempio 7.2. Poiche 857 e un primo ≡ 1 (mod 4) e ≡ 3 (mod 7), il Teorema7.1 implica che (
7
857
)=
(857
7
)=
(3
7
)= −1.
Teorema 7.3.
1) (Primo supplemento) Si ha(−1p
)= 1 se e solo se p ≡ 1 (mod 4).
30
2) (Secondo supplemento) Si ha(2
p
)=
1 se p ≡ ±1 (mod 8)
−1 se p ≡ ±3 (mod 8)
Osservazione 7.4. Il primo supplemento segue dal fatto che −1 e un quadratomodulo p se e solo se F×p contiene un elemento di ordine 4. Non dimostriamo ilsecondo supplemento.
Dim del Teorema 7.1. Sia ζ = e2πi/p. Si ricordi l’isomorfismo canonico
(Z/pZ)×−→G := Gal(Q[ζ]/Q), k 7→ (σk : ζ 7→ ζk).
Allora(qp
)= 1 se e solo se σq appartiene al sottogruppo G(2) := {g2 : g ∈ G} dei
quadrati degli elementi di G. La teoria di Galois identifica G/G(2) con il gruppo diGalois dell’unico sottocampo quadratico K di Q[ζ], in modo tale che la proiezionenaturale di G su G/G(2) corrisponde alla restrizione a K degli automorfismi di
Q[ζ]. Ne viene che(qp
)= 1 se e solo se σq|K = idK . Equivalentemente,
(qp
)= −1
se e solo se σq|K genera Gal(K/Q). In questo caso, indicato con Q un primo di OKche giace su qZ, si ha che σq|K induce l’automorfismo di Frobenius φq : x 7→ xq
sul campo residuo FQ = OK/Q. Inoltre, σq|K e φq hanno lo stesso ordine (ugualea 2). Poiche φq genera Gal(FQ/Fq), questo equivale a dire che il grado di inerziaf(Q/qZ) e uguale a 2. In conclusione,(
q
p
)= −1 se e solo se qZ e inerte in K.
Sappiamo che K = Q[√±p] per p ≡ ±1 (mod 4). In particolare, qZ non e
ramificato in K. Grazie alla Proposizione 6.12, otteniamo che(q
p
)= −1 se e solo se
(±pq
)= −1, con p ≡ ±1 (mod 4).
Infine, grazie al primo supplemento, si ha(−pq
)= ±
(p
q
)se q ≡ ±1 (mod 4).
Esercizio 7.5. Dato un primo p, dimostrare che l’equazione
x2 − x+ 5 = 0 (mod p)
non ha soluzioni se p = 2 o p ∈ {2, 3, 8, 10, 12, 13, 14, 15, 18} (mod 19), ha un’u-nica soluzione se p = 19, ha due soluzioni se p ∈ {1, 4, 5, 6, 7, 9, 11, 16, 17}(mod 19).
31
Riferimenti bibliografici
[Ma] Marcus, Daniel A. Number fields. Universitext. Springer-Verlag, NewYork-Heidelberg, 1977. viii+279 pp.
[Mi] Milne, J.S. Fields and Galois Theory (note disponibili sulla pagina webdell’autore: http://www.jmilne.org/math/CourseNotes/ft.html)
32
