Appunti di algebra III

Transcript

1 Appunti di algebra III Massimo Bertolini 25 gennaio Campi di numeri Definizione 1.1. Un campo di numeri (detto anche campo di numeri algebrici) è un sottocampo K di C tale che [K : Q] sia finito. Osservazione ) Se K è un campo di numeri, allora K Q. 2) Inoltre, Q è uguale al composto L di tutti i campi di numeri, cioè il più piccolo sottocampo di C contenente tutti i campi di numeri. L inclusione L Q è chiara. Viceversa, se α è un elemento di Q, allora Q[α] è un campo di numeri e quindi L Q. Esempio ) Sia d Z {0, 1} un intero privo di fattori quadratici. Il campo quadratico Q[ d] è un campo di numeri. 2) Sia ζ m = e 2πi/m. L m-esimo campo ciclotomico Q[ζ m ] è un campo di numeri. 3) Dato a Z e m N, i campi Q[a 1/m ] e Q[a 1/m, ζ m ] sono campi di numeri. Teorema 1.4 (Teorema dell elemento primitivo). Sia K/F un estensione finita di sottocampi di C. Esiste α K tale che K = F [α]. Dim. Vedi [Mi], cap. 5. Corollario 1.5. Se K è un campo di numeri, esiste α K tale che K = Q[α]. Esercizio ) Sia K = Q[2 1/2, 3 1/2 ]. Trovare α K tale che K = Q[α]. 2) Sia K = Q[2 1/2, 3 1/3 ] R. Trovare α K tale che K = Q[α]. 3) Sia K = Q[3 1/2, 5 1/2, ( 7) 1/2 ]. Trovare α K tale che K = Q[α]. 1

2 Teorema 1.7 (Grado dei campi ciclotomici). Sia K = Q[ζ m ] l m-esimo campo ciclotomico e sia f m (x) il polinomio minimo di ζ m. Allora f m (x) = (x ζm). k k (Z/mZ) In particolare, [K : Q] = ϕ(m), dove ϕ(m) = #(Z/mZ) indica la funzione di Eulero. Dim. Vedi [Mi], cap. 5. Corollario 1.8. Vi è un isomorfismo canonico Gal(K/Q) = (Z/mZ). Dim. Un elemento σ in Gal(K/Q) è determinato dal suo valore σ(ζ m ). Poiché σ(ζ m ) è una radice primitiva m-esima di 1 (cioè ha ordine m), si ha σ(ζ m ) = ζ k σ m, dove k σ (Z/mZ) è un unità modulo m. Ne viene che σ k σ è un omomorfismo iniettivo (canonico) di gruppi aventi, grazie al Teorema 1.7, lo stesso ordine. Dunque è un isomorfismo. Esercizio ) Se m = k i=1 pa i i, dove p i è primo e a i N, dimostrare che ϕ(m) = k ϕ(p a i ) = i=1 k (p i 1)p ai 1. i=1 [Suggerimento: applicare il Teorema Cinese del Resto a Z/mZ.] 2) Calcolare f m (detto m-esimo polinomio ciclotomico) per m 21. [Suggerimento: notare la formula induttiva f m (x) = x m 1 d m,d m f d(x), dove il prodotto è effettuato sui divisori positivi d di m, con 1 d < m.] 3) Descrivere la struttura di Gal(Q[ζ m ]/Q) per m Interi algebrici Definizione 2.1. Un numero complesso α è detto intero algebrico se soddisfa un polinomio monico a coefficienti in Z. 2

3 Indichiamo con Z = {α C : α è un intero algebrico} l insieme degli interi algebrici. Si noti l inclusione Z Q. Dato un campo di numeri K, indichiamo con O K = K Z l insieme degli interi algebrici contenuti in K. Vedremo tra breve che O K è 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 ha coefficienti in Z. Dim. Sia q(x) in Z[x] il polinomio monico a coefficienti in Z di grado minimo soddisfatto da α. Basta dimostrare che q(x) è irriducibile. In caso contrario, vi è una fattorizzazione q(x) = q 1 (x)q 2 (x), con q i (x) Q[x] monico di grado 1. Per il lemma di Gauss, q i (x) appartiene a Z[x]. Inoltre, α è radice di q 1 (x) o q 2 (x), contravvenendo la minimalità di q(x). Corollario 2.3. O Q = Z. Dim. Dato α in O Q, il suo polinomio minimo x α ha coefficienti in Z grazie al Lemma 2.2. (L inclusione opposta Z O K è 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 a coefficienti in Z) è un gruppo abeliano finitamente generato. 3. L elemento α appartiene ad un sottoanello A di C il cui gruppo additivo è finitamente 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 α n + a n 1 α n a 1 α + a 0 = 0, a i Z. Segue che α n appartiene al gruppo generato da 1, α,..., α n 1. Induttivamente, si vede che α k appartiene allo stesso gruppo per ogni k n. In conclusione Le implicazioni sono ovvie. Z[α] = Z Zα Zα n 1. 3

4 Dimostriamo infine che 4 1. Supponiamo che A sia generato dai numeri complessi (α 1,..., α n ). La condizione αa A implica che αα i = n j=1 a ijα j, per i = 1,..., n, con a ij Z. In altre parole, vale la relazione matriciale α α 1. α n = M α 1. α n, (1) dove M = [a ij ] è una matrice n n a coefficienti in Z. Si noti che il vettore (α i ) C n è diverso da zero, poiché il gruppo A è non nullo per ipotesi. L equazione (1) implica che α è un autovalore associato all autovettore (α i ). Segue che α soddisfa il polinomio caratteristico det(xi M), che è monico (di grado n) a coefficienti in Z. Corollario 2.5. Z e O K sono sottoanelli di C (e di Q). Dim. L affermazione su O K segue da quella per Z. Dati α e β in Z, grazie alla condizione 2 della Proposizione 2.4, abbiamo Z[α] = Zα Zα m, Z[β] = Zβ Zβ n. Segue che Z[α, β] è generato da α i β j, i = 1,..., m, j = 1,..., n. Poiché α ± β e αβ appartengono a Z[α, β], il Corollario 2.5 è conseguenza della condizione 3 della Proposizione 2.4. Esercizio ) Osservato che il numero complesso α = ( 5) 1/ /2 è un intero algebrico, calcolare un polinomio monico con coefficienti in Z di cui α è radice. 2) Osservato che il numero reale α = 3 1/ /3 è un intero algebrico, calcolare un polinomio monico con coefficienti in Z di cui α è radice. 3) Calcolare il polinomio minimo di 3 1/2 5 1/3. 4) Calcolare il polinomio minimo di 3 1/2 + ( 5) 1/ /2. Esempio ) Se K = Q[ d], con d Z {0, 1} privo di fattori quadratici, allora Z[ d] è contenuto in O K. Infatti, d appartiene a O K poiché soddisfa x 2 d; inoltre, poiché O K è un sottoanello unitario di C, deve contenere l anello Z[ d] generato da d. La Proposizione 2.8 descrive O K. 2) Se K = Q[ζ], con ζ = e 2πi/m, è l m-esimo campo ciclotomico, si ha che Z[ζ] è contenuto in O K. Infatti, ζ appartiene a O K poiché soddisfa x m 1; inoltre, poiché O K è un sottoanello unitario di C, deve contenere l anello generato da ζ. Vedremo più avanti che O K è sempre uguale a Z[ζ]. 4

5 Proposizione 2.8. Sia K = Q[ d] un campo quadratico, dove d Z {0, 1} è un intero privo di fattori quadratici. Allora Z[ d] = {a + b d : a, b Z} se d 2, 3 (mod 4) O K = Z[ 1+ d] = { a+b d : a, b Z, a b 2 2 (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 O K se e solo se α appartiene a O K Q = Z. Se b 0, il polinomio minimo di α è uguale a x 2 2ax + (a 2 db 2 ). Grazie al Lemma 2.2, otteniamo che α O K 2a Z e a 2 db 2 Z. (2) Supponiamo che α è un elemento di O K. Si noti che se a appartiene a Z, necessariamente b appartiene a Z, poiché d è privo di fattori quadratici. Se invece a 1Z Z, allora si ha che 2a 1 (mod 2) e quindi 2 4a2 1 (mod 4). Poiché 4a 2 4db 2 0 (mod 4), otteniamo che 4db 2 1 (mod 4) e quindi b 1Z Z. 2 Segue come sopra che 4b 2 1 (mod 4) da cui 4db 2 d (mod 4) e quindi d 1 (mod 4). In conclusione, si ha che O K Z[ d] a meno che d 1 (mod 4). Poiché Z[ d] O K grazie all Esempio 2.7, otteniamo l uguaglianza quando d 2, 3 (mod 4). Se d 1 (mod 4), i calcoli precedenti mostrano che O K Z[ 1+ d]. L inclusione opposta si verifica immediatamente usando le 2 condizioni (2). 3 Traccia, norma e discriminante Introduciamo alcuni strumenti teorici utili, in particolare, per calcolare l anello O K 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 σ 1,..., σ n : K C. Infatti, sappiamo che K = F [α] per il Teorema 1.4; detto f(x) F [x] il polinomio minimo di α su F, i σ i sono in corrispondenza biiettiva con le radici di f(x) in C. Definizione ) La traccia di un elemento α di K è definita da T K/F (α) = σ 1 (α) + + σ n (α). 2) La norma di un elemento α di K è definita da N K/F (α) = σ 1 (α) σ n (α). 5

6 La dimostrazione del lemma seguente è immediata. Lemma T K/F (α + β) = T K/F (α) + T K/F (β) e N K/F (αβ) = N K/F (α)n K/F (β) per ogni α e β in K. 2. T K/F (αβ) = αt K/F (β) e N K/F (αβ) = α n N K/F (β) per ogni α in F e β in K. Proposizione Per ogni α in K, T K/F (α) e N K/F (α) appartengono a F. 2. Per ogni α in O K, T K/F (α) e N K/F (α) appartengono a O F. Dim. Consideriamo il diagramma di estensioni K F [α] F (3) Indicato con d il grado di K su F [α], abbiamo che T K/F (α) = d T F [α]/f (α), N K/F (α) = N F [α]/f (α) d. (4) L equazione (4) segue dal fatto che ogni F -omomorfismo di F [α] in C si estende a d F -omomorfismi distinti di K in C. Osserviamo ora che T F [α]/f (α) = α α n/d, N F [α]/f (α) = α 1 α n/d, (5) dove α = α 1,..., α n/d sono le radici del polinomio minimo f(x) di α su F. Segue da (5) che T F [α]/f (α) = (coefficiente di x n/d 1 in f(x)) e N F [α]/f (α) = ( 1) n/d (termine costante di f(x)). (6) La prima parte della Proposizione 3.3 segue dall equazione (6). Per la seconda parte, si noti che se α appartiene ad O K, gli α i che compaiono in equazione (5) sono interi algebrici in Z (essendo radici di f(x), che divide il polinomio minimo f Q di α su Q). Concludiamo che T F [α]/f (α) e N F [α]/f (α) appartengono a F Z = O F. L equazione (4) implica che lo stesso vale per T K/F (α) e N K/F (α). Introduciamo ora il concetto di discriminante, con riferimento all estensione K/Q. Indichiamo con σ 1,..., σ n : K C gli omomorfismi (necessariamente, Q-omomorfismi) di K in C. Definizione 3.4. Il discriminante di una n-pla (α 1,..., α n ) di elementi di K è definito da disc(α 1,..., α n ) = (det[σ i (α j )] 1 i,j n ) 2. 6

7 Osservazione 3.5. Dalle proprietà del determinante segue che disc(α 1,..., α n ) non dipende dall ordine dei σ i e degli α j. Esercizio ) Dimostrare che gli elementi α 1,..., α n sono Q-linearmente dipendenti se e solo se disc(α 1,..., α n ) = 0. 2) Dimostrare che disc(α 1,..., α n ) appartiene a Q. [Suggerimento: notare dapprima che il numero complesso disc(α 1,..., α n ) appartiene alla chiusura normale L di K/Q in C; mostrare poi che per ogni σ in Gal(L/Q).] σ(disc(α 1,..., α n )) = disc(α 1,..., α n ) Grazie al Teorema 1.4, che permette di scrivere K nella forma Q[α], l Esercizio 3.6 è pure conseguenza del risultato seguente, utile per il calcolo esplicito del discriminante. Proposizione 3.7. Sia K = Q[α] e sia (1, α,..., α n 1 ) la Q-base di K associata ad α. Indichiamo con f(x) Q[x] il polinomio minimo di α su Q e con f (x) la sua derivata. Allora disc(1, α,..., α n 1 ) = ɛ N K/Q (f (α)), dove ɛ = 1 se n 0, 1 (mod 4) e ɛ = 1 altrimenti. Dim. Sia A = [σ i (α j 1 )] la matrice n n che interviene nella definizione di disc(1, α,..., α n 1 ). Posto α i = σ i (α), si noti che A = [α j 1 i ] è una matrice di Vandermonde. Di conseguenza, notando che ɛ = ( 1) n(n 1)/2, si ha Basta ora dimostrare che Abbiamo disc(1, α,..., α n 1 ) = det(a) 2 = (α s α r ) 2 N K/Q (f (α)) = N K/Q (f (α)) = = ɛ 1 r<s n 1 r s n = 7 1 r s n (α r α s ). n σ r (f (α)) r=1 n f (α r ). r=1 (α r α s ).

8 Infine, la formula f(x) = n s=1 (x α s) implica che f (α r ) = n s=1,r s (α r α s ). Applichiamo la Proposizione 3.7 ai campi ciclotomici. Corollario 3.8. Sia p un primo dispari e sia K = Q[ζ], con ζ = e 2πi/p, il p-esimo campo ciclotomico. Allora disc(1, ζ,..., ζ p 2 ) = ɛ p p 2, dove ɛ = 1 se p 1 (mod 4) e ɛ = 1 se p 3 (mod 4). Dim. Per il Teorema 1.7, [K : Q] = p 1 e quindi (1, ζ,..., ζ p 2 ) è una Q-base per K. Il polinomio minimo di ζ è dato da φ(x) = xp 1 x 1 = xp 1 + x p x + 1. La relazione x p 1 = (x 1)φ(x) implica che px p 1 = φ(x)+(x 1)φ (x) e quindi φ (ζ) = pζp 1 ζ 1 = p ζ(ζ 1). Posto N = N K/Q, la moltiplicatività della norma (Lemma 3.2) implica che Infine, N(φ (ζ)) = N(p) N(ζ)N(ζ 1). N(p) = p p 1, N(ζ) = ( 1) p 1 (termine costante di φ(x)) = 1, N(ζ 1) = N( (1 ζ)) = ( 1) p 1 N(1 ζ) = φ(1) = p. Applichiamo ora il Corollario 3.8 ad un problema già affrontato con mezzi diversi. Corollario 3.9. 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). 8

9 Dim. Il gruppo di Galois Gal(K/Q) è isomorfo a F p e quindi è ciclico di ordine p 1. Segue che Gal(K/Q) contiene un unico sottogruppo di indice 2, che fissa l unico sottocampo quadratico di K. Inoltre, disc(1, ζ,..., ζ p 2 ) = δ 2, dove δ = det[σ i (ζ j 1 )] è il determinante di una matrice a coefficienti in K. Segue che δ appartiene a K. Poiché δ 2 = ɛp p 1 per il Corollario 3.8, otteniamo che ɛp appartiene a K. Esercizio Dato d Z {0, 1} privo di fattori quadratici, si definisca D = d se d 1 (mod 4) e D = 4d se d 2, 3 (mod 4). Si dimostri che Q[ d] è contenuto nel D-esimo campo ciclotomico Q[e 2πi/D ]. [Suggerimento: si fattorizzi d (a meno del segno) come prodotto di primi; si osservi poi che Q[ p] è contenuto in Q[e 2πi/4p ] se p è un primo 3 (mod 4)...] 4 Struttura additiva di O K Sia K un campo di numeri. Intendiamo descrivere la struttura di O K come gruppo additivo. Definizione 4.1. Un gruppo abeliano A si dice libero di rango n 0 se A è isomorfo al gruppo additivo Z n = Z... Z. Esercizio 4.2. Due gruppi abeliani liberi sono isomorfi se e solo se hanno lo stesso rango. [Suggerimento: (Z/2Z) n non è isomorfo a (Z/2Z) m se n m.] Lemma 4.3. Sia A un gruppo abeliano libero di rango n e sia B un sottogruppo di A. Allora B è libero di rango n. Dim. Per induzione su n, essendo il caso n = 0 ovvio. Possiamo supporre che A = Z n. Sia π : A Z, (a 1,..., a n ) a 1 la proiezione canonica sulla prima componente. Segue che ker(π) = {(a 1,..., a n ) Z n : a 1 = 0} Z n 1 è libero di rango n 1. Per l ipotesi induttiva B = B ker(π) è un gruppo libero di rango m n 1. Se B ker(π) e quindi B = B abbiamo finito. Altrimenti, si ha che π(b) = kz, con k 1. Sia b 1 B tale che π(b 1 ) = k. Dato b B, π(b) = λk per λ Z e dunque b λb 1 appartiene a B. Segue che B = Zb 1 B Z m+1, con m + 1 n. 9

10 Corollario 4.4. Siano A 1 e A 2 due gruppi abeliani liberi di rango n e sia A un gruppo abeliano tale che A 1 A A 2. Allora A è libero di rango n. Dim. L inclusione A A 2 implica, grazie al Lemma 4.3, che A è libero di rango n. L inclusione A 1 A implica, ancora per il Lemma 4.3, che il rango di A è n. Lemma 4.5. Esiste una Q-base {α 1,..., α n } di K i cui elementi appartengono a O K. Dim. Se α K è un numero algebrico, allora α soddisfa un polinomio a coefficienti in Z (non necessariamente monico!) a m x m + a m 1 x m a 1 x + a 0, con a m 0. Segue (moltiplicando per a m 1 m ) che a m α soddisfa il polinomio monico a coefficienti in Z x m + a m 1 x m a m 2 m a 1 x + a m 1 m a 0 e dunque a m α appartiene ad O K. Di conseguenza, per ottenere la Q-base richiesta è sufficiente moltiplicare gli elementi di una Q-base arbitraria per un opportuno elemento non nullo di Z. Proposizione 4.6. Sia {α 1,..., α n } una Q-base per K costituita da interi algebrici e sia d = disc(α 1,..., α n ) il suo discriminante. Allora 1. d appartiene a Z {0}, 2. ogni intero algebrico α in O K si scrive nella forma α = m 1α m n α n, d dove m j appartiene a Z e m 2 j è divisibile per d, per j = 1,..., n. Dim. Siano σ i, i = 1,..., n gli omomorfismi di K in C. Poiché (α i ) è una Q-base di K, la matrice A = [σ i (α j )] è invertibile. Posto δ = det(a), si ha d = δ 2. Sappiamo che d è un numero razionale non nullo. Inoltre, le componenti di A sono interi algebrici e dunque δ è un intero algebrico. Segue che d appartiene a (Q {0}) Z = Z {0}. Dato α O K, scriviamo α = α 1 x α n x n, con x i Q. Otteniamo il sistema lineare di n equazioni in n incognite σ i (α 1 )x σ i (α n )x n = σ i (α), i = 1,..., n. Per la regola di Kramer x j = δ j /δ, 10

11 dove δ j è il determinante della matrice ottenuta da A sostituendo la sua j-esima colonna con la colonna (σ i (α)) dei termini noti. Sappiamo che δ 2 = d, e δ, δ j Z. Segue che m j = dx j = δ j δ appartiene a Z Q = Z. Infine, il numero razionale m 2 j/d è uguale a (dx j ) 2 /d = dx 2 j = dδj 2 /δ 2 = δj 2. Di nuovo otteniamo che m 2 j/d appartiene a Z Q = Z. Teorema 4.7. Sia n = [K : Q]. Allora O K è un gruppo abeliano libero di rango n. Dim. Grazie al Lemma 4.5 possiamo fissare una Q-base {α 1,..., α n } di K contenuta in O K. Allora Zα 1 Zα n è un sottogruppo abeliano libero di O K di rango n. Per la Proposizione 4.6, Z(α 1 /d) Z(α n /d) è un gruppo abeliano libero di rango n contenente O K. Il Teorema 4.7 segue dal Corollario 4.4. Definizione 4.8. Una base intera per O K è un insieme di elementi {α 1,..., α n } tale che O K = Zα 1 Zα n. Esempio 4.9. 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) è una base intera per O K. {1, 1+ d 2 } se d 1 (mod 4) Lemma Due basi intere per O K hanno lo stesso discriminante. Dim. Indicate le basi con A = (α i ) e B = (β i ), abbiamo che β 1. β n = M dove M è una matrice n n a coefficienti in Z. Scambiando il ruolo delle basi, otteniamo che M è invertibile e dunque det(m) = ±1. Inoltre, posto A = [σ j (α i )] e B = [σ j (β i )], vale la relazione B = MA. Segue che det(b) = ± det(a). Poiché disc(a) = det(a) 2 e disc(b) = det(b) 2, otteniamo l uguaglianza dei discriminanti. 11 α 1. α n,

12 Definizione Chiamiamo discriminante di O K, indicato con disc(o K ), il discriminante di una qualunque base intera di O K. (Si ricordi che disc(o K ) appartiene a Z, grazie alla Proposizione 4.6.) Esercizio L insieme (α 1,..., α n ) O K è una base intera per O K se e solo se disc(α 1,..., α n ) = disc(o K ). Esercizio Con notazioni come in Esempio 4.9, dimostrare che 4d se d 2, 3 (mod 4) disc(o K ) = d se d 1 (mod 4) (Di conseguenza, disc(o K ) è uguale alla quantità D definita in Esercizio 3.10.) Il prossimo risultato è utile per il calcolo dell anello degli interi algebrici di certi campi di numeri. Teorema Siano K ed L campi di numeri aventi grado su Q uguale a m ed n, rispettivamente. Sia M il campo composto KL. Supponiamo che Allora vale l inclusione [M : Q] = mn. O M (1/d)O K O L, dove d = (disc(o K ), disc(o L )) è il massimo comun divisore di disc(o K ) e disc(o L ) e O K O L è il sottoanello di KL generato da O K e O L (cioè l anello i cui elementi sono somme finite del tipo αβ, con α in O K e β in O L ). Dim. Fissiamo basi intere (α 1,..., α m ) e (β 1,..., β n ) per O K e O L, rispettivamente. Otteniamo che gli mn elementi (α i β j ) di O K O L formano 1. un sistema di generatori per O K O L, 2. una Q-base per KL. La prima affermazione segue dalla definizione di O K O L, mentre la seconda dipende dal fatto che (α i β j ) è un sistema di generatori per il campo di numeri KL, il cui grado è mn per ipotesi. (Quanto detto implica che il gruppo additivo del sottoanello O K O L di O M è libero di rango mn e che (α i β j ) è una Z-base.) Dato α O M, lo scriviamo come α = i,j m i,j r α i β j, (7) dove m i,j ed r appartengono a Z e (r, m i,j ) 1 i m,1 j n = 1. Dobbiamo mostrare che r disc(o K ) e r disc(o L ). 12

13 Considerato il ruolo simmetrico di O K e O L, ci basta controllare che r divide disc(o K ). Siano σ k : K C, k = 1,..., m gli omomorfismi di K in C. Poiché [KL : K] = n per l ipotesi [KL : Q] = mn, ogni σ k si estende a n omomorfismi distinti di KL in C. Per restrizione ad L, si ottengono n omomorfismi distinti di L in C, cioè tutti gli omomorfismi distinti di L in C. (Se due restrizioni ad L coincidono, devono coincidere su KL, poiché provengono dallo stesso omomorfismo di K in C.) Indichiamo con σ k l unica estensione di σ k a KL la cui restrizione a L è l inclusione L C, cioè è un L-omomorfismo. Applicando σ k a (7), otteniamo σ k (α) = i,j m i,j r σ k (α i )β j. (8) Posto x i = j m i,j r β j, otteniamo il sistema di m equazioni in m incognite σ k (α i )x i = σ k (α), k = 1,..., m. (9) i Grazie alla regola di Kramer, x i = δ i /δ, dove δ = det[σ k (α i )] 0 e δ i è il determinante della matrice ottenuta sostituendo alla i-esima colonna di [σ k (α i )] la colonna dei termini noti ( σ k (α)). Si noti che δ e δ i appartengono a Z e che δ 2 = disc(o K ). Segue che disc(o K )x i = δδ i Z, da cui disc(o K )x i = disc(o K )m i,j β j L r Z = O L. j Poiché (β j ) è una base intera per O L, segue che (disc(o K )m i,j )/r appartiene a Z, cioè r divide disc(o K )m i,j per ogni (i, j). Poiché per ipotesi (m i,j, r) i,j = 1, concludiamo che r disc(o K ). Il seguente corollario è immediato. Corollario Se (disc(o K ), disc(o L )) = 1, allora O M = O K O L. Esercizio Sia K il campo biquadratico Q[ 3, 11]. Calcolare O K. Teorema Sia K = Q[ζ], con ζ = e 2πi/m, l m-esimo campo ciclotomico. Allora O K = Z[ζ]. Dim. Passo 1: Sia m = m 1 m 2, con (m 1, m 2 ) = 1, e sia K i = Q[ζ i ], i = 1, 2, l m i -esimo campo ciclotomico. Se O Ki = Z[ζ i ] per i = 1, 2, allora O K = Z[ζ]. Questa affermazione segue dal Corollario 4.15, osservando quanto segue: 1. K = K 1 K 2, poiché ζ 1 ζ 2 è una radice primitiva m-esima di 1, e vale l uguaglianza [K : Q] = [K 1 : Q][K 2 : Q] (esercizio); 13

14 2. (disc(o K1 ), disc(o K2 )) = 1: questa affermazione segue dal lemma seguente. Lemma Se K = Q[ζ] è l m-esimo campo ciclotomico, allora disc(o K ) divide m ϕ(m). Dim. Grazie all Esempio 2.7, Z[ζ] O K. Abbiamo che (1, ζ,..., ζ ϕ(m) 1 ) è una base intera di Z[ζ]. Indichiamo per brevità il suo discriminante con disc(ζ). Allora disc(o K ) divide disc(ζ) (esercizio: vedi la dimostrazione del Lemma 4.10). Posto x m 1 = f(x)g(x), dove f(x) = f m (x) è l m-esimo polinomio ciclotomico (cioè il polinomio minimo di ζ), differenziando e sostituendo x con ζ, si ottiene m = ζf (ζ)g(ζ). Calcolando N K/Q su questa uguaglianza, otteniamo grazie alla Proposizione 3.7 m ϕ(m) = ±disc(ζ)n K/Q (ζg(ζ)). Poiché ζg(ζ) è un intero in O K, segue che N K/Q (ζg(ζ)) appartiene a Z grazie alla Proposizione 3.3. Otteniamo che disc(ζ) divide m ϕ(m). Passo 2: Grazie al Passo 1, basta ora dimostrare il Teorema 4.17 nel caso in cui m = p h sia uguale alla potenza di un primo e quindi ζ = e 2πi/ph. Premettiamo un lemma. Lemma Abbiamo Z[ζ] = Z[1 ζ] e disc(ζ) = disc(1 ζ). 2. k (Z/p h Z) (1 ζ k ) = p. Dim. Poiché ζ = 1 (1 ζ), Z[ζ] è uguale a Z[1 ζ]. Da questa uguaglianza segue l uguaglianza dei discriminanti (esercizio). (Si noti che queste affermazioni non dipendono dal fatto che m è una potenza di p.) Il prodotto nella seconda parte è uguale a f p h(1), dove f p h(x) = xph 1 x ph 1 1 = 1 + xph 1 + x 2(ph 1) + + x (p 1)ph 1 è il p h -esimo polinomio ciclotomico. Posto n = ϕ(p h ) = (p 1)p h 1 e d = disc(ζ) = disc(1 ζ), la Proposizione 4.6 implica che ogni α in O K si scrive nella forma α = m 1 + m 2 (1 ζ) + + m n (1 ζ) n 1 d. (10) 14

15 Dobbiamo dimostrare che O K = Z[ζ] = Z[1 ζ]. Se O K Z[1 ζ], esiste α come sopra tale che non tutti gli m i sono divisibili per d. In questo caso, poichè d è una potenza di p grazie al Lemma 4.18, O K contiene un elemento β della forma β = m i(1 ζ) i m n (1 ζ) n 1 p, (11) dove m i non è divisibile per p. Il Lemma 4.19 implica che p/(1 ζ) n appartiene a Z[ζ], notando che 1 ζ k è 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 O K. Usando l espressione (11) per β, otteniamo che m i /(1 ζ) appartiene a O K. Questo è impossibile perchè N K/Q (m i ) = m n i non è divisibile per p, mentre N K/Q (1 ζ) = p grazie al Lemma 4.19, da cui segue che N K/Q (m i /(1 ζ)) non appartiene a Z, contro la Proposizione Domini di Dedekind Questo capitolo si occupa della struttura di anello di O K. L osservazione preliminare è che in generale O K non è un UFD. Esempio 5.1. Sia K = Q[ 5] e sia N = N K/Q. Poiché 5 3 (mod 4), si ha O K = Z[ 5]. Si consideri la fattorizzazione 2 3 = (1 + 5) (1 5). (12) Abbiamo N(2) = 4, N(3) = 9 e N(1 ± 5) = 6. Se u è un unità in O K, allora N(u) = 1. Infatti, se u 1 appartiene a O K, 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) = a 2 + 5b 2 (13) è 0 per ogni a, b in Z. Sulla base di questa osservazione e tenuto conto della moltiplicatività della norma, per dimostrare che O K non è un UFD basta osservare che O K non contiene elementi di norma 2 e 3. Considerata (13), questa affermazione è conseguenza immediata del fatto evidente che le equazioni a 2 + 5b 2 = 2, a 2 + 5b 2 = 3 non hanno soluzioni in Z. Segue allora che 2, 3 e 1 ± 5 sono irriducibili e quindi (12) contraddice il principio di fattorizzazione unica. Esercizio

16 1) Dato un campo quadratico K = Q[ d], con d Z {0, 1} privo di fattori quadratici, dimostrare che u è un unità di O K se e solo se u O K e N K/Q (u) = ±1. 2) Se d < 0 (in questo caso diciamo che K è una campo quadratico immaginario o 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 che O K = {ζ C : ζ6 = 1}. 3) Mostrare con un esempio che se d > 0 (in questo caso diciamo che K è un campo quadratico reale)il gruppo O K può non essere di torsione. (E un fatto non banale che O K non è mai di torsione se K è un campo quadratico reale.) 4) Dimostrare che nell affermazione del punto 1 K può essere sostituito da un qualunque campo di numeri. L esempio precedente suggerisce di cercare un sostituto per la proprietà di fattorizzazione unica degli elementi valida per Z = O Q. Si noti che ogni ideale non nullo nz di Z può essere fattorizzato in modo unico come prodotto di ideali massimali: nz = p 1 Z p k Z. Vedremo come l analogo di questa proprietà si generalizzi a qualunque anello di numeri O K, come conseguenza del fatto che O K è un dominio di Dedekind. Definizione 5.3. Un dominio di integrità R è detto dominio di Dedekind se valgono le condizioni seguenti: 1. R è noetheriano, 2. ogni ideale primo non nullo di R è massimale, 3. R è integralmente chiuso nel suo campo delle frazioni. La condizione 3 significa che ogni elemento del campo delle frazioni di R che soddisfa un polinomio monico a coefficienti in R appartiene ad R. Teorema 5.4. Ogni anello O K è un dominio di Dedekind. Dim. Se I è un ideale di O K, si ha che il gruppo additivo di I è un sottogruppo del gruppo additivo di O K. Per il Teorema 4.7, O K è un gruppo abeliano libero di rango n = [K : Q]. Segue, grazie al Lemma 4.3, che I è un gruppo abeliano libero di rango n. In particolare, I è uno Z-modulo finitamente generato e dunque a maggior ragione un ideale finitamente generato. Questo mostra che O K soddisfa la condizione 1 della Definizione 5.3. Riguardo alla condizione 2, sia P un ideale primo non nullo di O K. Occorre mostrare che P è massimale, cioè che O K /P è un campo. Sappiamo che O K /P è un dominio di integrità. Se O K /P è finito, allora O K /P è necessariamente un campo. (Infatti, fissato α O K /P {0}, l applicazione O K /P O K /P, β αβ 16

17 è iniettiva e dunque anche suriettiva, per cui esiste β tale che αβ = 1.) Resta da vedere la finitezza di O K /P. A questo proposito, si noti che se α è un qualunque elemento non nullo di P, si ha che: 1. N K/Q (α) Z per la Proposizione 3.3, 2. N K/Q (α) P, poichè N K/Q (α) è della forma αβ, con β in Z, da cui segue che β appartiene a K Z = O K e quindi αβ appartiene a P. La finitezza di O K /P segue dall esistenza di un omomorfismo suriettivo di anelli O K /mo K O K /P, con m = N K/Q (α) Z {0}, considerato che O K /mo K (Z/mZ) n è finito. Infine verifichiamo la condizione 3. Si noti che K è il campo delle frazioni di O K (vedere la dimostrazione del Lemma 4.5). Sia α = a/b con a, b in O K un elemento di K. Supponiamo che α soddisfi il polinomio monico x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 a coefficienti a i in O K. Segue che il gruppo additivo dell anello O K [α] è finitamente generato su O K. Poiché O K è finitamente generato su Z per il Teorema 4.7, segue che O K [α] è finitamente generato su Z. La condizione 3 della Proposizione 2.4 garantisce che α appartiene a Z. Poichè α appartiene a K, segue che α appartiene a O K. Esercizio 5.5. Sia I un ideale non nullo di O K. Dimostrare che l anello quoziente O K /I è finito. Esercizio 5.6. Sia R un anello commutativo con unità. Si dimostri che le seguenti condizioni sono equivalenti: 1) R è noetheriano (cioè ogni suo ideale è finitamente generato). 2) Ogni successione crescente I 1 I 2 I n di ideali di R è definitivamente costante. 3) Ogni insieme non vuoto S di ideali di R ha un elemento massimale (cioè esiste M S non necessariamente unico tale che M I S implica M = I). (Suggerimento: per 1) 2), considerare l ideale n I n ; per 2) 3), costruire un opportuna successione crescente di ideali; per 3) 1), dato un ideale I, considerare l insieme degli ideali finitamente generati contenuto in I.) 17

18 L obiettivo che ci poniamo ora è dimostrare che in un dominio di Dedekind ogni ideale non nullo è prodotto di ideali primi non nulli (cioè massimali). Terminologia e notazioni: Nella parte rimanente di questo capitolo, R indicherà sempre un dominio di Dedekind. Inoltre, per ideale intenderemo sempre un ideale proprio non nullo; per primo indenderemo sempre un ideale proprio, primo e 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 è non vuoto, allora S contiene un elemento massimale M. L ideale M non è primo, poiché appartiene a S. Segue che esistono elementi a, b R M tali che ab M. Gli ideali M + ar e M + br contengono propriamente M e dunque non appartengono a S. Segue che contengono prodotti di primi. Ma allora questo vale 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 P 1,..., P r tali che P 1 P r ar. (14) Supponiamo che r sia minimo rispetto alla proprietà (14). Fissiamo un primo P tale che I P. (Sappiamo che l ideale massimale P esiste grazie al Lemma di Zorn.) Segue che P contiene P 1 P r, e quindi P P i per qualche i. (Altrimenti, trovo per ogni i un elemento a i P i P ; ma a 1 a r P, impossibile.) Posso supporre che P P 1. Essendo P e P 1 massimali, ho che Per la minimalità di r, posso scegliere P = P 1. b P 2 P r ar. Infine, pongo x = b/a K. Noto che x R, altrimenti avrei che b appartiene ad ar. Infine, affermiamo che xi R. Ciò è equivalente ad affermare che bi ar. Questo segue dalla catena di inclusioni bi bp 1 P 1 P r ar, dove la seconda inclusione segue dal fatto che b appartiene a P 2 P r. 18