teses.usp.br · 2009. 6. 26. · agradecimentos agradec¸o primeiramente a deus. aos meus pais...
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Uma prova elementar doteorema de Kronecker-Weber
Hector Edonis Pinedo Tapia
D
I M Eı
U S P
ı
M C
Area de Concentracao : MatematicaOrientador: Prof. Dr. Paulo Agozzini Martin
Durante o desenvolvimento deste trabalho o autor recebeu auxılio financeiro doCNPq
Sao Paulo, 3 de Abril de 2009
Uma prova elementar do teorema deKronecker-Weber
Este exemplar corresponde a redacaofinal da dissertacao devidamente corrigida
e defendida por Hector Edonis Pinedo Tapiae aprovada pela Comissao Julgadora.
Banca Examinadora:
• Prof. Dr. Paulo Agozzini Martin (orientador) - IME-USP.
• Prof. Dr. Ricardo Bianconi - IME-USP.
• Prof. Dr. Daniel Levcovitz - ICMC-USP.
Agradecimentos
Agradeco primeiramente a Deus.
Aos meus pais Alfonso e Ana pelo incentivo, apoio e seguranca, sempre.
Ao meu paciente orientador, o professor Paulo A. Martin, que com muita pacienciaresolveu todas as minhas duvidas.
A Nubia e ao Oscar que me ajudaram muito quando cheguei nesta imensa cidade.
A Alejandra por muitas coisas boas que ela fez para mim.
Ao Rodrigo por ter me ajudado a corrigir meus erros de portugues.
Ao CNPq pelo apoio financiero.
A minha noiva Natali porque sem ela...
i
Resumo
Um dos resultados mais importantes da teoria dos numeros algebricos e o Teo-rema de Kronecker-Weber.Ele afirma que, se K /Q e uma extensao finita e galoisiana com grupo de Galoisabeliano, entao existe uma raiz n-esima da unidade, ζ, tal que K ⊂ Q(ζ). Emoutras palavras, K e um corpo ciclotomico. Esse teorema e como um teorema deuniformizacao em geometria.Para prova-lo, precisamos estudar a teoria dos numeros algebricos, aneis de De-dekind, ramificacao , grupos de ramificacao , produto fibrado de grupos de Galoise alguns resultados sobre grupos abelianos finitos.
Palavras-chave: inteiro algebrico, domınio de Dedekind, corpo ciclotomico.
ii
Abstract
One of the most important results in algebraic number theory is the Kronecker-Weber Theorem.It stablishes that, if K /Q is a finite Galois extension whose galois group is abelian,there exists a primitive n-th root of unity ζ, such that K ⊂ Q(ζ). In brief K is aciclotomic field. This theorem is like an uniformization theorem in geometry.In order to prove it, we study algebraic number theory, Dedekind rings, ramifica-tion, ramification groups, fibre products of Galois groups and some results aboutfinite abelian groups.
Keywords: algebraic integer, dedekind domain, ciclotomic field.
iii
Conteudo
1 O Anel dos inteiros algebricos 21.1 Traco e Norma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Domınios de Dedekind . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Localizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Extensoes de Galois 222.1 Grupos de Decomposicao e Inercia . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.2 Grupos de Ramificacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.3 O Compositum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3 Corpos de Numeros Algebricos 443.1 Discriminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.2 Metodo Geometrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.3 O espaco Łs, t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.4 Automorfismo de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4 Extensoes Ciclotomicas 744.1 Fatos e definicoes elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.2 Teorema de Kronecker-Weber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Capıtulo 1
O Anel dos inteiros algebricos
A teoria dos numeros algebricos surgiu, como uma ferramenta para resolver equa-coes diofantinas, isto e, encontrar solucoes inteiras para equacoes algebricas daforma F(X1, ..., Xn) = 0, onde F(X1, ..., Xn) ∈ Z[X1, ..., Xn].Como, por exemplo, a equacao Xp + Y p = Z p que, pelo famoso Ultimo Teoremade Fermat, nao possui solucoes inteiras nao triviais onde p e um primo ımpar. Aprova desse resultado, feita por Andrew Wiles, e uma das mais importantes des-cobertas da Matematica atual.
Neste capıtulo daremos as definicoes basicas e provaremos alguns resultadosda teoria dos inteiros algebricos. Tambem definiremos os aneis de Dedekind eobteremos alguns resultados importantes sobre esses aneis.
Definicao 1.1 α ∈ C e um numero algebrico sobre Q se existe f (X) ∈ Q[X],monico, tal que f (α) = 0.
Definicao 1.2 Seja L um corpo. Se L e uma extensao finita de Q, entao L echamado um corpo de numeros algebricos.
Vamos generalizar as definicoes anteriores.
Definicao 1.3 Seja L um corpo, B um subanel de L e A um subanel de B. Diremosque α ∈ B e inteiro sobre A se existir f (X) ∈ A[X] monico tal que f (α) = 0.
• Quando B = C e A = Z os inteiros sobre Z sao chamados inteiros algebricos.Vamos provar que o conjunto IB(A) formado pelos elementos de B que sao inteirossobre A e um subanel de B.
2
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Teorema 1.1 Sejam A e B como na definicao anterior. As seguintes condicoessao equivalentes:
1. α ∈ B e inteiro sobre A.
2. A[α] = { f (α) | f (X) ∈ A[X]} e um A-modulo finitamente gerado.
3. Existe um A-modulo finitamente gerado M talque M ⊂ B e αM ⊂ M.
Demonstracao:1⇒ 2Se α e inteiro sobre A, existe f (X) = Xn + an−1Xn−1 + · · ·+ a1X + a0 ∈ A[X] tal quef (α) = 0. Se M = A + Aα + · · · + Aαn−1, e claro que M ⊂ A[α]. Vamos mostrarque, para todo inteiro k nao negativo, temos que 1, α, ..., αn+k ∈ M.De fato, como f (α) = 0, tem-se que:
αn = −an−1αn−1 − · · · − a1α − a0 ∈ M.
Logo αn ∈ M, e 1, α, ..., αn ∈ M.Agora se 1, α, ...αn+k−1 ∈ M, como αn+k = −an−1α
n+k−1 − · · · − a1αn+1 − a0α
n ∈ M,temos αn+k ∈ M, entao M ⊃ A+Aα+· · ·+Aαn+k para todo k ∈ N, assim M ⊃ A[α],logo M = A[α] e A[α] e finitamente gerado.2⇒ 3Seja M = A[α], entao M e um A-modulo finitamente gerado, M ⊂ B e αM ⊂ M.3⇒ 1Seja m1, · · · ,mn um conjunto de geradores de M. Como αM ⊂ M temos queαm j ∈ M para todo j ∈ {1, · · · , n}, assim temos o sistema de equacoes :
αm1 = a11m1 + a12m2 + · · · + a1nmn
αm2 = a21m1 + a22m2 + · · · + a2nmn
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
αmn = an1m1 + an2m2 + · · · + annmn
que e equivalente a:
3
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
0 = (α − a11)m1 + a12m2 + · · · + a1nmn
0 = a21m1 + (α − a22)m2 + · · · + a2nmn
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
0 = an1m1 + an2m2 + · · · + (α − ann)mn
onde ai j ∈ A para 1 ≤ i, j ≤ n. Portanto m = (m1, · · · ,mn) e uma solucao dosistema de equacoes lineares acima. Assim, se S e a matriz:
S =
a11 − α a12 · · · a1n
a21 a22 − α · · · a2n
· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
an1 an2 · · · ann − α
,tem-se que det S = 0. Logo α e raiz do polinomio caracteristico de S , e, portanto,α e inteiro sobre A. �
Corolario 1.2 Se α1, · · · , αm sao inteiros sobre A, entao A[α1, · · ·αm] e umA-modulo finitamente gerado.
Demonstracao: Vamos fazer inducao sobre m.Se m = 1, pelo item 2 do teorema 1.1 temos que A[α1] e um A-modulo finitamentegerado. Seja m > 1 e suponhamos que Am−1 = A[α1, · · · , αm−1] seja um A-modulofinitamente gerado. Como αm e inteiro sobre Am−1, Am = Am−1[αm] e umAm−1-modulo finitamente gerado. Assim, se β1, · · · , βn um sistema de geradoresde Am−1 sobre A e δ1, · · · , δt um sistema de geradores de Am sobre Am−1, temosque {δiβ j | 1 ≤ i ≤ t, 1 ≤ j ≤ n} e um sistema de geradores de Am = A[α1, · · ·αm]sobre A. �
Corolario 1.3 IB(A) e um subanel de B que contem A.
Demonstracao: Sejam α, β ∈ IB(A). Entao A[α, β] e um A-modulo finitamentegerado e temos que α − β, αβ ∈ A[α, β].Logo (α − β)A[α, β] ⊂ A[α, β] e (αβ)A[α, β] ⊂ A[α, β], assim pela parte 3 do Teo-rema 1.1, α − β e αβ sao inteiros sobre A. �
4
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
• IB(A) e chamado o fecho inteiro de A em B.• Se IB(A) = A, dizemos que A e integralmente fechado em B.• Se A e integralmente fechado no seu corpo de fracoes dizemos que A e integral-mente fechado.• Se IB(A) = B, dizemos que B e inteiro sobre A.• No caso B = L e A = Z, o anel dos inteiros algebricos de L sera denotado por IL.
Exemplo 1.1 Sejam E e K corpos. Se E e uma extensao algebrica de K, entaoIE(K) = E.
Teorema 1.4 Se A e um domınio fatorial, A e integralmente fechado. Em parti-cular IQ = Z.
Demonstracao: Seja K = Q(A) o corpo de fracoes de A e α ∈ IK(A). Entaopodemos escrever α =
ab
com a, b ∈ A, b , 0 e mdc(a, b) = 1.
Sabemos que existe f (X) = Xn +cn−1Xn−1 + · · ·+c1X +c0 ∈ A[X] tal que f (α) = 0,e, portanto,
an
bn = −
(cn−1
an−1
bn−1 + · · · + c1ab
+ c0
).
Desse modo an = −b(cn−1an−1 + · · ·+ bn−1c1a + bnc0) e, portanto, b | an. Mas comomdc(a, b) = 1, temos que b | 1 e b ∈ U(A) (o grupo das unidades de A), logoα ∈ A. �
1.1 Traco e NormaSejam K um corpo, L uma K-algebra de dimensao n, {β1, · · · , βn} uma base deL sobre K e α ∈ L. Consideremos a transformacao linear Tα : L −→ L tal queTα(y) = αy para todo y ∈ L e seja A = (ai j) a representacao matricial de T .
Definicao 1.4 O polinomio χα(X) = det(XI − A) e chamado polinomio caracte-rıstico de α em K.
Definicao 1.5 Se χα(X) = Xn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0, definimos o Traco enorma de α em relacao a L | K, como:
TL |K α = −an−1 =
n∑i=1
aii e NL |K α = (−1)na0 = det A
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Propriedades: Sejam α, β ∈ L, Pα(X) o polinomio minimal de α sobre K ea, b ∈ K entao :
• χα(X) = Pα(X)m onde m = [L : K(α)].
• TL|K(aα + bβ) = aTL|K(α) + bTL|K(β) e TL|K(a) = na.
• NL|K(αβ) = (NL|Kα)(NL|Kβ) e NL|K(a)=an.
• Se L e uma extensao finita e separavel de K e σ1, · · · , σn sao os K isomor-fismos de L em subcorpos de K (fecho algebrico de K), entao :
χα(X) =
n∏i=1
(X − σi(α))
NL|K(α) =
n∏i=1
σi(α)
TL|K(α) =
n∑i=1
σi(α).
Veja [5] p.87 e p.93.
Teorema 1.5 Sejam A um domınio integralmente fechado, L uma extensao finitae separavel de K = Q(A) e α ∈ IL(A), com α , 0 entao :
1. Pα(X) e χα(X) ∈ A[X], e, portanto, NL|K(α) e TL|K(α) ∈ A.
2. α | NL|K(α) em IL(A).
3. α ∈ U(IL(A))⇐⇒ NL|K(α) ∈ U(A).
4. Se NL|K(α) e irredutıvel em A entao α e irredutıvel em IL(A).
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Demonstracao:
1. Como α e inteiro sobre A, existem h(X) ∈ A[X] monico tal que h(α) = 0 eg(X) ∈ K[X] tal que Pα(X)g(X) = h(X). Assim g(X) e monico.
Escrevendo g(X) =
m∏i=1
(X − βi) e Pα(X) =
n∏i=1
(X − αi) em K[X], como
Pα(X)g(X) ∈ A[X], temos que α1, · · · , αn, β1, · · · , βm ∈ IK(A).Portanto os coeficientes de g(X) e Pα(X) estao em IK(A) ∩ K = IK(A) = A,onde a ultima igualdade se verifica por ser A e integralmente fechado.Assim Pα(X) ∈ A[X] e, como χα(X) = Pα(X)m, temos que χα(X) ∈ A[X].
2. Sejam σ1, · · · , σn os K monomorfismos de L em K. Entao
NL|K(α) =
n∏i=1
σi(α) = α
n∏i=2
σi(α), assimn∏
i=2
σi(α) = NL|K(α)α−1, entao
n∏i=2
σi(α) ∈ L, e desse modon∏
i=2
σi(α) ∈ L∩ IK(A) = IL(A) como querıamos
demonstrar. �
3. (⇒) Se β ∈ IL(A) e tal que αβ = 1, entao NL|K(α)NL|K(β) = 1. Desse modoNL|K(α) e inversıvel em IL(A).(⇐) Pelo item anterior, existe λ ∈ IL(A) tal que λα = NL|K(α). Assim se δ eo inverso de NL|K(α) em A, entao λδ e o inverso de α em IL(A).
4. Se α = β θ com β e θ em IL(A). Temos que, NL|K(α) = NL|K(β)NL|K(θ),desse modo NL|K(β) ∈ U(A) ou NL|K(θ) ∈ U(A), logo pelo item anteriorβ ∈ U(IL(A)) ou θ ∈ U(IL(A)), assim α e irredutıvel. �
Definicao 1.6 Corpos quadraticos:Sao, por definicao , subcorpos L de C tais que [L : Q] = 2.
Consideremos o conjunto D formado pelos d ∈ Z − {0, 1} tais que d e livre dequadrados. A aplicacao definida por d −→ Q(
√d ) e uma bijecao de D sobre o
conjunto dos corpos quadraticos. Veja [2] p.19.
Teorema 1.6 Seja L = Q(√
d) um corpo quadratico. Entao o anel IL dos inteirosalgebricos de L e dado por:
IL =
{m2
+n2
√d
∣∣∣∣∣ m, n ∈ Z,m2 ≡ n2d (mod 4)}
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Demonstracao: Provaremos primeiramente que IL e um subconjunto do conjuntoda direita.Para α ∈ IL ⊂ L, temos que α = r + s
√d, onde r, s ∈ Q. Pela parte 1 do teorema
anterior, temos que Pα(X) ∈ Z[X], e como Pα(X) = X2−2rX + (r2− s2d), podemosconcluir que 2r, r2 − s2d ∈ Z, e, portanto 4 = (2r)2 − 4(r2 − s2d) = (2s)2d ∈ Z.Sejam kp ∈ Z e ep ∈ {0, 1}, os expoentes do primo p nas fatoracoes de 2s ed respectivamente. Como (2s)2d ∈ Z, temos que 2kp + ep ≥ 0. Desse modo,
kp ≥ −ep
2≥ −
12
, o que implica que kp ≥ 0. Portanto, 2s ∈ Z, logo 2r = m e2s = n, com m, n ∈ Z.
Assim, α =m2
+n2
√d e m2 − n2d = 4(r2 − s2d) = 4NL|Q(α), desse modo
m2 ≡ n2d (mod 4).Provaremos agora a inclucao recıproca. Seja α =
m2
+n2
√d com m, n ∈ Z e
m2 ≡ n2d (mod 4) e consideremos {1,√
d} como base de L/Q.Como,
α =m2
+n2
√d e α
√d =
nd2
+m2
√d
Temos que,
χα(X) = det
X −
m2
−n2
−nd2
X −m2
=
(X −
m2
)2
−n2d4
= X2 −mX +(m2 − n2)d
4∈ Z[X]
e χα(α) = 0, logo α ∈ IL. �
Mostraremos a seguir que IL e um Z-modulo livre; mais especificamente mostraremoso seguinte resultado:
Teorema 1.7 Se L = Q(√
d ), onde d e um inteiro livre de quadrados e
δ =
√
d, se d ≡ 2, 3 (mod 4).1 +√
d2
, se d ≡ 1 (mod 4).
Entao , {1, δ} e uma base do Z-modulo IL.
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Demonstracao: {1,√
d} e um conjunto LI sobre Z, pois e LI sobre Q. Logo {1, δ}
tambem e LI sobre Q, sabemos que IL =
{m2
+n2
√d∣∣∣∣∣ m, n ∈ Z,m2 ≡ n2d (mod 4)
}.
Se δ =√
d, temos que δ ∈ IL, e, se δ =1 +√
d2
, temos que δ =12
+12
√d
e d ≡ 1 (mod 4) o que implica δ ∈ IL, assim Z + Zδ ⊂ IL.
Seja agora α ∈ IL, entao α =m2
+n2
√d, com m, n ∈ Z e m2 ≡ n2d(mod 4).
Se d ≡ 1 (mod 4), temos m2 ≡ n2(mod 4), logo existe k ∈ Z tal que m2 − n2 = 4k.
Assim, (m − n)2 = 4k − 2mn + 2n2, portanto m − n e par, desse modo m = 2k′ + n,
com k′ ∈ Z, logo α =2k′ + n
2+
n2
√d = k′ + n
1 +√
d2
= k′ + nδ ∈ Z + Zδ.
Se d ≡ 2, 3 (mod 4). Temos que δ =√
d, entao e suficiente provar que m e n saopares. Se n e ımpar, temos que n ≡ 1 (mod 2), assim n2 ≡ 1 (mod 4), portantom2 ≡ n2d ≡ d (mod 4).Se m for par, m2 ≡ 0 (mod 4), assim d ≡ 0 (mod 4), contradicao . Se m forımpar, teriamos que m2 ≡ 1 (mod 4), assim d ≡ 1(mod 4), e, de novo temos umacontradicao . Logo n tem que ser par, e, finalmente como m2 ≡ n2d ≡ 0 (mod 4)temos que m e par, assim IL ⊂ Z + Zδ. �
Observacao :A recıproca do item 4 do teorema 1.5 e falsa. De fato se L = Q(
√−5 ), como
−5 ≡ 3 (mod 4), entao IL = Z + Z(√−5) e tomando α = 1 + 2
√−5 em IL, tem-se
que NL|K(α) = 21 que nao e irredutıvel em Z. Agora, se α = βθ em IL, entao :
21 = NL|K(β)NL|K(θ), logo NL|K(β) ∈ {3,−3, 7,−7},
portanto existem inteiros a e b tais que a2 + 5b2 ∈ {3,−3, 7,−7}, absurdo.
1.2 Domınios de DedekindSeja A um domınio e K = Q(A).
Definicao 1.7 Seja M ⊂ K um A-modulo. Dizemos que M e um ideal fracionariode A, se existir a ∈ A nao nulo tal que aM ⊂ A. Neste caso e facil ver que aM eum ideal de A.
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Exemplo 1.2 Quando, A = Z, temos que K = Q, entao para r ∈ Q, M = rZ, eum ideal fracionario de Z. Agora, se M e um ideal fraccionario de Z, existe a ∈ Znao nulo tal que aM e um ideal de Z, logo aM = bZ para algum b ∈ Z. AssimM = rZ, onde r = b
a .
As seguintes propriedades sao facieis de provar.• Se M e N sao ideais fracionarios de A, entao :
MN =
{ k∑i=1
mini
∣∣∣∣∣ k ∈ N, mi ∈ M e ni ∈ N}
e um ideal fracionario de A .• Se M e ideal fracionario de A, entao MA = M.
Definicao 1.8 Um anel R e dito noetheriano se satisfaz uma e portanto todas asseguintes condicoes equivalentes.
• Condicao de Cadeia ascendente C.C.ADada uma cadeia ascendente U1 ⊂ U2 ⊂ · · · ⊂ Um ⊂ · · · de ideais de R,existe n ∈ N tal que Un = Ut, para todo t ≥ n.
• Condicao MaximalSeja W uma famılia nao vazia de ideais de R entao W tem elemento maxi-mal.
• Todo ideal de R e um R-modulo finitamente gerado.
Definicao 1.9 Um domınio A e de Dedekind se:
• A e noetheriano.
• A e integralmente fechado.
• Todo ideal primo nao nulo e maximal.
Exemplo 1.3 • Pelo teorema 1.4 sabemos que Z e integralmente fechado. Alemdisso, todo ideal de Z e finitamente gerado, logo Z e noetheriano. Finalmente todoseus ideais primos nao nulos sao maximais. Assim Z e um dominıo de Dedekind.
Teorema 1.8 Seja A um domınio de Dedekind. Entao os ideais fracionarios de Aformam um grupo com a multiplicacao .
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Para provar do teorema anterior precisaremos provar primeiramente alguns lemas.
Lema 1.9 Seja I , (0) um ideal de A. Existem ideais primos p1, · · · , pr, tais quep1 · · · pr ⊂ I.
Demonstracao: Suponhamos que a famılia W dos ideais nao nulos de A que naosatisfazem a tese e nao vazia.Como A e noetheriano, W tem elemento maximal I, e e claro que ele nao e primo;portanto, existem d1 e d2 em A tais que d1d2 ∈ I, d1 < I e d2 < I. ConsiderandoI1 = 〈I, d1〉 (o ideal gerado por I e d1 ) e I2 = 〈I, d2〉, temos que I ( I1 eI ( I2; mas I e elemento maximal de W, entao I1 < W e I2 < W.Assim, existem ideais primos P1, · · · ,Pr e Q1, · · · ,Qs tais que P1 · · ·Pr ⊂ I1
e Q1 · · ·Qs ⊂ I2; como I1I2 ⊂ I, entao P1 · · ·PrQ1 · · ·Qs ⊂ I, o que e umacontradicao . Portanto W e vazia. �
Lema 1.10 Seja p um ideal maximal de A, entao existe um ideal fracionario n deA tal que pn = A.
Demonstracao: Sejam K = Q(A) e n = {x ∈ K | xp ⊂ A}. Entao n e umA-submodulo de K e, para p ∈ p nao nulo, pn ⊂ A. Logo n e um ideal fracionariode A. Vamos provar que pn = A.Sabemos que p ⊂ pn ⊂ A, logo, como p e maximal, temos que p = pn ou pn = A,suponhamos que p = pn. Entao para todo α ∈ n, αp ⊂ p e, como A e noetherianop e um A-modulo finitamente gerado. Logo α ∈ n e inteiro sobre A, e, portanton ⊂ IK(A) = A; mas como A ⊂ n, segue que A = n. Vamos mostrar que A , n.De fato, considerando a ∈ p nao nulo, pelo lema anterior existe r ∈ N mınimo eideais primos p1, · · · , pr de A tais que p1 · · · pr ⊂ (a).Se r = 1, entao p1 ⊂ (a), mas p1 e ideal maximal de A, assim temos que (a) = Aou (a) = p1. Se (a) = A, entao p = A, uma contradicao ; se (a) = p1, em particulartem-se que a ∈ p1, logo p ⊂ p1 assim p = p1 = (a) e m = a−1A e tal que mp = A.Suponhamos que r ≥ 2. Como r e mınimo, tem-se que p2 · · · pr & (a), assim existeb ∈ p2 · · · pr tal que b < (a). Como p e maximal (primo), algum dos pi, digamosp1, esta contido em p, logo p1 = p e podemos concluir que bp ⊂ p1p2 · · · pr ⊂
(a) = aA. Assim, ba−1p ⊂ A e ba−1 ∈ n, mas b < (a) desse modo ba−1 < A.Portanto n , A. Consequentemente p , pn e, portanto pn = A. �
Lema 1.11 Todo ideal nao nulo e o inverso de um ideal fracionario.
Demonstracao: Suponhamos que a famılia W de ideais de A que nao cumprem olema e nao vazia. Seja u um elemento maximal dessa famılia. Pelo lema anterior,
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
u nao e maximal em A. Assim, existe p, ideal maximal de A tal que u & p, entaom1 = {x ∈ K | xp ⊂ A} ⊂ m2 = {x ∈ K | xu ⊂ A}, e u ⊂ um1 ⊂ um2 ⊂ A. Portantoum1 e um ideal de A. Vamos mostrar que u & um1.De fato, se u = um1, entao α ∈ m1, sera algebrico sobre A, e assim m1 ⊂ A; mascomo p e maximal, na prova do lema anterior mostramos que m1 & A, logou & um1, assim um1 < W, portanto existe j, ideal fracionario de A tal que(um1)j = A. Logo m1j e o inverso de u, portanto u < W, contradicao . �
Lema 1.12 Seja i um ideal nao nulo de A e n um ideal fracionario de A tal quein = A, entao n = {x ∈ K | xi ⊂ A}.
Demonstracao: Se x ∈ n, entao x ∈ K e xi ⊂ ni = A, logo n ⊂ {x ∈ K | xi ⊂ A}.Consideremos agora x ∈ K tal que xi ⊂ A, entao , xA = xin ⊂ An = n, assimxA ⊂ n, logo x = x.1 ∈ n. �
Lema 1.13 Seja m um ideal fracionario nao nulo de K, entao existe n ideal fra-cionario de K tal que mn = A.
Demonstracao: Seja x ∈ A nao nulo tal que xm ⊂ A. Como xm e um ideal de A,entao , pelo lema 1.11 existe j ideal fracionario de A tal que xmj = A. Se n = xj,entao n e um ideal fracionario de A e mn = A.
Do lema 1.13, obtemos que todo ideal fracionario de A e inversıvel. Portanto, oconjunto formado pelos ideais fracionarios de A e um grupo com a multiplicacaoe tem como elemento neutro A. �
Teorema 1.14 Se A e um domınio de Dedekind, todo ideal de A pode ser escritode modo unico como um produto de ideais primos.
Demonstracao: Suponhamos que a famılia W de ideais de A que nao verificamo teorema e nao vazia. Entao W tem elemento maximal i. Logo i nao e primo,e, portanto nao e maximal. Assim, existe p ideal maximal de A tal que i & p, e,desse modo ip−1 ⊂ pp−1 = A. Assim ip
−1 e um ideal de A.Se ip−1 = i, para todo α ∈ p−1, αi ⊂ i e, como i e um A-modulo finitamente gerado,temos que α ∈ IK(A) = A. Desse modo p−1 ⊂ A; mas ja mostramos que isto naoacontece, entao i , ip−1, e para x ∈ i, x = x.1 ∈ iA ⊂ ip−1, portanto i & ip−1, logoip−1 < W, assim existem ideais primos p1, · · · , pn tais que p1 · · · pn = ip
−1, entaopp1 · · · pn = i, o que e uma contradicao , logo W e vazia.Vamos mostrar agora que a fatoracao e unica. Sejam p1, · · · , pr, q1, · · · , qs, ideaisprimos de A tais que p1 · · · pr = q1 · · · qs. Entao q1 · · · qs ⊂ p1. Como p1 e primo,
12
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
existe i, suponhamos i = 1, tal que qi = q1 ⊂ p1, como q1 e maximal q1 = p1,assim temos que p2 · · · pr = q2 · · · qs. Se r < s, terıamos que A = qr+1 · · · qs, dessemodo existiria i ∈ {r + 1, · · · , s} tal que A ⊂ qi, e assim A = qi, o que contradiz ofato de que qi e maximal. Analogamente prova-se que s � r, donde concluimosr = s e existe σ ∈ S r (grupo de permutacoes de r elementos) tal que pi = qσ(i). �
Observacao :Decorre do teorema anterior que, se M e um ideal fracionario de A, entao existemideais primos p1, · · · , pr e inteiros m1, · · · ,mr tais que M = p
m11 · · · p
mrr .
Veja [2] p.74.
Definicao 1.10 Seja A um domınio de Dedekind, p1 e p2 ideais nao nulos de A.Dizemos que p1 divide p2 se existir j ideal de A tal que p1j = p2, nesse casoescrevemos p1 | p2 .
Corolario 1.15 Seja A um domınio de Dedekind, p1 e p2 ideais nao nulos de A.Entao p1 | p2, se, e somente se, p1 ⊃ p2 .
Demonstracao: Se p1 | p2 e claro que p1 ⊃ p2. Se p1 ⊃ p2, entaoA = p−1
1 p1 ⊃ p−11 p2, e, portanto, j = p−1
1 p2 e um ideal de A, com jp1 = p2. �
Vamos agrora establecer um teorema que tera muita impotancia no desenvolvi-mento desta disertacao .
Teorema 1.16 Sejam A um domınio de Dedekind, K = Q(A), L extensao finita eseparavel de K e B = IL(A). Entao B e um domınio de Dedekind.
Para sua demostracao precisamos de alguns resultados que provaremos em seguida.
Lema 1.17 Seja A um domınio e L extensao de Q(A), entao Q(IL(A)) = IL(Q(A)).Em particular Q(IL(A)) = L se, e somente se, L for algebrico sobre Q(A).
Demonstracao: Para provar que Q(IL(A)) ⊂ IL(Q(A)), temos que mostrar queIL(Q(A)) e um subcorpo de L que contem IL(A).De fato, dados α, β ∈ IL(Q(A)), entao α − β e αβ estao em IL(Q(A)).Suponhamos que β , 0, entao existe f (X) = c0 + c1X + · · ·+ Xn ∈ Q(A)[X] tal quef (β) = 0. Como β , 0, entao , existe i = min{ j ∈ {1, · · · , n − 1} | c j , 0}, e, assimciβ
i + ci+1βi+1 + · · · + βn = 0. Portanto:
βn
ci
(1βn−i +
ci+1
ci
1βn−(i+1) + · · · +
1ci
)= 0
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Logo:1βn−i +
ci+1
ci
1βn−(i+1) + · · ·
1ci
= 0
assim, β−1 ∈ IL(Q(A)). Desse modo IL(Q(A)) e corpo. �
Vamos provar agora que Q(IL(A)) ⊃ IL(Q(A)). Seja γ ∈ IL(Q(A)). Entao exis-tem a1, · · · , an ∈ A e b1, · · · , bn ∈ A − {0} tais que:
γn +a1
b1γn−1 + · · · +
an−1
bn−1γ +
an
bn= 0.
Seja b =
n∏i=1
bi, entao b ∈ A, e bγn + θ1γn−1 + · · · + θn−1γ + θn = 0, onde
θi = baib−1i ∈ A para 1 ≤ i ≤ n.
Multiplicando por bn−1, tem-se que:
(bγ)n + θ1(bγ)n−1 + θ2b(bγ)n−2 + · · · + θnbn−1 = 0
Assim, se h(X) = Xn + θ1Xn−1 + θ2bXn−2 + · · · + θnbn−1 ∈ A[X], entao h(bγ) = 0,logo bγ = a ∈ IL(A) e como b ∈ A, tem-se que γ ∈ Q(IL(A)). �
Lema 1.18 Seja A um subanel de S e S subanel de um corpo, entaoIS (A) = IS (IS (A))
Demonstracao: Sabemos que A ⊂ IS (A) ⊂ S , e, assim IS (A) ⊂ IS (IS (A)) ⊂ S .Seja α ∈ IS (IS (A)), entao existe f (X) = Xm +am−1Xm−1 + · · ·+a1X +a0 ∈ IS (A)[X],tal que f (α) = 0. Desse modo α e inteiro sobre S ′ = S [a1, · · · , am−1], e, portantoS ′[α] e um S ′-modulo finitamente gerado. Sabemos que ai ∈ S ′ e inteiro sobreA, logo S ′[α] e um A-modulo finitamente gerado. E, finalmente, como S ′[α] esubanel de S temos que α e inteiro sobre A. �
• Sejam A, B,K e L como no teorema 1.16, entao B e integralmente fechado.De fato, como L e extensao finita de K, pelo lema 1.17 temos Q(B) = Q(IL(A)) =
L, entao IQ(B)(B) = IL(B) = IL(IL(A)) = IL(A) = B, onde a penultima igualdade econsequencia do lema 1.18. �
Lema 1.19 Sejam A e S domınios tais que S e inteiro sobre A. Entao :
1. Se u e um ideal nao nulo de S, u ∩ A, e um ideal nao nulo de A.
14
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
2. U(S ) ∩ A = U(A).
3. S e corpo se, e somente se, A e corpo.
4. Um ideal primo p de S e maximal em S se, e somente se, p ∩ A, e maximalem A.
Demonstracao:1) Seja α ∈ u nao nulo. Entao α ∈ S = IS (A), e existe f (X) de grau mınimo,f (X) = Xn + an−1Xn−1 + · · · + a1X + a0 ∈ A[X] tal que f (α) = 0 . Entao a0 , 0,mas a0 = −α(αn−1 + an−1α
n−2 + · · · + a1) ∈ αu ∩ A ⊂ u ∩ A, logo u ∩ A e um idealnao nulo de A.2) E claro que U(A) ⊂ U(S ) ∩ A. Seja α ∈ U(S ) ∩ A. Entao α−1 ∈ S , e existemc1, · · · , cm ∈ A, tais que α−m + c1α
−m+1 + · · · + cm = 0.Multiplicando por αm−1 tem-se que α−1 + c1 + c2α + · · · + cmα
m−1 = 0, eα−1 = −(c1 + c2α + · · · + cmα
m−1) ∈ A.3) Suponhamos que S e corpo entao U(A) = U(S ) ∩ A = S ∗ ∩ A = A∗, e assim Ae corpo.Se S nao e corpo existe u ideal nao nulo de S tal que u , S , logo 1 < u, pelo item1, u ∩ A e ideal nao nulo de A, e como u ∩ A , A, A nao e corpo.4) Seja p um ideal primo de S . Consideremos π : S −→S /p a projecao canonica,vamos mostrar que π(S )=S /p e inteiro sobre π(A). De fato, se γ ∈ π(S ), entaoγ = π(γ) para algum γ ∈ S , entao existe h(X) = an + an−1X + · · · + Xn ∈ A[X] talque h(γ) = 0.Consideremos agora h(X) = π(an)+π(an−1)X + · · ·+ Xn ∈ π(A)[X], entao h(γ) = 0,e γ e inteiro sobre π(A).Para r ∈ A, r ∈ ker π⇐⇒ π(r) = p⇐⇒ r ∈ p ; mas r ∈ A, entao a restricao de π aA tem como kernel p ∩ A, assim A/A∩p� π(A).Agora p e maximal em S se, e somente se, S /p e corpo, o que por 3 ocorrera se,
e somente se,A
A ∩ pfor um corpo se, o que equivale a dizer que A ∩ p e maximal
em A. �
• Sejam A, B,K e L como no teorema 1.16, vamos provar que todo ideal primonao nulo de de B e maximal.De fato, se P e um ideal primo de nao nulo de de B, entao , pelo item 1) do lemaanterior, P∩ A e um ideal primo nao nulo de A. Como A e domınio de Dedekind,P∩ A e um ideal maximal de A. Logo, pelo item 4, P e um ideal maximal de B.�
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Para mostrar o teorema 1.13 so falta provar o seguinte lema.
Lema 1.20 B e noetheriano
Demonstracao: Suponhamos que [L : K] = n e seja {θ1, · · · , θn} uma base deL |K. Agora para θ j ∈ {θ1, · · · , θn}, θ j e algebrico sobre K.Assim, existem a j
0, · · · , ajn−1 ∈ A e b j
0, · · · , bjn−1 ∈ A∗ tais que:
a j0
b j0
+a j
1
b j1
θ j + · · · +a j
n−1
b jn−1
θn−1j + θn
j = 0
Seja b j =
n∏i=1
b ji ∈ A∗, entao b jθ j ∈ IL(A) para j ∈ {1, · · · , n}. Finalmente, se
b =
n∏j=1
b j e w j = bθ j, temos que B={w1, · · · ,wn} e uma base de L |K, onde cada
w j ∈ IL(A).Se α e um elemento nao nulo de L, a funcao TL|K(αx) definida em L e umelemento do espaco dual de L (considerado como K-espaco vetorial) e induz umhomomorfismo φ de L no seu espaco dual. Por outro lado, sabemos que TL|K euma aplicacao K-linear nao degenerada (Pois L |K e separavel). Assim o homo-morfismo induzido e um isomorfismo.Seja agora B∗ = {w∗1, · · · ,w
∗n} a base dual de B, entao {w′1, · · · ,w
′n} e base de L |K,
onde φ(w′i) = w∗i , como w∗i (w j) = δi j, entao :
TL|K(w′iw j) = φ(w′i)(w j) = w∗i (w j) = δi j.
Consideremos agora c ∈ A∗ tal que cw′i e inteiro sobre A. Seja z ∈ B, entaozcw′i ∈ B. Logo TL|K(zcw′i) = cTL|K(zw′i) ∈ A. Agora, como z ∈ L, temos quez = y1w1 + · · ·+ynwn, com yi ∈ K, assim TL|K(zw′i) = yi, consequentemente cyi ∈ Aportanto:
z = (y1c)(c−1w1) + · · · + (ync)(c−1wn) ∈ A(c−1w1) + · · · + A(c−1wn)
logo B e um A-submodulo de um A-modulo noetheriano, e, assim todo ideal deB e um submodulo de um modulo noetheriano, portanto sera finitamente gerado.�
Observacao : Seja L uma extensao separavel de K = Q(A) de grau n.Se {w1, · · · ,wn} e uma base de L |K, sem perdida de generalidade podemos suporque tal que cada wi e inteiro sobre A.
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Teorema 1.21 Teorema Chines do Resto:Seja A um domınio, u1, · · · , un ideais de A tais que ui + u j = A (sao comaximais),∀ i , j. Dados x1, ...xn ∈ A, existe x ∈ A tal que x ≡ xi (mod ui).
Veja [3] p.11.
Teorema 1.22 Seja A um domınio de Dedekind. Se o numero de ideais primos deA e finito, entao A e um DIP.
Demonstracao: Sejam P1, · · · ,Pn os ideais primos de A. Como P1 e maximal,P2
1 & P1, e, assim, existe r1 ∈ P1 −P21. Alem disso P2
1 " Pi e cada Pi e maximalpara qualquer i ∈ {2, · · · , n}. Portanto os ideais P2
1,P2 · · · ,Pn sao comaximaisdois a dois, assim pelo teorema chines do resto existe r ∈ A tal que r ≡ r1(modP2
1)e r ≡ 1(modPi), com i ∈ {2, · · · , n}. Portanto r ∈ P1, r < P2
1 e r < Pi paraqualquer i ∈ {2, · · · , n}, logo (r) ⊂ P1,(r) " P2
1 e (r) " Pi, i ∈ {2, · · · , n}.Como (r) = P
k11 · · ·P
knn , ki ∈ N, entao para i ∈ {2, · · · , n} ki = 0 desse modo
(r) = Pk11 , portanto k1 = 1 e P1 e principal. Analogamente prova-se que os outros
Pi sao principais, e, como todo ideal de A e produto de potencias dos Pi, entaotodo ideal de A e principal. �
1.3 LocalizacaoSeja A um domınio contido em um corpo L e K o seu corpo de fracoes .
Definicao 1.11 Seja S um subconjunto de A. Dizemos que S e um subconjuntomultiplicativo, se valem as seguintes condicoes:
1. 0 < S , 1 ∈ S .
2. x, y ∈ S , implica xy ∈ S .
Definicao 1.12 Seja K = Q(A) e S um subconjunto multiplicativo de A, definimos
S −1(A) como o conjunto{ x
s
∣∣∣∣∣ x ∈ A, s ∈ S}. Entao S −1(A) e um subanel de K
que contem A.
Seja M um A-modulo contido em um corpo L que contem K, definimos:
S −1M =
{ms
∣∣∣∣∣ m ∈ M, s ∈ S}, assim S −1M e um S −1A modulo.
17
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Proposicao 1.23 Sejam A um domınio, B um anel inteiro sobre A e S um subcon-junto multiplicativo de A. Entao S −1B e inteiro sobre S −1A e, se A e integralmentefechado, entao S −1A e integralmente fechado.
Demonstracao: Seja y ∈ S −1B. Entao y = s−1x, para algum s ∈ S e x ∈ B; porhipotese, x e inteiro sobre A, e, assim existe um A-modulo M ⊂ B, finitamentegerado tal que xM ⊂ M. Agora S −1M e um S −1A-modulo finitamente gerado eyS −1M = (s−1x)S −1M = s−1S −1xM ⊂ S −1M, logo y e inteiro sobre S −1A.Suponhamos agora que A e integralmente fechado. Sabemos que A ⊂ S −1A ⊂ K,entao K = Q(S −1A).Seja α ∈ K inteiro sobre S −1A. Entao existe f (X) = Xn+bn−1s−1
n−1Xn−1+· · ·+b0s−10 ∈
S −1A[X] tal que f (α) = 0. Agora se s =
n∏i=1
si, entao s ∈ S e αs ∈ IK(A) = A,
logo α = as−1, para algum a ∈ A, assim α ∈ S −1A. �
Proposicao 1.24 Seja p um ideal primo de A, entao S p = A− p e um subconjuntomultiplicativo de A.
Demonstracao: E claro que 0 < S p, 1 ∈ S p.Sejam x, y ∈ S p, entao x, y ∈ A e x, y < p. E claro que xy ∈ A se xy ∈ p, entaox ∈ p ou y ∈ p, o que e um absurdo, logo xy ∈ S p. �
Proposicao 1.25 Se u e um ideal de S −1A, entao u = S −1(A ∩ u).
Demonstracao: Seja y ∈ S −1(A ∩ u). Entao y =xs
com x ∈ A ∩ u e s ∈ S . Agora,
como x ∈ u e s−1 ∈ S −1A , y ∈ u, portanto S −1(A ∩ u) ⊂ u.Se y ∈ u, y =
xs
com x ∈ A e s ∈ S . Logo x = sy ∈ u, e, assim x ∈ A∩ u. Portanto,
y ∈ S −1(A ∩ u), e S −1(A ∩ u) ⊃ u. �
Proposicao 1.26 Seja A um domınio de Dedekind e S um subconjunto multiplica-tivo de A. Entao S −1A e um domınio de Dedekind.
Demonstracao: Seja u um ideal de S −1A. Entao u ∩ A e um ideal de A e, por-tanto, e um A-modulo finitamente gerado. Assim u ∩ A = a1A + · · · + anA,com a1, · · · , an ∈ A. Pela proposicao anterior u = S −1(A ∩ u), e, desse modou = a1S −1A + · · · + anS −1A. Logo u e um S −1A modulo finitamente gerado.Pela proposicao 1.23 sabemos que S −1A e integralmente fechado.Seja agora u um ideal primo nao nulo de S −1A. Entao u ∩ A e tambem um idealprimo nao nulo de de A pois se u ∩ A = (0), entao u = S −1(A ∩ u) = (0), e, assim,
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
u ∩ A e ideal maximal de A. Seja n um ideal de S −1A tal que u ⊂ n & S −1A,entao u ∩ A ⊂ n ∩ A & A, pois 1 < n ∩ A, logo u ∩ A = n ∩ A, e desse modoS −1(u ∩ A) = S −1(n ∩ A). Portanto u = n e u e maximal. �
Definicao 1.13 Um domınio A e dito local se so tem um ideal maximal.
Exemplo 1.4 Seja p primo e n ∈ N. O anel Zpn e um anel local cujo idealmaximal e 〈p〉.
De fato, notemos que 〈p〉 = pZpn � pZ/〈pn〉 � Z/〈pn−1〉 � Zpn−1 , assim |〈p〉| =
pn−1, portanto 〈p〉 e ideal maximal de Zpn .Seja J um ideal maximal de Zpn ,e suponhamos que existe x ∈ J tal que x < 〈p〉,entao mdc(x, p) = 1, desse modo mdc(x, pn) = 1, assim existem r, s ∈ Z tais querx+ spn = 1, logo rx = 1 em Zpn e consequentemente J = Zpn o que e um absurdo.�
Proposicao 1.27 Se A e local e p seu ideal maximal, entao p = A − U(A).
Demonstracao: Se x < p e tal que x < U(A), entao 〈x〉 , A, logo 〈x〉 esta contidoem um ideal maximal de A e, portanto, 〈x〉 ⊂ p. Em particular, x ∈ p, absurdo.Portanto x ∈ U(A) assim A − U(A) ⊂ p. Como p , A, entao x ∈ p implicax < U(A). Assim A − U(A) ⊃ p. �
Proposicao 1.28 Sejam A um anel e p um ideal primo de A. Entao o anelAp = S −1
p A e um anel local com ideal maximal mp = Ap − U(Ap).
Demonstracao: Temos que mp = {ps−1 | p ∈ p, s ∈ S p}. Como p e primo, mp eum ideal de Ap. Vamos mostrar que e maximal.Seja I um ideal de Ap tal que mp & I ⊂ Ap. Entao existe xs−1 ∈ I − mp, portantoxs−1 ∈ U(Ap), logo I = Ap e mp e um ideal maximal de = Ap.Vamos provar agora que mp e o unico ideal maximal de Ap. De fato, se I , mp
e um ideal maximal de Ap, entao I " mp logo existe xs−1 ∈ I − mp assim temosnovamente que I = Ap o que e uma contradicao . Por tanto mp e o unico idealmaximal de Ap e Ap e local. �
Proposicao 1.29 mp ∩ A = p e pAp = mp.
Demonstracao: E claro que mp ∩ A ⊃ p, reciprocamente se y = s−1x ∈ mp ∩ A,entao x ∈ p e s ∈ S p, assim x = sy ∈ p e como p e primo temos que y ∈ p.Portanto mp ∩ A = p e e claro que pAp = mp. �
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CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
Definicao 1.14 Seja B um anel que contem A, p um ideal primo de A eP um idealprimo de B. Dizemos que P esta acima de p se P∩A = p. Nesse caso escrevemosP | p.
Exemplo 1.5 Se p e ideal primo de um domınio A, pela proposicao 1.29 temosque mp esta acima de p.
Lema 1.30 Lema de Nayakama: Sejam A um domınio e n um ideal de Acontido em todos os ideais maximais de A. Se M e um A-modulo finitamente gera-do e nM = M, entao M = (0).
Demonstracao: Suponhamos que M e gerado por {w1, · · · ,wn}. Entao
w1 ∈ M = nM, logo w1 =
n∑i=1
αimi, com αi ∈ n e mi ∈ M. Como M e gerado por
{w1, · · · ,wn} e n e ideal de A, tem-se que w1 = a1w1 + · · · + anwn com ai ∈ n edesse modo (1 − a1)w1 = a2w2 + · · · + anwn.Se 1 − a1 < U(A), existe N ideal maximal de A tal que (1 − a1) ⊂ N, e, em parti-cular, 1 − a1 ∈ N; mas a1 ∈ n ⊂ N, logo 1 = (1 − a1) + a1 ∈ N, e, N = A, absurdo.Por tanto 1 − a1 ∈ U(A), escrevendo w1 = a2(1 − a1)−1w2 + · · · + an(1 − a1)−1wn,temos que M e gerado por n− 1 elementos, seguindo esse raciocinio prova-se queM e gerado por um elemento w, e, novamente, como M = nM, tem-se w = aw,com a ∈ n, assim (1 − a)w = 0 e 1 − a ∈ U(A), portanto w = 0, e M = (0). �
Notacao : Seja p um ideal primo de um domınio A, e B um domınio que contemA denotamos por Bp ao anel S −1
p B.
Observacao : Se B e inteiro sobre A, pela proposicao 1.23, Bp e inteiro sobreAp e pBp = pS −1
p B = pS −1p AB = pApB = pApBp = mpBp.
Proposicao 1.31 Sejam A um domınio, B um domınio que e inteiro sobre A e pum ideal primo de A entao pB , B e existe P ideal primo de B acima de p.
Demonstracao: Vamos mostrar a primera afirmacao no caso em que A e local.
Se pB = B, entao 1 ∈ pB, logo 1 =
n∑i=1
aibi, com ai ∈ p e bi ∈ B.
Seja B0 = A[b1, · · · , bn], entao 1 ∈ pB0. Alem disso pB0 e um ideal de B0, entaopB0 = B0, e como cada bi e inteiro sobre A para 1 ≤ i ≤ n, B0 e um A-modulofinitamente gerado. Como p esta contido no unico ideal maximal de A, entao pelolema de Nayakama, B0 = 0, o que e absurdo, logo pB0 , B0.
20
CAPITULO 1. O ANEL DOS INTEIROS ALGEBRICOS
No caso geral, se pB = B, mpBp = Bp; mas Bp e inteiro sobre o anel local Ap.Portanto, mpBp , Bp, o que e uma contradicao , logo pB , B .Vamos provar agora que existe P ideal primo de B acima de p. De fato, comomp e um ideal primo de Ap e Bp e inteiro sobre Ap, pelo que acabamos de mostrartemos que mpBp e um ideal de Bp e mpBp , Bp.Logo mpBp esta contido em um ideal maximal ï de Bp, e, pelo lema 1.19 item 4,ï∩Ap e um ideal maximal de Ap. Portanto ï∩Ap = mp. Se P=ï∩B, entao P e umideal primo de B e P ∩ A=ï∩B∩ A=ï∩A=ï∩Ap ∩ A = mp ∩ A = p, assim P estaacima de p. �
21
Capıtulo 2
Extensoes de Galois
Neste capıtulo, mostraremos que, dado um domınio de Dedekind A, K seu corpode fracoes e L |K uma extensao finita, o numero de ideais primos de B = IL(A)acima de um dado ideal primo p de A e finito. Depois mostraremos que se, Le extensao de Galois K, eles serao K-conjugados dois a dois, isto e, dados P1 eP2 ideais primos de B acima de p existe σ ∈ G(L/K) (grupo de Galois) tal queσP1 = P2. Estudaremos tambem certos subgrupos do grupo de Galois G(L/K),cujas ordens refletirao o comportamento da decomposicao de pB como produtode ideais primos de B.
Definicao 2.1 Seja L /K de Galois. L /K e dita abeliana (resp. ciclica), seG(L /K) e abeliano (resp. cıclico).
Teorema 2.1 Sejam A um domınio integralmente fechado no seu corpo de fracoesK, L uma extensao finita e de Galois de K, p ideal maximal de A e P1 e P2
ideais primos de IL(A) que estao acima de p, entao existe σ ∈ G(L /K) tal queσP2 = P1.
Demonstracao: Suponhamos que, para todo σ ∈ G(L /K), vale que σP2 , P1.Como P1 e σP2 estao acima de p, eles sao ideais maximais de IL(A), assimP1 + σP2 = IL(A)∀σ ∈ G(L /K) e σiP2 + σ jP2 = IL(A) ∀σi, σ j ∈ G(L /K),com i , j.Logo, pelo teorema chines do resto (Teorema 1.21), existe α ∈ IL(A) tal queα ≡ 0 (modP1) e α ≡ 1 (modσP2 ) ∀σ ∈ G(L /K), assim α ∈P1 e α < σP2
∀σ ∈ G(L /K).
22
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Agora, como NL|K(α) =∏
σ∈G(L /K)
σα ∈ IL(A) ∩ K = IK(A) = A, temos que
NL|K(α) ∈ A, mas NL|K(α) = α∏
σ∈G(L /K)σ,id
σα ∈ P1 pois P1 e ideal de IL(A). Por-
tanto NL|K(α) ∈ P1 ∩ A = p.Como α < σP2 ∀σ ∈ G(L /K) entao σα < P2 ∀σ ∈ G(L /K), e como P2 eprimo, tem-se que NL|K(α) < P2, o que contradiz que NL|K(α) ∈ p = P2 ∩ A. �
Corolario 2.2 Sejam A um domınio integralmente fechado no seu corpo de fracoesK, E uma extensao finita e separavel de K, B = IE(A) e p um ideal maximal de A.Entao o numero de ideais primos de B que estao acima de p e finito.
Demonstracao: Seja L = K(γ, γ2, · · · , γn) onde γ e um elemento primitivo deE /K e γ2, · · · , γn sao as outras raızes do polinomio minimal de γ. Temos que La menor extensao de Galois de K que contem E.Consideremos agora P1,P2 dois ideais primos de B que estao acima de p eC = IL(A). Entao C = IC(A) ⊂ IC(B) ⊂ C, logo C = IC(B), ou seja C e inteirosobre B. Assim existem Q1 e Q2 ideais primos de C que estao acima de P1 e P2
respectivamente. PortantoQ1 , Q2, pois seQ1 = Q2, teriamos queQ1∩B =Q2∩Be desse modo P1 = P2, entao o numero de ideais primos de B acima de p e menorou igual ao numero de ideais primos de C acima de p que por sua vez e menor ouigual a |G(L /K)|. �
2.1 Grupos de Decomposicao e InerciaDefinicao 2.2 Sejam A um domınio de Dedekind, L uma extensao finita e de Ga-lois de K=Q(A), p um ideal primo de A e P ideal primo de B = IL(A) que estaacima de p.Entao GP = {σ ∈ G(L /K) | σP=P} e um subgrupo de G(L /K) chamado grupode decomposicao de P.
Definicao 2.3 O corpo fixo de GP denotado por Ld e chamado corpo de decom-posicao de P.Temos que Ld = {a ∈ L | σ(a) = a,∀σ ∈ GP}.
Proposicao 2.3 Sejam A um domınio integralmente fechado no seu corpo de fraco-es K, L uma extensao finita e de Galois de K, p um ideal primo de A e P um idealprimo de B = IL(A) que esta acima de p. Consideremos, Bd = ILd (A) = IL(A)∩ Ld
e Pd = P ∩ Bd. EntaoAp
=Bd
Pd .
23
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Demonstracao:
P B L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P
d Bd Ld∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p A K
Se GP = G(L /K). Entao Ld = K, desse modo Bd = ILd (A) = IK(A) = A ePd = P ∩ Bd = P ∩ A = p , assim temos o resultado.Suponhamos entao que GP & G(L /K). Seja σ ∈ G(L /K) − GP, temos queσP , P e σ−1P , P, como Bd e inteiro sobre A e Pd esta acima de p, entaoPd e um ideal maximal de Bd. Considere Pd
σ = σ−1P ∩ Bd entao Pd , Pdσ,
pois se Pd = Pdσ terıamos que P e σ−1P, estariam acima de Pd, logo existiria
λ ∈ G(L/Ld) = GP tal que λ(P) = σ−1P e desse modo σP = P, o que e umabsurdo.Agora como Pd e Pd
σ sao ideais maximais distintos de Bd, entao Pd + Pdσ = Bd,
assim pelo teorema chines do resto, temos que, para x ∈ Bd existe y ∈ Bd tal quey ≡ x (modPd) e y ≡ 1 (modPd
σ), logo, em particular y ≡ x (modP) ey ≡ 1 (modσ−1P), da segunda congruencia temos que σy ≡ 1 (modP), para todoσ < GP.Como Ld e extensao separavel de K, entao NLd |K(y) =
∏τ(y) = y
∏τ<GP
τ(y), onde
τi , sao K-imercoes de Ld, em subcorpos de K e G(L /K) = idGP∪τ2GP · · ·∪τkGP,onde a uniao e disjunta.Logo NLd |K(y) ≡ x (modP); por outro lado NLd |K(y) ∈ K e inteiro sobre A, entaoNLd |K(y) ∈ A, dessa manera NLd |K(y) ∈ Bd e como x ∈ Bd, NLd |K(y) ≡ x (modP∩Bd)assim NLd |K(y) ≡ x (modPd).Seja agora i : A/p −→ Bd/Pd, tal que i(x + p) = x +Pd, como p ⊂ Pd, i esta bemdefinida e e um monomorfismo, agora para x ∈ Bd existe w = NLd |K(y), tal quew − x ∈ Pd logo i(w + p) = x + Pd, assim a inclusao e sobrejetora e portanto e
identidade e desse modoAp
=Bd
Pd . �
24
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Teorema 2.4 Seja A um domınio de Dedekind, L uma extensao finita e de Galoisde K=Q(A), p um ideal primo de A e P ideal primo de B = IL(A) que esta acima
de p. EntaoBP
e um espaco vetorial de dimensao finita sobreAp
eAp
pode ser
identificado com um subcorpo deBP
.
Demonstracao: A aplicacao ψ :Ap−→
BP
, tal que ψ(a + p) = a + P e um
monomorfismo. EntaoAp
pode ser identificado com um subcorpo deBP
.
Como A e um domınio de Dedekind, B tambem e, logo, em particular, B e um
A-modulo finitamente gerado. AssimBP
e umAp
-modulo finitamente gerado, e,
portanto, um espaco vetorial de dimensao finita sobreAp
. �
Observacoes:Seja A um dominio de Dedekind, K o corpo de fracoes de A, L /K Galois finita eB = IL(A). Entao :• Para todo σ ∈ G(L /K), σB = B.
• Para σ ∈ GP, seja σ :BP−→
BP
tal que σ(x + P) = σ(x) + P, temos que
σ ∈ Aut(B/P) e fixa A/p.
Portanto, temos que, a cada σ ∈ GP podemos associar um automorfismo σ deB /P sobre A / p, e o mapeo dado por σ 7→ σ e um homomorfismo de grupos.
Teorema 2.5 Sejam A um domınio de Dedekind, L uma extensao finita e de Galoisde K=Q(A), p um ideal primo de A e P ideal primo de B = IL(A) que esta acimade p.
SeBP
e uma extensao separavel deAp
, entao ela e normal e, portanto, de Galois.
Alem disso a aplicacao σ 7→ σ e um epimorfismo de GP sobre G((B/P)
/(A/p)
).
Demonstracao: ComoBP
e uma extensao finita e separavel deAp
, existe γ, ele-
mento primitivo deBP
sobreAp
. Seja γ = γ +P, com γ ∈ B. Entao γ ∈ L, e L / Ld
e de Galois.Seja h(X) = Xr + ar−1Xr−1 + · · ·+ a0 ∈ Ld[X], o polinomio minimal de γ sobre Ld,
25
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
como γ ∈ B, pelo item 1 do Teorema 1.1, os coeficientes de h estao em A.
Alem disso, h(X) =∏
σ∈G(L / Ld)
(x − σ(γ)) =∏σ∈GP
(x − σ(γ)).
Consideremos agora:
h(X) = (1 +P)Xr + (ar−1 +P)Xr−1 + · · · + (a0 +P) ∈ (Bd/P)[X] = (A/p)[X].
Como γ e elemento primitivo de B/P sobre A/p, as raızes de h sao da forma σ(γ)
com σ ∈ GP entao h(X) =∏σ∈GP
(X − σ(γ)), assim todas as raızes de h estao emBP
,
logoBP
e corpo de raızes de h, eBP
e extensao normal deAp
.
Seja agora φ ∈ G((B/P)
/(A/p)
), entao φ e determinado por sua acao em γ e
como todos os conjugados de γ sao da forma σ(γ), com σ ∈ GP, temos que φ = σpara algum σ ∈ GP. �
Definicao 2.4 Seja ψ : GP −→ G((B/P)
/(A/p)
)o epimorfismo do teorema ante-
rior. Entao , TP = kerψ e chamado grupo de inercia de P e seu corpo fixo Lt echamado corpo de inercia de P.
Temos assim que:• TP = {σ ∈ GP | σ(x) − x ∈ P,∀ x ∈ B}• Lt = {x ∈ L | σ(x) = x,∀σ ∈ TP}
• Suponhamos agora que L e separavel sobre K. Ja mostramos que B e umdomınio de Dedekind, pela proposicao 1.31, pB e um ideal de B diferente deB e assim temos pB = P
e11 · · ·P
err .
Proposicao 2.6 Um primo P de B esta na fatoracao de pB se, e somente se, Pesta acima de p.
Demonstracao: Se P esta na fatoracao de pB, entao pB ⊂ P assim P ∩ A ⊃pB ∩ A ⊃ p ∩ A = p, como p e um ideal maximal de A e P ∩ A , A e um ideal deA, entao p = P ∩ A, desse modo P esta acima de p.Se P esta acima de p, P ⊃ p, logo, pelo corolario 1.15, P esta na fatoracao de pB.�
Definicao 2.5 Seja pB = Pe11 · · ·P
err , com Pi , P j, para i , j, cada ei e chamado
ındice de ramificacao de Pi sobre p e e denotado por e(Pi|p) ou ePi .
26
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Definicao 2.6 Se P e ideal primo de B acima de p, denotamos por fP ou f (P/p)o numero [B/P : A/p]. Esse numero e chamado grau de inercia de P sobre p.
Proposicao 2.7 Sejam A um domınio de Dedekind, K=Q(A), K ⊂ E ⊂ L, umatorre de extensoes finitas e separaveis B = IE(A), C = IL(A). Seja p ideal primode A, P ideal primo de B acima de p e Q ideal primo de C acima de P, Entao :
e(Q | p) = e(Q | P)e(P | p)
f (Q | p) = f (Q | P) f (P | p)
�
Veja [3] P.24
Definicao 2.7 Um anel de valorizacao discreta A, e um DIP que tem um unicoideal primo p nao nulo.
Exemplo 2.1 Se A e um domınio de Dedekind e p e um ideal primo nao nulo de Aentao pelo teorema 1.22 e a proposicao 1.28 o anel Ap e um anel de valorizacaodiscreta.
Nosso objetivo e mostrar o seguinte:
Teorema 2.8 Seja A um domınio de Dedekind, L uma extensao finita e separavelde K=Q(A), p um ideal primo nao nulo de A e P1, · · · ,Pr os ideais primos deB = IL(A) que estao acima de p. Entao :
r∑i=1
ei fi = [L : K]
Para a demonstracao desse teorema precisaremos alguns lemas.
Lema 2.9 Seja A um domınio de Dedekind, m um ideal maximal de A e u um
ideal nao nulo de A. Entaou
mue um
Am
-espaco vetorial de dimensao 1.
Demonstracao:u
mue anulado por m, entao
u
mue um
Am
-espaco vetorial.
Vamos mostrar que nao existe n ideal de A tal que mu & n & u.Seja u = p
r11 · · · p
rkk , onde ri ∈ N. Agora, se m ∈ {p1, · · · , pk} podemos supor que
27
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
m = p1, assim n = mr1pr22 · · · p
rkk .
Como u ⊃ n, u | n, logo, n = ms1ps22 · · · p
skk com si ≥ ri, mas mu = mr1+1p
r22 · · · p
rkk ,
agora n |mu, logo r1 + 1 = s1 e ri = si, e desse modo n = mu.Se m < {pr1
1 , · · · , prkk }, pode-se provar que u = n. Assim pelo teorema da corres-
pondencia tem-se queu
mue um
Amu
modulo minimal, logou
mue um
Am
-espacovetorial de dimensao 1. �
Definicao 2.8 Seja [L : K] = n, e β = {β1, · · · , βn} base de L /K. Pela demons-tracao do lema 1.20 sabemos que existe uma base β′ = {β′1, · · · , β
′n} desta extensao
tal que:
TL|K(βiβ′j) = δi j e, para todo α ∈ L, α =
n∑j=1
TL|K(β jα)β′j.
β′ e chamada base dual de β.
Lema 2.10 Sejam A um domınio integralmente fechado em K=Q(A), L extensaofinita e separavel de K e B = IL(A). Entao existem M e M’ A-modulos livres deposto n = [L : K] tal que M ⊂ B ⊂ M′.
Demonstracao: Podemos considerar β = {β1, · · · , βn} base de L /K tal que βi ∈ Bpara todo i ∈ {1, · · · , n}. Seja M = Aβ1 + · · · + Aβn, entao M e um A-modulo livrede posto n e M ⊂ B. Consideremos β′ = {β′1, · · · , β
′n} a base dual de β e seja
M′ = Aβ′1 + · · ·+ Aβ′n. Entao M′ e um A-modulo livre de posto n. Se α ∈ B, entao
α =
n∑j=1
TL|K(β jα)β′j, como A e integralmente fechado e L/K e separavel, tem-se
que TL|K(β jα) ∈ A, logo α ∈ M′ e B ⊂ M′. �
Observacao :Restringido-nos ao caso particular em que L e um corpo de numeros algebricos eA = Z, temos que IL e um Z-modulo livre de posto n, pois Z e um DIP.
Ja temos as ferramentas para mostrar o Teorema 2.8.
Demonstracao:
a) Vamos mostrar primeiro quer∑
i=1
ei fi = [B/pB : A/p]. Seja pB = Pe11 · · ·P
err .
Consideremeos a cadeia descendente de ideais:
28
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
P ⊃ P2 ⊃ · · · ⊃ Pe11 ⊃ P
e11 P2 ⊃ · · · ⊃ P
e11 P
e22 ⊃ · · · ⊃ P
e11 · · ·P
err = pB, seja agora
u um ideal dessa cadeia (menos o ultimo), entao o ideal seguinte e uPi, para certo
i ∈ {1, · · · , r}. Pelo lema 2.9,u
uPie um
BPi
espaco vetorial de dimensao 1, e como
p anulau
uPitemos que:[
u
uPi:
Ap
]=
[u
uPi:
BPi
][ BPi
:Ap
]=
[ BPi
:Ap
]= fi, assim para cada i teremos exac-
tamente ei quocientes, cada um de dimensao fi sobreAp
. Alem disso:
dim(B/pB) = dim(B/P1)+dim(P1/P21)+· · ·+dim(Pe1−1
1 /Pe11 )+dim(Pe1
1 /Pe11 P2)+
· · · + dim(Pe11 P
e2−12 /Pe1
1 Pe22 ) + · · · + dim(Pe1
1 · · ·Per−1r /pB).
Assim,r∑
i=1
ei fi =
[ BpB
:Ap
].
b) Vamos mostrar agora que[ BpB
:Ap
]= [L : K]. Suponhamos primeiramente que
B e livre. Pelo lema 2.10 B tem posto n = [L : K].
Sejam X = {x1, · · · , xn}, uma base de B e π : B −→BpB
a projecao canonica.
Como π e sobrejetora temos que {π(x1), · · · , π(xn)}, geraBpB
. Vamos mostrar que
eles sao L.I sobreAp
. De fato, sejam ai ∈ A, i ∈ {1, · · · , n} tais que:
n∑i=1
(ai + p)(xi + pB) =
n∑i=1
(aixi + pB) = pB.
Entaon∑
i=1
aixi ∈ pB, e, portanton∑
i=1
aixi =
m∑j=1
b jy j, com b j ∈ B, y j ∈ p, para
j ∈ {1, · · · ,m}.
Alem disso, como b j =
n∑i=1
c jixi, c ji ∈ A, temos que,n∑
i=1
aixi =
m∑j=1
y j
( n∑i=1
c jixi
).
Agora da independencia linear dos xi, podemos concluir que ai =
m∑j=1
y jc ji, onde
y j ∈ p e c ji ∈ A. Assim ai ∈ p e, portanto, {π(x1), · · · , π(xn)} e uma base deBpB
29
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
sobreAp
. Logo[ BpB
:Ap
]= [L : K].
c) Vamos agora provar o caso geral. Como A e um domınio de Dedekind, Ap
e um anel de valorizacao discreta e seu unico ideal primo e mp = pAp (veja exem-plo 2.1).Sabemos que B = IL(A), de onde Bp = IL(Ap) e um Ap-modulo livre. ComompBp = pApBp = pBp, pelo item b temos:[ Bp
pBp:
Ap
mp
]= [L : K].
Por outro lado: mpBp = pBp = S −1p pB = S −1
p (Pe11 · · ·P
err ) = (S −1
p P1)e1 · · · (S −1p Pr)er
= (S −1p BP1)e1 · · · (S −1
p BPr)er = (BpP1)e1 · · · (BpPr)er , assim:
mpBp = (BpP1)e1 · · · (BpPr)er
Logo [L : K] =
[ BppBp
:Ap
mp
]=
r∑i=1
ei f (BpPi/mp) =
r∑i=1
ei[Bp/BpPi : Ap/mp].
Vamos mostrar agora queBppBp
=BPi
eAp
mp
=Ap
.
Seja i :BPi
: −→Bp
BpPia inclusao canonica, provaremos que i e epimorfismo.
De fato, sejaxs
+ BpPi ∈Bp
BpPi, entao s < p e (s) " p. Como p e ideal maximal
de A, tem-se que A = p + (s), assim existem c ∈ p e a ∈ A tais que 1 = c + sa,
entao1s− a =
cs∈ pAp ⊂ PiBp, logo
xs− xa =
xcs∈ PiBp, entao i(xa + Pi) =
xa + PiBp =xs
+ PiBp, assim a inclusao e epimorfismo, portanto e identidade;
desse modoBp
BpPi=
BPi
.
Analogamente prova-se queAp
mp
=Ap
e[ BpBpPi
:Ap
mp
]= fi.
Logo [L : K] =
r∑i=1
ei fi. �
Corolario 2.11 Suponhamos que L/K e de Galois. Entao para P | p, todos os eP(respectivamente fP) sao iguais a e (respectivamente f) e se pB = (P1 · · ·Pr)e,entao e f r = [L : K].
30
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Demonstracao: Como L e de Galois sobre K e pB = Pe11 · · ·P
err . Pelo teorema
2.1, para cada i ∈ {1, · · · , r} existe σi ∈ G(L /K) tal que Pi = σP1, desse modoP
eii = σPei
1 , assim σPei1 divide pB entaoPei
1 divide pB, logo e1 ≤ ei, analogamenteprova-se que ei ≤ e1 para todo i, logo e1 = ei.
Por outro lado f1 =
[ BP1
:Ap
], fi =
[ BσiP1 :
Ap
], e como
ψ :BP1−→
BσiP1
, tal que ψ(x + P1) = σi(x) + σiP1 e um isomorfismo entao
f1 = fi,∀ i.
Finalmente, [L : K] =
r∑i=1
ei fi =
r∑i=1
e f = e f r. �
Definicao 2.9 Diremos que um ideal primo p de A e:• Totalmente decomposto em L quando r = n, ou seja, e = f = 1.Nesse caso pB = P1 · · ·Pn.• Totalmente inerte em L quando r = e = 1, ou seja, f = n. Nesse caso pB = P.• Totalmente ramificado em L quando r = f = 1, ou seja, e = n.Nesse caso pB = Pn.
Consideremos agora X = {P1, · · ·Pr}, o conjunto dos ideais primos de B acimadeum ideal primo p de A e seja G = G(L /K).Sabemos que G age sobre X pela aplicacao φ : G×X −→ X, que satisfaz φ(σ,P) =
σP,∀σ ∈ G,P ∈ X.Por outro lado, paraP ∈ X, a orbita deP e OP = {σP |σ ∈ G} = X, entao |OP| = re, o estabilizador de P e stab(P) = {σ ∈ G | σP = P} = GP.Assim, pelo teorema do ındice e do estabilizador temos que:
r = |OP| = (G : GP) =|G||GP|
.
Entao :
|GP| =|G|r
= f e.
Agora, seBP
e separavel sobreAp
, pelo teorema 2.5 ela e de Galois e
G((B/P)/(A/p)) �GP
TP, portanto f =
[ BP
:Ap
]= |G((B/P)/(A/p))| =
|GP|
|TP|.
Assim:
31
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
|TP| =f ef
= e.
Essas consideracoes provam o seguinte:
Teorema 2.12 Seja A um domınio de dedekind com corpo de fracoes K, L umaextensao finita e de Galois de K, p ideal primo de A e P ideal primo de B acima
de p. Entao |GP| = e f e, seBP
e extensao separavel deAp
, |TP| = e.
Como consequencia do teorema anterior temos:p nao ramifica em L (e = 1)⇐⇒ TP e trivial.p e totalmente ramificado em L⇐⇒ TP = GP = G(L /K).
Vamos considerar agora grupos de decomposicao sobre corpos intermediarios.Ou seja se K ⊂ K′ ⊂ L definimos GP|K′ = {σ ∈ G(L /K′) | σP = P}.Observe que GP|K′ = GP ∩G(L /K′).
De agora em diante vamos sempre supor queBP
e separavel sobreAp
.
Proposicao 2.13 Sejam A′ = B ∩ K′, p′ = P ∩ A′ = P ∩ K′. Entao o homomor-fismo φ′ : GP /K′ −→ G((B /P) / (A′ / p′)), dado por φ′(σ) = σ + A′/p′ e igual arestricao do epimorfismo φ : GP −→ G((B /P) / (A / p)), definido no teorema 2.5e tem como nucleo o grupo TP|K′ = TP ∩G(L /K′).
Veja [2] p.180.
Observacao : Sejam Bd = B ∩ Ld e Pd = P ∩ Bd. Entao P e o unico idealprimo de B acima de Pd.
Teorema 2.14 1) Se Ld ⊂ K′ ⊂ L, entao Lt ⊂ K′ se, e somente se, f (P|p′) = 1.
2) Se K ⊂ K′ ⊂ L, entao Ld ⊂ K′ se, e somente se, r(P|p′) = 1.
Demonstracao: 1)
P B L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p′ A′ K′∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Pd Bd Ld
32
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Sejam Pd um ideal primo de Bd e P o unico ideal primo de B acima de Pd.Temos que GP|K′ = GP ∩ G(L /K′) = G(L / Ld) ∩ G(L /K′) = G(L /K′), onde aultima igualdade e verdadeira por hipotese.Por outro lado, TP|K′ = TP ∩G(L /K′) = G(L / Lt) ∩G(L /K′).Agora f (P|p′) = 1 ⇐⇒ [B/P′ : A′/p′] = 1 ⇐⇒ G(B/P′/A′/p′) = {id} ⇐⇒
GP|K′/TP|K′ = (0) ⇐⇒ GP|K′ = TP|K′ ⇐⇒ G(L/K′) = G(L/Lt) ∩ G(L /K′) ⇐⇒G(L /K′) ⊂ G(L / Lt)⇐⇒ Lt ⊂ K′.
2) r(P|p′) = 1 = (G(L/K′) : G′P
), entao r(P|p′) = 1 ⇐⇒ G(L /K′) = G′P
=
GP ∩G(L /K′)⇐⇒ GP ⊃ G(L /K′)⇐⇒ Ld ⊂ K′. �
Corolario 2.15 Sejam e = e(P|p), f = f (P|p) e r = r(P|p). Entao :• [L : Ld] = e f , [Ld : K] = r.• e(Pd|p) = f (Pd|p) = 1.• e(P|Pd) = e, f (P|Pd) = f .
Demonstracao:
P B L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P
d Bd Ld∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p A K
Demonstracao: Observemos que [L : Ld] = |G(L / Ld)| = |GP| = e f ,e f r = [L : K] = [L : Ld][Ld : K], entao [Ld : K] = r.
Pela proposicao 2.3, temos que Bd/Pd = A/p, e entao f (P|p) =
[ Bd
Pd :Ap
]= 1.
Assim f = f (P|Pd) f (Pd|p) = f (P|Pd), como r(P|Pd) = 1, temos que,e f = [L : Ld] = e(P|Pd) f (P|Pd) = f e(P|Pd), assim e(P/Pd) = e.Finalmente e = e(P|Pd)e(Pd|p) = ee(Pd|p), entao e(Pd|p) = 1. �
Proposicao 2.16 Lt e de Galois sobre Ld eGP
TP� G(Lt / Ld)
Demonstracao: Como TP C GP, entao G(L / Lt) C G(L/Ld), e assim Lt e normalsobre Ld, logo de Galois.
33
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Seja φ : GP −→ G(LT/Ld), dada pela restricao φ(σ) = σ|Lt , ∀σ ∈ GP. Notemosque σ|Lt ∈ Aut(Lt) pois Lt e uma extensao normal de Ld.• E claro que φ e homomorfismo.• Dado τ ∈ G(LT / Ld), como L e normal sobre Lt, existe λ ∈ G(L / Ld) = GP talque λ|Lt = τ, desse modo φ e epimorfismo.• σ ∈ ker φ⇐⇒ σ(x) = x,∀ x ∈ Lt ⇐⇒ σ ∈ G(L/Lt) = TP.Assim pelo Teorema fundamental do homomorfismo temos que GP/TP � G(Lt / Ld).
Corolario 2.17 Sejam Bt = ItL(A) = B ∩ Lt, Pt = P ∩ Lt, Pd = P ∩ Ld,
e = e(P|p), f = f (P|p) e r = r(P|p). Entao :• [L : Lt] = e, [Lt : Ld] = f .• r(Pt|Pd) = e(Pt|Pd) = 1, f (Pt|Pd) = f .• r(P|Pt) = 1, e(P|Pt) = e, f (P|Pt) = 1.
Demonstracao:
P B L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P
t Bt Lt∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P
d Bd Ld
e f = [L : Ld] = [L : Lt][Lt : Ld] = [L : Lt]|G(Lt/Ld)| = [L : Lt] |GP |
|TP |= [L : Lt] f ,
assim [L : Lt] = e. Por outro lado, e f = [L : Ld] = [L : Lt][Lt : Ld] = e[Lt : Ld],entao [Lt : Ld] = f .Sabemos que Ld ⊂ Lt ⊂ L, entao pelo item 1 do teorema 2.14 temos quef (P|Pt) = 1.Logo e = [L : Lt] = e(P|Pt)r(P|Pt), mas 1 = r(P|Pd) = r(P|Pt)r(Pt|Pd). Entao :
r(P|Pt) = r(Pt|Pd) = 1, e, portanto, e = e(P|Pt).
Assim e = e(P|p) = e(P|Pd) = e(P|Pt)e(Pt|Pd) = ee(Pt|Pd), logo e(Pt|Pd) = 1.
Finalmente f = f (P|Pd) = f (P|Pt) f (Pt|Pd) = f (Pt|Pd), entao f (Pt|Pd) = f . �
34
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Observacao Como e(P|Pt) = [L : Lt], temos que Pt e totalmente ramificadoem L. Na proxima secao estudaremos mais detalhadamente a ramificacao total dePt em L.
2.2 Grupos de RamificacaoDefinicao 2.10 Para i ∈ N, chamaremos de o i-esimo grupo de ramificacao de Psobre K, denotado por Vi ou Vi(P) o conjunto:
{σ ∈ GP | σ(α) − α ∈ Pi+1,∀α ∈ B}
• Observe-se que V0 = TP.
Proposicao 2.18 1. Para todo i ∈ N, Vi e subgrupo normal de GP.
2. Existe j ∈ N tal que V j e trivial.
Demonstracao: 1) Para σ ∈ GP, seja σ : B/Pi+1 −→ B/Pi+1 definido porσ(x +Pi+1) = σ(x) +Pi+1.Note-se que σ esta bem definida e σ ∈ Aut(B/Pi+1). Logo φ : GP −→ Aut(B/Pi+1),onde φ(σ) = σ para todo σ ∈ GP, e um homomorfismo e ker φ = Vi, portantoVi C GP.2) Sabemos que TP e um subgrupo de GP, que e finito, logo TP e finito e as-sim a cadeia TP ⊃ V1 ⊃ · · · ⊃ Vm ⊃ · · · estaciona, entao existe j ∈ N talque V j = V j+1 = · · · , se σ ∈ V j, logo σ ∈ Vi,∀ i ∈ N, consequentementeσ(α) − α ∈
⋂i∈NP
i+1 = (0) (pois B e um dominio noetheriano, Veja [5] p.216).Desse modo σ(α) = α,∀α ∈ B, e V j e trivial. �
• Se K ⊂ K′ ⊂ L, temos Vi(P/K′) = Vi ∩G(L/K′).
Proposicao 2.19 Seja p um ideal primo de A tal que P, ideal de B, esta acimadele. Entao :
GP = {σ ∈ G(L|K) | σ(PBp) = PBp}
Vi = {σ ∈ GP | σ(α) − α ∈ pi+1BP,∀α ∈ Bp}
isto e, os grupos de decomposicao , inercia e ramificacao ficam inalterados quandose substituir Pi por (PBp)i = PiBp.
35
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Demonstracao: Sabemos que PBp =
{ n∑j=i
γ js−1j
∣∣∣∣∣ γ j ∈ P, s j ∈ S p
}, e, portanto,
para σ ∈ GP, σ(PBp) =
{ n∑j=i
σ(γ j)s−1j
∣∣∣∣∣ γ j ∈ P, s−1j ∈ S p
}= σ(P)Bp = PBp.
Assim:
GP ⊂ {σ ∈ G(L/K) | σ(PBp) = PBp}.
Agora, como PBp ∩ B = P, se σ ∈ G(L /K) fixa PBp, temos queσ(P) = σ(PBp ∩ B) = σ(PBp) ∩ σ(B) = PBp ∩ B = P, portanto:
GP ⊃ {σ ∈ G(L/K)} | σ(PBp) = PBp}.
Vamos mostrar agora a segunda igualdade. Seja σ ∈ Vi e y =α
s∈ Bp, entao
σ(α) − α =1s
(σ(α) − α) ∈ Pi+1Bp, ∀α ∈ Bp, assim
Vi ⊂ {σ ∈ GP | σ(α) − α ∈ pi+1BP}.
Consideremos agora σ ∈ GP tal que σ(α) − α ∈ Pi+1Bp ∀α ∈ Bp. Seja α ∈ B.Entao α ∈ Bp. Como σ(α) − α ∈ B e Pi+1Bp ∩ B = Pi+1, tem-se queσ(α) − α ∈ Pi+1Bp ∩ B = Pi+1, logo
Vi ⊃ {σ ∈ GP | σ(α) − α ∈ pi+1BP},
o que completa a prova da proposicao . �
Observacao Seja p um ideal primo nao nulo de A que e totalmente ramificadoem L e P o unico ideal primo de B acima de p, entao :
1. pAp e totalmente ramificado em L, sendo PBp o unico ideal primo de Bpque esta acima de pAp.
2. Ap e Bp sao dominıos de ideais principais que possuem apenas um idealprimo nao nulo, a saber, pAp e PBp respectivamente.
O seguinte teorema sera usado no estudo dos grupos de ramificacao .
Teorema 2.20 Sejam L uma extensao separavel de grau n de K, p um ideal primonao nulo de A que e totalmente ramificado em L , P o unico ideal primo de Bacima de p e π o gerador de PBp entao :
36
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
1. L = K(π).
2. {1, π, · · · , πn−1} e uma base do Ap-modulo Bp.
Demonstracao:1) Temos que Ap e Bp sao aneis de valorizacao discreta, e, portanto, todo anelfracionario nao nulo de Ap (respectivamente Bp) escreve-se como potencia (pAp)k
( (PBp)k = πkBp), onde k ∈ Z e unico. Consideremos a aplicacao v, tal que paraa ∈ K,
v(a) =
∞, se a = 0.k, se a , 0 e (a) = (pAp)k.
Para quaisquer i, j ∈ {0, 1, · · · , n − 1}, e a, b ∈ K∗, temos nV(a) + i , nV(b) + j sei , j, ja que em caso contrario |i− j| = n|V(a)−V(b)|, o que contradiz n > |i− j| > 0.Sejam a0, a1, · · · , an−1 ∈ K, nao todos nulos e m = min {nv(ai) + i | 0 ≤ i ≤ n − 1},entao existe i0 ∈ {0, 1, · · · , n − 1} tal que m = nv(ai0) + i0 e m < nV(ai) + i, parai , i0.Como pAp e totalmente ramificado em L, temos pAp = PnBp = πnBp, assim paraa ∈ K, a , 0, (a) = (pAp)v(a) = πnv(a)Bp, multiplicando por πi temos,πi(a) = πnv(a)+iBp ⊂ πm+1Bp, para todo i , i0 tal que ai , 0 e πi0(ai0) = πmBp.
Agora se α =
n−1∑i=0
aiπi, entao α ∈ πmBp e α < πm+1Bp, pois πi0ai0 < π
m+1Bp, logo
em particular α , 0.
Assim se a0, a1, · · · , an ∈ K, nao sao todos nulos segue-se quen−1∑i=0
aiπi , 0 por-
tanto o conjunto {1, π, · · · , πn−1} e L.I e consequentemente L = K(π).
2) Seja α ∈ Bp. Como α ∈ L, existem a1, · · · , an ∈ K, tais que, α =
n−1∑i=0
aiπi, se
α , 0 os ai nao sao todos nulos e temos α ∈ πmBp e α < πm+1Bp, logo (α) ⊂ πmBpe α * πm+1Bp, onde m = min{nV(ai) + i | 0 ≤ i ≤ n − 1}.Notemos que (α) e um ideal de Bp, assim m ≥ 0 e segue que nV(ai) + i ≥ 0,para todo i ∈ {0, 1, · · · , n − 1}. Logo V(ai) > −1 e portanto V(ai) ≥ 0, assim(ai) = (pAp)m, onde m ≥ 0. Portanto (ai) ⊂ Ap e ai ∈ Ap. �
Proposicao 2.21 Se p for totalmente ramificado em L, tem-se queVi = {σ ∈ GP | σ(π) − π ∈ Pi+1Bp}, sendo π o gerador do ideal Pi+1Bp.
Demonstracao: Pela proposicao 2.19, temos Vi ⊂ {σ ∈ GP | σ(π) − π ∈ Pi+1Bp}.Seja σ ∈ G(L/K) tal que σ(π)−π ∈ Pi+1Bp. Pelo teorema anterior, {1, π, · · · , πn−1}
37
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
e uma base do Ap-modulo Bp, entao para α ∈ Bp, α =
n−1∑i=0
aiπi. Consequentemente
σ(α) − α =
n−1∑i=0
ai(σ(πi) − πi) =
n−1∑i=0
ai(σ(π) − π)i∑
j=0
σ(πi− j)π j ∈ Pi+1Bp, pois
n−1∑i=0
ai(σ(π) − π) ∈ Pi+1Bp ei∑
j=0
σ(πi− j)π j ∈ Pi+1Bp ∈ Bp.
Assim Vi ⊃ {σ ∈ GP | σ(π) − π ∈ Pi+1Bp}. �
Teorema 2.22 Sejam A um domınio local e m seu ideal maximal; entao :
1. ∀ i ≥ 1, Ui = {1 + a | a ∈ mi} e um subgrupo de U0 = U(A), e temosU0 ⊃ U1 ⊃ U2 · · · .
2.U0
U1�( Am
)∗(como grupos multiplicativos).
3. Para todo i ≥ 1, temosUi
Ui+1e isomorfo ao
Am
-espacomi
mi+1 .
4. Se A for domınio de Dedekind, entao o grupo aditivomi
mi+1 sera isomorfo aAm
(como grupos aditivos).
Demonstracao:1) Temos que para todo i ∈ N, 1 = 1 + 0 ∈ Ui. Sejam 1 + a, 1 + b ∈ Ui, coma, b ∈ mi, entao (1 + a)(1 + b) = 1 + c, onde c = a + b + ab ∈ mi, portanto(1 + a)(1 + b) ∈ Ui.Como a ∈ mi ⊂ m = A − U(A), temos que 1 + a e inversıvel em A.Agora, (1 + a)(1 + b) = 1⇐⇒ a + b + ab = 0⇐⇒ b(1 + a) = −a⇐⇒b = −a(1 + a)−1 ∈ mi, pois a ∈ mi, logo (1 + a)−1 = 1 + b, onde b = −a(1 + a)−1,consequentemente 1 + a e inversıvel em Ui. Portanto Ui e subgrupo de U(A).
2) Seja φ : U(A) −→( Am
)∗, tal que φ(a) = a + m, para todo a ∈ U(A). E claro que
φ e um homomorfismo.
Alem disso se a+m ∈
( Am
)∗, entao a < m, e, portanto, logo a ∈ U(A) e φ(a) = a+m.
Consequentemente φ e um epimorfismo.Temos que, ker φ = {a ∈ U(A) | a + m = 1 + m} = {a ∈ U(A) | a − 1 ∈ m},afirmamos que ker φ = U1.
38
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
De fato, se 1 + a ∈ U1 temos 1 + a ∈ U(A) e (1 + a)−1 = a ∈ m, assim ker φ ⊃ U1;por outro lado, se a ∈ ker φ, temos a = 1 + (a − 1), com a − 1 ∈ m, assim a ∈ U1,logo ker φ ⊂ U1.
3) Considere, ψ : mi −→Ui
Ui+1, tal que ψ(a) = (1 + a)Ui+1, para todo a ∈ mi.
Vamos mostrar que ψ e homomorfismo.De fato, se a, b ∈ mi. Temos que:ψ(a + b) = ψ(a)ψ(b)⇐⇒ (1 + a + b)Ui+1 = (1 + a)(1 + b)Ui+1 ⇐⇒
(1+a)(1+b)(1+a+b)−1 ∈ Ui+1 ⇐⇒ (1+a+b)−1+(a+b)(1+a+b)−1+ab(1+a+b)−1 ∈
Ui+1.Mas ja vimos que (1+a+b)−1 = 1− (a+b)(1+a+b)−1, entao (a+b)(1+a+b)−1 =
1−(1+a+b)−1; assim (1+a+b)Ui+1 = (1+a)(1+b)Ui+1 ⇐⇒ 1+ab(1+a+b)−1 ∈
Ui+1 o que e verdadeiro pois a, b ∈ mi, portanto ψ e um homomorfismo, logo umepimorfismo pois claramente e sobrejetora.Vamos mostrar agora que kerψ = mi+1. kerψ = {a ∈ mi | 1 + a ∈ Ui+1}, assimx ∈ mi+1 ⇐⇒ 1 + x ∈ Ui+1 ⇐⇒ x ∈ kerψ.
4) Como A e um domınio de Dedekind. Pelo lema 2.9, temos[mi
mi+1 :Am
]= 1, e
como[ Am
:Am
]= 1, temos
mi
mi+1 �Am
, como grupos aditivos. �
Teorema 2.23 Suponhamos que p seja totalmente ramificado em L.Sejam U0 = U(Bp) e Ui = {1 + α | α ∈ PiBp} e π ∈ Bp um gerador do ideal PBp,entao :Para todo i ∈ N a aplicacao φi : Vi −→
Ui
Ui+1dada por φi(σ) =
σπ
πUi+1, independe
da escolha de π e e um epimorfismo com nucleo Vi+1.
Demonstracao: Pelo teorema anterior temos que Ui e um subgrupo de U0 paratodo i ∈ N.Seja ε ∈ U0, logo ε ∈ Bp, e, assim, para todo σ ∈ Vi, σ(ε) − ε ∈ Pi+1Bp. Entao
σε
ε− 1 =
1ε
(σ(ε) − ε) ∈ Pi+1Bp.
Segue-se queσ(ε)ε∈ Ui+1 para todo ε ∈ U0. Agora σ(π) − π ∈ Pi+1Bp, portanto
existe y ∈ Bp tal que σ(π)− π = πi+1y. Como π , 0, π e inversıvel (em L), e temosσ(π)π− 1 = πiy ∈ PiBp, desse modo
σ(π)π∈ Ui.
Vamos mostrar que φi e homomorfismo. Sejam σ, τ ∈ Vi, entao :
39
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
φi(στ) = φi(σ)φi(τ)⇐⇒στ(π)π
Ui+1 =σ(π)π
τ(π)π
Ui+1 ⇐⇒στ(π)π
π
σ(π)π
τ(π)∈
Ui+1 ⇐⇒στ(π)σ(π)
π
τ(π)∈ Ui+1 ⇐⇒ σ
(τ(π)π
)π
τ(π)∈ Ui+1 ⇐⇒
σ(ε)ε∈ Ui+1,
onde ε =τ(π)π
, assim φi e um homomorfismo.
Por outro lado, ker φi =
{σ ∈ Vi |
σ(π)π
Ui+1 = Ui+1
}=
{σ ∈ Vi |
σ(π)π∈ Ui+1
}={
σ ∈ Vi |σ(π)π−1 ∈ Pi+1Bp
}=
{σ ∈ Vi | σ(π)−π ∈ Pi+2Bp
}= Vi+1, onde a ultima
igualdade e dada pela proposicao 2.19. �
Corolario 2.24 Sejam Bt = B ∩ Lt e Pt = P ∩ Lt.Substituindo-se S p por SPt = Bt −Pt, temos que a afirmacao do teorema anteriorvale sem a hipotese de p ser totalmente ramificado em L.
Demonstracao:
P B L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P
t Bt Lt∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p A K
Sabemos que [L : Lt] = e(P|Pt), entao Pt e totalmente ramificado em L, logo oteorema anterior vale para os grupos Vi(P|Lt) e os grupos Ui definidos em relacao
ao anel BtP
= S −1Pt B, assim
Vi(P|Lt)Vi+1(P|Lt)
e isomorfo a um subgrupo deUi
Ui+1.
Por outro lado Vi = Vi ∩ TP = Vi ∩G(L|Lt) = Vi(P|Lt), consequentementeVi
Vi+1e
isomorfo a um subgrupo deUi
Ui+1, onde Ui = {1 + α | α ∈ PiBPt}. �
Corolario 2.25 1.TPV1
e canonicamente isomorfo a um subgrupo do grupo
multiplicativo deBP
.
40
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
2. ∀ i ≥ 1,Vi
Vi+1e isomorfo a um subgrupo do grupo aditivo
BP
.
Demonstracao:1) Sabemos que Pt e totalmente ramificado em L, portanto BPt e um dominio deideais principais e seu ideal maximal e (π) = PBPt .Para i ≥ 1, sejam Ui = {1 + α | α ∈ PiBPt} e U0 = U(BPt), entao temos que
φ0 : TP −→U0
U1dada por φ0(σ) =
σπ
πU1, independe da escolha de π e tem
como nucleo V1. Portanto, pelo primeiro teorema fundamental do homomorfismo,
temos,TPV1
� φ0(TP) que e subgrupo deU0
U1.
Por outro lado, pelo teorema 2.22,U0
U1�( BPt
PBPt
)∗, e, como ja provamos que
ψ :BP−→
BPt
PBPt, tal que ψ(x +P) = x +PBPt , para todo x +P ∈
BP
e um isomor-
fismo, temos queTPV1
e isomorfo a um subgrupo do grupo multiplicativo deBP
.
2) Analoga. �
2.3 O CompositumVamos em seguida complementar a teoria com alguns resultados que serao uteispara o estudo de corpos ciclotomicos.
Definicao 2.11 Sejam F1 e F2 subcorpos de um corpo K, o compositum de F1 eF2, denotado por F1F2 e definido como o menor subcorpo de K que contem F1 e
F2. Pode-se provar que F1F2 =
{ ∑aibi∑a′jb
′j
∣∣∣∣∣ ai, a′j ∈ F1, bi, b′j ∈ F2,∑
a′jb′j , 0
}.
Teorema 2.26 Sejam K e F extensoes de um corpo E contidas num corpo L.Se K /E for Galois finita, entao KF /F e K /K ∩ F sao galoisianas finitas e aaplicacao G(KF / F) −→ G(K /K ∩ F) dada por σ −→ σ∣∣∣K e um isomorfismo.
Demonstracao: Como K/E e finita e separavel, existe γ ∈ K separavel sobre E,tal que K = E(γ), portanto KF = F(γ) sendo γ separavel sobre F, assim KF/F efinita e separavel.E claro que KF/F e algebrica. Agora consideremos σ : KF −→ F uma imersaoque deixa fixo F, entao σ∣∣∣K : K −→ F e uma imersao que deixa fixo E (pois
41
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
E ⊂ F), assim σ(K) = K, portanto σ(KF) = σ(K)σ(F) = KF, assim KF/F enormal.Por outro lado, como temos que E ⊂ K ∩ F ⊂ K e K/E e Galois finita, entaoK/K ∩ F e Galois finita.Consideremos agora o homomorfismo res : G(KF / F) −→ G(K / E) dado porσ −→ σ∣∣∣K , se res(σ) for a identidade de K como σ fixa F, entao σ fixa KF,
portanto res e injetora.Seja H = im(res) < G(K / E). E facil ver que todo elemento de K∩F e fixado porH. Se x ∈ K e fixado por H, entao , para σ ∈ G(KF / F), temos σ(x) = σ∣∣∣K(x) =
x, assim x ∈ F. Logo x ∈ K ∩ F, portanto, o corpo fixo de H e K ∩ F, logoG(KF / F) � G(K/K ∩ F). �
Teorema 2.27 Se K/E e F/E sao galoisianas finitas, entao KF/E e Galois finitae o homomorfismo R : G(KF/E) −→ G(K/E)×G(F/E), tal que R(σ) =
(σ∣∣∣K , σ∣∣∣F)
para todoσ ∈ G(KF/E) satisfaz : im(R) ⊃ G(K/K ∩ F) ×G(F/K ∩ F).
Demonstracao: Sabemos que [KF : F] = {KF : F} e que [F : E] = {F : E},portanto {KF : E} = {KF : F}{F : E} = [KF : F][F : E] = [KF : E], assimKF/E e finita e separavel.E claro que KF/E e algebrica, consideremos σ : KF −→ E uma imersao quedeixa E fixo, entao σ∣∣∣K : K −→ E e σ∣∣∣F : F −→ E, sao imersoes que deixam E
fixo, assim σ(K) = K e σ(F) = F, logo σ(KF) = KF e portanto KF/E e normal.Do teorema anterior temos que:
G(KF/F) � G(K/K ∩ F) e G(KF/K) � G(F/K ∩ F).
Alem disso G(KF/F) e G(KF/K) sao subgrupos de G(KF/E), portanto:
R(G(KF/F)) = G(K/K ∩ F) × {idF} e R(G(KF/K)) = {idK} ×G(F/K ∩ F).
Consequentemente im(R) ⊃ G(K/K ∩ F) ×G(F/K ∩ F). �
Definicao 2.12 Sejam G1,G2 e H grupos e f : G1 −→ H, g : G2 −→ H doishomomorfismos. O produto fibrado de G1 e G2 sobre H e e dado por:
G1 ×H G2 = {(a, b) ∈ G1 ×G2 | f (a) = g(b)}
• Observemos que G1 ×H G2 e subgrupo de G1 ×G2
42
CAPITULO 2. EXTENSOES DE GALOIS
Teorema 2.28 Sejam F/E e K/E extensoes de Galois finitas,com F,K ⊂ L e Lcorpo, entao K ∩ F/E e de Galois finita e G(KF/E) � G(K/E)×G(K∩F/E) G(F/E).
Demonstracao: Seja R o homomorfismo do teorema anterior, se (σ, τ) ∈ imR,existe λ ∈ G(KF/E) tal que λ∣∣∣K = σ e λ∣∣∣F = τ, portanto para x ∈ K ∩ F, temos
σ(x) = λ(x) = τ(x).Sejam agora σ ∈ G(K/E) e τ ∈ G(F/E), tais que σ∣∣∣K ∩ F = τ∣∣∣K ∩ F , como
KF/K ∩ F e algebrica e KF/E e normal, podemos considerar a extensaoθ ∈ G(KF/E) de σ∣∣∣K ∩ F , entao µ1 = θ−1∣∣∣Kσ ∈ G(K/E), µ2 = θ−1∣∣∣Fτ ∈ G(F/E) e
µ1∣∣∣K ∩ F= µ2∣∣∣K ∩ F
= idK∩F , logo pelo teorema anterior existe λ ∈ G(KF/E)
tal que R(λ) = (µ1, µ2) isto e λ∣∣∣K = µ1 e λ∣∣∣F = µ2, entao θλ ∈ G(KF/E) e
(θλ)∣∣∣K = θ∣∣∣Kλ∣∣∣K = θ∣∣∣Kµ1 = σ e (θλ)∣∣∣F = θ∣∣∣Fλ∣∣∣F = θ∣∣∣Fµ2 = τ.
Isso prova a nossa afirmacao . �
43
Capıtulo 3
Corpos de Numeros Algebricos
Uma nocao central na teoria dos numeros algebricos e a de anel dos inteirosalgebricos, IL, de um corpo de numeros algebricos L, que foi introduzida nocapıtulo 1, num contexto mais geral, atraves da nocao de elemento inteiro so-bre um dominio A. Ja provamos que IL sempre e um Z-modulo livre, ou seja, queL possui uma base integral. Neste capıtulo introduziremos a nocao de discrim-inante, que representara um papel importante na caracterizacao das suas bases.Alem disso o discriminante de uma base integral de L, denotada por dL, teramuita importancia na teoria de ramificacao , pois mostraremos que os divisoresprimos de dL sao exactamente aqueles que ramificam em L. Usaremos tambem ochamado Metodo Geometrico, para mostrar que no caso [L : Q] ≥ 2, |dL| > 1, eassim garantir a existencia de tais primos .
3.1 DiscriminanteDefinicao 3.1 Sejam A um domınio de Dedekind, K o corpo de fracoes de A,L uma K-algebra de grau n e α1, · · · , αn ∈ L, definimos o discriminante deα1, · · · , αn como:
discL|K(α1, · · · , αn) = det(TL|K(αiα j))
Note que:
• discL|K(α1, · · · , αn) ∈ K.
• Se α1, · · · , αn ∈ IL(A), entao discL|K(α1, · · · , αn) ∈ A.
44
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Lema 3.1 Sejam L uma extensao separavel de K eσ1, · · · , σn os K-monomorfismosde L em K. Entao :
discL|K(α1, · · · , αn) = [det(σi(α j))]2.
Demonstracao: Sabemos que:
TL|K(αiα j) =
n∑k=1
σk(αiα j) =
n∑k=1
σk(αi)σk(α j),
consideremos a matriz H = (σi(α j)), entao discL|K(α1, · · · , αn) = detHHT =
[det(σi(α j))]2. �
Proposicao 3.2 Sejam L = K(α), f o polinomio minimal de α sobre K eα = α1, · · · , αn as raızes de f sobre um corpo de raızes de K, entao :
discL|K(1, α, · · · , αn−1) =∏i< j
(αi − α j)2 = 4( f )
Demonstracao: Seja σi : L −→ K dada por σi(α) = αi, entao σi(α j) = αji ,
0 ≤ j ≤ n − 1, logo:
discL|K(1, α, · · · , αn−1) = det
1 α1 α2
1 · · · αn−11
1 α2 α22 · · · αn−1
2· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·
1 αn α2n · · · αn−1
n
= 4( f ). �
Lema 3.3 Sejam β1, · · · , βn ∈ L e C ∈ Mn(K) tal que βi = Cαi para i ∈ {1, · · · , n}.Entao :
discL|K(β1, · · · , βn) = (detC)2discL|K(α1, · · · , αn)
Demonstracao: Seja C = (ci j), entao para k ∈ {1, · · · , n}, βk =
n∑i=1
ckiαi, assim
βkβm =∑
i, j
ckicm jαiα j, portanto TL|K(βkβm) =∑
i, j
ckiTL|K(αiα j)cm j.
Logo [TL|K(βkβm)] = C[TL|K(αiα j)]CT , consequentemente :
discL|K(β1, · · · , βn) = (detC)2discL|K(α1, · · · , αn).
�
45
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Teorema 3.4 Sejam L uma extensao separavel de K e α1, · · · , αn ∈ L, entao{α1, · · · , αn} e uma dase de L | K se, e somente se, discL|K(α1, · · · , αn) , 0.
Demonstracao: Sejam γ um elemento primitivo de L/K e σ1, · · · , σn as K-imersoes de L em K, se Pγ e o polinomio minimal de γ temos que ∂Pγ = [L : K],entao σ1(γ), · · · , σn(γ) sao todas distintas, logo:
discL|K(1, γ, · · · , γn−1) =∏i< j
(γi − γ j)2 =∏i< j
(σi(γ) − σ j(γ))2 , 0.
Agora para j ∈ {1, · · · , n},
α j =
n∑i=0
ci jγi
Entao discL|K(α1, · · · , αn) = (detC)2discL|K(1, γ, · · · , γn−1), assimdiscL|K(α1, · · · , αn) , 0 ⇐⇒ (detC)2 , 0 ⇐⇒ {α1, · · · , αn} e uma dase de L | K.�
• Consideremos agora R um anel tal que A ⊂ R ⊂ IL(A) e α1, · · · , αn ∈ R, assimdiscL|K(α1, · · · , αn) ∈ A.
Definicao 3.2 O ideal δR|A =< discL|K(α1, · · · , αn) | αi ∈ R >, e um ideal de Achamado ideal discriminante de R | A
Proposicao 3.5 Seja A ⊂ R ⊂ IL(A) e suponhamos que R, considerado comoA-modulo, possui uma base {β1, · · · , βn}, entao :
1. δR|A =< discL|K(β1, · · · , βn) >.
Alem disso, para quaisquer α1, · · · , αn ∈ R temos que:
2. discL|K(α1, · · · , αn) = a2discL|K(β1, · · · , βn), para algum a ∈ A.
3. {α1, · · · , αn} e uma base de R se, e so se, a ∈ U(A).
Demonstracao:
1. Seja αi ∈ R. Entao αi =
n∑i=1
ci jβ j,com ci j ∈ A, se C = (ci j) tem-se que
discL|K(α1, · · · , αn) = (det C)2discL|K(β1, · · · , βn), assim:
46
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
δR|A =< discL|K(β1, · · · , βn >.
2. Tomamos a = detC.
3. {α1, · · · , αn} e uma base de R⇐⇒ existem C,Z ∈ Mn(A) tais que αi = Cβi eβi = Zαi para i ∈ {1, · · · , n}, logo ζ = (ZC)ζ para todo ζ ∈ R, assim ZC = I,e como a = det C, temos que a e inversıvel. �
Proposicao 3.6 Sejam A um dominio, L uma extensao de grau n de K=Q(A) eα ∈ IL(A), sao equivalentes:
1. L = K(α).
2. {1, α, · · · , αn−1} e uma base do A-modulo A[α].
Demonstracao:1) =⇒ 2){1, α, · · · , αn−1} sao L.I sobre K, logo sobre A. Se β ∈ A[α], entao β = g(α), comg(X) ∈ A[X]. Como K e corpo temos que K[X] e um domınio euclidiano, e assimexistem a(X) e h(X) em K[X] tais que g(X) = Pα(X)a(X) + h(X) onde h(X) = 0 ou∂h < ∂Pα, logo β = g(α) = h(α), assim β = a1 + a2α + · · · + akα
k , com ai ∈ A ek < n.2) =⇒ 1)
Sejam c0, · · · , cn−1 ∈ K tais quen−1∑i=0
ciαi = 0, onde ci =
ai
bi, com ai, bi ∈ A e bi , 0.
Consideremos agora b =
n−1∏i=1
bi ∈ A∗, entao bci ∈ A en−1∑i=0
bciαi = 0, portanto
bci = 0 e assim ci = 0. Portanto {1, α, · · · , αn−1} e L.I sobre K e como [L : K] = n,temos que L = K(α). �
Vamos agora estudar a demonstracao de um teorema devido a Kummer, que nospermitira indicar explicitamente a decomposicao de um ideal primo p de A a partir
da fatoracao de Pβ emAp
, sendo β um elemento de B = IL(A) tal que B = A[β].
Observemos que:• Se β ∈ B e tal que B = A[β], entao L = IL(K) = Q(ILA) = Q(B) = Q(A[β]) =
K(β), assim pela proposicao anterior B = A[β] ⇐⇒ {1, β, · · · , βn−1} e uma basedo A-modulo B.
47
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
• Seja p um ideal primo de A, e f (X) =
n∑i=1
aiXi ∈ A[X], denotaremos por f (X) o
polinomion∑
i=1
(ai + p)Xi.
Teorema 3.7 (Teorema de Kummer) Suponhamos B = A[θ] , sejam P1, · · · , Pk
polinomios monicos em A[X] tais que P = P1e1· · · Pr
er (P = Pθ) seja a fatoracao
de P em polinomios irredutiveis distintos em(Ap
)[X]. Entao :
1. pB = Pe11 · · ·P
err , onde P j = pB + P j(θ)B sao os ideais primos de B acima
de p, logo e(P j|p) = e j, j ∈ {1, · · · , r}.
2.BP j
=Ap
(θ j), sendo θ j uma raız de P j, logo f (P j|p) = ∂P j, j ∈ {1, · · · , r}.
Demonstracao: 2)Sabemos que P = P1e1· · · Pr
er . Para j ∈ {1, · · · , r}, seja θ j ∈Ap
uma raız de P j, como P j e irredutivel entao P j e o polinomio minimal de θ j sobreAp
, consideremos agora o epimorfismo µ j : A[θ] −→Ap
(θ j) dado por
µ j( f (θ)) = f (θ j), comoAp
(θ j) e um corpo temos que P j = ker µ j e um ideal
maximal de B = A[θ] e temos um isomorfismo µ j :A[θ]P j
−→
(Ap
)(θ j), dado por
µ j( f (θ) +P j) = f (θ j).Agora como p ⊂ P j, entao p ⊂ P j ∩ A , A e como p e maximal, tem-se que
p = P j ∩ A , A, assim P j esta acima de p; por outro lado µ j(A) =Ap
, entao µ j
deixaAp
fixo.
Consideremos θ j ∈A[θ]P j
tal que µ j(θ j) = θ j. Entao P j(θ j) = µ−1(P j(θ j)) = 0 e
para x ∈A[θ]P j
, temos x = µ−1(c0 + c1θ j + · · · ck−1θk−1j ) = c0 + c1θ j + · · · ck−1θ
k−1j , as-
simBP j
=Ap
(θ j) e f (P j|p) =
[ BP j
:Ap
]=
[Ap
(θ j) :Ap
]= ∂P j = ∂P j, j ∈ {1, · · · , r}.
1) Vamos mostrar que P j = pB + P j(θ)B, seja α ∈ P j = ker µ j, entao α = g(θ)para algum g(X) ∈ A[X] e µ j(α) = µ j(g(θ)) = g(θ j) = 0.
48
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Como P j e o polinomio minimal de θ j sobre(Ap
)[X], existe h(X) ∈ A[X] tal que
g(X) = P j(X)h(X), assim g − P jh tem seus coeficientes em p e:
α = (g − P jh)(θ) + P j(θ)h(θ) ∈ pB + P j(θ)B.
Portanto:
P j ⊂ pB + P j(θ)B.
Agora como µ j(P j(θ)) = P j(θ j) = 0, entao P j(θ)B ⊂ P j e e claro que pB ⊂ P j
assim:
P j ⊃ pB + P j(θ)B.
Falta mostrar que pB = Pe11 · · ·P
err .
Como P j = pB + P j(θ)B, temos que P2j ⊂ (pB)2 + (P j(θ)B)2 ⊂ (pB) + (P j(θ)B)2,
consequentemente Pe j
j ⊂ (pB) + (P j(θ)B)e j , logo
Pe11 · · ·P
err ⊂ (pB) + (P1(θ)B)e1 · · · (Pr(θ)B)er ⊂ pB + γB.
Sendo γ = P1(θ)e1 · · · Pr(θ)er .O polinomio P − P1 · · · Pr tem seus coeficientes em p e P(θ) = 0, entaoγ = P1(θ)e1 · · · Pr(θ)er − P(θ) ∈ pB, assim:
Pe11 · · ·P
err ⊂ pB.
Portanto pB | Pe11 · · ·P
err e como pB = P
e(P1 |p)1 · · ·P
e(Pr |p)r , temos e(Pi|p) ≤ ei,
mas pelo teorema 2.8, n =
r∑i=1
e(Pi|p) f (Pi|p) ≤r∑
i=1
ei∂Pi = ∂P = ∂P = n,
assimr∑
i=1
e(Pi|p) f (Pi|p) =
r∑i=1
ei f (Pi|p), com e(Pi|p) ≤ ei, portanto e(Pi|p) = ei
e pB = Pe11 · · ·P
err . �
Definicao 3.3 Seja pB = Pe11 ...P
err , diremos que p e ramificado em L se ei > 1
para algum i ∈ {1, · · · , r}.
Corolario 3.8 Com a hipotese e as notacoes do teorema anterior sao equiva-lentes:
1. p e ramificado em L .
49
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
2. O polinomio Pθ e inseparavel.
3. disc(Pθ) ∈ p.
4. p divide δB|A .
Demonstracao: Seja P = Pθ.1) ⇐⇒ 2) p e ramificado em L ⇐⇒ ei > 1 para algum i ∈ {1, · · · , r} ⇐⇒ nafatoracao P = P1
e1· · · Pr
er ei > 1 para algum i ∈ {1, · · · , r} ⇐⇒ P tem raızesmultiplas⇐⇒ P e inseparavel.2)⇐⇒ 3) Sejam P(X) = (X − θ1) · · · (X − θn), onde θ1, · · · , θn ∈ K eg(X1, · · · , Xn) =
∏i< j
(Xi − X j)2 ∈ Z[X1, · · · , Xn], entao discP = g(θ1, · · · , θn) e
portanto discP = g(θ1, · · · , θn) = g(θ1, · · · , θn) + p = discP + p assim:
discP ∈ p ⇐⇒ discP = p ⇐⇒∏i< j
(θi − θ j)2 = 0 ⇐⇒ θi = θ j, para i , j ⇐⇒ P e
inseparavel.3)⇐⇒ 4) Como B = A[θ], temos L = K(θ), assim δB|A =< discL|K(1, θ, · · · , θn−1) >
=< discP >, portanto p divide δB|A ⇐⇒ p ⊃ δB|A =< discP >⇐⇒ discP ∈ p. �
Exemplo 3.1 Seja L = Q(√
5 ), como 5 ≡ 1(mod 4), temos IL = Z[1 +
√5
2
], seja
γ =1 +√
52
, entao Pγ(X) = X2 − X − 1.
Consideremos p = 〈5〉, entao Pγ(X) = X2 − X − 1 = (X − 3)2 = P21, onde
P1(X) = X − 3, entao :〈5〉IL = P
21,
onde P1 = 5IL+
(1 +√
52
)IL. Em particular 〈5〉 e totalmente ramificado em L . �
Corolario 3.9 Seja γ ∈ B tal que L = K(γ) e p um ideal primo nao nulo de A talque discPγ < p entao :
1. {1, γ, · · · , γn−1} e uma base do Ap-modulo Bp
2. p nao ramifica em L.
50
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Demonstracao: 1) Sabemos que Bp = IL(Ap). Como A e de Dedekind Ap e umDIP, portanto Bp e um Ap-modulo livre de posto n = [L : K]; seja {β1, · · · , βn} uma
base de Bp sobre Ap, entao para 1 ≤ i ≤ n, temos γi−1 =
n∑j=1
ai jβi, assim :
discPγ = discL|K(1, γ, · · · , γn−1) = det(ai j)2discL|K(β1, · · · , βn)
Por hipotese discPγ ∈ A− p ⊂ Ap −mp, pois mp ∩ A = p, logo temos que discPγ einversıvel em Ap, consequentemente det(ai j)2 tambem e e portanto {1, γ, · · · , γn−1}
e uma base do Ap-modulo Bp, e assim Bp = Ap(γ).Portanto podemos aplicar o corolario e o teorema anterior a Ap, Bp e γ.2) Como discPγ < mp pelo corolario anterior parte 1, p nao e ramificado em L. �
Observacao :Se L e um corpo de numeros algebricos de grau n sobreQ, entao IL e um Z-modulolivre de posto n pois Z e um DIP.
Corolario 3.10 Para todas as bases do Z-modulo IL, os discriminantes coinci-dem.
Demonstracao: Sejam {α1, · · · , αn} e {β1, · · · , βn} duas bases do Z-modulo IL.Pela proposicao 3.5, existe a ∈ U(Z) = {1,−1} tal que discL|Q(α1, · · · , αn) =
a2discL|Q(β1, · · · , βn), portanto os discriminantes coincidem. �
Definicao 3.4 Definimos o discriminante do corpo L como dL = discL|Q(α1, · · · , αn)sendo {α1, · · · , αn} uma base do Z-modulo IL.
O seguinte teorema sera util para saber quais sao os primos de Z que ramificamnuma extensao finita de Q.
Teorema 3.11 Seja L uma extensao finita de Q. Entao o numero de primos queramificam em L e finito. De fato, para p primo, p ramifica em L se, e somente se,p | dL.
Para a demonstracao do teorema anterior precisamos de alguns lemas.
Lema 3.12 Seja B = IL um Z-modulo livre com base {e1, e2, · · · , em}, para qual-
quer ideal (n) de Z, {e1, · · · , em} e uma base do Zn-moduloB
nBe
51
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
d(e1, e2, · · · , em) ≡ d(e1, e2, · · · , em) (mod nB)
Demonstracao: Para a ∈ Zn e x ∈B
nB, temos que ax = ax + nB = a(x + nB) = ax.
Sejam a1, · · · , am ∈ Zn, tais que a1e1 + · · ·+amem = 0, entao a1e1 + · · ·+amem ∈ nB,assim existem b1, · · · , bm ∈ Z tais que:
a1e1 + · · · + amem = n(b1e1 + · · · + bmem).
O que implica que, ai = nbi e assim ai = 0, logo {e1, · · · , em} e LI e e claro que e
um conjunto gerador deB
nB. Portanto e uma base.
Por outro lado temos que d(e1, e2, · · · , em) = det(T (eie j + nB)) = det(T (eie j)) + nBo que completa a prova do lema. �
Lema 3.13 Seja A um domınio de Dedekind com corpo de fracoes K e L umaextensao separavel de K. Suponhamos que existem B1, · · · , Bn, A-modulos livrescontidos todos no corpo L, se εi = {εi1, · · · , εiki} e uma A-base de Bi, entao :
∆ = {(ε11, 0, · · · , 0), · · · , (ε1k1 , 0, · · · , 0), · · · , (0, 0, · · · , εn1) · · · , (0, 0, · · · , εnkn)}
e uma A-base de∏
Bi e dLn |Q(∆) =∏
i dL|Q(εi).
Demonstracao: E claro que ∆, e uma A-base de∏
Bi.Para provar a outra afirmacao do lema faremos inducao sobre n, comecaremos nocaso n = 2, assim temos que se ε1 = {e1, · · · , em} e A-base de B1 e ε2 = {v1, · · · , vk}
e A base de B2, assim ∆ = {(e1, 0), · · · , (em, 0), (0, v1), · · · , (0, vk)}.Entao : dL2 |K(∆) =
det
TL2 |K(e1e1, 0) · · · TL2 |K(e1em, 0) TL2 |K(0, 0) · · · TL2 |K(0, 0)
......
......
......
TL2 |K(eme1, 0) · · · TL2 |K(emem, 0) TL2 |K(0, 0) · · · TL2 |K(0, 0)...
......
......
...TL2 |K(0, 0) · · · TL2 |K(0, 0) TL2 |K(0, v1v1) · · · TL2 |K(0, v1vk)
......
......
......
TL2 |K(0, 0) · · · TL2 |K(0, 0) TL2 |K(0, vkv1) · · · TL2 |K(0, vkvk)
=
52
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
det
TL2 |K(e1e1, 0) · · · TL2 |K(e1em, 0)
......
...TL2 |K(eme1, 0) · · · TL2 |K(emem, 0)
det
TL2 |K(0, v1v1) · · · TL2 |K(0, v1vk)
......
...TL2 |K(0, vkv1) · · · TL2 |K(0, vkvk)
.Vamos provar que para α ∈ L, TL2 |K(α, 0) = TL|K(α).
De fato, TL|K(α) = Tr(A), onde A = (ai j) e a matriz tal que, αei =
m∑j=1
ai je j.
Calculemos agora TL2 |K(α, 0). Temos que:
(α, 0)(ei, 0) = (αei, 0) = ai1(e1, 0) + · · · + ain(em, 0) + 0(0, v1) + · · · + 0(0, vk)
(α, 0)(0, v j) = (0, 0) = 0(e1, 0) + · · · + 0(em, 0) + 0(0, v1) + · · · + 0(0, vk)
Para todo 1 ≤ i ≤ m e todo 1 ≤ j ≤ k.
Assim, TL2 |K(α, 0) = Tr(
A 0n
0n×k 0k
)= TrA, logo TL2 |K(α, 0) = TL|K(α).
Analogamente para β ∈ L, temos que TL2 |K(0, β) = TL|K(β). Logo, podemos con-cluir que, dL2 |K(∆) = dL/K(ε1)dL|K(ε2).Seja agora n > 2 e suponhamos o lema e valido para n − 1.Como Ln = Ln−1×L , temos que dLn |K(∆) = dLn−1 |K(∆1)dL|K(εn) = dL|K(ε1) · · · dL|K(εn).
Sendo ∆1 A-base den−1∏
1
Bi. �
Lema 3.14 Seja B um dominio de integridade e K um corpo tal que B ⊃ K, setodo elemento de B e algebrico sobre K, entao B e um corpo.
Demonstracao: Seja β ∈ B, como β e algebrico sobre K, temos que K[β] e umK-espaco vetorial de dimensao finita e como B e um dominio de integridade aaplicacao φ : K[β] −→ K[β] tal que φ(x) = xβ para todo x ∈ K[β] e injetora, e,portanto sobrejetora; assim existe α ∈ K[β] tal que αβ = 1. �
Definicao 3.5 Um elemento α num anel e dito nilpotente se αm = 0 para alguminteiro positivo m e um anel e dito reduzido se nao tem elementos nilpotentes naonulos.
Lema 3.15 Sejam K um corpo perfeito e B ⊃ K uma K-algebra de dimensaofinita, entao B e reduzido se, e somente se:
53
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
dB|K(e1, · · · , em) = det[TB|K(eie j)] , 0
Para toda {e1, · · · , em} base de B sobre K.
Demonstracao: Seja β , 0 um elemento idempotente de B. Pelo lema 3.3 e aproposicao 3.5 podemos considerar uma base {e1, · · · , em} de B tal que e1 = β,entao βei e nilpotente para todo i, assim a transformacao K-linear Ti : B −→ B,tal que Ti(x) = βeix e nilpotente, portanto tem traco nulo e assim Tr(βei) = 0para todo i, logo a matriz [Tr(eie j)] tem a primera linha nula, consequentementedeterminante nulo, logo dB|K(e1, · · · , em) = 0.Suponhamos agora que B e reduzido, como B e noetheriano e nao tem nenhumelemento nilpotente temos que a intersecao de todos seus ideais primos e nula.Agora para p ideal primo de B, temos que B/p e um dominio de integridade, alemdisso e uma K-algebra de dimensao finita, logo todos seus elementos sao inteirossobre K, assim pelo lema anterior B/p e um corpo e p e um ideal maximal.Sejam agora p1, · · · , pg ideais primos de B, como eles sao maximais temos quepi + p j = B, para i , j, assim pelo teorema chines do resto temos que:
B∩pi
�∏ B
pi
Por outro lado se {e1, · · · , em} e base de B sobre K, entao {e1 +∩pi, · · · , em +∩pi},
geraB∩pi
como K-espaco, assim:
[B : K] ≥[
B∩pi
: K]
=
[ g∏i=1
Bpi
: K]≥
g∑i=1
[Bpi
: K]≥ g
Entao o numero de ideais primos de B e finito, e se B tem r ideais primos segue-seque:
B �B∩r
i=1pi�
r∏i=1
Bpi
ComoBpi
e uma extensao finita de K, temos que ela e uma extensao separavel,
logo d(ei1, · · · , eiki) , 0, onde {ei1, · · · , eiki} e uma base deBpi
sobre K, assim pelo
lema anterior dB|K(e1, · · · , em) , 0. �
54
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Vamos agora provar o teorema 3.11. Seja {e1, · · · , em} uma Z-base de B = IL;pelo lema 3.12, temos que dL = d(e1, · · · , em) ≡ d(e1, · · · , em) (modpB), ondex = x + pB, para todo x ∈ B. Agora:
p | dL ⇐⇒ (p) ⊃ dL ⇐⇒ d(e1, · · · , em) = 0⇐⇒BpB
nao e reduzido.
Por outro lado, se pB = Pe11 · · ·P
err , entao
BpB
=B∩P
eii
�∏ B
Peii
, assim:
BpB
�∏ B
Peii
e reduzido⇐⇒BP
eii
e reduzido⇐⇒ ei = 1∀i .
Logo comoBpB
nao e reduzido, existe i tal que ei > 1, assim p ramifica em L . �
3.2 Metodo GeometricoNosso objetivo agora sera mostrar que nao existem extensoes proprias de Q naoramificadas, isto e: se L e um corpo de numeros algebricos com [L : Q] ≥ 2,existira p ideal primo de Z que ramifica em L. Para isso usaremos a chamadaCota de Minkowsky que sera obtida usando o Metodo geometrico.
Definicao 3.6 Sejam v1, · · · , vm vetores L I no Rn. O subgrupo E = Zv1 + · · ·+Zvm
de (Rn,+) e chamado rede de dimensao m gerado por {v1, · · · , vm}.
Caraterizacao Topologica
Dados X = (x1, · · · , xn), Y = (y1, · · · , yn) ∈ Rn definimos:
• Produto Interno: X.Y =
n∑i=1
xiyi.
• Distancia: d(X,Y) = ||X − Y || =√
(x1 − y1)2 + · · · + (xn − yn)2.
• Bola de centro X e radio r > 0: Br(X) = {Y ∈ Rn | d(X,Y) ≤ r}.
• S ⊂ Rn e limitado se existe r > 0 tal que S ⊂ Br(0).
• S ⊂ Rn e discreto se |S ∩ Br(0)| < +∞ ∀r > 0.
55
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
• Chamamos de Domınio fundamental associado a {v1, · · · , vm} ao conjunto
TE =
{ m∑i=1
aivi
∣∣∣∣∣ 0 ≤ ai < 1,∀i ∈ {1, · · · ,m}}.
Proposicao 3.16 Seja E = Zv1 + · · ·+Zvn uma rede em Rn. Suponhamos que para
i ∈ {1, · · · , n}, vi = (a1i, · · · , ani) =
n∑j=1
a jie j, onde {e1, · · · , en} e a base canonica
de Rn; entao Vol TE = | det(ai j)|.
Demonstracao: Sabemos que Vol TE =
∫TE
dx1 · · · dxn, sendo
TE =
{ n∑i=1
yivi
∣∣∣∣∣ 0 ≤ yi < 1}
=
{ n∑i=1
yi
( n∑j=1
a jiei
) ∣∣∣∣∣ 0 ≤ yi < 1}. Para i ∈ {1, · · · , n},
seja xi =
n∑j=1
ai jy j, entao∂xi
∂y j= ai j, portanto o jacobiano dessa transformacao e
| det(ai j)|.
Assim Vol TE =
∫TE
| det(ai j)| dy1 · · · dyn = | det(ai j)|∫ 1
0dy1 · · ·
∫ 1
0dyn = | det(ai j)|
Proposicao 3.17 O volume do domınio fundamental nao depende da escolha dabase da rede.
Demonstracao: Suponhamos que E = Zv1 + · · · + Zvn = Zw1 + · · · + Zwn, onde{v1, · · · , vn} e {w1, · · · ,wn} sao duas bases da rede E, entao existem inteiros ci j e
bi j tais que vi =
n∑j=1
ci jw j e wi =
n∑j=1
bi jv j.
Se consideramos as matrizes C = (ci j) e B = (bi j), entao CB = In e como det C edet B sao inteiros, temos que det C = det B ∈ {1,−1}, agora como
wi =
n∑j=1
bi j
( n∑k=1
akiei
)=
∑j,k
bi jakiei, entao Vol (TEw) = | det B|| det(ai j)| = | det(ai j)|.
�
Teorema 3.18 Um subgrupo aditivo de Rn e uma rede se, e somente se, e discreto.
Demonstracao: (=⇒) Seja E uma rede gerada por {β1, · · · , βm}. Consideremos{βm+1, · · · , βn} tal que {β1, · · · , βn} e uma base do Rn.Seja agora E′ = Zβ1 + · · · + Zβn. Vamos mostrar que E′ e discreto.
56
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
De fato, para r > 0 en∑
i=1
aiβi ∈ E′ ∩ Br(0), temos que | ai |≤ r para i ∈ {1, · · · , n};
mas o numero de inteiros que verificam a desigualdade anterior e finito, portantoE′ e discreto, e assim E e discreto.(⇐=) Seja (G,+) um subgrupo aditivo de Rn e consideremos {g1, · · · , gm} um sis-tema maximal de elementos de G que sao LI sobre R, entao eles formam umabase da rede G0 = Zg1 + · · · + Zgm. Seja TG0 o domınio fundamental associadoa {g1, · · · , gm}, entao (G ∩ TG0) + G0 ⊂ G, por outro lado para x ∈ G, o conjunto
{x, g1, · · · , gm} e LD sobre R, entao x =
m∑i=1
αigi =
m∑i=1
(αi − [αi])gi +
m∑i=1
[αi]gi com
αi ∈ R, portanto x ∈ (G ∩ TG0) + G0, consequentemente (G ∩ TG0) + G0 = G.
Agora se π : G −→GG0
e a projecao canonica, entao π(G ∩ TG0) =GG0
; como
G e discreto e TG0 e limitado, G ∩ TG0 e finito, portantoGG0
e finito.
Consideremos agora g =
∣∣∣∣∣ GG0
∣∣∣∣∣. Assim para x ∈ G, gx ∈ G0, portanto
G ⊂ g−1G0 = Zg′1 + · · · + Zg′m, onde g′i = g−1gi, como Z e um DIP e g−1G0 elivre tem-se que G e livre de posto k ≤ m, logo possui uma base {v1, · · · , vk} masG0 ⊂ G ⊂ g−1G0 entao os R-espacos gerados por estes Z-modulos coincidem, istoe Rg′1 + · · ·Rg′m = Rv1 + · · ·Rvk, portanto k = m, assim {v1, · · · , vm} e LI sobre Re G = Zv1 + · · ·Zvm. �
Lema 3.19 Seja E uma rede de dimensao m em Rn, sao equivalentes:
1. m=n.
2. Rn =
.⋃z ∈ E
(z + TE).
Demonstracao: 1) =⇒ 2) Seja E = Zv1 + · · ·Zvn. Entao para x ∈ Rn, temos
x =
n∑i=1
αivi =
n∑i=1
(αi − [αi])vi +
n∑i=1
[αi]vi com αi ∈ R, assim x = z + t, sendo
z =
n∑i=1
[αi]vi ∈ E e t =
n∑i=1
(αi − [αi])vi ∈ TE, logo x ∈ z + TE, portanto:
Rn =⋃z ∈ E
(z + TE).
Agora se z1 + TE = z2 + TE, com z1, z2 ∈ E, temos que:
57
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
n∑i=1
aivi +
n∑i=1
ρivi =
n∑i=1
a′ivi +
n∑i=1
ρ′ivi
Como {v1, · · · , vn} e LI, temos ai + ρi = a′i + ρ′i para i ∈ {1, · · · , n},logo ai − a′i = ρi − ρ
′i , mas −1 < ρi − ρ
′i < 1 e ai − a′i ∈ Z, entao ai = a′i e ρi = ρ′i ,
logo Rn =
.⋃z ∈ E
(z + TE).
2) =⇒ 1) Suponhamos m < n e E = Zv1 + · · ·Zvm. Entao ET , (0), consideremos
y ∈ ET nao nulo, como Rn =
.⋃z ∈ E
(z + TE), temos que y = z + t, con z ∈ E e t ∈ TE
mas y ⊥ z e y ⊥ t, logo y ⊥ y assim y = 0 o que e uma contradicao , portantom = n.
Lema 3.20 Seja {v1, · · · , vn} uma base da rede E e C um subconjunto limitado deRn, entao C ∩ (z + TE) = ∅, para quase todo z ∈ L.
Demonstracao: Para t =
n∑i=1
ρivi ∈ TE, temos ||t|| ≤n∑
i=1
|ρi||vi|| ≤ τ, sendo
τ =
n∑i=1
||vi||. Por hipotese, existe r > 0 tal que C ⊂ Br(0), consideremos z ∈ E
que satisfaz Br(0) ∩ (z + TE) , ∅ , entao , existe t ∈ TE tal que z + t = x ∈ Br(0),portanto ||z|| = ||x − t|| ≤ ||x|| + ||t|| ≤ r + τ assim z ∈ Br+τ(0).Como E e discreto, E ∩ Br+τ(0) e finito, e como z ∈ E tal que Br(0)∩ (z + TE) , ∅satisfaz z ∈ Br+τ(0), temos que Br(0) ∩ (z + TE) e finito e assim C ∩ (z + TE) = ∅
para quase todo z ∈ L. �
Teorema 3.21 Sejam C ⊂ Rn tal que Vol C este definido e E uma rede de di-mensao n. Se os conjuntos (z+C) (z ∈ E) sao disjuntos dois a dois, entaoVol C ≤ Vol TE.
Demonstracao: Pelo lema 3.19, temos que Rn =
.⋃z ∈ E
(z + TE), portanto
C = C ∩ Rn =
.⋃z ∈ E
(C ∩ (z + TE)) e pelo lema anterior existem z1, · · · , zr ∈ L tais
que C ∩ (z + TE) = ∅, para todo z < {z1, · · · , zr}, assim C =
r⋃i=1
(C ∩ (zi + TE).
Como por hipotese os conjuntos −zi + C sao disjuntos, a reuniao
58
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
r⋃i=1
((−zi+C)∩TE) tambem e disjunta, finalmente C∩(zi+TE) = ((−zi+C)∩TE)+zi,
assim: Vol C = Vol( r⋃
i=1
(C ∩ (zi + TE))
= Vol( r⋃
i=1
((−zi + C) ∩ TE) + zi
)=
Vol( r⋃
i=1
((−zi + C) ∩ TE))
= Vol(( r⋃
i=1
(−zi + C))∩ TE
)≤ Vol TE. �
Teorema de Minkowsky sobre pontos de Rede
Definicao 3.7 C ⊂ Rn e simetrico se, para qualquer c ∈ C, tivermos −c ∈ C.Dizemos que C e convexo se, para quaisquer c1, c2 ∈ C, o conjunto:
{ρc1 + (1 − ρ)c2 | 0 ≤ ρ ≤ 1}
esta contido em C.
Teorema 3.22 Sejam C um conjunto simetrico e convexo de Rn tal que Vol C edefinido e E uma rede de dimensao n. Se Vol C > 2nVol TE, entao :
C ∩ (E − {0}) , ∅.
Demonstracao: Como Vol(12
C)
= 2−nVolC > VolTE, pelo teorema 3.21 os
conjuntos z +12
C, z ∈ E, nao sao disjumtos dois a dois, isto e, existem
z1, z2 ∈ E, z1 , z2 e c1, c2 ∈ C tais que12
c1 + z1 =12
c2 + z2, como C e simetrico e
convexo, −c1 ∈ C e z1 − z2 =12
c2 + (1 −12
)(−c1) ∈ C ∩ (E − {0}). �
Exemplo 3.2 Sejam n=2, e1 = (1, 0) , e2 = (0, 1) e E = Ze1 + Ze2.Neste caso TE = {(x, y) | 0 ≤ x < 1, 0 ≤ y < 1}, considerandoC = {(x, y) ∈ R2 | |x| < 1, |y| < 1)}, temos que VolC = 4VolTE e C ∩ (E − {0}) = ∅.
Norma de ideaisSe L e uma extensao finita de Q e p e um ideal primo de IL, ja vimos que
IL
p= p f ,
onde (p) = p ∩ Z e f =
[ IL
p: Zp
]
59
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Definicao 3.8 Seja a um ideal nao nulo de IL, definimos N(a) como o numero
(cardinal)∣∣∣∣∣ IL
a
∣∣∣∣∣Proposicao 3.23 1. Para todo ideal a nao nulo de IL temos N(a) ∈ N − {0} e
N(a) = 1 se, e somente se, a = IL.
2. Para a e b ideais nao nulos de IL temos N(ab) = N(a)N(b).
Demonstracao:1) Como IL e um domınio de Dedekind, temos que a = p1 · · · pr, sendo p1, · · · , pr
ideais primos de IL. Vamos provar por inducao que N(a) = N(p1) · · ·N(pr).Se r = 1, e claro. Suponhamos que r > 1 e que a afirmacao seja valida paraqualquer produto de r − 1 ideais. Seja n = p2 · · · pr, entao a = p1n ⊂ n; por outro
lado sabemos queIL
n�
ILa
n
a
, e pelo lema 2.9 temos quen
a=
n
p1ne um
IL
p1-espaco
vetorial de dimensao 1, consequentemente∣∣∣∣∣na
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ IL
p1
∣∣∣∣∣, entao :
N(a) =
∣∣∣∣∣ IL
a
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣na∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ IL
n
∣∣∣∣∣ = N(p1) · · ·N(pr) ∈ N − {0}
2) a = p1 · · · pr e b = q1 · · · qr, assim N(ab) = N(p1 · · · prq1 · · · qr) = N(a)N(b). �
Proposicao 3.24 Seja a um ideal nao nulo de IL, entao :
1. Se N(a) e primo, entao a e primo.
2. N(a) ∈ a, e, portanto, a divide N(a) (em IL).
3. Se a|b e N(a) = N(b), entao a = b.
Demonstracao: 1) Se a nao e primo, entao a = p1 · · · pr, com r ≥ 2, entaoN(a) = N(p)1 · · ·N(p)r, tambem nao e primo.
2) Por definicao N(a) =
∣∣∣∣∣ IL
a
∣∣∣∣∣; entao , para todo x ∈ IL, xN(a) ∈ a. Em partic-
ular, para x = 1, temos N(a) ∈ a.
3) Seja c um ideal de IL tal que ac = b. Entao N(ac) = N(b), assim N(c) = 1,e portanto c = IL, logo a = b. �
O seguinte teorema nos da uma relacao entre a norma de ideais e o discriminantee mostra tambem que ela generaliza a norma absoluta |NL|Q|.
60
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Teorema 3.25 1. Todo ideal nao nulo a de IL e um Z-modulo livre de posto ne se {α1, · · · , αn} e uma base de a, entao discL|Q(α1, · · · , αn) = N(a)2dL
2. Para α ∈ IL, N(α) = |NL|Q(α)|
Na demonstracao do teorema usaremos o seguinte resultado da Teoria de Modulos:
Teorema 3.26 Todo submodulo N de um Z-modulo livre M de posto n, e livre deposto q ≤ n. Alem disso, existe uma base {ε1, · · · , εn} de M e inteiros positivosa1, · · · , an tais que {a1ε1, · · · aqεq} e base de N.
(Veja [2], p. 48)
Demonstracao: (Teorema 3.25)1) Se [L : Q] = n, temos que IL e um Z-modulo livre de posto n. Seja a um idealde IL, como a e um Z-submodulo de IL. Pelo teorema anterior 3.26, existe umabase {ε1, · · · , εn} de IL e inteiros positivos a1, · · · , an, tais que {a1ε1, · · · , aqεq}, euma base de a, sendo q ≤ n.Consideremos agora o isomorfismo ϕ : Z × · · · × Z −→ IL, dado por:
ϕ(z1, · · · , zn) =
n∑i=1
ziεi, ∀(z1, · · · , zn) ∈ Z × · · · × Z
Agora x =
n∑i=1
ziεi ∈ a ⇐⇒ zq+1 = · · · = zn = 0 e ziεi = αi(aiεi), com αi ∈ Z e
i ∈ {1, · · · , q} ⇐⇒ zq+1 = · · · = zn = 0 e zi ∈ aiZ, para i ∈ {1, · · · , q}.
Entao temos que: ϕ :Z
a1Z× · · · ×
Z
aqZ× Z × · · · × Z −→
IL
a, dado por
ϕ(z1, · · · , zq, zq+1, · · · , zn) =
n∑i=1
ziεi + a.
Para todo (z1, · · · , zq, zq+1, · · · , zn) ∈Z
a1Z×· · ·×
Z
aqZ×Z×· · ·×Z e um isomorfismo.
Assim N(a) =
∣∣∣∣∣ Za1Z× · · · ×
Z
aqZ× Z × · · · × Z
∣∣∣∣∣ < +∞, portanto n − q = 0,
logo n = q e a e um Z-modulo livre de posto n.
61
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Agora N(a) =
∣∣∣∣∣ Za1Z× · · · ×
Z
anZ
∣∣∣∣∣ = |a1 · · · an| e como para i ∈ {1, · · · , n},
aiεi = 0ε1 + · · · + aiεi + · · · + 0εn, temos que:
discL|Q(a1ε1, · · · , anεn) = (det A)2discL|Q(ε1, · · · , εn), onde A = diag(a1, · · · , an).
Consequentemente, discL|Q(a1ε1, · · · , anεn) = N(a)2dL.
Seja agora {α1, · · · , αn} uma base de a, entao αi =
n∑j=1
ci j(a jε j), portanto
discL|Q(α1, · · · , αn) = (det C)2discL|Q(ε1, · · · , εn), onde C = (ci j) ∈ Mn(Z), como
{a1ε1, · · · , anεn} e uma Z-base de a, det C e inversıvel em Z assim:
discL|Q(α1, · · · , αn) = discL|Q(ε1, · · · , εn) = N(a)2dL.
2) Seja {β1, · · · , βn} uma base integral de L e α ∈ IL, entao {αβ1, · · · , αβn} e umabase de < α >, pela parte anterior discL|Q(αβ1, · · · , αβn) = (N(α))2dL.
Por outro lado αβi =
n∑j=1
ai jβ j, ai j ∈ Z ⊂ Q e {β1, · · · , βn} e base de L/Q, entao
pela definicao de norma temos NL|Q(α) = det(ai j) e pelo lema 3.3, temos que
discL|Q(αβ1, · · · , αβn) = (det(ai j)2)discL|Q(β1, · · · , βn) = (NL|Q(α))2dL.
Portanto N(α) = |NL|Q(α)|. �
Exemplo 3.3 Seja L = Q(√−17 ), como−17 ≡ 3 (mod 4) temos que IL = Z[
√−17 ]
nao e fatorial, pois 18 = 2.3.3 = (1 +√−17 )(1−
√−17 ), que sao irredutiveis em
IL.Consideremos os ideais (distintos)
p = 2IL + (1 +√−17 )IL, q = 3IL + (1 +
√−17 )IL e r = 3IL + (1 −
√−17 )IL
Temos que p, q e r sao ideais primos de IL e 18IL = p2q2r2.
De fato, para x ∈ p, existem a, b, c, d ∈ Z tais que:x = 2(a+b
√−17 )+(1+
√−17 )(c+d
√−17 ) = (2a+c−17d)+(2b+c+d)
√−17 =
m + n√−17 ,sendo m = 2a + c − 17d e n = 2b + c + d.
Entao m−n = 2(a−b)−18d que e par, portanto p = {m+n√−17 | m ≡ n (mod2 )},
logo p & IL.Agora para y ∈ IL, y = a + b
√−17, se a− b e par temos de y ∈ p e se a− b e ımpar
y − 1 = (a − 1) + b√−17 e (a − 1) − b e par, assim y − 1 ∈ p, logo:
62
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
IL
p= {p, 1 + p}
Analogamente pode-se mostrar que
IL
q= {q, 1 + q, 2 + q} e que
IL
r= {r, 1 + r, 2 + r}
Portanto, N(p) = 2 e N(q) = N(r) = 3. Assim pelo item 1 da proposicao 3.24temos que, p, q e r sao ideais primos de IL.Vamos mostrar agora que 18IL = p2q2r2.De fato, 1−
√−17 ∈ p pois 1−
√−17 = 2(1)+(1+
√−17)(−1), tambem 1+
√−17 ∈
p, portanto 18 = (1 +√−17)(1 −
√−17) ∈ p2, logo p2| < 18 >.
3 ∈ q, entao 3.3 ∈ q2 assim 18 = 2.3.3 ∈ q2, consequentemente q2 | < 18 >,analogamente r2 | < 18 >, e como IL e um domınio de Dedekind, tem-se quep2q2r2| < 18 >, assim < 18 >⊂ p2q2r2.Pelo teorema anterior N(< 1 >) = NL|Q(18) = 182, por outro lado N(p2q2r2) =
223232 = 182, assim pela proposicao 3.24 parte 3, temos que 18IL = p2q2r2. �
3.3 O espaco Łs, t
Seja L = Q(θ), onde θ e inteiro sobre Z e σ1, · · · , σn os monomorfismos L −→ Cque deixam Q fixo.
• Se σi(L) ⊂ R (σi(θ) ∈ R), dizemos que σi e real.
• Se σi(L) " R, dizemos que σi e complexo.
• Como a conjugacao complexa e um automorfismo de C, temos que σi e ummonomorfismo de L −→ C, entao σi = σ j para algum j ∈ {1, · · · , n} esabemos que σi = σi se, e somente se, σi e real.Entao n = s+2t, onde s e o numero de monomorfismos reais e 2t e o numerode monomorfismos complexos e eles sao :σ1, · · · , σs, σs+1, σs+1 · · · , σs+t, σs+t.
• Definimos Łs, t = Rs × Ct, notemos que Łs,t � Rn, como R-espaco. Seα = (α1, · · · , αn), e β = (β1, · · · , βn) ∈ Łs,t, definimos:
α + β = (α1 + β1, · · · , αn + βn) e αβ = (α1β1, · · · , αnβn)
63
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Consideremos agora o monomorfismo σ : L −→ Łs, t dado por:σ(α) = (σ1(α), · · · , σs(α), σs+1(α), · · · , σs+t(α)), ∀α ∈ L, entao para α, β ∈ Ltemos:
• σ(α + β) = σ(α) + σ(β).
• σ(αβ) = σ(α)σ(β).
• Dado r ∈ Q, σ(rα) = rσ(α).
Teorema 3.27 Se {α1, · · · , αn} e uma base de L /Q, entao σ(α1), · · · , σ(αn) saoLI sobre R.
Demonstracao: Para k ∈ {1, · · · , s}, seja σk(αl) = x(l)k , e para j ∈ {1, · · · , t}, seja
σ j(αl) = y(l)j + iz(l)
j , onde x(l)k , y
(l)j e z(l)
j sao numeros reais para todo l ∈ {1, · · · , n},entao : σ(αl) = (x(l)
1 , · · · , x(l)s , y
(l)1 + iz(l)
1 , · · · , y(l)t + iz(l)
t ).Vamos mostrar que:
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(1)
1 · · · x(1)s y(1)
1 z(1)1 · · · y(1)
t z(1)t
x(2)1 · · · x(2)
s y(2)1 z(2)
1 · · · y(2)t z(2)
t... · · ·
......
... · · ·...
...
x(n)1 · · · x(n)
s y(n)1 z(n)
1 · · · y(n)t z(n)
t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣, 0.
De fato, multiplicando
z(1)
kz(2)
k...
z(n)k
por i e somando a
y(1)
ky(2)
k...
y(n)k
temos
D = i−t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(1)
1 · · · x(1)s y(1)
1 + iz(1)1 iz(1)
1 · · · y(1)t + iz(1)
t iz(1)t
x(2)1 · · · x(2)
s y(2)1 + iz(2)
1 iz(2)1 · · · y(2)
t + iz(2)t iz(2)
t... · · ·
......
... · · ·...
...
x(n)1 · · · x(n)
s y(n)1 + iz(n)
1 iz(n)1 · · · y(n)
t + iz(n)t iz(n)
t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣Agora multiplicando
64
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
y(1)
k + iz(1)k
y(2)k + iz(2)
k...
y(n)k + iz(2)
k
por12
e fazendo a diferenca com
iz(1)
kiz(2)
k...
iz(n)k
temos:
D = i−t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x(1)1 · · · x(1)
s y(1)1 + iz(1)
1
y(1)1 − iz(1)
1
−2· · · y(1)
t + iz(1)t
y(1)t − iz(1)
t
−2
x(2)1 · · · x(2)
s y(2)1 + iz(2)
1
y(2)1 − iz(2)
1
−2· · · y(2)
t + iz(2)t
y(2)t − iz(2)
t
−2... · · ·
......
... · · ·...
...
x(n)1 · · · x(n)
s y(n)1 + iz(n)
1
y(n)1 − iz(n)
1
−2· · · y(n)
t + iz(n)t
y(n)t − iz(n)
t
−2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−2i)−t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x(1)
1 · · · x(1)s y(1)
1 + iz(1)1 y(1)
1 − iz(1)1 · · · y(1)
t + iz(1)t y(1)
t − iz(1)t
x(2)1 · · · x(2)
s y(2)1 + iz(2)
1 y(2)1 − iz(2)
1 · · · y(2)t + iz(2)
t y(2)t − iz(2)
t... · · ·
......
... · · ·...
...
x(n)1 · · · x(n)
s y(n)1 + iz(n)
1 y(n)1 − iz(n)
1 · · · y(n)t + iz(n)
t y(n)t − iz(n)
t
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
Por tanto D = (−2i)−t[det(σk(αl))], mas como {α1, · · · , αn} e uma base de L /Q,temos que det(σk(αl))2 = discL|Q(α1, · · · , αn) , 0, assim D , 0 e o conjunto{σ(α1), · · · , σ(αn)} e LI sobre R. �
Teorema 3.28 Sejam L um corpo de numeros de grau n = s + 2t e a um ideal naonulo de IL, entao o volume do domınio fundamental deσ(a) em Łs, t e 2−tN(a)
√|dL|.
Demonstracao: Seja {α1, · · · , αn} uma Z-base de a. Como σ e um monomor-fismo, temos que {σ(α1), · · · , σ(αn)} e uma Z-base de σ(a).Com as notacoes do teorema anterior temos:
σ(αl) = (x(l)1 , · · · , x
(l)s , y
(l)1 + iz(l)
1 , · · · , y(l)t + iz(l)
t ).
Entao , pela proposicao 3.16, tem-se que:
Vol Tσ(a) = |D| = |(−2i)−t[det(σk(αl))]| = 2−t| det(σk(αl))| = 2−t√|discL|Q(α1, · · · , αn)| .
Como {α1, · · · , αn} e uma Z-base de a, pelo teorema 3.25 temos quediscL|Q(α1, · · · , αn) = N(a)2dL, assim, Vol Tσ(a) = 2−tN(a)
√|dL|. �
65
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Um pouco de Calculo
Lema 3.29 Para ai > 0, seja I(a1, · · · , am; c) =
∫Z(c)
xa11 · · · x
amm dx1 · · · dxm, sendo
Z(c) =
{X ∈ Rn
∣∣∣∣∣ xi ≥ 0,m∑
i=1
xi ≤ c}, entao :
I(a1, · · · , am; c) = cβmΓ(a1 + 1) · · · Γ(am + 1)
Γ(a1 + · · · am + 1).
Onde Γ(x) =
∫ ∞
0e−ttx−1dt e βm =
m∑i=1
ai + m.
Demonstracao: Seja x′i = cxi, entao∂x′i∂x j
=
c, se i = j.0, se i , j.
Portanto I(a1, · · · , am; c) =
∫Z(1)
cm(cx′1)a1 · · · (cx′m)amdx′1 · · · dx′m =∫Z(1)
cβm x′1 · · · x′mdx′1 · · · dx′m = cβm I(a1, · · · , am; 1).
Entao , e suficiente mostrar que :
I(a1, · · · , am; 1) =Γ(a1 + 1) · · · Γ(am + 1)
Γ(a1 + · · · am + 1); para isso usaremos inducao sobre m.
Se m = 1, I(a1; 1) =
∫ 1
0xa1dx =
1a1 + 1
=Γ(a1 + 1)Γ(a1 + 2)
, seja agora m > 1 e
suponhamos a formula valida para m − 1.
Consideremos o conjunto Z(xm)′ =
{X ∈ Rm−1
∣∣∣ xi ≥ 0,m−1∑i=1
xi ≤ 1 − xm
}, entao
I(a1, · · · , am; 1) =
∫ 1
0xam
m
( ∫Z(xm)′
xa11 · · · x
am−1m−1 dx1 · · · dxm−1
)dxm =∫ 1
0xam
m I(a1, · · · , am−1; 1 − xm)dxm.
Mas I(a1, · · · , am−1; 1 − xm) = (1 − xm)βm−1 I(a1, · · · , am−1; 1).
66
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Portanto:
I(a1, · · · , am; 1) = I(a1, · · · , am−1; 1)∫ 1
0xam
m (1 − xm)βm−1dxm, e como:
∫ 1
0xm−1(1 − x)n−1dx = B(m, n) =
Γ(m)Γ(n)Γ(m + n)
Temos, I(a1, · · · , am; 1) = I(a1, · · · , am−1; 1)Γ(am + 1)Γ(a1 + · · · am−1 + m)
Γ(a1 + · · · am + m + 1)=
Γ(a1 + 1) · · · Γ(am−1 + 1)Γ(am + 1)Γ(a1 + · · · + am−1 + m)Γ(a1 + · · · + am−1 + m)Γ(a1 + · · · + am + m + 1)
=Γ(a1 + 1) · · · Γ(am + 1)Γ(a1 + · · · + am + 1)
.�
Lema 3.30 Para qualquer numero real c > 0, consideremos o conjunto
X(c) =
{(x1, · · · , xs, zs+1, · · · , zs+t) |
s∑i=1
|xi| + 2s+t∑
i=s+1
|zi| ≤ c}, entao :
Vol(X(c)) = 2s(π
2
)t 1n!
cn.
Demonstracao: Como X(c) e simetrico em relacao a origem, tem-se que Vol(X(c)) =
2sVol(Y(c)), onde Y(c) = {(x1, · · · , xs, zs+1, · · · , zs+t) ∈ X(c) | xi ≥ 0}.Para as variaveis complexas fazemos a seguinte mudanca de variaveis:
z j = x j + iy j =12ρ j(cos θ j + isenθ j), com ρ j ≥ 0 e 0 ≤ θ j ≤ 2π, o jacobiano dessa
transformacao e14t ρs+1 · · · ρs+t, depois de integrar sobre os θ j, temos:
Vol(X(c)) = 2s4−t(2π)t
∫Zρs+1 · · · ρs+tdx1 · · · dxsdρs+1 · · · dρs+t
Sendo Z =
{(X, ρ) ∈ Rr+t | xi, ρi ≥ 0,
s∑i=1
xi +
s+t∑i=s+1
ρi ≤ c}, logo pelo lema ante-
rior com m = s+t, ai = 0 para i ∈ {1, · · · , s} e ai = 1 para i ∈ {s+1, · · · ,m}, temos:
Vol(X(c)) = 2s4−t(2π)tct+s+t Γ(1) · · · Γ(1)Γ(2) · · · Γ(2)Γ(1 + · · · + 1 + s + t + 1)
=
2s4−t(2π)tct+s+t 1Γ(s + 2t + 1)
= 2s(π
2
)t
ct+s+t 1Γ(n + 1)
= 2s(π
2
)t
cn 1n!
. �
67
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Exemplo 3.4 • Quando s = 2 e t = 0, temosX(c) = {(x, y) ∈ R2 | |x | + |y | ≤ c}, que e um cuadrado de lados comcomprimento
√2c e portanto: A(X(c)) = 2c2.
• No caso s = 0 e t = 1, X(c) e um cırculo de radioc2
, que tem areaπc2
4.
Lema 3.31 Sejam a1, · · · , an numeros reais nao negativos, entao :( n∏i=1
ai
) 1n
≤
∑ni=1 ai
n
Teorema 3.32 Sejam L um corpo de numeros algebricos de grau n=s+2t e a , 0
um ideal de IL, entao existe α ∈ a nao nulo tal que |NL|Q(α)| ≤(4π
)t n!nn
√|dL|Na.
Demonstracao: Para c > 0, seja X(c) definido como no lema anterior; sabemos
que X(c) e simetrico, convexo e Vol(X(c)) = 2s(π
2
)t 1n!
cn.
Seja Tσ(a) o domınio fundamental de a, entao pelo teorema 3.28 temos:
Vol(Tσ(a)) = 2−tN(a)√|dL|
Pelo teorema de Minkowsky para pontos de rede, X(c) ∩ (σ(a) − 0) , ∅, quando
Vol(X(c)) > 2nVol(Tσ(a)), isto e 2s(π
2
)t 1n!
cn > 2n2−tN(a)
√|dL| ou seja, quando
2s(π
2
)t 1n!
cn > 2s+2t2−tN(a)
√|dL|, ou equivalentemente quando cn >
(4π
)t
n!N(a)√|dL|.
Dado ε > 0, escolhemos cε , tal que cnε =
(4π
)t
n!N(a)√|dL| + ε, portanto pelo teo-
rema de Minkowski, existe α ∈ a nao nulo tal que σ(α) ∈ X(cε), pelo lema anterior
temos que |NL|Q(α)| =n∏
i=1
|σi(α)| ≤(∑n
i=1 |σi(α)|n
)n
, mas sabemos que:
|σs+1(α)| = |σs+2(α)|, · · · , |σs+2t−1(α)| = |σs+2t(α)|
Portanto:
|NL|Q(α)| ≤1nn
( n∑i=1
|σi(α)| + 2(|σs+1(α)| + |σs+3(α)| + · · · |σs+2t−1(α)|))<
(cεn
)n
,
pois σ(α) ∈ X(cε)
68
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Por outro lado, como a e discreto, temos que Aε =
{α ∈ a
∣∣∣ |NL|Q(α)| ≤(cε
n
)n}e
finito, alem disso Aε , ∅,∀ε > 0. Assim, A =⋂ε>0
Aε , ∅.
Se escolhemos α ∈ A, obtemos |NL|Q(α)| ≤(cε
n
)n
=
(4π
)t
n!N(a)√|dL| + ε
nn , para
todo ε > 0, portanto |NL|Q(α)| ≤(cn
)n
, onde cn =
(4π
)t
n!N(a)√|dL|.
Assim |NL|Q(α)| ≤(4π
)t n!nnN(a)
√|dL|. �
Definicao 3.9 Sejam L um corpo de numeros algebricos de dimensao n=s+2t,F o grupo multiplicativo dos ideais fracionarios de IL e P o subgrupo de Fformado por seus ideais principais, isto e:
P = {ca | c ∈ L e a e ideal principal de IL}
Definimos o grupo de classes, como o quociente H =F
P.
• H e um grupo com a operacao (mP)(nP) = (mn)P ,∀m, n ∈ F .
• Dizemos que, m e n sao equivalentes se: mP = nP , isto e, quando existej ∈P tal que m = jn.
• A anterior relacao entre ideais de F e de equivalencia e se m e equivalentea n, entao m−1 e equivalente a n−1.
Podemos establecer agora um corolario do teorema anterior.
Corolario 3.33 Todo ideal a de IL e equivalente a um ideal b nao nulo de IL cuja
norma e ≤(4π
)t n!nn
√|dL|.
Demonstracao: Seja a um ideal nao nulo de IL e seja a−1 ∈ F , entao a−1 = cc,onde c ∈ L∗ e c e um ideal nao nulo de IL.Como 〈c〉 ∈ P , temos que c e equivalente a a−1, pelo teorema anterior ex-
iste α ∈ c nao nulo tal que |NL|Q(α)| ≤(4π
)t n!nnN(c)
√|dL|, como α ∈ c temos
que c |〈α〉, e portanto existe b ideal nao nulo de IL, tal que bc = 〈α〉, assim
69
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
N(bc) = N(α) = |NL|Q(α)|, consequentemente N(b) =N(< α >)N(c)
≤
(4π
)t n!nn
√|dL|. �
Vamos agora establecer o teorema mais importante desta secao .
Teorema 3.34 Teorema de Minkowsky Seja L um corpo de numeros algebricostal que [L : Q] ≥ 2, entao |dL| > 1. Em particular existe p ideal primo de Z queramifica em L .
Demonstracao: Seja a um ideal nao nulo de L tal que N(a) ≤(4π
)t n!nn
√|dL|.
Entao√|dL| ≥
(π
4
)t nn
n!N(a) ≥
(π
4
)t nn
n!, como s + 2t = n, temos
s2
+ t =n2
, e daı
t ≤n2
.
Agora comoπ
4< 1, temos
(π
4
)t
≥
(π
4
) n2
, portanto√|dL| ≥
nn
n!
(π
4
) n2
= sn.
Por outro lado,sn+1
sn=
(n+1)n+1
(n+1)!
(π4
) n2
nn
n!
(π4
) n2
=n!(n + 1)n+1
(n + 1)!nn
(π
4
) 12
=
1n + 1
(n + 1n
)n
(n + 1)(π
4
) 12
=
(1 +
1n
)n(π4
) 12
> 1, pois(1 +
1n
)n
>2√π
.
Assim (sn) e crescente e como s2 > 1, temos 1 < limn→∞
sn ≤√|dL|, logo |dL| > 1.
Portanto, temos que dl < {1,−1} = U(Z), logo existe p ideal primo de Z tal quep ⊃< dL >, assim p ramifica em L .
3.4 Automorfismo de FrobeniusLema 3.35 Seja K um corpo de numeros algebricos e p um ideal primo nao nulo
de IK , entaoIK
pe finito.
Demonstracao: De fato, considerando p1 = p∩Z, temos que p1 e um ideal primonao nulo de Z, e que p esta acima de p1, como K e extensao de Galois de Q, pelo
teorema 2.4 temos que[ IK
p:Z
p1
]e finito e, como
Z
p1� Zp1 , temos que
IK
pe finito.
�
70
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Consideremos agora agora L uma extensao de Galois de K e p um ideal primode B = IL que esta acima de p
P B = IL L∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p A = IK K∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣Z Q
Temos que:
• A e um domınio de Dedekind.
• B = IL(A)
• L e extensao de Galois de K = Q(A)
Assim, pelo teorema 2.4,BP
e extensao finita deAp
, logo separavel e portanto
normal, consequentemente G((B/P)/(A/p)) �GP
TP.
Suponhamos que∣∣∣∣∣Ap
∣∣∣∣∣ = q e[ BP
:Ap
]= f , entao
∣∣∣∣∣ BP
∣∣∣∣∣ = q f .
Consideremos agora:
σ :BP−→
BP
, dado por σ(x +P) = xq +P.
Entao , σ e um automorfismo tal que < σ >= G((B/P)/(A/p)), ese automorfismoe chamado Automorfismo de Frobenius. �
Observacao : Como consequencia do corolario 2.25 temos queTPV1
e isomorfo
a um subgrupo do grupo multiplicativo( BP
)∗de
BP
. Portanto,TPV1
e cıclico e sua
ordem divide q f − 1
Teorema 3.36 SeGP
V1e abeliano, entao
TPV1
e um grupo cıclico cuja ordem divide
q − 1.
71
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Demonstracao: Suponhamos primeiramente que B e um DIP e consideremos πum gerador de P. Seja σ ∈ TP, entao σ ∈ GP, logo σ(π) = aσπ, com aσ ∈ B eaσ < P.De fato, de aσ ∈ P, temos que σ(π) ∈ P2, logo π = σ−1(σπ) ∈ P2 = (π2) , assimexiste α ∈ P tal que π = π2α, consequentemente πα = 1 o que implica P = B,absurdo.Agora para ρ ∈ TP, temos σ(ρπ) = σ(aρπ) = σ(aρ)aσπ e σρ(π) = aσρπ, assim:
σ(aρ)aσπ = aσρπ.
Como σ ∈ TP, temos que σ(aρ)−aρ ∈ P, portanto aσρ−aρaσ = σ(aρ)aσ−aρaσ =
(σ(aρ) − aρ)aσ ∈ P, isto e:
aρσ ≡ aρaσ (modP).
Portanto, aρσ = aρ aσ onde x = x + P, para todo x ∈ B, logo a aplicacao σ 7→ aσ
e um homomorfismo de TP no grupo multiplicativo( BP
)∗, seu kernel e o conjunto
dos σ ∈ TP tais que aσ ≡ 1 (modP) isto e aσπ ≡ π (modP2), afirmamos que esteconjunto e V1.De fato, se z ∈ P, z = aπ para algum a ∈ B, entao σ(z) − z = σ(aπ) − aπ =
(σ(a) − a)π + σ(a)(σ(π) − π) ∈ P2, assim σ(z) − z ∈ P2, por outro lado como
f (P|Pt) = 1, entaoBt
Pt =BP
, assim dado x ∈ B existem y ∈ Bt e z ∈ P tais que
x = y + z, portanto σ(x)− x = σ(y)− y +σ(z)− z, como Bt = B∩ Lt e Lt e o corpofixo de TP, temos que σ(y) = y, assim σ(x) − x = σ(z) − z ∈ P2 o que prova anossa afirmacao .
Portanto, a aplicacao σ 7→ aσ induz um isomorfismo deTPV1
num subgrupo de( BP
)∗.
Sejam agora τ ∈ TP tal que sua coclase mod V1 geraTPV1
e σ ∈ GP tal que σ induz
o automorfismo de Frobenius ξ + P 7→ ξq + P deBP
sobreAp
, para simplificar
notacoes escrevamos:
σπ = aπ, τπ = bπ e στσ−1π = cπ
72
CAPITULO 3. CORPOS DE NUMEROS ALGEBRICOS
Como por hipoteseGP
V1e abeliano, temos que στσ−1V1 = τV1 e ja vimos que
TPV1
e isomorfo a um subgrupo de( BP
)∗, com isomorfismo dado por a aplicacao
ρV1 7→ aρ, entao c = b .Por outro lado, temos que π = σ−1(aπ) = σ−1(a)σ−1(π), assim:
σ−1(π) = σ−1(a)−1π.
Observemos que, σ−1(a)−1 = σ−1(π)π−1 ∈ B. De fato σ−1(π) ∈ P, π ∈ P, assimσ−1(π) − π = yπ, y ∈ B, logo:
σ−1(π)π−1 = 1 + y ∈ B
Vamos agora calcular o c acima. Temos que, cπ = στσ−1π = στ(σ−1(a)−1π) =
σ(τσ−1(a)−1bπ) = στ(σ−1(a)−1)σ(b)aπ, portanto:
c = στ(σ−1(a)−1)σ(b)a
Reduzindo modP e lembrando que τ(x) = x para todo x ∈ B, temos que:
c = στ(σ−1(a)−1)σ(b)a = σσ−1(a)−1σ(b)a = a−1σ(b)a = σ(b) = bq.
Assim bq = c, portanto bq−1 = 1, logo o(b) divide q − 1.Sabemos que τV1 7→ b via um isomorfismo, assim o(τV1) = o(b) o que prova oteorema nesse caso particular.No caso geral, consideremos S p = A − p, Ap = S −1
p A e Bp = S −1p B, entao pelas
proposicoes 1.26 e 1.28 Ap e um dominio de Dedekind com um unico ideal max-imal pAp, logo pelo teorema 1.16 Bp tambem e um dominio de Dedekind e comoo numero de ideais primos de Bp (que sao da forma PBp ) e finito, temos pelo teo-rema 1.22 que Bp e um DIP, mas pela proposicao 2.19 sabemos que GP = GPBpe para i ≥ 0, Vi(P) = Vi(PBp), portanto aplicando todos estes resultados temos aprova do teorema no caso geral. �
73
Capıtulo 4
Extensoes Ciclotomicas
4.1 Fatos e definicoes elementares
• Seja Q ⊂ C o fecho algebrico de Q e m ∈ Z+. O polinomio Xm − 1 ∈ Q[X]tem m raızes distintas ζ1, · · · , ζm ∈ Q, que sao chamadas raızes m-esimas daunidade.
• Se G = {ζ1, · · · , ζm}, entao (G, ·) e um grupo cıclico e se ζ ∈ G e um gerador,ζ e chamado raız primitiva m-esima da unidade.
• Temos que, para a ∈ Z, ζa e uma raız primitiva m-esima da unidade se,e somente se, (a,m) = 1. Portanto para cada m ∈ Z+ temos, φ(m) raızesprimitivas m-esimas da unidade.
• L = Q(ζ1, · · · , ζm) = Q(ζ) e chamado corpo das raızes m-esimas da unidadee uma extensao ciclotomica de Q e, por definicao , um subcorpo de L quecontem Q.
Proposicao 4.1 L = Q(ζ) e uma extensao abeliana de grau φ(m) sobre Q, poisdado σ ∈ G(L/Q), σ(ζ) = ζa, onde (a,m) = 1 e a aplicacao G(L/Q) −→ (Zm)×,σ 7→ a e um isomorfismo, alem disso o polinomio minimal de ζ e
Pζ(X) =
m∏i=1
(i,m)=1
(X − ζ i).
[Veja [7], p. 190]
74
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Proposicao 4.2 Se L1, L2, · · · , Ln sao extensoes ciclotomicas, entao L1L2 · · · Ln euma extensao ciclotomica.
Notacao : Se G e um grupo ciclico de ordem m, notaremos G por c(m).
Proposicao 4.3 Seja m = pr, r ∈ Z+ e p um primo ımpar. Consideremos ζ umaraız primitiva m-esima da unidade e L = Q(ζ), entao G(L/Q) e um grupo cıclicode ordem φ(m) = pr−1(p − 1).E se r ≥ 2 e m = 2r, G(L/Q) = c(2)×c(2r−2), onde c(2) e gerado por σ ∈ G(L/Q),dado por σ(ζ) = ζ−1 e c(2r−2) e gerado por τ ∈ G(L/Q), dado por τ(ζ) = ζ5.
[Veja [7], p. 86 e p.88].
Proposicao 4.4 Seja ζ uma raız primitiva m-esima da unidade, entao :∏0≤i, j≤m−1,
i, j
(ζ i − ζ j) = (−1)m−1mm
Demonstracao: Como ζ e uma raız primitiva m-esima da unidade, temos que
Xm − 1 =
m−1∏i=0
(X − ζ i), portanto:
(−1)m−1 =
m−1∏i=0
ζ i
Por outro lado, vale que:
mXm−1 =
m−1∑j=0
m−1∏i=0, i, j
(X − ζ j).
Agora se fazemos X = ζ j obtemos que, mζ j(m−1) =
m−1∑j=0
m−1∏i=0, i, j
(ζ j − ζ i), assim
tomando produtos da equacao anterior para j = 0, · · · ,m − 1. Temos que:
mm( m−1∏
j=0
ζ j)m−1
=∏
0≤i, j≤m−1i, j
(ζ j − ζ i).
Consequentemente,∏
0≤i, j≤m−1i, j
(ζ i − ζ j) = (−1)m−1mm. �
75
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Proposicao 4.5 Sejam ζ uma raız primitiva m-esima da unidade e p ∈ Z umprimo, se p ramifica em Q(ζ), entao p |m.
Demonstracao: Sabemos que {1, ζ, · · · , ζφ(m)−1} e uma base de Q(ζ) sobre Q eque G(Q(ζ)/Q) = {σa | (m, a) = 1}, onde σa(ζ) = ζa, (a,m) = 1.Seja Pζ o polinomio minimal de ζ sobre Q, entao :
dL|Q(1, ζ, · · · , ζφ(m)−1) = 4(Pζ) =∏
i< j(i ,m)=( j ,m)=1
(σ j(ζ) − σi(ζ))2 o que e um subpro-
duto do produto da proposicao anterior.Portanto 4(Pζ) = dL|Q(1, ζ, · · · , ζφ(m)−1) |mm, seja agora um primo p ∈ Z que ra-mifica em Q(ζ). Pelo corolario 3.9 temos que 4(Pζ) ∈ pZ, assim p | 4( f ) e como4(Pζ) |mm, p |mm o que implica p |m. �
Teorema 4.6 Sejam a ∈ Z+ e m = pa, onde p ∈ Z e primo. Se ζ e uma raızprimitiva m-esima da unidade e p e um primo de IQ(ζ) acima de p, entao :
• (1 − ζ)φ(m) = (p) em IQ(ζ).
• e(p | p) = φ(m), f (p | p) = 1 e r(p | p) = 1.
Demonstracao: Sabemos que 〈ζ〉 = {1, ζ, · · · , ζ pa−1}, e, assim
〈ζ p〉 = {1, ζ p, ζ2p, · · · , ζ p(pa−1−1)} que e o conjunto das raızes de Xmp − 1.
Portanto as raızes deXm − 1
Xmp − 1
sao as raızes primitivas m-esimas de 1, isto e:
Xm − 1
Xmp − 1
=∏0≤b≤m(b,m)=1
(X − ζb).
Usando a regra de L’Hospital, temos que:
p = limX→1
Xm − 1
Xmp − 1
= limX→1
∏0≤b≤m(b,m)=1
(X − ζb) =∏0≤b≤m(b,m)=1
(1 − ζb) = (1 − ζ)φ(m)∏0≤b≤m(b,m)=1
1 − ζb
1 − ζ.
Vamos mostrar que se (b,m) = 1,1 − ζb
1 − ζe uma unidade em IQ(ζ).
De fato, sabemos que:
1 − ζb
1 − ζ= 1 + ζ + · · · + ζb−1 ∈ IQ(ζ).
76
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Agora como (b,m) = 1, existe a ∈ Z tal que ab ≡ 1(mod m). Logo ζab = ζ,portanto:
1 − ζ1 − ζb =
1 − ζab
1 − ζb = 1 + ζb + · · · + ζb(a−1) ∈ IQ(ζ).
Assim1 − ζb
1 − ζ∈ U(IQ(ζ)) e consequentemente (1 − ζ)φ(m) = (p) em IQ(ζ) .
Consideremos agora a decomposicao de (1 − ζ) em IQ(ζ) como produto de ideaisprimos, isto e:
(1 − ζ)IQ(ζ) = Pk11 · · ·P
kss .
Logo, pIQ(ζ) = (1 − ζ)φ(m)IQ(ζ) = Pφ(m)k11 · · ·P
φ(m)kss . Como p esta acima de p, e-
xiste j ∈ {1, · · · , s} tal que p = P j, assim e(p | p) = φ(m)k j ≥ φ(m), portantoe(p | p) = φ(m) e como e(p | p) f (p | p)r(p | p) = φ(m), temos f (p | p) = r(p | p) = 1.�
Corolario 4.7 Sejam m ∈ Z e p um numero primo, tal que p divide m entao :
• Se m = psm′, com (p,m′) = 1 e ps > 2, entao p ramifica em Q(ζ).
• Se m = 2m′ com m′ ımpar, temos que Q(ζ) = Q(ξ), sendo ξ uma raızprimitiva m’-esima da unidade.
Demonstracao: Sejam m = psm′ com (p,m′) = 1 e ξ uma raız ps-esima daunidade, entao Q(ξ) ⊂ Q(ζ).Consideremos agora p um ideal primo de IQ(ξ) que esta acima de p, pela proposicaoanterior e(p|p) = φ(ps), se ps > 2, entao e(p|p) > 1, assim se P e um ideal primode IQ(ζ) que esta acima de p, entao e(P|p) = e(P|p)e(p|p) > 1, logo p ramifica emQ(ζ).Agora se m = 2m′ como m′ e ımpar. Temos que:
ζ = exp 2πi2m′ e −ξ = − exp 2πi
m′ = exp πi exp 2πim′ = exp (2+m′)2πi
2m′ = ζ2+m′
PortantoQ(ζ) = Q(ξ) se (2m′, 2+m′) = 1. Seja p primo tal que p | 2m′ e p | 2+m′,entao p e impar e p |m′, portanto p | (2 + m′) − m′, assim p = 1. �
Teorema 4.8 Seja ξ uma raız primitiva pn-esima da unidade e L = Q(ξ), entao ;
dL|Q(1, ξ, · · · , ξφ(pn)−1) = (−1)p(p−1)
2 pnφ(pn)−pn−1
Para a demonstracao do teorema precisamos do seguinte resultado referente a dis-criminantes.
77
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Proposicao 4.9 Seja L uma extensao de grau n de um corpo K e α ∈ L tal queL = K(α). Se f e o polinomio minimal de α sobre K entao :
dL|K(1, α, · · · , αn−1) = (−1)
(n2
)NL|K( f ′(α)).
Demonstracao: Pela proposicao 3.2 temos que:
dL|K(1, α, · · · , αn−1) =∏i< j
(αi − α j)2 =∏i< j
(αi − α j)∏i< j
(αi − α j) =
(−1)
(n2
) ∏i, j
(αi − α j) = (−1)
(n2
) ∏i
∏j,i
(αi − α j).
Agora se f (X) = (X − α1) · · · (X − αn), entao f ′(X) =∑
k
∏j,k
(X − α j), as-
sim f ′(αi) =∏j,i
(αi − α j), portanto dL|K(1, α, · · · , αn−1) = (−1)
(n2
)n∏
i=1
f ′(αi) =
(−1)
(n2
)n∏
i=1
σi f ′(α) = (−1)
(n2
)NL|K( f ′(α)). �
Vamos agora demonstrar o teorema.
Demonstracao: (Teorema 4.8)
Xpn−1 = (Xpn−1
−1)(Xpn−1(p−1) +Xpn−1(p−2) + · · ·+1). Seja W(x) =Xpn− 1
Xpn−1− 1∈ Q[X],
entao W(x) = Xpn−1(p−1)+ Xpn−1(p−2)
+ · · · + 1. Logo, ∂W = pn−1(p − 1) = [L : Q] e
como Pξ(X) =
n∏i=1,
(i , pn)=1
(X − ξi) tem grau φ(pn) = pn−1(p− 1), entao W e o polinomio
minimal de ξ.Logo pela proposicao anterior temos que:
dL|Q(1, ξ, · · · , ξφ(pn)−1) = (−1)
(φ(pn)
2
)NL|K(W ′(ξ))
Agora como W(X)(Xp(n−1)− 1) = Xpn
− 1, tem-se que:
W ′(X)(Xp(n−1)− 1) + pn−1W(X)Xp(n−1)−1 = pnXpn−1
Seja agora ξp(n−1)= η, entao η e uma raız p-esima da unidade e:
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
W ′(ξ)(η − 1) + pn−1W(ξ)ξpn−1−1 = pnη, logo W ′(ξ) =pnη
η − 1
Por outro lado notemos que:(φ(pn)
2
)=
pn−1(p − 1)(pn−1(p − 1) − 1)2
=p(p − 1)
2w, onde w = pn−2(pn−1(p−1)−1)
e um numero ımpar assim (−1)
(φ(pn)
2
)= (−1)
p(p−1)2 .
Portanto, temos que:
dL|Q(1, ξ, · · · , ξφ(pn)−1)) = (−1)p(p−1)
2
pn∏j=1
( j , pn)=1
pnη j
η j − 1= (−1)
p(p−1)2
p−1∏j=1,
( j , p−1)=1
( pnη j
η j − 1
)pn−1
Masp−1∏j=1
η j = 1, pois as η j sao raızes de φp(X) =Xp − 1X − 1
e como η−1, · · · , ηp−1−1,
sao as raızes de ψp(X) = φp(X + 1) = Xp−1
(p
p − 1
)Xp−2 + · · ·+
(pj
)X j−1 + · · ·+
(p1
),
temos que,p−1∏j=1
(η j − 1) = p.
Assim dL|Q(1, ξ, · · · , ξφ(pn)−1)) = (−1)p(p−1)
2
p−1∏j=1
(pn)pn−1
ppn−1 = (−1)p(p−1)
2pn(pn−1)(p−1)
ppn−1 =
(−1)p(p−1)
2 pnφ(pn)−pn−1
4.2 Teorema de Kronecker-WeberVamos agora enunciar o teorema principal de nosso trabalho que da uma caracterizacaode todas as extensoes abelianas e finitas de Q.
Teorema 4.10 Teorema de Kronecker-Weber
Se K uma extensao abeliana e finita de Q , entao K e uma extensao ciclotomica.
Lema 4.11 Se o teorema de Kronecker-Weber se verifica para extensoes cıclicasde ordem a potencia de um primo, entao se verifica para as extensoes abelianasfinitas.
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Demonstracao: Seja K uma extensao abeliana de Q, pelo teorema fundamen-tal para grupos abelianos temos que G = G(K |Q) e soma direta de n subgruposcıclicos Gi onde cada um deles e de ordem pmi
i , sendo pi,mi ∈ N e pi primo.
Consideremos agora Ki o corpo fixo de⊕
j,i
G j, como⊕
j,i
G j / G, Ki e uma ex-
tensao de Galois de Q. Por outro lado temos que:
G(Ki |Q) �G(K |Q)G(K |Ki)
�
⊕G j⊕
j,i G j� Gi
Assim, temos que G(Ki |Q) e cıclico de ordem pmii , e, portanto, Ki e ciclotomico.
Vamos provar que K e o compositum dos Ki, pelo teorema fundamental da teoria
de galois e suficiente provar quen⋂
i=1
Gi = (0) sendo Gi =⊕
j,i
G j.
Provaremos isto primeiramente para o caso sobre n = 3, para os casos n = 1 en = 2 e trivial, nesse caso temos que G = G1 ⊕ G2 ⊕ G3, assim G1 = G2 ⊕ G3,G2 = G1 ⊕ G3 e G3 = G1 ⊕ G2, agora se x ∈ G1 ⊕ G2 ⊕ G3, existem y1, z1 ∈ G1,x2, z2 ∈ G2 e x3, y3 ∈ G3 tais que:
x = x1 + x2, x = y1 + y3, x = z1 + z2
Igualando as duas ultimas equacoes temos que z1 + z2 = y1 + y3, portanto z1 − y1 =
y3 − z2, assim y3 − z2 = 0 portanto y3 = z2 = 0, analogamente igualando as duasprimeiras temos que y1 = x2 = 0, logo x = 0.
Vamos agora provar o caso geral. Se G =
n⊕i=1
Gi e x ∈n⋂
i=1
Gi, entao em particular
x ∈ G1 ∩ G2, assim existem yi, zi ∈ Gi tais que:
x = y2 + y3 + · · · + yn e x = z1 + z3 + · · · + zn.
Logo y2 = z1 + (z3 − y3) + · · ·+ (zn − yn) ∈ G2 ∩ (G1 + G3 + · · ·+ Gn) = (0). Assimy2 = 0. Analogamente de x ∈ G1 ∩ Gi, podemos concluir yi = 0, para qualqueri ∈ {2, · · · , n}, logo x = 0; que era o que queriamos provar. Portanto, concluimosque K e o compositum dos Ki, assim temos que K e ciclotomica. �
Lema 4.12 Seja K uma extensao abeliana de Q de grau λm, com λ primo. Paraa prova do teorema de Kronecker-Weber e suficiente provar que K e ciclotomicacom a hipotese adicional de que todo primo p , λ nao ramifica em K.
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Demonstracao: Sejam {p1, · · · , pn} os primos que ramificam em K e considere-mos p , λ um deles.Seja agora P um ideal primo de IK que esta acima de p, assim se f = f (P|p),
temos queIK
Ptem p f elementos e pelo corolario 2.25 sabemos que, para j ≥ 1,
V j
V j+1e isomorfo a um subgrupo de
( IK
P,+
), entao
∣∣∣∣∣ V j
V j+1
∣∣∣∣∣ divide p f , alem disso, se
G = G(K |Q) temos:
GV j
�
GV j+1
V j
V j+1
, assim∣∣∣∣∣ V j
V j+1
∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ GV j+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ GV j
∣∣∣∣∣ = λm′ .
Sendo 0 ≤ m′ ≤ m, mas λ e p sao primos distintos, entao m′ = 0, portantoV j
V j+1e
trivial para j ≥ 1, consequentemente V1 = V2 = · · · , mas existe n0 ∈ N tal que Vn0
e trivial, assim temos que V j e trivial para todo j ≥ 1. Logo pelo teorema 3.36,temos que TP e um grupo cıclico cuja ordem divide p − 1 e como |TP| = λu, com0 ≤ u ≤ m, temos que p ≡ 1 (modλu).Seja agora ξ uma raız primitiva p-esima da unidade, entao pela proposicao 4.1,Q(ξ)/Q e uma extensao cıclica de ordem p−1, portanto existe um unico subcorpoL de Q(ξ), tal que L/Q tem grau λu.
P1 IQ(ξ) Q(ξ)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣P2 IL L∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
p Z Q
Pelo teorema 4.6 (com a = 1), sabemos que p e totalmente ramificado em Q(ξ),e, portanto, r(P1|p) = f (P1|p) = 1, logo r(P2|p) = f (P2|p) = 1. Assim, p etotalmente ramificado em L e para p′ primo, p′ , p temos que p′ nao ramifica emL (pois ele nao ramifica em Q(ξ)).Seja KL o compositum de K e L, como [K : Q] = λm e [L : Q] = λu, temos que
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
[KL : Q] = λm+v, sendo v ≤ u.Consideremos agora P′ ideal primo de IKL que esta acima de P, lembremos queGP′ = {σ ∈ G(KL/Q)|σ(P′) = P′} e TP′ = {σ ∈ GP′ |σ(x) − x ∈ P′, ∀x ∈ IKL}.Pelo teorema 2.28 temos que G(KL/Q) � G(K/Q) ×G(L∩K/Q) G(L/Q) mediante aaplicacaoρ 7→
(ρ∣∣∣K , ρ∣∣∣L).
P′ IKL KL∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
P IK K∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣p Z Q
Agora para ρ ∈ P′ e x ∈ IK′ temos que ρ∣∣∣K(x)−x = ρ(x)−x ∈ P′∩IK = P, portanto
ρ∣∣∣K ∈ TP, assim TP′ ⊂ TP × G(L/Q), agora |TP′ | = e(P′|p) = e(P′|P)e(P|p) ≥
e(P|p) = |TP| = λu, por outro lado [KL : Q] = λm+v e p , λ, concluımosque os grupos de ramificacao Vi(P′) sao triviais e portanto TP′ e cıclico, mas|TP| = |G(L/Q)| = λu, assim temos que nenhum elemento de TP × G(L/Q) temordem maior que λu, portanto |TP′ | = λu
Seja agora K′ o corpo fixo de TP′ e P′′ = P′ ∩ IK′ , entao P′′ e um ideal primo deIK′ , logo, como consequencia dos corolarios 2.15 e 2.17, temos que e(P′′|p) = 1,assim p nao ramifica em K′
P′ IKL KL∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
P′′ IK′ K′∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
p Z Q
Consideremos agora P′′ ∩ IK′∩L ideal primo nao nulo de K′ ∩ L acima de p, comop e totalmente ramificado em L temos que p e totalmente ramificado em K′ ∩ L,portanto e(P′′ ∩ IK′∩L|p) = [K′ ∩ L : Q], mas
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
1 = e(P′′|p) = e(P′′|P′′ ∩ IK′∩L)e(P′′ ∩ IK′∩L|p), assim 1 = [K′ ∩ L : Q], portantoK′ ∩ L = Q.Sabemos que [KL : Q] = [KL : K′][K′ : Q], mas como K′ e o corpo fixo de TP′ ,temos que [KL : K′] = |G(KL/K′)| = |TP′ | = λu = [L : Q], assim [KL : Q] =
[L : Q][K′ : Q].Por outro lado, [K′L : Q] = [K′L : L][L : Q] e como G(K′L/L) � G(K′/K′ ∩ L) =
G(K′/Q), temos que [K′L : L] = [K′ : Q], assim [K′L : Q] = [KL : Q], consequen-temente K′L = KL, assim para provar que K e ciclotomica e suficiente provar queK′ e ciclotomica.Ja sabemos que p nao ramifica em K′, alem disso se q e um primo tal queq < {p1, · · · , pn}, entao q nao ramifica em K′, caso contrario q ramificaria em KLe para Q primo de IKL acima de q temos que TQ|KL < TQ|K × TQ|L, mas q , p,entao q nao ramifica em L alem disso q nao ramifica em K, portanto TQ|K e TQ|Lsao triviais logo TQ|K × TQ|L e trivial, consequentemente e(Q | q) = |TQ|KL| = 1,assim q nao ramifica em KL o que e uma contradicao .Assim, repetindo este proceso, eliminaremos finalmente os (finitos) primos p , λque ramificam em K. �
Usando os dos ultimos lemas, temos que para provar o teorema de Kronecker-Weber so precisamos considerar extencoes cıclicas de Q de grau λm, sendo λ ounico primo que ramifica.Separaremos em dois casos, λ ımpar e λ = 2. Para o caso λ ımpar estudaremosprimeiramente o conceito de Valorizacao .
Definicao 4.1 Seja D um domınio de Dedekind com um unico ideal primo R,entao D e um DIP e se R = (π) temos que para α ∈ D∗ existe un unico k ∈ N talque α = πku, sendo u uma unidade em D, assim temos uma funcao v : D∗ −→ N,dada por v(α) = k, v e chamada a valorizacao associada a R.
Sejam α, β ∈ D∗, temos:
1. Se (α) ⊂ (β), entao v(α) ≥ v(β).
2. v(α + β) ≥ min{v(α), v(β)} e a igualdade se verifica quando v(α) , v(β).
3. v(αβ) = v(α) + v(β).
Lema 4.13 Seja K uma extencao abeliana de Q de grau λm, sendo λ um primoımpar o unico que ramifica, entao K/Q e cıclica.
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Demonstracao:
P IK K∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣λ Z Q
Sejam P ideal primo de IK que esta acima de λ e KT o corpo fixo de TP. Entaoλ nao ramifica em KT , e como por hipotese nenhum outro primo ramifica em KT ,temos pelo teorema de Minkowsky (Teorema 3.34) que KT = Q, logoTP = G(K/Q), portanto λ e totalmente ramificado em K, assim f (P | λ) = 1, logoIK
Pe um corpo com λ elementos.
Sabemos pelo teorema 3.36, que∣∣∣∣∣TPV1
∣∣∣∣∣ divide λ − 1, mas TP tem ordem λm, logo∣∣∣∣∣TPV1
∣∣∣∣∣ = λm′ , para 0 ≤ m′ ≤ m, assim λm′ divide λ − 1 o que acontece so quando
m′ = 0, assim temos que TP = V1, por outro ladoV j
V j+1�<
( IK
P,+
), portanto
V j
V j+1e trivial ou e cıclico de ordem λ.
Sublema: Se m = 1, isto e [K : Q] = λ, entao V2 e trivial.
Demonstracao: Localizando respecto a λ podemos supor que IK e um DIP. Con-sideremos π um gerador do ideal P e Pα|Q(X) o polinomio minimal de π sobreQ, entao Pα|Q(X) ∈ Z[X], sejam v a valuacao associada a P e j o menor inteiropositivo tal que V j+1 e trivial, vamos provar que j = 1.
Como V j nao e trivial temos que |V j | =
∣∣∣∣∣ V j
V j+1
∣∣∣∣∣ = λ = |G(K/Q)|, assim
V j = G(K/Q), afirmamos que:
v(P′α|Q(π)) = ( j + 1)(λ − 1)
De fato, temos que Pα|Q(X) = Xλ + aλ−1Xλ−1 + · · · + a1X + a0 =
n∏i=1
(X − σ(π)),
entao P′α|Q(X) =
λ∑i=1
∏j,i
(X − σi(π)), assim:
P′α|Q(π) =∏
σ∈G(K/Q)σ,id
(π − σ(π)) =∏
σ∈V j−V j+1
(π − σ(π))
84
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Para σ ∈ V j, temos que π − σ(π) ∈ P j+1, portanto v(π − σ(π)) = j + 1 e assimv(P′α|Q(π)) = ( j + 1)(λ − 1).Por outro lado P′α|Q(π) = λπλ−1 + (λ − 1)aλ−1π
λ−2 + · · · + 2a2π + a1, como λ etotalmente ramificado em K temos que v(λ) = λ e sabemos que cada ai ∈ Z, assimtemos que existe mi ∈ N tal que (ai) ⊂ (λmi), portanto:
v(ai) ≡ 0 (mod λ)
E para k ∈ {0, · · · , λ − 1} temos que:
v(aλ−k(λ − k)πλ−(k+1)) = v(aλ−k) + v(λ − k) + v(πλ−(k+1)) ≡ λ − (k + 1) (mod λ )
Assim todos esses termos tem valorizacoes distintas, e, consequentemente:
v(P′α|Q(π)) = min{v(λπλ−1), v((λ−1)aλ−1πλ−2), · · · , v(2a2π), v(a1)} ≤ v(λπλ−1) = 2λ−1,
isto e:
v(P′α|Q(π)) ≤ 2λ − 1
Portanto, 2λ− 1 ≥ ( j + 1)(λ− 1), como λ e primo ımpar temos que o unico inteiroj ≥ 1 que satisfaz essa desigualdade e j = 1, portanto V2 e trivial. �
Voltando no caso m > 1, provaremos que K/Q e cıclica mostrando que V2 e ounico subgrupo de G(K/Q) = V1 de indice λ. Veja [10] pag. 176.Seja H um subgrupo de V1 de indice λ e K′ seu corpo fixo, entao :
G′ = G(K′/Q) �G(K/Q)G(K/K′)
=G(K/Q)
H, assim :
G′ �G(K/Q)
HAgora, se V ′j = V j∩G′ ,e o j-esimo grupo de ramificacao de K′, entao a aplicacaoRes : G(K/Q) −→ G(K′/Q), dada por Res(σ) = σ∣∣∣K′ , para todo σ ∈ G(K/Q) e
tal que Res(σ) ∈ V ′j para todo σ ∈ V j, como [K′ : Q] = λ. Pelo sublema temosque V ′2 e trivial, portanto Res(V2) e trivial, entao para σ ∈ V2 e x ∈ K′, temosσ∣∣∣K′(x) = σ(x) = x, portanto σ fixa K′, e assim V2 ⊂ H.
Seja m o menor inteiro positivo talque Vm nao e todo G(K/Q). Temos que m ≥ 2
e queVm−1
Vm=
GVm
tem ordem λ, logo aplicando o raciocınio anterior ao caso
particular H = Vm, temos Vm ⊃ V2, logo V2 = Vm, portanto V2 tem indice λ eV2 = H. �
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Lema 4.14 O teorema de Kronecker-Weber se verifica para extensoes abelianasde Q de grau λm, sendo λ um primo ımpar.
Demonstracao: Pelo lema 4.12 y o teorema de Minkowsky podemos supor queλ e o unico primo que ramifica em K, agora se ζ e uma raız primitiva λm+1-esimada unidade, entao Q(ζ)/Q e cıclico de ordem φ(λm+1) = λm(λ − 1), portanto existeum unico subcorpo K′ de Q(ζ) tal que K′/Q tem grau λm e λ e o unico primo queramifica em K′. Vamos provar que K = K′.Suponhamos que K , K′, dado P ideal primo de KK′ temos queTP|KK′ < TP|K ×TP|K′ , segue-se que λ e o unico primo que ramifica em KK′, comoK/Q e K′/Q sao abelianas temos que KK′/Q e abeliana.Por outro lado [KK′ : K′] = |G(KK′/K′)| = |G(K/K ∩ K′)| = [K : K ∩ K′] quedivide λm, assim [KK′ : K′] = λu, com 0 ≤ u ≤ m, no caso u = 0, teriamos K ⊂ K′
o que implica K e ciclotomica, logo podemos supor 1 ≤ u ≤ m, portanto[KK′ : Q] = λm+u > λm, assim pelo lema anterior KK′/Q e cıclico, masG(KK′/Q) < G(K/Q) × G(K′/Q), logo nenhum elemento de G(KK′/Q) tem or-dem maior que λm o que e uma contradicao , desse modo K = K′. �
Corolario 4.15 Se K/Q e abeliana de grau λm sendo λ primo ımpar o unico queramifica em K e ζ e uma raız primitiva λm+1-esima da unidade, entao K e o unicosubcorpo de Q(ζ) que tem grau λm sobre Q.
Temos que o teorema de Kronecker-Weber fica reduzido ao caso de extensoescıclicas de grau 2m, com m um inteiro positivo.
Lema 4.16 Toda extensao quadratica de Q e ciclotomica.
Demonstracao: Seja K uma extensao quadratica de Q, entao existe m ∈ Z, livrede quadrados tal que K = Q(
√m ), existem p1, · · · , pk primos distintos tais que
m = ±p1 · · · pk, assim Q(√
m ) = Q(√±p1 · · · pk ) ⊂ Q(
√±p1 ) · · ·Q(
ñpk ), logo
so precisamos considerar o caso K = Q(ñp), onde p e um numero primo.
Se p = 2, seja ζ uma raız primitiva 8-esima da unidade, vamos provar queQ(√±2 ) ⊂ Q(ζ).
De fato como i8 = 1, temos que i ∈ Q(ζ), tambem
√2
2+ i
√2
2∈ Q(ζ) pois( √2
2+ i
√2
2
)8
= i4 = 1, assim1 + i
√2
2 + i√
22
∈ Q(ζ) e como
1 + i√
22 + i
√2
2
2
= 2,
√2 ∈ Q(ζ), finalmente
√−2 = i
√2 ∈ Q(ζ), portanto Q(
√±2 ) ⊂ Q(ζ).
86
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
Suponhamos agora que p e um primo ımpar. Consideremos ζ uma raız primitivap-esima da unidade e F(X) = Xp−1 + Xp−2 + · · · + X + 1 o p-esimo polinomio ci-clotomico, seu discriminante e 4 =
∏1≤i, j≤p−1
(ζ i− ζ j)2, que e um quadrado em Q(ζ),
da proposicao 3.2 e do teorema 4.8, temos que 4 = dL|Q(1, ζ, · · · , ζ p−1) = ±pp−2,portanto ±pp−2 = 4, consequentemente:
±p =4
pp−3
Agora como p − 3 e par, temos que pp−3 e um quadrado em Q(ζ), portanto√±p = i
√4
pp−3 ∈ Q(ζ, i), agora se ξ e uma raız primitiva 4p-esima da unidade,
assim temos que Q(ζ, i) ⊂ Q(ξ), ja que ζ4p = i4p = 1, portanto Q(√±p) ⊂ Q(ξ),
consequentemente Q(√±p) e ciclotomica. �
Lema 4.17 Toda extensao cıclica K deQ de grau 2m, sendo m um inteiro positivo,e ciclotomica.
Antes de comecar a prova do lema provaremos o seguinte resultado:
Sublema: Se K ⊂ R e um corpo quadratico tal que 2 e o unico primo que ramificaem K, entao K = Q(
√2 ).
Demonstracao: Sabemos que existe d ∈ Z+ livre de quadrados tal queK = Q(
√d ), por outro lado IK = Z[δ] = Z + δZ, onde
δ =
√
d, se d ≡ 2 ou 3 (mod 4)1 +√
d2
, se d ≡ 1 (mod 4)
E para p ∈ Z primo temos que p ramifica em K se, e somente se, p | dK .Se δ =
√d, Pδ(X) = X2 − d = (X +
√d)(X −
√d), assim
dL = (2δ)2 = 4δ2
Se δ =1 +√
d2
, entao Pδ(X) = X2 − X −d − 1
4=
X −1 +√
d2
X −1 −√
d2
,portanto:
87
CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
dL =
1 +√
d2
−1 −√
d2
2
= d
Como 2 ramifica em K, temos que 2 | dK , logo se d ≡ 1 (mod 4), temos que d eımpar e 2 | d, absurdo. Portanto d ≡ 2 ou 3 (mod 4), assim temos que 2 e o unicoprimo que divide 4d, logo 2 e o unico primo que divide d, consequentemented = 2n, para algum n inteiro positivo e como d e livre de quadrados temos quen = 1. �
Vamos em seguida comecar a demonstracao do lema fazendo inducao sobre m.Se m = 1, temos que K e quadratica e, portanto, ciclotomica.Agora, para m > 1, podemos supor que 2 e o unico primo que ramifica em K eque K esta imerso em C, se σ ∈ AutC e a conjugacao , entao a restricao de σ a Ke a identidade (no caso K ⊂ R) ou um automorfismo de ordem 2.
Agora se E e o corpo fixo de σ restrito a K, temos que [E : Q] =|G(K/Q)||G(K/E)|
≥ 2m−1,
como K/Q e cıclica, existe um unico K′ subcorpo de E tal que [K′ : Q] = 2 e 2 eo unico primo que ramifica em K′, portanto K′ = Q(
√2 ).
Consideremos agora ζ uma raız primitiva 4n-esima da unidade, onde n = 2m eL = Q(ζ + ζ−1), temos que L ⊂ R, portanto [Q(ζ) : L] ≥ 2 e comoF(X) = X2 − (ζ + ζ−1)X + 1 ∈ L[X] anula ζ, temos que [Q(ζ) : L] = 2.Pela proposicao 4.3 sabemos que G(Q(ζ)/Q) = c(2)× c(2m) � G(Q(ζ)/L)× c(2m),portanto:
G(L/Q) �G(Q(ζ)/Q)G(Q(ζ)/L)
� c(2m)
Assim L/Q e cıclica de ordem n = 2m e 2 e o unico primo que ramifica em L,portanto o unico subcorpo quadratico de L e Q(
√2 ), logo L ∩ K ⊃ Q(
√2 ) e
assim [L ∩ K : Q] ≥ 2.Consequentemente, [KL : Q] = [KL : L][L : Q] = [K : K ∩ L][L : Q] = 2r2m =
2r+m, para algum r ∈ Z, tal que 0 ≤ r < m, em particular [KL : Q] < n2.Agora se Γ = G(KL/Q), temos que Γ � G ×S H, onde S = G(L ∩ K/Q),H = G(L/Q) e G = G(K/Q).Vamos provar que existem geradores σ e τ de G e H respectivamente, tais queσ|L∩K = τ|L∩K .De fato, como σ gera G, temos que σ|L∩K gera S e como L/L ∩ K e de Galoisexiste τ ∈ H, tal que τ|L∩K = σ|L∩K , vamos provar que τ gera H.Se µ gera H, existe d ∈ Z tal que τ = µd, logo σ|L∩K = τ|L∩K = µd|L∩K , portanto
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CAPITULO 4. EXTENSOES CICLOTOMICAS
µd|L∩K gera S , sabemos que |S | = 2n′ , n′ ≤ n, entao (d, 2n′) = 1, logo (d, 2) = 1,assim (d, |H|) = (d, 2n) = 1, logo τ = µd gera H e tambem (σ, τ) ∈ Γ.Voltando ao lema, consideremos ∆ o subgrupo de Γ de ordem n = 2m gerado por(σ, τ) e F o corpo fixo de ∆, entao F e um subcorpo de KL e portanto 2 e o unicoprimo que ramifica em F, alem disso:
[F : Q] =|G(KL/Q)||G(KL/F)|
=2r+m
2m = 2r
Vamos provar agora que F/Q e cıclica.Sabemos que:
G(F/Q) �G(KL/Q)
∆↪→
< σ > × < τ >
∆
Entao , sera suficiente provar que< σ > × < τ >
∆e um grupo cıclico; mas dado
(σa, τb) ∈< σ > × < τ >, temos que (σa, τb)(σp, idl) ∈ ∆ se, e somente se,p + a = b, isto e p = b − a, assim:
(σ, idl)∆ gera< σ > × < τ >
∆.
Logo, pela hipotese de inducao , F e ciclotomico e como F ⊂ KL temos queFL ⊂ KL, vamos provar agora que FL = KL.Para isso, consideremos a aplicacao Res : ∆ ⊂ G(KL/Q) −→ G(L/Q), tal queRes(σm, τm) = τm|L, entao se τm|L e a identidade temos que, o(τ) = o(σ)|m (ondeo(x) e a ordem do x), portanto (σm, τm) = (idK , idL), assim Res e injetora, mas|∆| = n = |G(L/Q)|, logo Res e isomorfismo.Assim, dado x ∈ F ∩ L e τ1 ∈ G(L/Q), existe (σ2, τ2) ∈ ∆ tal que τ2|L = τ1,logo τ1(x) = τ2(x) = x, portanto τ1 fixa F ∩ L, consequentemente F ∩ L = Q eobtemos que G(FL/F) � G(L/L ∩ F) = G(L/Q), logo [FL : F] = n = [KL : F],assim FL = KL o que implica que K e ciclotomica. �
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