Teorema de Kroncker Weber

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Teorema de Kronecker Weber

Luis Felipe Vargas Beltr´

an

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Cap´ıtulo 1

Introducci´

on

El problema inverso de Galois plantea la pregunta: ¿Todo grupo finito es el grupo de Galois de una extensi´on sobre los n´umeros racionales?. Este pro-blema en general es muy dif´ıcil y a´un no ha sido resuelto. Lo que buscamos ahora es dar condiciones adicionales al problema, por ejemplo que el gru-po sea abeliano. Dada esta condici´on el problema s´ı es cierto, por ejemplo, los grupos de la forma (Z/nZ)∗ son isoformos a Q(ζi)/Q, donde ζi es una

n-´esima ra´ız primitiva de la unidad, estos cuerpo se conocen como cuerpos ciclot´omicos. Con teor´ıa b´asica de Galois y gracias a la clasificaci´on de grupos abelianos finitos es posible mostrar que todo grupo abeliano es el grupo de Galois de alguna extensi´on.

Como una sub-extensi´on de una extensi´on abeliana es abeliana, los cuer-pos ciclot´omicos y sus sub-cuerpos nos dan extensiones abelianas de Q, as´ı que la pregunta inmediata es si existen m´as extensiones abelianas de Q. La respuesta a esta pregunta es NO y viene dada por el teorema de Kronecker-Weber.

Teorema 1.1. Teorema de Kronecker Weber Toda extensi´on abeliana deQes un subcuerpo de un cuerpo ciclot´omico. Donde un cuerpo ciclot´omico es un cuerpo obtenido porQadjunt´andole una ra´ız de la unidad. Decimos que una extensi´on es abeliana si es de Galois y su grupo de Galois es abeliano.

Este teorema fue propuesto por Kronecker en 1853, ´el fue el primero en dar un aproximaci´on a la demostraci´on. Kronecker reconoci´o que su prueba estaba incompleta pues no tenia una demostraci´on para el caso en que la extensi´on tenia grado una potencia de 2. Weber, en 1886 public´o una demos-traci´on que que conten´ıa algunos errores que s´olo fueron descubiertos 90 a˜nos despu´es por Neumann. La primera demostraci´on completa al teorema la dio Hilbert en 1886.

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Sin embargo, estas demostraciones estaban basadas en la Teor´ıa de Cuer-pos de Clases, teor´ıa que estudia las extensiones abelianas de Q, entre otras. En 1974, Greenberg con el prop´osito de demostrar que era posible llegar a grandes resultados utilizando teor´ıa algebraica de n´umeros b´asica, demuestra el Teorema de Kronecker Weber basado en la teor´ıa de la ramificaci´on. Un a˜no despu´es, Joe Mott informa a Greenberg de un problema en la demostra-ci´on y Greenberg lo corrige el mismo a˜no.

El objetivo de este proyecto es dar una demostraci´on al Teorema de Kro-necker inspirada en la demostraci´on de Greenberg. A diferencia de la prueba de Greenberg, en este trabajo se van a definir conceptos b´asicos de teor´ıa algebraica de n´umeros de modo que la demostraci´on quede al alcance de un estudiante que haya tomado los cursos de algebra a nivel universitario, es de-cir hasta teor´ıa de Galois. Adem´as, en este trabajo se dar´an unas correcciones a la demostraci´on dada por Greenberg, para el caso en el que la extensi´on es de grado una potencia de 2.

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Cap´ıtulo 2

Anillo de enteros

La teor´ıa algebraica de n´umeros estudia las extensiones algebraicas fini-tas de los n´umeros racionales. A estas extensiones las llamaremos cuerpos de n´umeros. Por ejemplo Q(√2) es un cuerpo de n´umeros de grado 2 y Q(ζn)

es un cuerpo de n´umeros de gradoφ(n). Los cuerpos R y Q no son cuerpos de n´umeros, ya que R no es una extensi´on algebraica y Qes algebraica pero infinita.

Sabemos que dada una extensi´on finita K/Q, para cada elemento α ∈ K tal que existe un polinomio m´onico p(x) ∈ Q[x] con p(α) = 0 lo llamamos elemento algebraico. Ahora, vamos a considerar el conjunto de elementos tales que anulan un polinomio m´onico con coeficientes en Z y los vamos a llamar entero algebraico.

Definici´on 1. Sea K un cuerpo de n´umeros. Un elemento α ∈ K se dice entero algebraico o entero si existe un polinomio m´onico P con coeficientes en Z que P(α) = 0.

Ahora vamos a ver un lema acerca de la relaci´on del polinomio minimal con ser entero algebraico.

Teorema 2.1. Sea K un cuerpo de n´umeros. Un elemento α ∈ K es un entero algebraico si y solo si su polinomio minimal tiene coeficientes enteros.

Demostraci´on. Sea α un entero algebraico. Por definici´on, existe un poli-nomio m´onico P(x) ∈ Z[x] tal que P(α) = 0. Sea G(x) ∈ Q[x] su po-linomio minimal, por lo tanto existe un popo-linomio H(x) ∈ Q[x] tal que G(x)H(x) =P(x).

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Vamos a proceder por contradicci´on. Supongamos queG(x)∈/ Z[x], entonces existe un primo p que divide al denominador de alg´un coeficiente de G(x). Sea n el menor entero tal que pnG(x) no tenga ningun coeficiente con

deno-minador divisible porp. Similarmente, seamel menor entero tal quepmH(x) no tenga ningun coeficiente con denominador divisible por p. Multiplicando por pn+m obtenemos:

pnG(x)pmH(x) =pn+mP(x)

N´otese que el lado derecho es 0 en Fp[x], y ninguno de los factores de la

izquierda es 0. ComoFp[x] no tiene divisores de 0 se concluye queG(x)∈Z[x].

El otro lado de la demostraci´on se tiene por definici´on.

Proposici´on 2.2. El conjunto de enteros algebraicos en Q es Z.

Demostraci´on. Se tiene como consecuencia directa de este teorema pues el polinomio minimal de a

b es x − a

b y tiene coeficientes enteros si y solo si b =±1.

Teorema 2.3. El conjunto de enteros algebraicos de un cuerpo de n´umeros K es un anillo que lo llamaremos anillo de enteros y lo denotaremos porOK.

Demostraci´on. Se tiene por A.1

No se va a dar la demostraci´on pero vamos a mencionar un hecho funda-mental en la prueba de este teorema

Teorema 2.4. Sea α ∈ K, α es un entero algebraico si y solo si el grupo

Z[α] es finitamente generado.

Demostraci´on. ver [1, p´ag 28]

Adicionalmente se tiene que un anillo de enteros tiene una base integral. Esto es, tiene unaZ-base finita. Es decir, existe un conjunto {α1, . . . , αn} de

elementos en OK tales que todo α ∈ OK se puede escribir de manera ´unica

como

α=a1α1+a2α2+· · ·+anαn

Donde los a1 son enteros.

Nos preguntamos ahora, qu´e propiedades cumple este anillo y qu´e tanto se asemeja al anillo de los n´umeros enteros. En esta secci´on se presentar´an al-gunos hechos acerca del anillo de enteros sin mostrar su demostraci´on.

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Ejemplo.SeaK =Q(√2), yOK =Z[

2] su anillo de enteros. Se puede mos-trar queZ[√2] es un dominio euclidiano con la normaN(a+b√2) =|a−2b2|.

Entonces, es un dominio de ideales principales, y por lo tanto un dominio de factorizaci´on ´unica.

La pregunta inmediata es: ¿El anillo de enteros siempre es un dominio de factorizaci´on ´unica como los n´umeros enteros?. Sin embargo, no siempre lo es como se va a mostrar en el siguiente ejemplo.

Ejemplo. Sea K = Q(√−5) con anillo de enteros Z[√−5]. N´otese que (1 + √−5)(1 − √−5) = 6 = 2× 3, y f´acilmente se verifica que estos 4 elementos son irreducibles.

Sin embargo, el anillo de enterosOK es un dominio de Dedekind(ver A.3), y

por lo tanto se tiene el siguiente teorema (ver A.4)

Teorema 2.5. Sea pun n´umero primo. El idealpOK tiene una factorizaci´on

´

unica por ideales primos.

pOK =pe11. . .p

eg

g

En este trabajo, se va a estudiar esta factorizaci´on en diferentes casos, me-diante la teor´ıa de la ramificaci´on que es la base para la demostraci´on que se va a dar al Teorema de Kronecker Weber.

Normas y Trazas

El desarrollo de esta secci´on est´a inspirados en [1, p´ag 32]. Sea una exten-si´on de cuerpos de n´umerosL/K. Sea α ∈L, y vamos a considerar el mapa dado por la multiplicaci´on por α:

κα(x) =αx

N´otese que esta es una aplicaci´on K-lineal entre K-espacios vectoriales. Por lo tanto podemos considerar la norma y la traza como:

NL/K(x) = det(κx) y TrL/K(x) = Tr(κx)

La norma es multiplicativa por la multiplicatividad del determinante. An´ alo-gamente la traza es aditiva (ver [1, p´ag 27]).

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Proposici´on 2.6. SeaL/K una extensi´on de cuerpos de n´umeros. Seaβ ∈L y f(x) su polinomio minimal de β sobre K. Sea β =β1, β2, . . . , βn las ra´ıces

de f. Entonces

TrL/K(β) = k

P

βi y NL/K(β) = (

Q

βi)k, donde k = [L:K(β)].

Demostraci´on. Si consideramosK(β)/K, utilizando la base{1, β, β2, . . . , βn−1}

por la definici´on se tiene que la norma y la traza son Q

βi y

P

βi

respecti-vamente ([1, p´ag 28]). El caso general se tiene gracias a la transitividad de la norma y la traza.

De la proposici´on anterior, y el hecho de que las ra´ıces van enviadas a ra´ıces por elementos del grupos de Galois, se sigue el siguiente corolario.

Corolario 2.7. Sea L/K una extensi´on de cuerpos de n´umeros de grado n y sea α ∈ K. Sean σ1, . . . , σn los n embebimientos de L en C que fijan K.

Entonces para todo α ∈L

NL/K(α) =

Q

σi(α) y TrL/K(α) =

P

σi(α)

Demostraci´on. Comoβi ocurre exactamentek veces en {σi(β)}, se concluye

la demostraci´on.

Corolario 2.8. La norma y la traza de un entero algebraico son n´umeros enteros

Demostraci´on. Sea α un entero algebraico. La traza y la norma se pueden ver como el segundo y el ´ultimo coeficiente de su polinomio minimal por el Corolario 2.7. Como αes entero algebraico, entonces la traza y la norma son enteros.

Ejemplo. Sea K = Q(√2). El polinomio minimal de a +b√2 es (x−

(a+b√2)(x−(a−b√2)), entonces la traza y la norma son el segundo y el ´

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Cap´ıtulo 3

Teor´ıa de Ramificaci´

on

Como se vio en el cap´ıtulo anterior, en un dominio de Dedekind se tiene factorizaci´on ´unica por ideales maximales. Sea pun ideal primo en OL, si su

factorizaci´on en OK es:

pOK =P1e1P2e2. . .Pgeg

Si tomamos un primo en OL sabemos que tiene factorizaci´on ´unica. Sin

em-bargo, no sabemos cu´ando permanece primo en OK o detalles de su

factori-zaci´on. En este cap´ıtulo vamos a estudiar algunas propiedades muy ´utiles en la teor´ıa algebraica de n´umeros, que se conoce como la teor´ıa de ramificaci´on. Vamos a considerar el caso L=Q

Ejemplo Sea L = Q y K = Q(i). Se puede mostrar que OK = Z[i]. Por

teor´ıa de n´umeros b´asica, si p ≡ 1 mod 4 se puede escribir en la forma p = x2 +y2. Es decir, p = (x+iy)(xiy) = αβ, donde α y β son primos

porque tiene norma prima. Se concluye entonces que (p) = (α)(β) si α6=β. Ahora si α = β, entonces p = 2 y se obtiene que 2 = (1 +i)(1 −i), pero 1 +i=i(1−i) entonces 2 = (1 +i)2, como ideales.

Finalmente para el caso p ≡ 3 mod 4, si p = αβ con α y β no unidades N(α) = p. Pero p no se puede escribir como suma de dos cuadrados porque p≡3 mod 4. Por lo tantop permanece primo en Z[i].

El prop´osito de este cap´ıtulo es encontrar formas de hallar la factorizaci´on de un primo en un dominio de Dedekind en un caso m´as general. Si bien para el ejemplo anterior se pudo hallar la factorizaci´on para todos los primos, este c´alculo dependi´o mucho de la teor´ıa de n´umeros b´asica que va a ser imposible aplicar en casos m´as complejos.

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Discriminante

Sea K/Q una extensi´on de grado n. Por lo tanto hay n embebimientos de K enC.

Sean σ1, σ2, . . . σn los embebimientos deK enC. Definimosσ:

σ :K →Cn

x7→(σ1(x), . . . σn(x))

Sea {α1, α2, . . . , αn} una Z-base deOK, y consideremos la siguiente matriz:

M = (σi(αj))i≤j,j≤n

Y calculemos el siguiente determinante:

det(M2) = det(MtM) =det(

n

X

k=1

σk(αi)σk(αj))

=det(T rK/Q(αiαj))i,j

Y este c´alculo no depende de la elecci´on de la base [1, p´ag 35].

Definici´on 2. Dados α1, α2, . . . , αn ∈K se define:

disc(α1, α2, . . . , αn)= det(TrK/Q(αiαj))i,j

Si α1, α2, . . . , αn es una base integral de OK lo denotaremos por ∆K y lo

llamaremos el discriminante.

Una primera consecuencia importante es que ∆K 6= 0 gracias a la siguiente

proposici´on.

Proposici´on 3.1. Sea K un cuerpo de numeros entonces ∆K 6= 0

Demostraci´on. Una forma bilineal no degenerada tiene determinante dife-rente de 0, se va a mostrar entonces que la siguiente forma bilineal es no degenerada:

K×K →Q

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Supongamos que existe 0 6= x ∈K talque TrK/Q(xy) = 0 para todo y ∈ K.

En particular TrK/Q(xx

−1)=Tr

K/Q(1) = 0. Lo cual es una contradicci´on pues

n >0 y TrK/Q(1) = n. Por lo tanto ∆K 6= 0.

A continuaci´on vamos a calcular el discriminante para una extensi´on cuadr´atica de Q. Este c´alculo va a ser muy ´util para la demostraci´on del Teorema de Kronecker Weber en el caso cuadr´atico.

Ejemplo: Sea d 6= 0,1 un entero libre de cuadrados, consideremos la ex-tensi´onK =Q(√d). El anillo de enteros OK esZ[

d] si d≡2,3 mod 4 y es

Z[1+ √

d

2 ] sid ≡1 mod 4 [1, p´ag 10].

Los embebimientos en C est´an dados por σ1(a+b

d) =a+b√d y σ2(a+

b√d) =a−b√d.

En el caso d ≡ 1 mod 4, utilizamos la base {1,1+

d

2 } y se obtiene la

matriz:

1 1

1+√d

2

1−√d

2

y se obtiene que ∆K =d

En el otro caso la matriz obtenida con la base {1,√d} es:

1 1

d −√d

Y por lo tanto ∆K = 4d.

Ahora, se va a mostrar una propiedad que permite calcular el discriminante de forma m´as simple en algunos casos y va a ser muy ´util para calcular el discriminante de una extensi´on ciclot´omica que va a ser fundamental en la demostraci´on del teorema de Kronecker Weber

Proposici´on 3.2. Sea K =L[α] una extnesi´on de cuerpos de n´umeros. Sea f(x)el polinomio minimal de α sobre K. Si f se factoriza f(x) = Q

(x−αi)

(11)

Disc(1, α, α2, . . . , αn) =

Y

1≤i≤j≤n

(αi−αj)2.

Demostraci´on.

Disc(1, α, α2, . . . , αn) = det(σi(αj))2

=det(αji)2

= Y

1≤i≤j≤n

(αi−αj)2.

Este resultado se conoce como el determinante de Vandermonde Proposici´on 3.3. Sean K y L cuerpos de n´umeros de Galois, entonces

disc(KL/Q) =disc(K/Q)[L:Q]disc(L/Q)[K:Q]

Demostraci´on. Se tiene por [1, p´ag 100].

Este resultado nos va a dar informaci´on acerca de la ramificaci´on en la composici´on de cuerpos de n´umeros

Descomposici´

on prima

Dado un ideal primo p ⊂ OK, tenemos que p∩Z es un ideal de Z. M´as

a´un, es un ideal primo pues si a y b son enteros y ab ∈ p∩Z, se tiene que a ∈p o b∈p porquep es primo. Por lo tanto a∈p∩Zo b∈p∩Z, es decir que es primo (Es propio porque 1 6∈p)( ver [2, p´ag 10]).

Entonces p∩Z=pZpara alg´un primo p∈Z. Diremos quep est´a sobre p.

Definici´on 3. Sea I un ideal maximal sobre un anillo conmutativo R. Defi-nimios R/I como el cuerpo residual de de I sobre R.

Note que el cuerpo residual de pZ es Z/pZ que como cuerpo es Fp, que

es finito. Ahora mostraremos el el cuerpo residual OK/p es finito y adem´as

es una extensi´on finita de Fp.

Proposici´on 3.4. El cuerpo residual OK/p es una extensi´on finita de Fp.

Demostraci´on. Consideremos el siguiente homomorfismo:

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Dondeπ es la inclusi´on deZ enOK, yτ es la proyecci´on. El kernel de φ son

todos los a∈Z tales que a∈p, es decir p∩Z.

Entonces, se tiene un isomorfismo entreZ/pZy un subcuerpo de OK/p. Por

lo tanto hay una inyecci´on deZ/pZ enOK/p[2, p´ag 10].

N´otese que OK/p es finito porque todo elemento es integral sobre Fp, y el

grado del polinomio minimal est´a acotado. Es decir, es una extensi´on finita de Fp, por lo tanto es un cuerpo finito.

Definici´on 4. Se define el grado residual fp como el grado de la extensi´on

OK/p sobre Fp. O equivalentemente fp = dimFp(OK/p).

Se tiene entonces que|OK/p|=|F fp

p |=|Fp|fp =pfp.

Ahora tomemos p ∈ Z y consideremos el ideal generado por p en OK, es

decir pOK. Por ser OK un dominio de Dedekind sabemos que pOK tiene

fac-torizaci´on ´unica por ideales maximales o primos. Si p est´a sobre p, entonces est´a en la factorizaci´on de pOK. Es decir, los primos que est´an sobre p son

precisamente todos los primos de la factorizaci´on. Sin embargo, no sabemos con qu´e exponente aparecen. Es conveniente definir el ´ındice de ramificaci´on.

Definici´on 5. Sea p un primo en Z. Sea p un primo en OK sobre p.

De-finimos el ´ındice de ramificaci´on ep como el exponente de p en la

factoriza-ci´on de pOK. En otras palabras, ep es el mayor entero tal que pep divide a

pOK.Diremos que p ramifica sobre p o simplemente ramifica, si ep > 1. Y

diremos que p es ramificado si alg´un primo sobre p ramifica.

Se puede demostrar que el grado residual y el ´ındice de ramificaci´on son multiplicativos, es decir eL/KeK/K0 = eL/K0 y fL/KfK/K0 = fL/K0. El grado

de inercia y el ´ındice de ramificaci´on se relacionan fuertemente por medio de la siguiente identidad.

Teorema 3.5. Sea K un cuerpo de n´umeros con anillo de enteros OK. Sea

p un primo racional tal que:

pOK =p ep1

1 p

ep2

2 . . .p

epg

g

Entonces n =Pg

i=1epifpi, donde n = [K :Q].

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Esta identidad la llamaremos la igualdad fundamental y va a tener mayor relevancia en la siguiente secci´on donde estudiaremos la teor´ıa de ramifica-ci´on en extensiones de Galois.

A continuaci´on vamos a estudiar un m´etodo para calcular la factorizaci´on de un primo pen OK conocido como el criterio de Dedekind.

Teorema 3.6. Sea K un cuerpo de n´umeros y sea p un n´umero primo. Vamos a asumir que OK =Z[α] para alg´un entero algebraicoα. Seaf es

po-linomio minimal de α(que est´a enZ[x]), vamos a denotar porf la reducci´on m´odulop def. Sea f(x)Qg

i=1φ(x)

ei la factorizaci´on def por irreducibles en

F[x]. Entonces pOK =pe11. . .p

eg

g es la factorizaci´on de p en OK, donde pi se

define as´ı:

pi = (p, φi(α)) el ideal generado en OK.

Demostraci´on. Se tiene por [1, p´ag 62]

Este teorema nos da un algoritmo para calcular la factorizaci´on e algunos primos en OK. Vamos a calcular la factorizaci´on en algunos casos que van a

ser importantes para la demostraci´on del teorema.

Ejemplo. Sea K = Q(√3

2) con OK = Z[

3

2]. Queremos calcular la fac-torizaci´on del ideal 5OK.

El polinomio minimal de √3

2 es x32 y visto en

F5[x]

x32 = (x+ 2)(x22x1)

Se verifica que estos dos factores son irreducibles, por lo tanto utilizando el criterio de Dedekind 5OK = (5,2 +

3

2)(5,√3

4−2√3

2 + 1).

Definici´on 6. Sea K un cuerpo de n´umeros de grado n y p un n´umero primo. Decimos que p es inerte sie =g = 1. Y decimos que p es totalmente ramificado si e=n.

Ahora, se va a demostrar un teorema que relaciona la ramificaci´on de un primo con el discriminante de la extensi´on.

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Teorema 3.7. K un cuerpo de n´umeros, ∆K su discriminante, y sea p un

n´umero primo. p ramifica en K si y solo si p|∆K.

Demostraci´on. Sea p un primo que ramifica, entonces existe p sobre p tal que p2 divide a pOK. Es decir, podemos escribir pOK = pI, donde I es un

ideal divisible por todos los primos arriba de p(p tambi´en lo divide). Sea

{α1, α2, . . . , αn} una base integral de OK. Podemos tomar α ∈ I tal que

α /∈pOK, porque pOK ⊂I y pOK 6=I por la factorizaci´on ´unica por ideales

primos :

α =a1α1+· · ·+anαn

Entonces existe ai que no es disivible por p. Sin p´erdida de generalidad

asu-mimos que es a1

Entonces

∆K =det

   

σ1(α1) σ1(α2) . . . σ1(αn)

σ2(α1) σ2(α2) . . . σ2(αn)

..

. ... . .. ... σn(α1) σn(α2) . . . σn(αn)

   

Sea D tal que √D=det

   

σ1(α) σ1(α2) . . . σ1(αn)

σ2(α) σ2(α2) . . . σ2(αn)

..

. ... . .. ... σn(α) σn(α2) . . . σn(αn)

   

Y se tiene que D=a21∆K, m´as explicitamente:

√ D=det     

σ1(α) σ1(α2) . . . σ1(αn)

σ2(α) σ2(α2) . . . σ2(αn)

..

. ... . .. ... σn(α) σn(α2) . . . σn(αn)

         

a1 0 . . . 0

a2 1 . . . 0

. .. 0 an . . . 1

   

Como a1 no es divisible por p, la demostraci´on se va a concluir

demos-trando que D es divisible por p.

Sea L la clausura de Galois deK, todos los conjugados de α est´an enL. Sa-bemos que αpertenece a todos los primos arriba depenOK porqueα∈I, y

an´alogamente est´a en todos los primosParriba depenOL. EntoncesP∩OK

es un ideal primo en OK arriba de p que contiene a α.

Sea P ∈ OL sobre p, entones σi(P) es primo en OL arriba de p. Por lo

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matriz, y como P∩Z = pZ se concluye que D es divisible por p como se quer´ıa mostrar. El otro lado de la demostraci´on se tiene por [1, p´ag 60]

Este resultado nos da toda la informaci´on acerca de la ramificaci´on si co-nocemos su discriminante, por ejemplo, en el caso de las extensiones cuadr´ ati-cas . Por otro lado, hay finitos primos que ramifican en una extensi´on pues hay finitos divisores del discriminante. Ahora se va a mostrar un resultado que nos permite conocer la ramificaci´on en la composici´on de cuerpos.

Teorema 3.8. SeanKyLcuerpos de n´umeros, sipramifica enKLentonces ramifica en K o en L.

Demostraci´on. Sipramifica enKL entonces por 3.7p|disc(KL). Ahora, Por 3.3 p|disc(K) o p|disc(L), por lo tanto ramifica en K o en L.

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Cap´ıtulo 4

Extensiones Ciclot´

omicas

Un cuerpo ciclot´omico o extensi´on ciclot´omica se obtiente al adjuntar una raiz primitiva de la unidad compleja al cuerpo de los n´umeros racionales

Q. Denotaremos por ζn una n-´esima ra´ız primitiva de la unidad (a es una

n-´esima ra´ız de la unidad si an = 1 y n es el menor entero positivo que lo

satisface) y denotaremos Q(ζn) el n-´esimo cuerpo ciclot´omico.

En esta secci´on se presentar´an algunos resultados b´asicos pero muy impor-tantes para la demostraci´on del Teorema de Kronecker Weber. En primer lugar, sabemos que estos cuerpos son de Galois(ver [3, p´ag 555]. En este cap´ıtulo se va a hallar la estructura del Grupo de Galois y despu´es se pre-sentar´an resultados acerca de la composici´on de extensiones ciclot´omicas que nos llevar´an a la primera reducci´on del problema.

Proposici´on 4.1. El grupo G=Gal(Q(ζn)/Q) es isomorfo a (Z/nZ)×.

Demostraci´on. SeaG=Gal(Q(ζn)/Q), como el grupo de Galois env´ıa ra´ıces

en ra´ıces, se tiene que si σ ∈ G, entonces σ(ζn) = ζni para alg´un i.

Aho-ra bien, i no puede ser invertible m´odulo n pues si ij ≡ 1 mod n entonces (ζnj)i =σ(ζnj) = 1 y esto no puede pasar porque j < n. As´ı pues, podemos

ver que hay una funci´on:

(Z/nZ)× →G a 7→σa

Donde a es la clase dea m´odulo n y σa(ζn) = (ζn)a

Se puede verificar que esta funci´on es precisamente un isomorfismo de gru-pos(ver [4, Thm VI.3.1]

(17)

Es conveniente conocer la estructura del grupo de Galois, y la conocemos bien gracias al siguiente Teorema.

Teorema 4.2. La estructura de (Z/nZ)× est´a dada por

(Z/prZ)× =

        

C(prpr−1 sip es impar

C(2n−2)×C(2) sip= 2 y r3

C(2) si p= 2 yr = 2

{1} si p= 2 yr = 1

Donde C(n) denota el grupo c´ıclico de orden n. Es suficiente tenerlo para potencias de primos porque (Z/nZ)× = Q

(Z/pr

Z)×. Denotaremos por φ(n)

el orden del grupo (Z/nZ)×.

Nuestra primera meta importante para la demostraci´on del teorema es reducirlo a extensiones abeliana de grado pr donde p es un primo. Esta

re-ducci´on se tiene por el siguiente lema que establece que la composici´on de dos extensiones que est´an contenidas en una extensi´on ciclot´omica es ciclot´omica. Lema 4.3. Sean K y L extensiones de Galois de Q contenidos cada uno en una extensi´on ciclot´omica. EntoncesKL est´a contenido en una extensi´on ciclot´omica.

Demostraci´on. N´otese que sia|bentoncesQ(ζa)⊆Q(ζb), por lo tanto se tiene

que Q(ζm)Q(ζn) ⊆ Q(ζmn). As´ı que si K ⊆ Q(ζn) y L ⊆ Q(ζm), entonces

KL⊆Q(ζmn.

Teorema 4.4. (Primera Reducci´on)Sea K una extensi´on abeliana de Q. Si todas extensi´on abeliana de gradopr conpprimo est´a contenida en una

ex-tensi´on ciclotomica. Entonces K est´a contenida en una extensi´on ciclot´ omi-ca.

Demostraci´on. Como el grupo deGal(K/Q) es abeliano y finito, es isomorfo aC(pα1

1 )×C(p

α2

2 )× · · · ×C(p

αn

k ), donde lospi son primos no necesariamente

distintos. Sea Ki el cuerpo fijo de el subgrupo

Q

j6=iC(p αj

j ) que es normal

porque la extensi´on es abeliana. Por tanto, Por la correspondecia de Galois, Ki/Q es una extensi´on abeliana de Galois con grupo de Galois isomorfo a

C(pαi

i ), y por lo tanto ciclot´omica (por la hip´otesis inicial). Finalmente como

K es la composici´on K1K2. . . Kn, se concluye la demostraci´on con el lema

(18)

Ramificaci´

on en extensiones ciclot´

omicas

El ´ultimo resultado que se va a mostrar en esta secci´on es que el anillo de enteros de Q(ζ) =Z[ζ]. Donde ζ es una p-ra´ız primitiva de la unidad.

Proposici´on 4.5. Z[ζ] es el anillo de enteros de K =Q(ζp)

Demostraci´on. Esta demostraci´on est´a inspirada en [5]. Claramente se tiene que Z[ζ] ⊆ OK. Para demostrar la otra inclusi´on vamos a demostrar dos

lemas.

Lema 4.6. Sean r ys enteros no divisibles por p. Entonces (ζ

r1)

(ζs1) es una

unidad de Z[ζ].

Demostraci´on. Sea t tal que st≡r(modp), entonces: (ζr1)

(ζs1) =

(ζst 1)

(ζs1) = 1 +ζ

s+. . . ζs(t−1)

Pertenece Z[ζ], por lo tanto (ζ

s1)

(ζr1) tambi´en, con lo que queda demostrado

el lema.

Lema 4.7. El ideal (1−ζ) es primo y (1−ζ)p−1 = (p).

Demostraci´on. 1 +x+x2+. . . xp−1 =Q

(x−ζi). Tomando x = 1, se tiene que p =Q

(1−ζi). Viendo esa igualdad como ideales, por el lema anterior,

todos los ideales de la derecha son iguales. Por lo tanto (p) = (1 −ζ)p−1. Por la igualdad fundamneltal (p) tiene m´aximo [Q(ζ) : Q] = p−1 factores primos, entonces (1−ζ) debe ser un primo en Z[ζ].

Esta demostraci´on nos dice m´as, solo hay un primo en el anillo de enteros sobre p y p es totalmente ramificado.

N´otese que Q(ζ) = Q(1−ζ). Por lo tanto, una base para Q(ζ) es {1,(1−

ζ), . . . ,(1−ζ)p−2}. Entonces αO

K se puede escribir como:

α=a0+a1(1−ζ) +· · ·+ap−2(1−ζ)p−2

Para mostrar que α est´a en Z[ζ] hay que mostrar que los ai son enteros.

Sea v la valuaci´on con respecto al ideal (1−ζ)(ver definici´on 8), por ejem-plo v(1−ζ) = 1 y v(p) = p−1. N´otese que los n´umeros v(ai(1−ζ)i) son

(19)

v(α) =min(v(ai(1−ζ)i)). Comov(α)≥0, porque est´a escrito en esa base, y

v((1−ζ)i)< p1, se debe tener que v(a

i)≥0. Por lo tanto pno divide el

denominador de ning´un ai. Expandiendo la igualdad anterior obtenemos:

α=b0+b1ζ+· · ·+bp−2ζp−2

Donde cada bi tiene denominador no divisible por p.

Se tiene que:

ασ =b

0+b1ζσ +· · ·+bp−2(ζσ)p−2

Dondeσ recorre todos los elementos de Gal(Q(ζ)/Q)∼= (Z/pZ)×. Aplicando

la regla de Cramer para resolver el sistema, se observa que el determinante de la matriz es el determinante de Vandermonde([5])

Q

(ζk−ζj) =u(1−ζ)m, donde u es una unidad. Esto se tiene gracias al lema 4.7.

Por lo tanto bi = (1aζ)m donde a es un entero algebraico. Pero bi no tiene p

en su denominador, calculando la valuaci´on v a ambos lados de la igualdad se concluye que bi es un entero algebraico. Finalmente, como bi ∈ Q y es

entero algebraicobi ∈Zpor 2.2 como se quer´ıa mostrar. Es posible extender

esta demostraci´on y mostrar que Z[ζn] es el anillo de enteros de Q(ζn) para

todo n (ver [5]).

Teorema 4.8. Sea K = Q(ζpn) donde ζpn es una pn-ra´ız primitiva de la

unidad. Entonces ∆K es una potencia de p

Demostraci´on. Sabemos que el anillo de enteros es Z[ζpm] (ver [5]), por lo

tanto una base integral es {1, ζpn, . . . , ζφ(p n)1

pn }. Utilizando el determinante

de Vandermonde obtenemos:

Y

0<k<j<pn

pjn−ζpkn) = ζ

Y

k<j

(1−ζpkn−j).

Dondeζ es una ra´ızpn-´esima de la unidad. Y como (1−ζp−na) = −ζp−na(1−ζpan),

entonces podemos incluir al producto todas las parejas j 6=k y obtenemos el determinante:

det(ζpijn)2 =ζ

Y

0<j,k<pn

(1−ζpkn−j)

De ac´a se concluye que el discriminante es una potencia dep gracias al lema 4.6

(20)

Podemos calcular explicitamente el valor del discriminante, sin embargo en este caso solo nos interesa saber que es una potencia de ppara concluir el siguiente colorario

Corolario 4.9. Sea K =Q(ζp), entonces p es el ´unico primo que ramifica.

Demostraci´on. Se sigue del lema3.7

Es posible extender este corolario al cualquier extensi´on ciclot´omica. Es decir, p ramifica en Q(ζm) si y solo si p|m (ver [5]).

(21)

Cap´ıtulo 5

Ramificaci´

on en Extensiones de

Galois

Nos interesaremos ahora en la teor´ıa de ramificaci´on en extensiones de Galois ya que nos vamos a interesar en extensiones abelianas, que son en particular extensiones de Galois. En el cap´ıtulo de extensiones ciclot´omicas se redujo la demostraci´on del Teorema de Kronecker Weber a extensiones abelianas de grado pr donde p es un n´umero primo. Nuestra siguiente meta

es reducir la demostraci´o extensiones abelianas de grado pr donde p es el ´

unico primo que ramifica.

Ejemplo. Las extensiones Q(i) y Q(√2) son de grado 2 donde 2 es el ´unico primo que ramifica. La primera se tiene gracias a un ejemplo anterior, y la segunda porque el discriminante es 8 y 2 es el ´unico primo que lo divide.

Lema 5.1. Seapun primo en Z. El grupoGal(K/Q)act´ua sobre el conjunto de los ideales primos que est´an sobre p.

Demostraci´on. Si pOK = p1e1p2e2. . .pgeg, aplicando σ a ambos lados de la

ecuaci´on obtenemos pOK =

Q

σ(pi)ei. Sabemos que los σ(p) son primos, y

por lo tanto σ act´ua sobre los primos arriba dep.

Ahora vamos a demostrar que la acci´on es transitiva, con estos dos lemas podemos concluir un hecho fundamental en la factorizaci´on por ideales primos en una extensi´on de Galois.

Lema 5.2. SeanP yP0 dos ideales primos sobre el primo pen Z. Entonces existe σ ∈Gal(K/Q) tal que σ(P) =P0.

(22)

Demostraci´on. Supongamos que σ(P) 6= P0 para todo σ. Por el Teorema Chino del ResiduoA.5 hay soluci´on para el sistema de congruencias x ≡ 0 mod P0 y x≡1 mod σ(P).

Sea αtal soluci´on, entonces la norma N(α)∈Z∩P0 =pZ. Por que un factor de la norma es α y pertenece a P0.

Por otro lado, como α /∈ σ(P0), entonces σ−1(α) ∈/ P0. Y podemos calcu-lar la norma de α como el producto de todos los σ−1(α), por lo tanto no

pertenece a P porque es un ideal primo. Lo cual es una contradicci´on, es decir que no se pod´ıa solucionar el sistema inicial.

Corolario 5.3. Si P y P0 son ideales primos sobre p, entonces tienen el mismo ´ındice de ramificaci´on y el mismo grado inercial.

Demostraci´on. SeapOK =Q(Pi)ei la factorizaci´on depenOK . Por el lema

anterior existe σ tal que σ(P1) =Pi, entonces = pOKσ(pOK) = Qσ(Pi)ei.

De aqu´ı se sigue que ei = e1, es decir que todos los ideales primos sobre

p tienen el mismo ´ındice de ramificaci´on. Adem´as se puede verificar que OK/σ(P1) = OK/P1, por lo tanto fi =f1.

Esto demuestra que la factorizaci´on por ideales primos en una extensi´on de Galois es de la forma pOk = (P1P2. . .Pg)e, y por lo tanto para una

extensi´on de Galois la igualdad fundamental se convierte enn=ef g. N´otese que esta demostraci´on s´olo depende de que la extensi´on sea de Galois y no que sea sobre Q.

Inercia y Descomposici´

on

SeaK/Luna extensi´on de de cuerpos de n´umeros de Galois con grupo de GaloisG. En esta secci´on estudiaremos dos subgrupos deGmuy importantes en el fenomeno de la ramificaci´on que son el grupo de inercia y el grupo de descomposici´on de un ideal maximalP enOK sobre p enOL.

Grupo de Descomposici´

on

SeaPun ideal maximal enOKsobrepenOL. El grupo de descomposici´on

D de Pse define como:

(23)

Por el lema 5 sabemos que los primos sobrepson conjugados por los elemen-tos de G. Por lo tanto la orbita de P bajo conjugaci´on porG tiene tama˜no g. Asi pues, si G = D entonces p es inerte y si D es trivial entonces p se descompone completamente. Adem´as el estabilizador de P tiene tama˜noef porque la orbita es de tama˜nog (el n´umero de primos), es decir |D|=ef.

Ahora, podemos considerar KD el cuerpo fijo de D, y por la correspon-dencia de Galois se tiene que Gal(K/KD)= D. A este cuerpo lo llamaremos

el cuerpo de descomposici´on. ComoK es una extensi´on abeliana se tiene que D es un subgrupo normal de G y KD es una extensi´on de Galois de L con grupo de Galois G/D

Grupo de Inercia

Similarmente definimos el grupo de inercia de un ideal maximalPcomo: I ={σ ∈G|σ(x)−x∈P∀x∈OK}

ClaramenteI ≤D, m´as a´un es un subgrupo normal. Podemos definir tambi´en KI el cuerpo de inercia como el cuerpo fijo de I y por la correspondecia de Galois se tiene que Gal(K/KI) = I. Adem´as como I CD, KI/KD es de

Galois con Gal(KI/KD) =D/I y obtenemos el siguiente diagrama:

K

KI

O

O

KD

O

O

L

O

O

Como [K : KD] = |D| = ef entonces [KD : L] = g. Para hallar |I| es

suficiente hallar |D/I| y utilizar la identidad |D/I||I| = |D|. El prop´osito es mostrar que |I| = e, esto lo vamos a demostrar como consecuencia de la siguiente igualdad:

(24)

donde K =OK/P y L=L/p.

Por el cap´ıtulo anterior se tendr´ıa que |Gal(K/L)| = |K/L| = |D/I| = f. Entonces ya tenemos todos los grados de las extensiones del diagrama mostrado:

[K :KI] =e, [KI :KD] =f, [KD :L] =g. Y se obtiene la igualdad fundamental.

Antes de mostrar la igualdad, necesitamos probar otro lema que le da mayor sentido a la ´ultima proposici´on.

Lema 5.4. Sea KD el cuerpo de descomposici´on de un ideal primo PenO K

(sobre p en OL. Sea R =OK∩KD y sea PD = P∩KD. Entonces P es el

´

unico ideal primo de OK sobre PD. Adem´as R/PD =OK/p

Demostraci´on. Los ideales primos sobrePD son conjugados por los elementos

del Gal(K/KD) = D y por la definici´on del grupo de descomposici´on si

σ ∈ D se tiene que σ(P) = P. Por lo tanto es el ´unico primo sobre PD.

Sabemos por la igualdad fundamental que [K : KD] = eDfD donde eD y

fD son los ´ındices de ramificaci´on e inercia respectivamente. Ahora, como

[K : KD] = ef =e

DfD por la transitividad de los ´ındices de ramificaci´on e

inercia tenemos que eD|ey fD|f, por lo tantoeD =e y fD =f con lo que se

sigue el resultado.

Teorema 5.5. D/I ∼=Gal(K/L), donde K =OK/P y L=OL/p.

Demostraci´on. Para esta demostraci´on se utilizar´an las ideas de [6, p´ag 223]. Se va a demostrar que existe un homomorfismo sobreyectivo Φ : D →

Gal(K/L) con kernel I. Dado un σ ∈ D se induce un homomorfismo σ : K → K definidio por σ(x) = σ(x) que est´a bien definido pues si x y y est´an en la misma clase, entonces x−y ∈ P, as´ı que σ(x−y) ∈ P. Por lo tanto σ(x−y) = σ(x−y) = σ(x)−σ(y)∈ P. Adem´as σ define un R/PD

-automorfismo, y por el lema anterior es un L-automorfismo.

Sea Φ(σ) = σ. Como estamos asumiendo que K/L es finita y separable, por el teorema del elemento primitivo tenemos que K =L(l), con l ∈OK.

Sea f el polinomio minimal delsobreKD,f =Q

(x−σ(l)), porque la exten-si´on K/KD es de Galois con grupo de Galois D. Por la definici´on del grupo

de descomposici´on tenemos que si l ∈ OK implica σ(l) ∈ OK. Es decir, los

(25)

El mapa R →R/PD induce can´onicamente un mapa OK → OK/P. Ahora,

f tiene coeficientes en R y el polinomiof =Q

(x−σ(l) tiene coeficientes en R/PD y por el lema anterior, tiene coeficientes enL. Es decir, que f est´a en

L[x].

Ahora, como f(l) = 0, todos los elementos conjugados de l son ra´ıces de f, as´ı que el polinomio minimal de r sobre L divide a f. Por lo tanto, dado τ ∈ Gal(K/L), existe un σ ∈ D tal que τ(l) = σ(l) = σ(l). Ademas, como σ y τ fijan L, porque τ ∈ Gal(K/L) y por construcci´on, y coinciden en l deben ser iguales. Por lo tanto Φ es sobreyectivo.

Ahora mostraremos que el kernel el precisamente I. Todo σ ∈ I fija P por lo tanto, {σ ∈ D|σ(x) = x ∀x ∈ K} coincide con I. Como se quer´ıa mos-trar.

El grupo de GaloisGal(K/L es c´ıclico generado porx→xq, el

automor-fismo de Frobenius. Esta observaci´on va a ser muy ´util en la demostraci´on del teorema.

Corolario 5.6. D/I es un grupo c´ıclico generado por σ ∈G tal que σ(x)≡

xq mod P para todo x∈OK.

Antes de pasar a definir los grupos de alta ramificaci´on, se va a demostrar un teorema que al igual que el teorema (casi anterior) da mayor sentido al diagrama mostrado en esta secci´on.

Teorema 5.7. Sea P un ideal primo en OK sobre p en OL y KI su cuerpo

de inercia. Definimos RI = OK ∩KI y PI = P∩PI. Entonces PI es no

ramificado sobre p y P es totalmente ramificado sobre PI

Demostraci´on. Sabemos que [K : KI] = e. Adem´as, viendo K como una

extensi´on deKI, se tiene que [K :KI] =e

IfI. Donde eI y fI son los ´ındices

de ramificaci´on y de inercia respectivamente de P sobre PI.

Se va a demostrar que fI = 1. N´otese que el grupo de descomposici´on de

P en la extensi´on K/KI es I, porque el cuerpo de descomposici´on es un subcuerpo del de inercia, por lo tanto es KI. Aplicando el teorema 5.5 en la

extensi´onK/KI obtenemos [O

K/P:RI/PI] = 1, es decirfI = 1.

Por lo tanto eI =e, entonces Pes totalmente ramificado sobre PI. Y por la

(26)

Grupos de Alta Ramificaci´

on

Dado un entero no negativom definimos el m−esimo´ grupo de ramifi-caci´on con respecto al idealP de OK como

Vm ={σ ∈G|σ(x)−x∈Pm ∀x∈OK}

El primer grupo de ramificaci´on es el grupo de inercia de P y hay finitos grupos de ramificaci´on dado que G es un grupo finito. Adem´as los grupos de ramificaci´on son subgrupos normales del grupo de D, el subgrupo de des-composici´on de P (ver [7]).

En esta demostraci´on nos fijaremos en los grupos cocientes de la forma Vi/Vi+1. El siguiente teorema nos brindar´a mucha informaci´on acerca de su

estructura.

Teorema 5.8. SeaPun ideal maximal deOK que est´a sobre el ideal maximal

pdeOL, y seanI =V1 ≥V2 ≥ · · · ≥Vm los grupos de ramificaci´on asociados.

Entonces el grupo I/V2 es isomorfo aun subgrupo multiplicativo de (OK/P)×

y Vi/Vi+1 es isomorfo a un subgrupo adivitvo de OK/P, si i≥2

Demostraci´on. Supongamos primero que P es principal, P= (b). Entonces σ(b) ∈ P−P2, si σ I. Primero, por definici´on σ(b) P y si σ(b) P2

entonces σ−1σ(b) = b ∈ P2 lo cual es una contradicci´on porque b es un ge-nerador de P. Entonces σ(b) = bxσ donde xσ ∈ OK −P. Adem´as se tiene

que para τ ∈ I xσxτ ≡xστ mod P. Entonces ¯xστ = ¯xσx¯τ en OK/P es decir

que tenemos un homomorfismo de I a un subgrupo de OK/P y el kernel

es el subgrupo de automorfismos tales que xσ = 1 es decir los σ tales que

σ(b)−b ∈ P2. M´as adelante se mostratr´a por qu´e este subgrupo es

preci-samente V2 con lo cual se concluye por el primer teorema del isomorfismo

que I/V2 es isomorfo a un subgrupo del grupo multiplicativo dado por la

estructura de (OK/P)×.

Ahora, seaσ ∈Vi entonces σ(b) =yσbi y se puede verificar queyσ+yτ ≡yστ

mod Pi es decir que y

σ+yτ =yστ enOK/P. As´ı se tiene un homomorfismo

de Vi a un subgrupo aditivo de OK/P y el kernel son los automorfismos σ

tales que yσ = 0 es decir los automorfismos tales que σ(b)−b ∈Pi+1. Solo

queda mostrar que este subgrupo es igual a Vi+1 para concluir la

demostra-ci´on para el caso en el que Pes principal.

(27)

σ ∈ Pi tales que σ(b)−b ∈ Pi+1. N´otese que en principio esto s´olo ocurre parab, el prop´osito es mostrar que se tiene para todoxenOK. ComoRT/PT

es isomorfo aOK/P, entonces todox∈OK se puede escribir como x=y+z

donde y∈RT y z ∈P. As´ı que para σ ∈Vi+1 tenemos que

σ(x)−x=σ(y)−y+σ(z)−z

como σ ∈I, σ(y)−y= 0 y como z ∈ P= (b) entonces σ(z)−z ∈ Pi+1. Y

por lo tanto σ(x)−x∈Pi+1 para todox∈OK como se quer´ıa mostrar.

Ahora vamos a mostrar el teorema para el caso en el que P no es princi-pal utilizando localizaci´on. Sabemos que OKP es un anillo local (ver [8, p´ag

66] y su ´unico maximal esPOKP, como es un dominio de Dedekind este ideal

es primo. M´as a´un, un dominio de Dedekind con un n´umero finito de ideales primos un DIP(ver A.7). Vamos a denotar por Vi(P) el i-´esimo grupo de

ra-mificaci´on del ideal con respecto al nuevo anillo. Como el ideal es principal tenemos entonces que I(P)/V

2(P) es isomorfo a un subgrupo multiplicativo de

OKP/POKP y Vi(P)/Vi+1(P) es isomorfo a un subgrupo aditivo.

Tenemos que OKP/POKP ∼= OK/P. Para terminar la demostraci´on

mos-traremos que Vi(P) = Vi. Sea b un generador del ideal POKP, entonces si

σ ∈Vi(P) se tiene queσ(b)−b∈PiOKP, vamos a mostrar queσ(x)−x∈Pi

para todo x ∈ OK. Podemos escribir x =

P

aibi, entonces σ(x)−(x) =

P

ai(bi−σ(b)i) y tenemos queσ(b)−b divide el lado derecho porque divide

a cada uno de los terminos, entoncesσ(b)−bdivide aσ(x)−x∀x∈OK, pero

ya mostramos queσ(b)−b ∈PiO

KP, entoncesσ(x)−x∈OK∩PiOKP =Pi

con lo que se concluye una inclusi´on. La otra inclusi´on se tiene porque si σ(x)−x ∈ Pi para todo x O

K, se tiene entonces que σ(b)−b ∈ PiOKP

donde b es el generador.

Corolario 5.9. I/V2 es c´ıclico y Vi/Vi+1 es trivial o isomorfo a al producto

directo de grupos c´ıclicos de orden p donde p es la caracter´ıstica de OL/p

Demostraci´on. ComoOK/Pes finito se tiene que es isomorfo aFq dondeqes

una potencia de un primo y su grupo multiplicativo Fq× es un grupo c´ıclico

de orden q−1 y por lo tanto I/V2 es c´ıclico. Ahora, la estructura del grupo

aditivo es Z/pn

Z y se obtiene el resultado.

Hasta el momento lo ´unico que sabemos acerca del tama˜no de I/V2 es

que divide a pf −1 que es el tama˜no del grupo multiplicativo. Sin embargo, si D/V2 es abeliano, que es lo que ocurre en este caso porque la extensi´on

de Galois OK/P/OL/p es abeliana, tenemos mejor informaci´on acerca del

(28)

Teorema 5.10. Sea P un primo en OK sobrep que est´a sobre OL, sean D,

I yV2 como se definieron anteriormente. SiD/V2 es abeliano, entonces I/V2

tiene orden que divide a q−1, donde q es el orden de OL/p.

Demostraci´on. En la demostraci´on del teorema anterior se mostr´o que los grupos de ramificaci´on permanecen invariantes bajo localizaci´on, de igual forma se puede ver que el grupo de descomposici´on tambi´en se mantiene in-variante. Por lo tanto, se puede asumir que Pes principal generado por b.

Dado σ ∈ D, σ(b) =σ b donde xσ ∈ OK/P (por la demostraci´on de 5.8).

Por el teorema 5.5 D/I ∼= Gal(K/L). Vamos a considerar σ ∈ D el au-tomorfismo que induce el auau-tomorfismo de Frobenius en Gal(K/L), y sea τ ∈I el automorfismo que en V2 generaI/V2. Tenemos entonces que σ(t) =

xσ(t), τ(t) = xτt y στ σ−1 =xστ σ−1t.

Calculandoστ σ−1(1) se obtiene quex

στ σ−1 = (στ σ−1)(xσ)−1σ(xτ)xσ. Ahora,

consideramos la eucaci´on m´odulo P. τ se reduce a la identidad y σ(xτ) =

σ(xτ) =xτq, porqueσes el automorfismo de Frobenius. Por lo tanto,xστ σ−1 =

xq

τ. Ahora, comoD/V2es abeliano de la primera ecuaci´on obtenemosxστ σ−1 =

(29)

Cap´ıtulo 6

El teorema de

Kronecker-Weber

La estrategia para demostrar el teorema de Kronecker Weber es hacer dos reducciones m´as (ver primera reducci´on 4.4) . La segunda reducci´on es reducir la demostraci´on del teorema de Kronecker-Weber a extensiones abelianas de grado pr donde p es ´unico primo que ramifica (Sabemos que al

menos un primo ramifica enKpor el Teorema de Minkowski,A.6). La tercera, es reducir la demostraci´on a extensiones c´ıclicas, es decir, extensiones de Galois con grupo de Galois c´ıclico. Finalmente, bajo estas tres reducciones del problema, se va a terminar la demostraci´on haciendo dos casos dependiendo de la paridad de p ([K :Q] =pr).

Teorema 6.1. (Segunda Reducci´on) Sea K una extensi´on abeliana deQ de grado pr con p primo, con grupo de Galois G.Para demostrar el teorema de Kronecker-Weber es suficiente mostrar que K est´a contenida en una ex-tensi´on ciclot´omica con la hip´otesis adicional de quep es el ´unico primo que ramifica.

Demostraci´on. Seaqun primo diferente depque ramifica enK, la idea de es-ta demostraci´on es mostrar que existe un cuerpoLcontenido en la extension

Q(ζq) y que existeK0 un cuerpo tal que KL=K0L y que q no ramifique en

K0. Si K0 est´a contenido en una extensi´on ciclot´omica,K tambi´en puesKL est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica. Adicionalmente,se demostrar´a que ning´un primo adicional a los que ramifican en K ramifican en K0. As´ı podemos quitar todos los primos que ramifiquen enK con este procedimien-to(excepto p). Con lo que se puede a˜nadir la hip´otesis de que p es el ´unico primo que ramifica.

(30)

Sea P un ideal maximal en K sobre q, y sea I el grupo de inercia. Co-mo I es un subgrupo del grupo de Galois G que tiene grado pr, entonces

|I|=pm para algunmr.N´otese que todos los grupos de ramificaci´on de de

Psobreq son triviales porque por el lema 5.9Vi/Vi+1 es trivial o el producto

directo de grupos de ordenq, yqno divide al orden de ningun subgrupo deG porque su orden espm. Por el lema 5.10pm|q1 y como la extensi´on

Q(ζq)/Q

es c´ıclica y tiene orden q −1 existe un subcuerpo L de tama˜no pm, que es c´ıclica y al grupo de Galois lo llamaremos H. Adem´as, por el mismo lema I/V2 es c´ıclico y comoV2 es trivial se sigue que el grupo de inerciaI es c´ıclico.

Como K/Q y L/Q son de Galois, KL/Q es de Galois con grupo de Ga-lois isomorfo a un subgrupo de G×H. Sea P0 un primo sobre P enKL, si I0 es el grupo de inercia se tiene que I0 ≤ I ×H porque si se restringe un elemento de I0 a K se obtiene un elemento de I. Ahora, |I0| ≥ pm porque

|I|=e(P/q)≤e(P0/q) = |I0|Por la transitividad del ´ındice de ramificaci´on. Sin embargo, todos los grupos de ramificaci´on de P0 son triviales(por el mis-mo argumento anterior) y por 5.9 se tiene que I0 es c´ıclico. Cada elemento deI×H tiene orden menor o igual a pm porque I y H son c´ıclicos de orden

pm. Entonces |I0| ≤pm, y por lo tanto|I0|=pm.

Sea K0 el cuerpo de inercia de I0 sobre q. Por las propiedades del cuerpo de inercia sabemos que q no ramifica en K0. M´as a´un, si consideramos P00 el ideal primo en K0 abajo de P0, se tiene que P00 ∩ L es no ramificada sobre q porque K0 ∩L es no ramificado sobre q ya que est´a contenido en K0. Sin embargo, P00 ∩L ramifica totalmente sobre q porque por 4.7 toda subextensi´on es totalmente ramificada , por lo tantoe(L∩K0/Q) = 1 as´ı que [L∩K0 :Q] = 1 es decir queK0∩L=Q. Entonces [K0 :Q][L:Q] = [K0L:Q].

Como [L : Q] = [KL : Q] = pm reemplazando en la ecuaci´on anterior

obtenemos que [K0L : Q] = [KL : K0][K0 : Q] = [KL : Q]. Finalmente, como K0L ⊆KL conclu´ımos que K0L =KL. Estos cuerpos K0 y L son los buscados al inicio de la prueba, ya que si un primo r ramifica en K0 este tambi´en ramifica en KL. Como este primo no ramificaba en K y tampoco ramifica enLporque el ´unico primo que ramifica enQ(ζq) esqentonces

tam-poco ramifica en KL por3.8. Por lo tanto, ningun primo nuevo ramifica en K0, asi que podemos repetir el proceso con todos los primos que ramifiquen diferentes a p y obtenemos el resultado.

(31)

KL

}

} !!

K

!

!

K0

L

~

~

Q

Del resultado anterior, para demostrar el teorema de Kronecker-Weber es suficiente mostrar el resultado para extensiones abelianas K/Q de grado pn donde p es el ´unico primo que ramifica. Ahora, se va a hacer una ´ultima reducci´on del problema y se finalizar´a la demostraci´on separando los casosp par e impar.

Lema 6.2. (Tercera Reducci´on) Si toda extensi´on c´ıclica de Q est´a con-tenida en una extensi´on ciclot´omica. Entonces toda extensi´on abeliana de Q est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica.

Demostraci´on. G el grupo de Galois de K sobre Q. Por el teorema funda-mental de grupos abelianos se tiene que G ∼= G1× · · · ×Gm, donde los Gi

son grupos c´ıclicos. Sea Ki el cuerpo fijo de

Q

j6=iGj. Por la correspondencia

de Galois, Ki es una extensi´on c´ıclica con grupo Galois es isomorfo a Gi, y

por lo tanto est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica. Ahora, como K es la composici´on K1 ×. . . Km y cada uno de estos cuerpos est´a contenido en

una extensi´on ciclot´omica se obtiene el resultado.

Caso

p

impar

Sea K una extens´on abeliana de Q de grado pr con p impar, tal que p es el ´unico primo que ramifica. Sea G el grupo de Galois y sea P un ideal primo sobre p. Se va a demostrar un lema que va a ser fundamental en la demostraci´on del teorema para el caso impar.

Lema 6.3. Si K es una extensi´on abeliana de Q de grado pr donde p es un

primo impar que es el ´unico primo que ramifica, entonces es una extensi´on c´ıclica.

Demostraci´on. Por el lema 5.7,pno es ramificado enKI, por lo tanto ningun

primo ramifica en KI. Por el teorema de Minkowski(A.6), KI =

Q, es decir

G = I. Por la igualdad fundamental f g = 1, es decir que P es totalmente ramificado y como f = 1, [K/L] = 1, lo cual implica que K =OK/P es un

(32)

cuerpo finito de pelementos.

Por el lema 5.10, I = V2 porque p no divide a p−1. Sea l el menor entero

tal que Vl 6=G. Sea KVl su cuerpo fijo. Se va demostrar que [KVl : Q] =p y

que es la ´unica extnesi´on de Q de grado p contenida en K.

N´otese que [KVl :Q] =|Vl−1/Vl|, ya que [KVl :Q][K :KVl] = [K :Q] =|Vl−1|

porque Vl−1 = G. Por 5.9 se tiene que Vl−1/Vl es trivial o isomorfo al

pro-ducto directo de grupos c´ıclicos de orden p. Pero Vl−1/Vl es subgrupo de la

estructura aditiva de OK/P, que es de orden p. ComoVl es el primer grupo

de alta ramificaci´on al que Vl 6=G, entonces Vl−1 6= Vl. Por lo tantoVl−1/Vl

es de orden p.

Adem´as, es la un´ıca extensi´on de grado p sobre Q contenida en K (ver [9]). Por lo tanto, por la correnpondencia de Galois G tiene un ´unico subgru-po de tama˜no pr−1, y se puede demostrar que esto implica que el grupo es c´ıclico.

Teorema 6.4. SeaK una extensi´on abeliana de Q de grado pr con p impar.

Entonces K est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica.

Demostraci´on. Podemos asumir,por 6.1, quepes el ´unico primo que ramifica . Sea ζ una pr+1 ra´ız primitiva de la unidad. La extensi´on

Q(ζ)/Q es c´ıclica

y tiene grado pr(p−1) por lo tanto tiene una subextensi´onK0 de grado pr. Vamos a demostrar que K =K0.

Supongamos que K 6=K0, entonces la extensi´onKK0/Qtiene grado una po-tencia de pmayor a r porque Gal(KK0/Q) es un subgrupo de Gal(K/Q

Gal(K0/Q). Adem´as p es el ´unico primo que ramifica en KK0 porque p es el ´unico primo que ramifica en K y K0(ver 4.9 y 3.8). Por el lema anterior G0 =Gal(KK0/Q) es c´ıclico. Adem´as,G0 ≤G×H dondeG=Gal(K/Q) y H =Gal(Q(ζ)/Q). Sin embargo, todos los elementos deGy H tienen orden menor o igual a pr, por lo tanto |G×H| ≤pr lo cual es una contradicci´on, pues [KK0 : Q]> [K : Q] porque K =6 K0. Entonces K =K0 ⊆ Q(ζ), est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica como se quer´ıa mostrar.

Caso

p

par

Solo queda mostrar el caso en el que la extensi´on K/Q es de grado 2m

(33)

inducci´on en r pero antes necesitamos demostrar un lema que va a ser ´util para el caso base.

Lema 6.5. Sea p un primo impar, entonces.Q(√p∗) est´a contenida en el

cuerpo Q(ζp/Q). Donde p∗ =p si p≡1m´od 4 y p∗ =−p si p≡3 m´od 4.

Demostraci´on. La extensi´onQ(ζp)/Qes c´ıclica y el ´unico primo que

ramifi-ca es p. Como la extensi´on tiene orden ϕ(p) = p−1 que es par, tiene una subextensi´on cuadr´atica. Sabemos que una extensi´on cuadr´atica es de la for-ma Q(√d) y su discriminante esd sid≡1 m´od 4, y 4dsi no. Por lo tanto si q|d entonces q ramifica, pero el ´unico primo que ramifica es p con lo que se obtiene el resultado.

Para el casop= 2 tenemos que √2∈Q(ζ8) porque ((1 +i)2)4 = (2i)4 =

16, es decir que 1 +i ∈ Q(ζ8) y por lo tanto

2 ∈ Q(ζ8). Este hecho junto

con el lema anterior nos brindan el siguiente resultado.

Lema 6.6. Toda extensi´on cuadr´atica est´a contenida en una extensi´on ci-clot´omica.

Demostraci´on. SeaQ(pa

b) una extensi´on cuadr´atica cona yb libres de

cua-drados y (a, b) = 1. Esta extensi´on est´a contenida en la extensi´on obtenida por Q adjuntando las ra´ıces de los primos que dividen a ab y la ra´ız de −1. Por el lema anterior tenemos que Q(√p∗)

Q(ζp), es decir que la extensi´on

Q(pab) est´a contenida en Q(i)

Q

Q(ζp)(Para el caso p= 2 se utiliza Q(ζ8)),

donde la productoria es sobre los primos que dividen a ab. Esta extensi´on est´a contenida en una ciclot´omica porque es la composici´on subextensiones ciclot´omicas (ver 4.3). Con esto queda demostrado el caso base de la induc-ci´on.

Teorema 6.7. SeaK una extensi´on de n´umeros c´ıclica de grado2r. Entonces

K est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica.

Demostraci´on. Por lo demostrado anteriormente podemos asumir que 2 es el ´

unico primo que ramifica en K y que la extensi´on es c´ıclica.

Sea G el grupo de Galois asociado a la extensi´on. Como G es c´ıclico tie-ne un ´unico subgrupo de tama˜no 2r−1 y por la correspondencia de Galois K tiene un ´unico subcuerpo cuadr´atico Q(√d). Ahora, como 2 es el ´unico primo que ramifica enKno puede haber otro primo que ramifique en Q(√d). Por lo tanto, si la extensi´on es real es Q(√2) pues 2 es el´unico primo que ramifica. Note que si K es una extensi´on compleja, el cuerpo fijo dado por la conjugaci´on compleja tiene grado 2r−1 sobre

(34)

cudr´atica es Q(√2) porque es real y 2 es el ´unico primo que ramifica. Por lo tantoQ(√2) es una subextensi´on cuadr´atica deK, y por lo tanto la ´unica.

Sea ζ una 2r+2 ra´ız primitiva de la unidad. Consideremos ahora el subcuerpo L = Q(ζ +ζ−1) de

Q(ζ), L es propio porque es real (ζ−1 es el conjugado

de ζ ), por lo tanto es una extensi´on c´ıclica que satisface las mismas pro-piedades de K, entonces Q(√2) es su ´unico subcuerpo cuadr´atico. Como [Q(ζ) :Q] = 2r+1 y

Q( √

2)⊆K∩L, entonces [KL :Q]<22r. Por lo tanto,

Gal(KL/Q) es un subgrupo propio deG×H, donde H =Gal(L/Q) pues el tama˜no es menor. Como G y H son c´ıclicos, podemos tomar σ y τ genera-dores de estos que coincidan enL∩K. As´ı pues, (σ, τ) generan un subgrupo T de orden 2r pues cada uno de ellos tiene ese orden. Por la correspondencia

de Galois, si F es el cuerpo fijo de este subgrupo se tiene que [F : Q]< 2r. Por la Hip´otesis de inducci´on se tiene queF est´a contenido en una extensi´on ciclot´omica.

Ahora vamos a demostrar que F L = KL. Primero F L ⊆ KL porque F ⊂KL. Ahora, para mostrar queKL⊆F Lvamos a considerar el conjunto de los automorfismos deKLque fijanF L, seaφuno de estos automorfismos. Como φ fija F L, entonces fija F y L. Como fijaF, entonces est´a en el gene-rado por (σ, τ), es decir φ= (σi, τi). Ahora comoφ fijaL τi es la identidad.

Y comoσ yτ son generadores de Gy H que son c´ıclicos del mismo tama˜no. Conclu´ımos que σi es tambi´en la identidad.

Entonces el ´unico automorfismo que de KL que fija F L es la identidad, con lo que se concluye que F L = KL. Como F y L est´an contenidos en una extensi´on ciclot´omica, F L tambi´en. Finalmente, como K ⊂ F L est´a contenida en una extensi´on ciclot´omica como se quer´ıa mostrar.

(35)

Ap´

endice A

Resultados de ´

Algebra

Teorema A.1. Sea K un cuerpo de n´umero, entonces el anillo de enteros OK es un anillo.

Demostraci´on. ver [1, p´ag 27]

Definici´on 7. Sea A un anillo, se dice que A es un dominio de Dedekind si satisface las siguientes tres propiedades

Ideal primo equivalente a ideal maximal

Noetheriano: Toda cadena ascendente de ideales se estabiliza. Esto es, sean I1 ⊆ · · · ⊆In⊆. . ., existe i tal que Im =In si m, n > i.

Integralmente cerrado: La clausura integral de un anillo R ⊆B se define como el conjunto de los elementos enteros deB sobreR. Decimos que un conjunto es integralmente cerrado si la clausura integral es el mismo anillo (Si no se especifica sobre qu´e anillo se asume que es sobre los n´umeros racionales).

Teorema A.2. Sea A un dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones K. SeaL una extensi´on finita de K yB la clausura integral deA enL. Entonces B es un dominio de Dedekind

Demostraci´on. ver [8, p´ag 45]

Teorema A.3. Sea K un cuerpo de n´umeros, OK es un dominio de

Dede-kind.

Demostraci´on. Como Zes un DFU, entonces es un dominio de Dedekind. Utilizando el Teorema A.2 se tiene que OK es un dominio de Dedekind.

(36)

Teorema A.4. Sea R un dominio de Dedekind, todo ideal de R se puede representar de manera ´unica como producto de ideales primos deR diferentes de 0.

Demostraci´on. ver [8, p´ag 45]

Definici´on 8. Sea p un ideal primo en un dominio de Dedekind, definimos vp(I) la valuaci´ın de I con respecto a p naturalmente como el mayor entero

a tal que pa|I.

Teorema A.5 (Teorema Chino del Residuo). Sea R un anillo conmutativo con identidad, y sean I1, I2, . . . , In ideales tales que Ii +Ij = R para todo

i6=j.Entonces si I es el producto de los ideales, el cociente R/I es isomorfo a la suma directa R/I1

L

R/I2

L · · ·L

R/In.

Demostraci´on. ver [2, p´ag 11]

Teorema A.6 (Teorema de Minkoski). Sea K un cuerpo de n´umeros, en-tonces existe un primo p que ramifica en K.

Demostraci´on. Se puede ver en [6, p´ag 202]

Teorema A.7. Un dominio de Dedekind con un n´umero finito de ideales maximales es un dominio de ideales principales.

Demostraci´on. Por [8, p´ag 68], se tiene que es un dominio de valuaci´on dis-creta y por lo tanto es un un DIP con un ´unico ideal maximal.

(37)

Bibliograf´ıa

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Referencias

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