Pierścienie liczb całkowitych bez bazy potęgowej
Transkrypt
Pierścienie liczb całkowitych bez bazy potęgowej
Lukasz Nizio Pierścienie liczb całkowitych bez bazy potęgowej 1. Wstęp Niech K będzie ciałem liczbowym stopnia n, a OK będzie pierścieniem liczb całkowitych. Jeśli OK = Z[α] dla pewnego alfa z OK , wtedy zbiór {1, α, . . . , αn−1 } jest Z bazą OK . Taką bazę będziemy nazywać bazą potęgową. Gdy K jest ciałem kwadratowym lub ciałem cyklotomicznym wówczas OK posiada bazę potęgową. Używanie tych ciał jako przykłady w algebraicznej teorii liczb może prowadzić do błędnego wrażenia, że pierścień liczb całkowitych zawsze posiadają bazę potęgową. Mimo to prawdą jest, że OK = Ze1 ⊕ · · · ⊕ Zen dla pewnych liczb całkowitych algebraicznych e1 , . . . , en , ale dość często nie istnieje taki wybór bazy ei by wszystkie były potęgą jednej liczby. Naturalne jest pytanie w jaki sposób szukać takich ciał, jakie są warunki dostateczne bądź konieczne? Istnienie liczby pierwszej p < n ,która rozkłada się całkowicie jest warunkiem dostatecznym na to by pierścień liczb całkowitych nie posiadał bazy potęgowej. A więc np. dla ciał sześciennych z całkowitego rozkładu 2 możemy wywnioskować brak bazy potęgowej. Pierwszy przykład pierścienia liczb całkowitych nie posiadającego bazy potęgowej został podany przez Dedekind’a. Jest to ciało Q(θ) gdzie θ jest zerem 2 wielomianu T 3 − T 2 − 2T − 8. OQ(θ) posiada Z bazę {1, θ, θ+θ 2 } jednak nie posiada bazy potęgowej.Powrócimy do tego ważnego z punktu historii przykładu później. Głównym moim celem jest podanie nieskończenie wielu przykładów ciał liczbowych K których OK nie posiada bazy potęgowej. Naszymi przykładami będą sześcienne rozszerzenia Galois’a ciała Q. 2. Podciała sześcienne ciał Q(ζp ) Ustalmy liczbe pierwszą p ≡ 1 mod 3. Wtedy ciało Q(ζp )/Q ma cykliczną grupę Galois’a (Z/pZ)× , w szczególności istnieje dokładnie jedno sześcienne podciało Fp , więc Fp /Q jest Galois’a stopnia 3. Grupa Galois’a Gal(Fp /Q) jest ilorazem (Z/pZ)× przez podgrupę generowaną przez swoje sześciany. W szczególności dla dowolnych liczb pierwszych q 6= p, q rozkłada się całkowice w Fp wtedy i tylko wtedy gdy jego Frobenius w Gal(Fp /Q) jest trywialny co jest równoważne z tym, że q jest sześcianem modulo p. Lemat 1. Niech p ≡ 1 mod3 będzie liczbą pierwszą. Wówczas istnieje dokładnie jedno ciało Fp stopnia 3 takie, że Q ⊂ Fp ⊂ Q(ζp ) Dowód: Wiemy, że σ ∈ Gal(Q(ζp )/Q) jest jednoznacznie wyznaczone przez działanie na ζp wówczas łatwo zauważamy, że G = Gal(Q(ζp )/Q) = (Z/pZ)× Z fundamentalnego twierdzenia teorii Galois’a (zależność (4)) i cykliczności (Z/pZ)× która pociąga istnienie H G takiego, że |G : H| = 3 dostajemy tezę. Co więcej Gal(Fp /Q) ∼ = G/H oraz H = {a3 : a ∈ G} Twierdzenie 1. (Hensel). Jeśli p ≡ 1 mod3 i 2 jest sześcianem w Z/pZ, wtedy OFp 6= Z[α] dla każdego α ∈ OFp . 1 Dowód: załóżmy, że OFp = Z[α] dla pewnego α. Niech f (T ) będzie minimalnym wielomianem α nad Q, wówczas f jest ”irreducibke cube” w Z[T ], wtedy: OFp = Z[α] ∼ = Z[T ]/f (T ). 2 rozkłada się całkowicie w Fp (ponieważ 2 jest sześcianem mod p Tw. 30 Marcus), więc z twierdzenia Kummera o rozkładzie liczby pierwszej f rozkłada się całkowicie w (Z/2Z)[T ], co jest niemożliwe ponieważ w (Z/2Z)[T ] są tylko dwa unormowane wielomiany liniowe. Zbiór liczb pierwszych spełniających założenia twierdzenia 1 pokrywa się ze zbiorem {p ∈ P|2(p−1)/3 ≡ 1 modp} (Małe tw. Fermata + ilość rozwiązań p−1 x 3 − 1). Jeśli już wiemy, że OFp nie posiada bazy potęgowej, możemy zadać pytanie jakie liczby algebraiczne całkowite tworzą jego bazę. Odpowiedzią jest Twierdzenie 2. Twierdzenie 2. Niech X η0 = T rQ(ζp )/Fp (ζp ) = a p−1 3 ζpa ≡1 mod(p) ustalając element 3 rzędu r ∈ G, definiujemy także: X X η1 = ζpa , η2 = p−1 a 3 p−1 a 3 ≡r mod(p) ζpa ≡r 2 mod(p) Wówczas OFp = Zη0 + Zη1 + Zη2 Dowód: Dla a ∈ (Z/pZ)× ustalmy σa takie, że σa (ζp ) = ζpa wówczas: σa (ηi ) = η (i+ordr (a p−1 3 : ordr (x) = y ⇔ ry = x )) z czega wynika,że η0 , η1 , η2 są sprzężone nad Q więc dla dowolnego i Q(ηi ) = Fp (ponieważ istnieje dokładnie jedno sześcienne podciało ciała Q(ζp )). Co więcej dzięki rozpatrzeniu równania aη0 + bη1 + cη2 = 0 w Q(ζp ) wnioskujemy niezależność liniową układu η0 , η1 , η2 nad Q, więc Fp = Qη0 + Qη1 + Qη2 . Jeśli tym razem rozpatrzymy równanie: aη0 + bη1 + cη2 ∈ OFp ⊂ OQ(ζp ) = Z(ζp ) z a, b, c ∈ Q dostaniemy, że a, b, c ∈ Z czyli, że OFp ⊂ Zη0 + Zη1 + Zη2 co kończy dowód. Twierdzenie 3. Dla liczby pierwszej p ≡ 1 mod 3 wyróżnik OFp wynosi p2 . 3. Przykład Dedekinda W tej części pokażę, że pierścień liczb całkowitych ciała L = Q(θ), gdzie θ jest zerem wielomianu x3 − x2 − 2x − 8 nie posiada bazy potęgowej. zrobię to w czterech krokach. 1) x3 − x2 − 2x − 8 jest wielomianem nierozkładalnym w Q. D: Najpierw zauważmy, że x3 − x2 − 2x − 8 = x(x − 2)(x + 1) − 8. Wiemy że jedynymi zerami mogą być liczby −8, −4, −2, −1, 1, 2, 4, 8. x ∈ {−8, 4} ⇒ 5|8. x ∈ {−4, −1, 2, 8} ⇒ 3|8. f (−2) = −16. f (1) = −10. Implikuje brak czynnika liniowego co daje tezę. 2 2) γ = θ 2+θ jest liczbą algebraiczną całkowitą, co więcej γ 3 − 3γ 2 − 10γ − 8 = 0. 2 2 (θ+1) D: γ 3 −3γ 2 = (θ+3)(θ−2)θ = (θ+3)(θ+1)θ = θ3 +4θ2 +3θ = 5θ2 +5θ+8 = 8 10γ + 8 3) ∆L/Q (1, θ, θ2 ) = −4 · 503, ∆L/Q (1, θ, γ) = −503, co pociąga, że (1, θ, γ) jest 2 bazą całkowitą OK . D: Wyznacznik macierzy Vandermont’a jest niezmienny ze względu na translację, więc ∆L/Q (1, θ, θ2 ) = ∆L/Q (1, θ− 13 , (θ− 13 )2 ). Tą ostatnią wartosć dostajemy z faktu f (x + 31 ) = x3 − 73 x − 236 27 . Wówczas 1 1 7 236 2 ∆L/Q (1, θ − , (θ − )2 ) = −4(− )3 − 27(− ) = −4 · 503 3 3 3 27 . θ2 1 θ + θ2 ) = ∆L/Q (1, θ, ) = ( )2 · (−4) · 503 = −503 2 2 2 Ostatecznie (1, θ, γ) jest bazą całkowitą OL ponieważ −503 jest wolne od kwadratów. 4) Teraz pokaże, że 2 rozkłada się całkowicie w OL . D: Rozważmy dwa ideały (θ) i (θ − 1) wówczas: NL/Q (θ) = 8 i NL/Q (θ − 1) = 10, ponieważ f (x + 1) = x3 + 2x2 − x − 10 czyli istnieje ideał pierwszy p2 |2 z normą równą 2 dzielący (θ − 1). Ponadto 2 6 |503 więc 2 nierozgałęzia się w OL . W (1) (1) (2) takim razie możliwe są dwa rozkłady a) 2 = p2 p2 lub b) 2 = p2 p2 p2 . θ nie jest elementem p2 ponieważ gdyby była to wtedy p2 = OL co daje sprzeczność. Wówczas jeśli a) byłoby prawdziwym rozkładem dostalibyśmy dla pewnej liczby (1) naturalnej r: 8 = NL/Q (θ) = NL/Q (p2 )r = 4r co oczywiście daje sprzeczność, ∆L/Q (1, θ, γ) = ∆L/Q (1, θ, (1) (2) więc 2 = p2 p2 p2 co daje tezę. Literatura [1] Daniel A. Marcus Number Fields, 1991: Springer-Verlag [2] Keith Conrad Rings of integers without a power basis, 3