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