teses.usp.br · 2009. 6. 26. · agradecimentos agradec¸o primeiramente a deus. aos meus pais...

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


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


• 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

5


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).

6


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)}

7


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.

8


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.

9


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 .

10


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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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


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

13


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


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.�

15


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.

16


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


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,

18


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. �

19


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


|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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


• 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


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


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


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


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


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


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


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


• 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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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:

78


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.

79


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.

80


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

81


[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

82


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.

83


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


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. �

85


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(

√±pk ), logo

so precisamos considerar o caso K = Q(√±p), 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


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


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

88


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. �

89

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teses.usp.br · 2009. 6. 26. · agradecimentos agradec¸o primeiramente a deus. aos meus pais...

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