Pierścienie liczb całkowitych bez bazy potęgowej

Lukasz Nizio

Pierścienie liczb całkowitych bez bazy potęgowej

1. Wstęp

Niech K będzie ciałem liczbowym stopnia n, a OK będzie pierścieniem liczb całkowitych. Jeśli OK = Z[α] dla pewnego alfa z O^K, wtedy zbiór {1, α, . . . , αⁿ⁻¹} jest Z bazą O^K. Taką bazę będziemy nazywać bazą potęgową.

Gdy K jest ciałem kwadratowym lub ciałem cyklotomicznym wówczas OK po- siada bazę potęgową. Używanie tych ciał jako przykłady w algebraicznej teorii liczb może prowadzić do błędnego wrażenia, że pierścień liczb całkowitych za- wsze posiadają bazę potęgową. Mimo to prawdą jest, że

OK = Ze¹⊕ · · · ⊕ Zen

dla pewnych liczb całkowitych algebraicznych e1, . . . , en, ale dość często nie ist- nieje taki wybór bazy ei by wszystkie były potęgą jednej liczby.

Naturalne jest pytanie w jaki sposób szukać takich ciał, jakie są warunki do- stateczne bądź konieczne? Istnienie liczby pierwszej p < n ,która rozkłada się całkowicie jest warunkiem dostatecznym na to by pierścień liczb całkowitych nie posiadał bazy potęgowej. A więc np. dla ciał sześciennych z całkowitego rozkładu 2 możemy wywnioskować brak bazy potęgowej.

Pierwszy przykład pierścienia liczb całkowitych nie posiadającego bazy potę- gowej został podany przez Dedekind’a. Jest to ciało Q(θ) gdzie θ jest zerem wielomianu T³− T²− 2T − 8. O_Q(θ) posiada Z bazę {1, θ,^θ+θ2²} jednak nie po- siada bazy potęgowej.Powrócimy do tego ważnego z punktu historii przykładu później. Głównym moim celem jest podanie nieskończenie wielu przykładów ciał liczbowych K których OK nie posiada bazy potęgowej. Naszymi przykładami będą sześcienne rozszerzenia Galois’a ciała Q.

2. Podciała sześcienne ciał Q(ζ

)

Ustalmy liczbe pierwszą p ≡ 1 mod 3. Wtedy ciało Q(ζp)/Q ma cyklicz- ną grupę Galois’a (Z/pZ)^×, w szczególności istnieje dokładnie jedno sześcienne podciało Fp, więc Fp/Q jest Galois’a stopnia 3. Grupa Galois’a Gal(F^p/Q) jest ilorazem (Z/pZ)^× przez podgrupę generowaną przez swoje sześciany. W szcze- gólności dla dowolnych liczb pierwszych q 6= p, q rozkłada się całkowice w Fp

wtedy i tylko wtedy gdy jego Frobenius w Gal(Fp/Q) jest trywialny co jest równoważne z tym, że q jest sześcianem modulo p.

Lemat 1. Niech p ≡ 1 mod3 będzie liczbą pierwszą. Wówczas istnieje do- kładnie jedno ciało Fp stopnia 3 takie, że Q ⊂ F^p⊂ Q(ζp)

Dowód: Wiemy, że σ ∈ Gal(Q(ζ^p)/Q) jest jednoznacznie wyznaczone przez dzia- łanie na ζp wówczas łatwo zauważamy, że G = Gal(Q(ζ^p)/Q) = (Z/pZ)^× Z fun- damentalnego twierdzenia teorii Galois’a (zależność (4)) i cykliczności (Z/pZ)^× która pociąga istnienie H G takiego, że |G : H| = 3 dostajemy tezę. Co więcej Gal(F_p/Q) ∼= G/H oraz H = {a³: a ∈ G}

Twierdzenie 1. (Hensel). Jeśli p ≡ 1 mod3 i 2 jest sześcianem w Z/pZ, wtedy O_Fp 6= Z[α] dla każdego α ∈ O_Fp.

1

Dowód: załóżmy, że O_Fp= Z[α] dla pewnego α. Niech f (T ) będzie minimalnym wielomianem α nad Q, wówczas f jest ”irreducibke cube” w Z[T ], wtedy:

O_Fp= Z[α] ∼= Z[T ]/f (T ).

2 rozkłada się całkowicie w Fp (ponieważ 2 jest sześcianem mod p Tw. 30 Mar- cus), więc z twierdzenia Kummera o rozkładzie liczby pierwszej f rozkłada się całkowicie w (Z/2Z)[T ], co jest niemożliwe ponieważ w (Z/2Z)[T ] są tylko dwa unormowane wielomiany liniowe.

Zbiór liczb pierwszych spełniających założenia twierdzenia 1 pokrywa się ze zbiorem {p ∈ P|2^(p−1)/3 ≡ 1 modp} (Małe tw. Fermata + ilość rozwiązań x^p−13 − 1). Jeśli już wiemy, że OF_p nie posiada bazy potęgowej, możemy zadać pytanie jakie liczby algebraiczne całkowite tworzą jego bazę. Odpowiedzią jest Twierdzenie 2.

Twierdzenie 2. Niech

η0= T r_Q(ζp)/Fp(ζp) = X

a^p−13 ≡1 mod(p)

ζ_p^a

ustalając element 3 rzędu r ∈ G, definiujemy także:

η1= X

a^p−13 ≡r mod(p)

ζ_p^a, η2= X

a^p−13 ≡r² mod(p)

ζ_p^a

Wówczas OF_p = Zη⁰+ Zη¹+ Zη²

Dowód: Dla a ∈ (Z/pZ)^× ustalmy σa takie, że σa(ζp) = ζ_p^a wówczas:

σa(ηi) = η

(i+ord_r(a^p−13 )) : ordr(x) = y ⇔ r^y= x

z czega wynika,że η₀, η₁, η₂są sprzężone nad Q więc dla dowolnego i Q(ηi) = F_p (ponieważ istnieje dokładnie jedno sześcienne podciało ciała Q(ζp)). Co więcej dzięki rozpatrzeniu równania aη₀+ bη₁+ cη₂= 0 w Q(ζp) wnioskujemy nieza- leżność liniową układu η0, η1, η2nad Q, więc F^p = Qη⁰+ Qη¹+ Qη². Jeśli tym razem rozpatrzymy równanie:

aη0+ bη1+ cη2∈ OF_p⊂ O_Q(ζp)= Z(ζ^p)

z a, b, c ∈ Q dostaniemy, że a, b, c ∈ Z czyli, że O^Fp⊂ Zη0+ Zη¹+ Zη²co kończy dowód.

Twierdzenie 3. Dla liczby pierwszej p ≡ 1 mod 3 wyróżnik OF_p wynosi p².

3. Przykład Dedekinda

W tej części pokażę, że pierścień liczb całkowitych ciała L = Q(θ), gdzie θ jest zerem wielomianu x³− x²− 2x − 8 nie posiada bazy potęgowej. zrobię to w czterech krokach.

1) x³− x²− 2x − 8 jest wielomianem nierozkładalnym w Q.

D: Najpierw zauważmy, że x³− x²− 2x − 8 = x(x − 2)(x + 1) − 8. Wiemy że jedynymi zerami mogą być liczby −8, −4, −2, −1, 1, 2, 4, 8. x ∈ {−8, 4} ⇒ 5|8.

x ∈ {−4, −1, 2, 8} ⇒ 3|8. f (−2) = −16. f (1) = −10. Implikuje brak czynnika liniowego co daje tezę.

2) γ = ^θ2₂^+θ jest liczbą algebraiczną całkowitą, co więcej γ³− 3γ²− 10γ − 8 = 0.

D: γ³−3γ²=(θ+3)(θ−2)θ²(θ+1)²

8 = (θ +3)(θ +1)θ = θ³+4θ²+3θ = 5θ²+5θ +8 = 10γ + 8

3) ∆_L/Q(1, θ, θ²) = −4 · 503, ∆_L/Q(1, θ, γ) = −503, co pociąga, że (1, θ, γ) jest 2

bazą całkowitą OK.

D: Wyznacznik macierzy Vandermont’a jest niezmienny ze względu na transla- cję, więc ∆_L/Q(1, θ, θ²) = ∆_L/Q(1, θ−¹₃, (θ−¹₃)²). Tą ostatnią wartosć dostajemy z faktu f (x +¹₃) = x³−⁷₃x − ²³⁶₂₇. Wówczas

∆_L/Q(1, θ − 1 3, (θ −1

3)²) = −4(−7

3)³− 27(−236

27)²= −4 · 503 .

∆_L/Q(1, θ, γ) = ∆_L/Q(1, θ,θ + θ²

2 ) = ∆_L/Q(1, θ,θ² 2 ) = (1

2)²· (−4) · 503 = −503 Ostatecznie (1, θ, γ) jest bazą całkowitą OL ponieważ −503 jest wolne od kwa- dratów.

4) Teraz pokaże, że 2 rozkłada się całkowicie w OL.

D: Rozważmy dwa ideały (θ) i (θ − 1) wówczas: N_L/Q(θ) = 8 i N_L/Q(θ − 1) = 10, ponieważ f (x + 1) = x³+ 2x²− x − 10 czyli istnieje ideał pierwszy p2|2 z normą równą 2 dzielący (θ − 1). Ponadto 2 6 |503 więc 2 nierozgałęzia się w OL. W takim razie możliwe są dwa rozkłady a) 2 = p2p⁽¹⁾₂ lub b) 2 = p2p⁽¹⁾₂ p⁽²⁾₂ . θ nie jest elementem p₂ponieważ gdyby była to wtedy p₂= O_Lco daje sprzecz- ność.

Wówczas jeśli a) byłoby prawdziwym rozkładem dostalibyśmy dla pewnej liczby naturalnej r: 8 = N_L/Q(θ) = N_L/Q(p⁽¹⁾₂ )^r = 4^r co oczywiście daje sprzeczność, więc 2 = p2p⁽¹⁾₂ p⁽²⁾₂ co daje tezę.

Literatura

[1] Daniel A. Marcus Number Fields, 1991: Springer-Verlag [2] Keith Conrad Rings of integers without a power basis,

3