Determinación de bases enteras
Para encontrar una base entera de un cuerpo numérico K basta dar un
procedimiento para obtener a partir de una base formada por enteros otra base
formada por enteros con discriminante menor, siempre que exista, pues así,
partiendo de la base formada por las potencias de un elemento primitivo entero,
tras un número finito de pasos llegaremos a una base de discriminante mínimo,
que será una base entera según las últimas consideraciones de la sección anterior.
Antes de abordar el asunto en general veamos lo que ocurre con los cuerpos
cuadráticos.
Enteros cuadráticos En K = Q√d el elemento primitivo √d es obviamente
un entero, que da lugar al orden Z√d = {a + b√d | a, b Z}, una de
cuyas bases es
1,√d . Su discriminante vale
∆ √d ! =
1 1
√d −√d
2
= −2√d 2 = 4d.
El teorema 2.20 nos da que ∆K se diferencia de 4d en un cuadrado. Como
d es libre de cuadrados, si Z√d no fuera el orden maximal éste tendría que
tener discriminante d. Ahora bien, por el teorema 2.7 esto sólo puede ocurrir si
d ≡ 1 (mód 4), pues ciertamente, 4 d.
Supongamos, pues, d ≡ 1 (mód 4). Entonces el número
α =
1 + √d
2
cumple
polmín α = x2 − x +
1 − d
4 Z[x],
luego es un entero. El orden, Z[α] tiene discriminante
∆[α] =
1 1
1+√d
2
1−√d
2
2
= −
√d 2 = d.
Como d es libre de cuadrados concluimos que Z[α] es en este caso el orden
de K.
Si llamamos α = √d en el caso en que d ≡ 1 (mód 4) hemos probado que
OK = Z[α] en cualquier caso. Es inmediato que para cada número natural m = 0
el conjunto Om = Z[mα] = {a + bmα | a, b Z} es un orden de K. Además
∆[Om] = m2∆K, pues la matriz de cambio de base entre {1, α} y {1,mα} tiene
determinante m. Esto prueba que los órdenes Om son distintos dos a dos. Vamos
a ver que son todos los órdenes de K. Lo probamos en el teorema siguiente,
donde recogemos también los hechos que acabamos de demostrar.
Teorema 2.24 Sea K = Q√d un cuerpo cuadrático. Entonces
1. OK = Z[α], donde
α = ” √d si d ≡ 1 (mód 4)
1+√d
2 si d ≡ 1 (mód 4)
(2.5)
2. El discriminante de K es
∆K = 4d si d ≡ 1 (mód 4)
d si d ≡ 1 (mód 4)
3. Los órdenes de K son de la forma
Om = Z[mα] = {a + bmα | a, b Z}
y el discriminante de Om es ∆[Om] = m2∆K.
Demostración: Sólo falta probar que todos los órdenes de K son de la
forma descrita.
Si O es un orden de K, sea m el mínimo natural tal que existe un elemento
en O de la forma a+mα, con a Z. Como Z ⊂ O, tenemos que mα O, luego
Om ⊂ O.
Si a+bα O, entonces existen enteros racionales c y r tales que b = mc+r
y 0 ≤ r <m. Claramente (a + bα) − (a + cmα) = rα O, luego por definición
de m ha de ser r = 0, luego a + bα Om y se da la igualdad.
Una consecuencia del teorema anterior es que los cuerpos cuadráticos definidos
por diferentes valores de d son cuerpos distintos, pues tienen discriminantes
distintos.
Ejercicio: Probar que el único orden de Q es Z.
Ejercicio: Probar que, en un cuerpo cuadrático, el módulo 2O1 es un ideal de O2
cuyo anillo de coeficientes es O1.
Queda planteado el problema de decidir, dada una base de un cuerpo K
formada por enteros, si es una base entera o si por el contrario existen bases
con discriminantes menores. Una condición suficiente para el primer caso es,
Determinación de bases enteras 35
claramente, que el discriminante sea libre de cuadrados, pero esta condición
no es necesaria, como muestran los cuerpos cuadráticos. El teorema siguiente
proporciona un algoritmo para decidir cuál es el caso y obtener explícitamente
una base con discriminante menor cuando ésta exista. Así siempre es posible
hallar el orden de un cuerpo en un número finito de pasos, si bien hay que
advertir que el proceso es demasiado laborioso para llevarlo a la práctica (por
lo menos sin la ayuda de un ordenador) en la mayoría de los casos.
Teorema 2.25 Sea K un cuerpo numérico y M ⊂ OK un módulo completo
con base {α1, . . . , αn}. Si M = OK, entonces existe un número primo p tal
que p2 | ∆[M] y existen números naturales 1 ≤ t ≤ n y g1, . . . , gt−1 tales que
0 ≤ gi ≤ p − 1 de modo que
α∗t = (g1α1 + · · · + gt−1αt−1 + αt)/p OK,
y si α∗t es un número cualquiera que cumpla esto, entonces
M∗ = α1, . . . , αt−1, α∗t , αt+1, . . . , αnZ
es un módulo que contiene estrictamente a M y ∆[M∗] = ∆[M]/p2.
Demostración: Sea {β1, . . . , βn} una base de OK. Sea αi = n
j=1mijβj ,
con mij Z. Sea m = det(mij ). Entonces ∆[M] = m2∆K y m = ±1. Sea p un
primo que divida a m.
Claramente existen a1, . . . , an Z no todos nulos (mód p) de manera que
n
i=1 aimij ≡ 0 (mód p). Sea t tal que at ≡ 0 (mód p) pero ai ≡ 0 (mód p)
para i > t.
Entonces γ = t
i=1 aiαi = t
i=1 n
j=1 aimijβj = n
j=1 t
i=1 aimijβj .
Tenemos que p | n
i=1 aimij y p | n
i=t+1 aimij , luego p | t
i=1 aimij y por
lo tanto γ = pβ para cierto β OK.
Sea a∗ Z tal que ata∗ ≡ 1 (mód p). Definimos pα∗t = a∗γ−pγ0, donde γ0 se
elige de modo que el coeficiente de αt se reduzca a 1 y los de los αi a sus mínimos
(mód p), es decir, α∗t es de la forma indicada en el enunciado y la matriz de cambio
de base entre {α1, . . . , αn} y {α1, . . . , αt−1, α∗t , αt+1, . . . , αn} está formada
por una diagonal de unos excepto la fila i-ésima, que es ( g1
p , . . . , gt−1
p , 1
p , 0, . . . , 0).
El determinante es 1/p, luego el discriminante de la segunda base es ∆[M]/p2.
La prueba del teorema anterior muestra que en lugar de 0 ≤ gi ≤ p − 1
podemos exigir que los gi varíen en cualquier conjunto de representantes de las
clases módulo p. A veces es cómodo tomarlos, por ejemplo, entre −(p − 1)/2 y
(p − 1)/2.
El ejemplo de Dedekind Como aplicación del teorema anterior veamos un
famoso ejemplo debido a Dedekind (después veremos por qué es famoso). Es
fácil ver que el polinomio x3 + x2 − 2x + 8 tiene una única raíz real que no es
entera (racional), y como es mónico concluimos que es irreducible en Q[x]. Sea ξ
una de sus raíces y consideremos el cuerpo cúbico K = Q(ξ). Vamos a calcular
el orden y el determinante de K.
Partimos del orden Z[ξ], cuyo discriminante vale, según el teorema 2.8,
∆[ξ] = −N(α), donde α = 3ξ2 + 2ξ − 2. Podemos hacer todos los cálculos
tomando aproximaciones racionales de los conjugados de ξ, pero esta vez vamos
a esbozar cómo se haría un cálculo algebraico exacto. Fácilmente obtenemos
que
α2 = 7ξ2 − 74ξ − 20 y α3 = 49ξ2 − 518ξ + 1872.
Así pues, las coordenadas de los vectores 1, α, α2, α3 en la base ξ2, ξ, 1 son
respectivamente (0, 0, 1), (3, 2,−2), (7,−74,−20) y (49,−518, 1872).
Por lo tanto todo se reduce a resolver el sistema de ecuaciones
p(7,−74,−20) + q(3, 2,−2) + r(0, 0, 1) = (49,−518, 1872),
cuyas soluciones son p = 7, q = 0, r = 2012. Esto significa que α3 = 7α2+2012,
luego polmín α = x3 − 7×2 − 2012. El término independiente es el producto de
los tres conjugados de α cambiados de signo, luego N(α) = 2012 = 22 · 503.
Concluimos que ∆[ξ] = −22 ·503. Según el teorema anterior cabe la posibilidad
de que el 2 pueda ser eliminado. Esto será así si alguno de los siete números
siguientes es entero:
1
2,
ξ
2,
1 + ξ
2 ,
ξ2
2 ,
ξ + ξ2
2 ,
1 + ξ2
2 ,
1 + ξ + ξ2
2 .
El lector puede demostrar que β = ξ+ξ2
2 es entero calculando su polinomio
mínimo por el mismo método con que hemos calculado el de α. Concretamente
se obtiene
polmín β = x3 − 2×2 + 3x − 10.
El teorema anterior nos dice que ∆ 1, ξ, ξ+ξ2
2 ! = −503, y como es libre
de cuadrados, ha de ser el discriminante de K, o sea, OK = Z ξ, ξ+ξ2
2 ! y
∆K = −503.
Ejercicio: Calcular el orden maximal y el discriminante del cuerpo Q(ζ), donde ζ es
una raíz del polinomio x3 − x − 1.
Ejercicio: Sean K1, K2 y K3 los cuerpos que resultan de adjuntar a Q una raíz de
los polinomios
x3 − 18x − 6, x3 − 36x − 78, o x3 − 54x − 150
respectivamente. Probar que los tres tienen discriminante ∆ = 22 · 35 · 23.
Cuerpos cúbicos puros Introducimos ahora una nueva familia de cuerpos
numéricos, que proporcionan numerosos ejemplos de interés.
Definición 2.26 Un cuerpo cúbico puro es un cuerpo numérico de la forma
Q 3 √m, donde m es un entero racional que no sea un cubo perfecto (en particular
distinto de 0 y de ±1).
Hay que se˜nalar que, al contrario de lo que ocurre con los cuerpos cuadráticos,
no todo cuerpo cúbico es de este tipo. Por ejemplo el cuerpo que acabamos
de estudiar.
Tenemos que 3 √m es un número real y polmín 3 √m = x3−m. Si llamamos ω
a una raíz cúbica primitiva de la unidad (una raíz de x2+x+1) es claro que las
otras raíces de x3−m son los números imaginarios ω 3 √m y ω2 3 √m. Esto significa
que los monomorfismos del cuerpo Q 3 √m son la identidad y las conjugaciones
dadas por σ1 3 √m = ω 3 √m, σ2 3 √m = ω2 3 √m. Observar que los conjugados
de 3 √m no están en Q 3 √m, o equivalentemente, que los monomorfismos no
son automorfismos, o que la extensión no es de Galois.
Podemos exigir que m no sea divisible entre ningún cubo perfecto, pues un
factor cúbico puede extraerse de la raíz y eliminarse sin que el cuerpo generado
varíe. Entonces, si p es un divisor primo de m, el exponente de p en m ha de
ser 1 o 2. Sea a el producto de los primos que dividen a m con exponente 1 y b
el producto de los primos que dividen a m con exponente 2. Entonces m = ab2,
(a, b) = 1 y a, b son libres de cuadrados.
Notar también que el signo de m es irrelevante, pues el −1 puede introducirse
y extraerse de la raíz, y al multiplicar el generador por −1 no variamos el cuerpo.
Por ello podríamos exigir que m, a y b fueran todos positivos, pero no vamos a
hacer tal cosa, sino que de momento dejaremos los signos indeterminados para
escogerlos más adelante del modo más conveniente para los cálculos.
Para calcular el orden maximal de un cuerpo cúbico partimos del orden
Z 3 √ab2 , con base 1, 3 √ab2, 3 √ab2 2 = b 3 √a2b, pero observamos inmediatamente
que salvo en el caso b = ±1 no puede tratarse del orden del cuerpo, ya
que no contiene al entero 3 √a2b.
Por ello pasamos a la base 1, θ1, θ2, donde θ1 = 3 √ab2, θ2 = 3 √a2b. Los
cálculos se simplifican bastante si observamos la simetría entre θ1 y θ2, en el
sentido de que se cumple Q(θ1) = Q(θ2), θ2
1 = bθ2, θ2
2 = aθ1. Estas fórmulas
nos dan la acción de las conjugaciones sobre θ1 y θ2, a saber
σ1(θ1) = ωθ1, σ1(θ2) = ω2θ2, σ2(θ1) = ω2θ1, σ2(θ2) = ωθ2.
Con ello y un poco de paciencia podemos calcular
∆[1, θ1, θ2] =
1 θ1 θ2
1 ω θ1 ω2θ2
1 ω2θ1 ω θ2
2
= −27a2b2.
Teorema 2.27 Sea K = Q(θ1) = Q(θ2) un cuerpo cúbico puro según la de-
finición anterior. Entonces una base entera de K la forman θ0, θ1, θ2, donde
θ0 = 1 si a ≡ ±b (mód 9) (y entonces ∆K = −27a2b2) y θ0 = (1+θ1 + θ2)/3
si a ≡ ±b (mód 9) (y entonces ∆K = −3a2b2). En el segundo caso hay que
escoger los signos de a y b de manera que a ≡ b (mód 9) y su resto módulo 9
sea 1, 4 o 7.
Demostración: Vamos a aplicar el teorema 2.25 a la base 1, θ1, θ2. En
primer lugar demostraremos que no es posible eliminar ningún primo p que
divida a ab. Supongamos, por ejemplo, que p | a. Si p se pudiera eliminar
existiría un entero de la forma α = (u + vθ1 + θ2)/p, o bien α = (u + θ1)/2,
donde u y v son enteros racionales entre 0 y p − 1. Trataremos la primera
posibilidad. La segunda es más sencilla.
Sea π = 3 √p y L = K(π). Tenemos que ab2 = pk, para cierto entero racional
k, luego tomando raíces θ1 = πβ, donde β = 3 √k L y es un entero. Así pues,
π | θ1 en OL. El mismo argumento nos da que π2 | θ2 en OL, y por otro lado
π3α = u + vθ1 + θ2.
De aquí se sigue que π | u en OL. Elevando al cubo, p | u3 en OL y el
cociente es entero y racional, o sea, p | u3 en Z, de donde p | u y ha de ser u = 0.
Consecuentemente π2 | vθ1 en OL, y como antes llegamos a que p2 | v3ab2
en Z, de donde haciendo uso de que p | a, (a, b) = 1 y que a y b son libres de
cuadrados, resulta que p | v, luego v = 0.
Ahora concluimos que p | θ2 en OL, luego p3 | a2b en Z, lo cual es contradictorio.
En consecuencia los primos que dividen a ab no pueden eliminarse. La
única posibilidad es eliminar el 3, para lo cual es necesario que no divida a ab.
Supongámoslo así. Según el teorema 2.25 hemos de comprobar los siguientes
números (para aprovechar la simetría ordenamos la base en la forma θ1, θ2, 1):
θ1
3 ,
θ2
3 , ±θ1 + θ2
3 ,
1
3, ±θ1 + 1
3 , ±θ2 + 1
3 , ±θ1 ± θ2 + 1
3 .
Hemos tomado como representantes de las clases módulo 3 los números −1,
0, 1 en lugar de 0, 1, 2 (ver el comentario tras el teorema 2.25).
Haciendo uso de la simetría y de que podemos elegir el signo de a y b sin
cambiar de cuerpo, podemos limitarnos a estudiar los números
θ1
3 ,
θ1 + θ2
3 ,
1 + θ1
3 ,
1 + θ1 + θ2
3 .
Por ejemplo, si (−θ1 +θ2)/3 pudiera ser entero, también lo sería (θ1 +θ2)/3
(tomando −a en lugar de a), mientras que vamos a probar que (θ1 + θ2)/3 no
es entero para ningún valor de a y b, luego lo mismo ocurrirá con (−θ1 +θ2)/3.
De hecho vamos a ver que θ1/3, (θ1 + θ2)/3, (1 + θ1)/3 nunca son enteros.
Claramente polmín(θ1/3) = x3 − ab2/3, y ab2/3 no es entero porque suponemos
que 3 ab. Con un poco más de cálculo se llega a
polmín
1 + θ1
3
= x3 − x2 +
1
3x −
1 + ab2
27 ,
polmín θ1 + θ2
3
= x3 −
ab
3 x −
ab2 + a2b
27 ,
que obviamente no tienen coeficientes enteros.
Así pues, todo depende de (1 + θ1 + θ2)/3. Se puede comprobar que
polmín
1 + θ1 + θ2
3
= x3 − x2 +
1 − ab
3 x −
1 + ab2 + a2b − 3ab
27 .
Demostraremos que los coeficientes pueden hacerse enteros (escogiendo signos)
exactamente cuando a ≡ ±b (mód 9), de donde se concluye inmediatamente
el teorema.
Supongamos que a ≡ ±b (mód 9). Cambiando el signo a b si es preciso,
podemos exigir a ≡ b (mód 9). El resto no puede ser 0 ni ±3, pues en tal caso
3 dividiría a (a, b) = 1. De aquí se sigue que ab ≡ 1, 4, 7 (mód 9), y por lo tanto
3 | (1 − ab).
Cambiando el signo a ambos enteros podemos exigir que su resto módulo 9
sea 1, 4 o 7, es decir, que a = 9k + i, b = 9r + i, donde i puede tomar el valor
1, 4 o 7. Sustituyendo en 1 + ab2 + a2b − 3ab se obtiene que es múltiplo de 27
en cualquiera de los tres casos.
Supongamos ahora que los coeficientes del polinomio mínimo son enteros, es
decir, que
3 | (1 − ab), (2.6)
27 | (1 + ab2 + a2b − 3ab). (2.7)
De (2.6) se sigue que
a ≡ b ≡ ±1 (mód 3). (2.8)
El lector puede comprobar que los únicos valores posibles para los restos módulo
9 de a y b (salvo el orden, que por simetría no importa) que incumplen la
condición a ≡ ±b (mód 9) pero que cumplen (2.8) son (1, 4), (1, 7), (2, 5), (2, 8),
(4, 7), (5, 8). En ninguno de estos casos se cumple (2.7).
La tabla siguiente resume el teorema:
Tabla 2.1: Tipos de cuerpos cúbicos puros
Condición ∆K θ0 θ1 θ2
Tipo I a ≡ ±b (mód 9) −27a2b2 1 3 √ab2 3 √a2b
Tipo II a ≡ b ≡ 1 + 3t (mód 9) −3a2b2 (1 + θ1 + θ2)/3 3 √ab2 3 √a2b
Ejercicio: Probar que el orden de Q 3√6 es Z 3√6 .
Ejercicio: Probar que el anillo de coeficientes del módulo M = #4, 3√2, 3√4 $ es igual
a #1, 2 3√2, 2 3√4 $.
Enteros ciclotómicos En el capítulo anterior vimos algunos problemas importantes
relacionados con los cuerpos ciclotómicos y sus anillos de enteros.
Ciertamente hay muchas razones por las que estos anillos juegan un papel relevante
en la teoría algebraica de números. Comenzamos a estudiarlos probando
que los que en el capítulo anterior llamamos ‘enteros ciclotómicos’ son realmente
los enteros ciclotómicos en el sentido general, es decir, probaremos que si ω es
una raíz p-ésima primitiva de la unidad, donde p es primo, entonces el orden
de K = Q(ω) es Z[ω]. El resultado es cierto también si p no es primo, pero no
estamos en condiciones de probarlo. Comenzamos con algunas consideraciones
previas sobre trazas y normas:
Si p i, entonces Tr(ωi) es la suma de los p − 1 conjugados de ωi, es decir,
Tr(ωi) = ω + ω2 + · · · + ωp−1 = −1.
Si a Q entonces Tr(a) = a + a + · · · + a = (p − 1)a. En resumen,
Tr(ωi) = −1 sip i
p −1 sip | i
En general, si p−1
i=0 aiωi es un elemento cualquiera de Q(ω), entonces
Trp−1
i=0
aiωi =
p−1
i=0
ai Tr(ωi) = a0 Tr(1) −
p−1
i=1
ai
= (p − 1)a0 −
p−1
i=1
ai = pa0 −
p−1
i=0
ai.
Respecto a las normas, nos basta observar que si π = 1−ω, entonces N(π) =
p. En efecto, basta evaluar en 1 el polinomio
xp−1 + · · · + x + 1 = (x − ω)(x − ω2) · · · (x − ωp−1).
Teorema 2.28 Sea p un número primo impar y K = Q(ω), donde ω es una
raíz p-ésima primitiva de la unidad. Entonces OK = Z[ω].
Demostración: Sea α = p−2
i=0 aiωi un entero ciclotómico de orden p.
Hemos de probar que todos los coeficientes son enteros racionales. En principio
sabemos que la traza es un entero. Más aún, para cada 0 ≤ k ≤ p−2 tenemos que
Tr(αω−k) Z. Así tenemos la misma información sobre todos los coeficientes:
Tr(αω−k) = pak −
p−2
i=0
ai Z, para k = p − 1
Tr(αω) = −
p−2
i=0
ai Z.
Por lo tanto pak Z para todo k = 0, . . . , p − 1. Llamemos bk = pak.
Hemos de probar que p | bk para todo k, con lo que los ak serán también
enteros. Consideremos π = 1 − ω. Sustituyendo ω = 1 − π y desarrollando
obtenemos
pα =
p−2
i=0
biωi =
p−2
i=0
ciπi,
donde
ci =
p−2
j=i
(−1)ij
ibj Z,
para i = 0, . . . , p − 2. Como π = 1− ω, por simetría se cumple también
bi =
p−2
j=i
(−1)ij
icj ,
para i = 0, . . . , p − 2.
Por lo tanto basta probar que p | cj para todo j, pues entonces estas fórmulas
implican que p también divide a los bi.
Lo probaremos por inducción. Suponemos que p | ci para cada i ≤ k − 1 y
vamos a probar que p | ck, donde 0 ≤ k ≤ p − 2.
La razón por la que hemos hecho el cambio de variable es que ω es una
unidad de OK, mientras que π cumple N(π) = p (veremos que esto implica que
π es primo en OK). Tenemos que
p = N(1 − ω) =
p−1
i=1
(1 − ωi) = (1 − ω)p−1
p−1
i=1
(1 + ω + · · · + ωi−1) = πp−1δ,
para cierto δ OK.
En consecuencia p ≡ 0 (mód πk+1), es decir, módulo el ideal generado por
πk+1 en OK.
Por otro lado,
0 ≡ pα =
p−2
i=0
ciπi ≡ ckπk (mod πk+1),
pues los términos anteriores a ckπk son múltiplos de p por hipótesis de inducción
y los posteriores son múltiplos de πk+1 directamente.
Esto equivale a que ckπk = ηπk+1 para un cierto η OK, luego ck = ηπ.
Finalmente tomamos normas: cp−1
k = N(ck) = N(η)N(π) = pN(η), luego en
efecto p | ck.
El teorema 2.8 nos da ahora los discriminantes:
Teorema 2.29 Sea p un primo impar. El discriminante del cuerpo ciclotómico
de orden p es igual a (−1)(p−1)/2pp−2.
Demostración: Sea ω una raíz p-ésima primitiva de la unidad. Como los
enteros ciclotómicos son el anillo Z[ω], una base entera de Q(ω) está formada
por 1, ω, . . . , ωp−1. El polinomio mínimo de ω es p(x) = xp−1
x−1 y su derivada
vale
p(x) = pxp−1(x − 1) − (xp − 1)
(x − 1)2 ,
luego p(ω) = pωp−1
ω−1 . Así pues,
Np(ω) = pp−1 · 1p−1
p
= pp−2.
Como p es impar, (−1)p(p−1)/2 = (−1)(p−1)/2 y por 2.8
∆[ω] = (−1)(p−1)/2pp−2.
Respecto a los cuerpos ciclotómicos de orden arbitrario, nos conformaremos
con el hecho siguiente:
Teorema 2.30 Sea K = Q(ω) el cuerpo ciclotómico de orden m (donde ω es
una raíz m-sima primitiva de la unidad). Si p es un primo que no divide a m,
entonces tampoco divide al discriminante ∆[ω].
Demostración: Sea n = φ(m). Según se observa en la prueba del teorema
2.7, se cumple que
∆[ω] = 1≤i<j≤nσi(ω) − σj(ω)2
, (2.9)
donde los números σi(ω) son las raíces del polinomio ciclotómico p(x), es decir
p(x) =
n
i=1x − σi(ω).
Sea O el orden maximal de K y sea p un ideal maximal de O que contenga a p.
Sea L = O/p. Entonces L es un cuerpo de característica p en el que el polinomio
ciclotómico factoriza como
p(x) =
n
i=1x − [σi(ω)],
donde los corchetes [ ] indican clases módulo p. Tomando también clases en
(2.9) tenemos que
[∆] = 1≤i<j≤n[σi(ω)] − [σj(ω))2.
Ahora bien, como p m, el polinomio xm − 1 tiene derivada mxm−1 = 0
en L[x], luego tiene m raíces distintas en L, y por consiguiente el polinomio
ciclotómico tiene n raíces distintas en L. Consecuentemente [∆] = 0, es decir,
que ∆ / p, luego ciertamente p ∆.
Para terminar con el caso de los cuerpos ciclotómicos, estudiemos el cuerpo
ciclotómico octavo Q(ω). Su grado es 4 y, de hecho, polmín ω = x4 + 1. El
teorema 2.8 nos da que el discriminante del orden Z[ω] es 256. Hemos de probar
que no es posible eliminar ningún 2.
Según el teorema 2.25, aplicado a la base 1, ω, ω2, ω3, hemos de probar que
no son enteros un total de 15 números. Descartamos inmediatamente 1/2, ω/2,
ω2/2 y ω3/2, que tienen norma 1/4.
Si (ω + ω2)/2 = ω(1 + ω)/2 fuera entero también lo sería (1 + ω)/2, luego
basta comprobar el segundo. Por este argumento eliminamos cuatro números
más, y nos quedan
1 + ω
2 ,
1 + ω2
2 ,
1 + ω3
2 ,
1 + ω + ω2
2 ,
1 + ω + ω3
2 ,
1 + ω2 + ω3
2 ,
1 + ω + ω2 + ω2
2 .
Notar que (1 + ω2)/2 = (1 + i)/2, luego no es entero. Para descartar a los
restantes observamos que x4+1 = (x−ω)(x−ω3)(x−ω5)(x−ω7), y evaluando
en 1 concluimos que 1 − ω y 1 − ω3 tienen norma 2.
Ahora, si α = (1+ω)/2 fuera entero, también lo sería −ω3α = (1 − ω3)/2,
pero tiene norma 1/2. El número (1 + ω3)/2 es conjugado del anterior, luego
tampoco es entero.
Respecto a
1 + ω + ω2
2
= ω3 − 1)
2(ω − 1)
y
1 + ω + ω2 + ω3
2
= ω4 − 1
2(ω − 1)
= −
2
2(ω − 1) ,
vemos que también tienen norma fraccionaria.
Por último, si el número α = (1+ω + ω3)/2 fuera entero, también lo sería
ωα+1 = (1+ω +ω2)/2, que ya ha sido descartado, e igualmente se razona con
ω2(1 + ω2 + ω3)/2 + 1 + ω = (1+ω + ω2)/2.
Enteros ciclotómicos reales Sea K = Q(ω) el cuerpo ciclotómico de orden
p. En el estudio de K resulta de gran ayuda considerar el cuerpo intermedio
K = K ∩ R. Claramente K es el cuerpo fijado por la conjugación compleja,
que es un automorfismo de orden 2, luego |K : K| = 2 y por consiguiente el
grado de K es m = (p − 1)/2. Un entero de K es en particular un entero de
K, luego se expresará como combinación lineal entera de ω, . . . , ωp−1. Como
ha de quedar fijo por la conjugación compleja es necesario que el coeficiente de
cada potencia ωi coincida con el de ω−i, lo que implica que los enteros de K
son combinaciones lineales enteras de los números ηi = ωi + ω−i. El recíproco
es obvio, luego en definitiva el orden maximal de K es el anillo Z[η1, . . . , ηm].
Vamos a calcular el discriminante ∆K = ∆[η1, . . . , ηm] = detTr(ηiηj).
Para ello notamos que
ηiηj = (ωi + ω−i)(ωj + ω−j) = ωi+j + ω−i−j + ωi−j + ωj−i = ηi+j + ηi−j ,
donde usamos la notación ηi para todo i, no necesariamente entre 1 y m.
Por otra parte es claro que Tr(ηi) = η1 + . . . + ηm = −1 si p i, mientras
que Tr(ηi) = Tr(2) = 2m = p − 1 si p | i.
Cuando i, j varían entre 1 y m observamos que i+j nunca es divisible entre
p, mientras que p | i − j sólo cuando i = j. Por lo tanto
Tr(ηiηj) = −1+Tr(ηi−j) = p −2 si i = j
−2 sii = j
Hay que calcular el determinante de una matriz de orden (p−1)/2 que tiene
los coeficientes de la diagonal principal iguales a p−2 y los restantes iguales a −2.
Si sumamos todas las columnas a la primera hacemos que todos los coeficientes
de la primera columna valgan 1. Si restamos la primera fila de todas las demás
llegamos a una matriz diagonal cuya diagonal principal contiene los coeficientes
(1, p, . . . , p). El discriminante es, por lo tanto, ∆K = pm−1.
Como ejemplo concreto consideremos el caso p = 7. Entonces K es un
cuerpo cúbico, y una base entera la forman los números η1, η2, η3. Puesto que
η1 + η2 + η3 = −1 podemos cambiarla por 1, η1, η2.
Además η2
1 = (ω + ω6)2 = ω2 + ω5 + 2 = η2 + 2. Por consiguiente, si
llamamos η = η1 tenemos que K = Q(η) y que una base entera viene dada por
{1, η, η2 − 2}. (Notar que no sirve {1, η, η2})
Si tomamos ω = cos(2π/7) + i sen(2π/7), entonces η = 2 cos(2π/7), y sus
conjugados son 2 cos(4π/7) y 2 cos(6π/7). Aproximadamente valen
η1 = 1, 246979604,
η2 = −0, 4450418670,
η3 = −1, 801937736.
Con esto podemos calcular polmín η = x3 + x2 − 2x − 1, la matriz asociada
a la traza:
3 −1 −1
−1 5 −2
−1 −2 5
y el discriminante de K, que, como ya sabíamos, es ∆K = 72.
Cuerpos cúbicos cíclicos Según la teoría de Galois, un cuerpo K = Q(α) es
normal si y sólo si los conjugados de α pertenecen a K. Si K es un cuerpo cúbico
esto implica que su grupo de Galois tiene tres elementos y es, por lo tanto, un
grupo cíclico. En caso contrario la clausura normal de K ha de tener grado 6
sobre Q, y el grupo de Galois ha de ser isomorfo al grupo de permutaciones Σ3.
Es claro que el cuerpo cúbico del ejemplo anterior es cíclico. Aquí probaremos
un resultado general que los caracteriza:
Teorema 2.31 Un cuerpo cúbico es cíclico si y sólo si su discriminante es un
cuadrado perfecto.
Demostración: Sea K = Q(α) un cuerpo cúbico, donde α es un entero, y
sean α1, α2, α3 los conjugados de α. Observar que el discriminante de K será
un cuadrado perfecto si y sólo si lo es ∆ = ∆[α], pues ambos se diferencian en
un factor cuadrado perfecto. A su vez, éste será un cuadrado perfecto si y sólo
si √∆ = |αj
i | es (entero) racional.
Si K es cíclico entonces √∆ K, luego Q√∆ no puede ser un cuerpo
cuadrático (pues está contenido en K), y en consecuencia √∆ Q.
Si por el contrario K no es cíclico, entonces el grupo de Galois de la clausura
normal de K contiene 6 automorfismos que permutan los conjugados de α de
todos los modos posibles. En particular existe un automorfismo σ que deja fijo
a α3 e intercambia α1 y α2. Es claro entonces que σ(√∆) = −√∆, pues σ
permuta dos columnas del determinante, con lo que √∆ / Q.
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