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Primos de la forma x2 + ny2 y el cuerpo de clases de

Hilbert

Javier Alfonso Moreno CarrilloCodigo: 1032456375

Universidad Nacional de ColombiaFacultad de Ciencias

Departamento de MatematicasBogota, D.C.Octubre 2016

Primos de la forma x2 + ny2 y el cuerpo de clases de

Hilbert

Javier Alfonso Moreno CarrilloCodigo: 1032456375

Trabajo de grado para obtener el tıtulo deMagister en Ciencias-Matematicas

DirectorJohn Jaime Rodrıguez V, Ph.D.

Profesor asociado

Lınea de investigacionAlgebra y teorıa de numeros

Universidad Nacional de ColombiaFacultad de Ciencias

Departamento de MatematicasBogota, D.C.Octubre 2016

Tıtulo en espanol

Primos de la forma x2 + ny2 y el cuerpo de clases de Hilbert

Title in English

Primes of the form x2 + ny2 and the Hilbert class field

Resumen: En este trabajo estudiamos condiciones para que dado un primo p,este pueda ser representado por medio de una forma cuadratica binaria de laformax2 + ny2 para infinitos n.

Abstract: In this work we study conditions for given a prime p, this can berepresented by a binary quadratic form of the form x2 + ny2 for infinite n.

Palabras clave: Primos, formas cuadraticas, cuerpo de clases de Hilbert, ordenes,extensiones cuadraticas.

Keywords: Primes, quadratic forms, Hilbert class field, orders, quadratic exten-sions.

Dedicado a

A mis padres y mi gran motivacion para seguir: Julieth.

Agradecimientos

Quiero expresar mis agradecimientos a mi director, Profesor John Jaime, por todosu apoyo y su paciencia durante la realizacion de este trabajo de grado. Mi respetoy admiracion por su entrega hacia las matematicas y todo lo que ello involucra.

Indice general

Indice general I

Introduccion II

1. Preliminares. 1

1.1. Algo de historia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Ley de reciprocidad cuadratica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Cuerpos cuadraticos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4. Indice de ramificacion y grado de inercia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4.1. Teorıa de Galois. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4.2. Descomposicion de un numero primo en un cuerpo cuadratico. 12

2. Ordenes en cuerpos cuadraticos. 15

3. El cuerpo de clases de Hilbert. 29

3.1. Solucion de p = x2 + ny2 para infinitos n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Bibliografıa 40

I

Introduccion

Uno de los teoremas mas famosos de la teorıa de numeros es el siguiente: Unprimo impar p puede escribirse como p = a2 + b2 si, y solo si p ≡ 1 (mod 4). Estaafirmacion realizada por Fermat y demostrada por Euler es solo el inicio del problemamas general, dar condiciones bajo las cuales un primo impar p puede representarsecomo p = x2 + ny2.

Euler demostro la afirmacion de Fermat usando una estrategia de dos pasos, unpaso de reciprocidad donde demuestra que si p ≡ 1 (mod 4), entonces p|x2 + y2; ydespues un paso de descenso donde prueba que si p|x2 + y2, entonces p = a2 + b2.Euler logra generalizar estos metodos y ası obtiene resultados analogos para losproblemas p = x2 + 2y2 y p = x2 + 3y2. Debe senalarse aquı que gracias a esto Eulerdescubre la ley de reciprocidad cuadratica, y mas adelante Lagrange y Legendredescubren que es necesario un estudio mas detallado de las formas cuadraticas paraun discriminante fijo.

Mas adelante Gauss, siguiendo los pasos de Euler, Lagrange y Legendre desarrollauna teorıa de composicion de formas cuadraticas, y enuncia conjeturas importantessobre el grupo de clases y el numero de clases de formas. Aunque el trabajo de Gausses sobre formas cuadraticas mas adelante todos estos resultados se enuncian en ellenguaje de ideales como son conocidos hoy.

Con las herramientas desarrolladas por Gauss se pueden estudiar las ecuacionesp = x2 +27y2, donde Gauss usa la ley de reciprocidad cubica, y p = x2 +64y2 dondeusa la ley de reciprocidad bicuadratica. Estos metodos sin embargo solo funcionanpara un numero finito de formas x2 + ny2.

Es la teorıa del cuerpo de clases de Hilbert la que logra unificar todo el trabajorealizado hasta ese momento y enuncia un interesante teorema que resuelve el pro-blema de la representacion p = x2 +ny2 para inifintos n. El objetivo de este trabajoes enunciar y probar ese teorema.

Teorema. Sea n > 0 un entero que satisface la siguiente condicion:

n es libre de cuadrados, n 6≡ 3 mod 4.

II

INTRODUCCION III

Entonces existe un polinomio monico irreducible fn(x) ∈ Z[x] de grado h(−4n) talque si un primo impar p no divide a n ni al discriminante de fn(x), entonces

p = x2 + ny2 ⇐⇒{

(−n/p) = 1 y fn(x) ≡ 0 mod ptiene una solucion en los enteros.

Ademas, fn(x) puede ser tomado como el polinomio minimal de un entero algebraicoreal α para el cual L = K(α) es el cuerpo de clases de Hilbert de K = Q(

√−n).

CAPITULO 1

Preliminares.

1.1. Algo de historia.

Fermat es el primero en empezar con el estudio de este problema. El conjeturaque un primo p es representado por una forma cuadratica p = x2 +ny2, con x, y ∈ Z,si y solo si, p ≡ 1 mod 4. De Fermat no se conoce ninguna demostracion, pero segunlos trabajos hechos posteriormente, sı se entiende que el sabıa la demostracion dedicha conjetura.

Euler, posteriormente, logra hacer una demostracion de la afirmacion de Fermaty ademas demuestra otras dos afirmaciones:

p = x2 + 2y2 ⇐⇒ p ≡ 1, 3 mod 8

p = x2 + 3y2 ⇐⇒ p = 3 o p ≡ 1 mod 3.

El metodo utilizado por Euler en su demostracion se basa en dos hechos muyconocidos: el paso del descenso y el paso de la reciprocidad. Gracias a este ultimo,Euler descubre lo que se conoce hoy como la Ley de Reciprocidad Cuadratica.Al momento de Euler querer hacer la prueba de p = x2 + 4y2 encuentra que el pasodel descenso falla y nota que su demostracion no puede ser generalizada.

El estudio de las formas cuadraticas se debe en gran medida a Lagrange y Le-gendre; son ellos quienes dan las siguientes definiciones, importantes durante estaparte del estudio de la solucion a nuestro problema.

• Una forma cuadratica f(x, y) = ax2 + bxy+ cy2 es primitiva si sus coeficientesson primos relativos; definida positiva, si ella solo representa numeros positivos;y reducida si

|b| ≤ a ≤ c, y si |b| = a o a = c, b ≥ 0.

1

CAPITULO 1. PRELIMINARES. 2

• El discriminante de una forma primitiva definida positiva es D = b2 − 4ac.

• Dos formas f(x, y) y g(x, y) se dicen propiamente equivalentes si existen ente-ros p, q, r y s tales que f(x, y) = g(px+ qy, rx+ sy) y ps− qr = 1.

• Toda forma primitiva definida positiva es propiamente equivalente a una unicaforma reducida.

Con esto lo que se busca es trabajar con las formas cuadraticas mas sencillas, en elsentido de que tengan los coeficientes mas pequenos. A continuacion presentamosuna tabla con las formas reducidas para un discriminante D dado. Aquı, h(D)nota el numero de formas cuadraticas primitivas definidas positivas reducidas dediscriminante D.

D h(D) Formas reducidas de discriminante D−4 1 x2 + y2

−8 1 x2 + 2y2

−12 1 x2 + 3y2

−20 2 x2 + 5y2, 2x2 + 2xy + 3y2

−28 1 x2 + 7y2

−56 4 x2 + 14y2, 2x2 + 7y2, 3x2 ± 2xy + 5y2

−108 3 x2 + 27y2, 4x2 ± 2xy + 7y2

−256 4 x2 + 64y2, 4x2 + 4xy + 17y2, 5x2 ± 2xy + 13y2

Tabla 1.1. Tabla formas cuadraticas reducidas.

En el siguiente ejemplo se muestra una forma de determinar cuales y cuantas formascuadraticas primitivas reducidas se pueden obtener a partir de un discriminantedado.

Ejemplo 1.1. Suponga que ax2 + bxy+ cy2 es una forma reducida de discriminanteD < 0. Entonces b2 ≤ a2 y a ≤ c, luego

−D = 4ac− b2 ≥ 4a2 − a2 = 3a2

y ası a ≤√

(−D)/3.Si se quiere saber cuantas formas cuadraticas con discriminante D = −4 note quelo que tenemos es que a ≤

√−(−4)/3, es decir, a = 1.

Como la forma que queremos debe ser reducida, lo que tenemos es que |b| ≤ 1, luegob = 0 o b = 1. De aquı que, como −4 = D = b2− 4ac ≡ 0 mod 4 tenemos que b = 0.De igual forma, de la definicion del discriminante tenemos que c = 1. Por lo tantola unica forma reducida de discriminante D = −4 es x2 + y2.

Posterior a esto, surge el problema de saber cuales formas representan a unnumero primo p cuando hay mas de una forma reducida con discriminante D.


Gauss introduce la teorıa de genero en la cual dice que dos formas primitivas de-finidas positivas de discriminante D estan el mismo genero si ellas representan losmismos valores en (Z/DZ)∗. Para el caso n = 5, cuyo discriminante es D = −20hay dos formas reducidas, y gracias a la teorıa de genero se tiene que:

p = x2 + 5y2 ⇐⇒ p ≡ 1, 9 mod 20

p = 2x2 + 2xy + 3y2 ⇐⇒ p ≡ 3, 7 mod 20.

Aunque la teorıa de genero funciona muy bien en estos casos, cuando n = 14,esta teorıa apenas logra separar las cuatro formas cuadraticas en dos generos, lo cualno permite resolver nuestra pregunta inicial. El resultado que se tiene es:

p ≡ 1, 9, 15, 23, 25, 39 mod 56 ⇐⇒ p = x2 + 14y2 o 2x2 + 7y2

p ≡ 3, 5, 13, 19, 27, 45 mod 56 ⇐⇒ p = 3x2 ± 2xy + 5y2.

De aquı nace el interes por una nueva teorıa que mejore estos resultados.

1.2. Ley de reciprocidad cuadratica.

Si p es un numero primo, la discusion de la congruencia x2 ≡ a mod p es sencilla.Sabemos que tiene solucion si, y solo si, a(p−1)/2 ≡ 1 mod p. Sin embargo, si lapregunta se cambia un poco el problema se torna mucho mas difıcil. Suponga quea es un entero. Para cuales primos p la congruencia x2 ≡ a mod p tiene solucion?La respuesta la provee la ley de reciprocidad cuadratica. Esta ley fue formulada porEuler y A. M. Legendre pero Gauss fue el primero en dar un prueba completa.

Definicion 1.2. Si (a,m) = 1 diremos que a es un residuo cuadratico modulo msi la congruencia x2 ≡ a mod m tiene solucion. De otro modo a no es un residuocuadratico modulo m.

Nota 1.3. Sea m = 2epe11 pe22 . . . pett la descomposicion en numeros primos de m y

suponga que (a,m) = 1. Entonces x2 ≡ a mod m tiene solucion si, y solo si, lasiguientes condiciones se satisfacen:

(a) Si e = 2, entonces a ≡ 1 mod 4.Si e ≥ 3, entonces a ≡ 1 mod 8.

(b) Para cada i tenemos que a(pi−1)/2 ≡ 1 mod pi.

La nota anterior nos traslada el problema a preguntarnos para cuales primos pun entero a es residuo cuadratico. En lo que sigue en este trabajo p sera un numeroprimo impar a menos que se diga lo contrario.

Definicion 1.4. El sımbolo (a/p) tomara el valor 1 si a es un residuo cuadraticomodulo p, −1 si a no es un residuo cuadratico modulo p, y cero si p divide a a. (a/p)es llamado el sımbolo de Legendre.


El sımbolo de Legendre es una herramienta extremadamente conveniente paradiscutir los residuos cuadraticos. Ahora listaremos algunas de sus propiedades.

Proposicion 1.5. (a) a(p−1)/2 ≡ (a/p) mod p.

(b) (ab/p) = (a/p)(b/p).

(c) Si a ≡ b mod p, entonces (a/p) = (b/p).

Demostracion. Si p divide a a o b, todas las afirmaciones son ciertas trivialmente.Supongamos que p 6 | a y que p 6 | b.Sabemos que ap−1 ≡ 1 mod p; ası (a(p−1)/2 + 1)(a(p−1)/2 − 1) = ap−1 − 1 ≡ 0 mod p.De aquı que a(p−1)/2 ≡ ±1 mod p. Por la nota anterior, a(p−1)/2 ≡ 1 mod p si, y solosi, a es un residuo cuadratico modulo p. Esto prueba la parte (a).Para probar el literal (b) aplicaremos la parte (a). (ab)(p−1)/2 ≡ (ab/p) mod p y(ab)(p−1)/2 = a(p−1)/2b(p−1)/2 ≡ (a/p)(b/p) mod p. Ası (ab/p) ≡ (a/p)(b/p) mod p, locual implica que (ab/p) = (a/p)(b/p).Como a ≡ b mod p existe n ∈ Z tal que a = b + pn. Note que x2 ≡ a mod p tienesolucion si, y solo si, x2 ≡ b+ pn ≡ b mod p tiene solucion, lo cual prueba (c).

Teorema 1.6 (Ley de reciprocidad cuadratica.). Sean p y q primos impares. En-tonces (p/q)(q/p) = (−1)((p−1)/2)((q−1)/2).

Ahora daremos un par de lemas relacionados con algunas propiedades de lasraıces n-esimas de la unidad usados en la demostracion de la Ley de reciprocidadcuadratica.

Lema 1.7. Si n es un entero impar positivo y f(z) = e2πiz − e−2πiz, entonces

f(nz)

f(z)=

(n−1)/2∏k=1

f

(z +

k

n

)f

(z − k

n

).

Lema 1.8. Si p es un primo impar, a ∈ Z, y p 6 | a, entonces

(p−1)/2∏l=1

f

(la

p

)=

(a

p

) (p−1)/2∏l=1

f

(l

p

).

Ahora sı procedemos a hacer la demostracion de la ley de reciprocidad cuadratica.

Demostracion. Sean p y q primos impares. Por el lema 1.8

(p−1)/2∏l=1

f

(lq

p

)=

(q

p

) (p−1)/2∏l=1

f

(l

p

).

Y por el lema 1.7

f(ql/p)

f(l/p)=

(q−1)/2∏m=1

f

(l

p+m

q

)f

(l

p− m

q

).


Colocando estas dos ecuaciones en una sola tenemos que(q

p

)=

(q−1)/2∏m=1

(p−1)/2∏l=1

f

(l

p+m

q

)f

(l

p− m

q

).

De la misma forma encontramos que(p

q

)=

(q−1)/2∏m=1

(p−1)/2∏l=1

f

(m

q+l

p

)f

(m

q− l

p

).

Como f(m/q − l/p) = −f(l/p−m/q) vemos que

(−1)((p−1)/2)((q−1)/2)

(q

p

)=

(p

q

).

Y por lo tanto (p

q

)(q

p

)= (−1)((p−1)/2)((q−1)/2).

Esto completa la prueba.

Como resultado complementario a la ley de reciprocidad cuadratica tenemos lasiguiente proposicion.

Proposicion 1.9. Sea p un primo impar.

(a) (−1)(p−1)/2 = (−1/p).

(b) (2/p) = (−1)(p2−1)/8.

1.3. Cuerpos cuadraticos.

Sea L/F una extension algebraica finita de cuerpos. La dimension de L/F ,[L : F ], sera denotada por n. Un subcuerpo F de los numeros complejos se diceun cuerpo de numeros algebraicos si [F : Q] es finito.

Definicion 1.10. Suponga que α1, α2, ..., αn es una base para L/F y α ∈ L. Enton-ces ααi =

∑j aijαj, con aij ∈ F . Definimos la norma de α, NL/F , como det(aij). La

traza de α, tL/F (α), es a11 + a22 + · · ·+ ann.

Nota 1.11. En el caso de una extension cuadratica, es decir, α ∈ K = Q(√N),

N no cuadrado, tenemos que t(α) = α + α′ y N(α) = αα′, donde α = r + s√N y

α′ = r − s√N con r, s ∈ Q.

Un cuerpo de numeros algebraicos K se llama un cuerpo cuadratico si [K : Q] =2. Diremos queOK ⊂ K es el anillo de enteros del cuerpo K si todo elemento α ∈ OK


es raız de un polinomio monico con coeficientes enteros. Empezaremos mostrandoque existe una base para OK .Sea K = Q(α) un cuerpo cuadratico. Entonces el elemento α satisface una ecuacioncuadratica ax2 + bx+ c = 0, con a, b, c ∈ Z. Ası

α =−b±

√b2 − 4ac

2a.

Sea N = b2 − 4ac. Entonces, K = Q(√N). Sea N = A2

1A2 donde A1, A2 ∈ Z y A2

es libre de cuadrados. Sea K = Q(√A2). Cambiando la notacion, hemos mostrado

que todo cuerpo cuadratico tiene la forma Q(√d) donde d es un entero libre de

cuadrados.Note ahora que si σ es cualquier isomorfismo de K que deja fijo a Q tendremos que(σ(√d))2 = d. Ası σ(

√d) = ±

√d. De aquı se sigue que K/Q es una extension de

Galois cuyo grupo de Galois tiene dos elementos, la identidad y el automorfismo quetoma

√d y lo envıa en −

√d.

Todo elemento de K tiene la forma α = r + s√d con r, s ∈ Q. El automorfismo no

trivial envıa α en α′ = r − s√d. Ası, t(α) = α + α′ = 2r y N(α) = αα′ = r2 − ds2.

Si γ ∈ OK entonces t(γ) y N(γ) ∈ Z. Recıprocamente, si estas condiciones secumplen, entonces γ satisface 0 = (x − γ)(x − γ′) = x2 − t(γ)x + N(γ) ∈ Z[x]probando que γ ∈ OK . Ası, γ ∈ OK si, y solo si t(γ) y N(γ) ∈ Z.

Proposicion 1.12. Si d ≡ 2, 3 mod 4 entonces OK = Z + Z√d.

Si d ≡ 1 mod 4 entonces OK = Z + Z

(−1 +

√d

2

).

Demostracion. Suponga que γ = r + s√d, r, s ∈ Q. Entonces γ ∈ OK si y solo si

2r y r2 − s2d ∈ Z. Como 2r ∈ Z tenemos de la segunda condicion que 4s2d ∈ Z.Como d es libre de cuadrados tenemos que 2s ∈ Z. Sea 2r = m y 2s = n. Entonces,r2 − ds2 ∈ Z implica que m2 − dn2 ≡ 0 mod 4.Recuerde que un cuadrado es congruente a 0 o 1 modulo 4.Si d ≡ 2, 3 mod 4 entonces m2 − dn2 ≡ m2 + 2n2 o m2 + n2 mod 4. La unica formapara que m2 + 2n2 o m2 +n2 sean divisibles entre 4 es que m y n sean ambos pares.Es decir, si y solo si, r y s estan en Z. Esto prueba la primera afirmacion.Si d ≡ 1 mod 4 entonces m2−dn2 es congruente a m2−n2 modulo 4. Pero m2−n2 ≡0 mod 4 si, y solo si, m y n tienen la misma paridad. Ası OK = {(m + n

√d)/2 :

m ≡ n mod 2}. Note que

m+ n√d

2=m+ n

2+ n

(−1 +

√d

2

).

Como m ≡ n mod 2, (m+n)/2 ∈ Z. Ası OK ⊂ Z+Z(−1 +√d)/2. Para ver la otra

contenencia, note que (−1+√d)/2 es raız del polinomio 4x2+4x+(1−d) = 0 y como

d ≡ 1 mod 4 tenemos que el anterior polinomio es en realidad x2 + x+1− d

4= 0 y

ası (−1 +√d)/2 ∈ OK .


Nota 1.13. Para el caso en el que el grado de la extension sea n, se puede ver queOK es un Z-modulo de la forma OK = Zw1 + · · ·+ Zwn para algunos wi ∈ OK .

A continuacion daremos un par de definiciones importantes en las cuales el OK ,anillo de enteros de una extension cuadratica, sirve como ejemplo.

Definicion 1.14. • Un dominio D es un dominio de Dedekind si todo idealpropio de D se descompone de forma unica salvo el orden en producto deideales primos.

• Sea D un dominio entero y K su cuerpo cociente. Un ideal fraccionario de Des un D-submodulo no nulo M de K tal que existe c ∈ D \ {0} de maneraque cM ⊂ D. Ademas, si I es un ideal fraccionario no nulo de D, llamaremosI−1 = {x ∈ D : xI ⊂ D}. I−1 es un ideal fraccionario de D.

El anillo OK no satisface el analogo del teorema fundamental de la aritmetica,sin embargo, como propiedad analoga tenemos que OK como anillo de enteros de uncuerpo cuadratico es Dedekind, lo que quiere decir que vamos a tener factorizaciona nivel de ideales como veremos a continuacion.Para probar esto, primero mostraremos un par de proposiciones utiles en el desarrollode la demostracion del teorema.

Proposicion 1.15. Sea I un ideal no nulo de OK, donde OK es el anillo de enterosde un cuerpo de numeros algebraicos.

a) OK/I es finito.

b) OK es noetheriano.

Demostracion. a) Sabemos que existe a ∈ I ∩Z, a 6= 0. Sea (a) el ideal principalgenerado por a en OK . Como una aplicacion de OK/(a) en OK/I es sobreyec-tiva, basta probar que OK/(a) es finito. De hecho mostraremos que OK/(a)tiene exactamente an elementos donde n es el grado de la extension.Podemos escribir OK = Zw1 +Zw2 + . . .Zwn. Sea S = {

∑γiwi : 0 ≤ γi < a}.

Afirmamos que S es un conjunto de clases de representantes para OK/(a).Supongamos que w =

∑miwi ∈ OK . Escribimos mi = qia+γi con 0 ≤ γi < a.

Entonces w =∑γiwi mod (a). Ası, toda clase de I contiene un elemento de

S. Si∑γiwi y

∑γ

′iwi estan en S y en la misma clase modulo (a) entonces, por

la independencia lineal de wi vemos que γi − γ′i es divisible por a en Z. Como

0 ≤ γi, γ′i < a se sigue que γi = γ

′i. Ası S es un conjunto de representantes y

OK/(a) tiene an elementos.

b) Consideremos una cadena estrictamente ascendente de ideales de OK (finitao infinita) de la forma I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ OK . Ahora, tomemos el cociente detodos los ideales de esta sucesion sobre I1 para obtener

0 = I1/I1 ⊂ I2/I1 ⊂ · · ·OK/I1.


Esta es una cadena estrictamente ascendente de subgrupos de OK/I1. Por laparte (a), OK/I1 es finito, luego solo tiene finitos grupos.

Teorema 1.16. Sea K = Q(√d) un cuerpo cuadratico y OK su anillo de en-

teros. Para cualquier ideal I de OK, distinto de 0 y OK, existen ideales primosP1, P2, . . . , Pn de OK, no necesariamente distintos, tales que I = P1P2 · · ·Pn. Estafactorizacion es unica salvo por el orden.

La prueba que haremos a continuacion imita muchas de las ideas usadas paraprobar la factorizacion unica con factores primos en Z.

Demostracion. Existencia: Sea S el conjunto de todos los ideales 0 ⊂ I ⊂ OK sinuna factorizacion prima. Suponga que S es no vacıo. Como D es noetheriano, Sdebe tener un elemento maximal, digamos L ∈ S. El ideal L no puede ser primo, yaque la factorizacion de un ideal primo es trivial. Entonces L es no maximal en OK ,luego L esta contenido propiamente en un ideal maximal P con L ⊂ P ⊂ OK .La multiplicacion de ideales fraccionarios preserva la inclusion estricta: si J ⊂ Kpero IJ = IK, cancelando I tenemos que J = K, lo cual es una contradiccion.Multiplicando L ⊂ P por P−1 obtenemos LP−1 ⊂ OK . De igual forma, P ⊂ OKimplica que OK ⊂ P−1, lo cual a su vez implica que L ⊂ LP−1.Resumiendo, LP−1 ⊂ OK es un ideal entero estrictamente mayor que L y por lotanto no esta en S. Ası tenemos una factorizacion prima LP−1 = P1 · · ·Pk. Peroentonces L = P1 · · ·PkP es una factorizacion prima de L, lo cual contradice queL ∈ S. Ası S debe ser vacıo.Para poder continuar con la unicidad, note que cualquier ideal de OK es un idealfraccionario, pues cumple la definicion 1.14 trivialmente, y ası tiene inverso multi-plicativo puesto que el conjunto de los ideales fraccionarios de K forman un grupobajo la multiplicacion de ideales.Unicidad: Sea I = P1 · · ·Pk = Q1 · · ·Qs. Entonces P1 | Q1 · · ·Qs. Por la ver-sion del lema de Euclides, tenemos que P1 divide, digamos, a Q1 (P1 ⊇ Q1). Pe-ro todo ideal no nulo de OK es maximal, luego P1 = Q1; cancelando obtenemosP2 · · ·Pk = Q2 · · ·Qs. Procediendo inductivamente vemos que una factorizacion deI es la permutacion de la otra.

1.4. Indice de ramificacion y grado de inercia.

Empezamos esta seccion recordando que dado I ⊂ OK , donde OK es el anillo deenteros de un cuerpo de numeros algebraicos K, tenemos que I =

∏P a(P ) donde

el producto es sobre los distintos ideales primos de OK y los a(P ) son enteros nonegativos donde casi todos son cero. Los enteros a(P ) son unicamente determinadospor a(P ) = ordP I.Ademas, dado un ideal primo P de OK , tenemos que P ∩ Z 6= 0 ya que si α ∈ P ,tenemos que existen ciertos ai ∈ Z tales que αm + am−1α

m−1 + · · ·+ a0 = 0 y comopodemos asumir que a0 6= 0 entonces a0 ∈ P ∩ Z.


Definicion 1.17. Sea P un ideal primo e I un ideal. Entonces el ordP I es definidocomo el unico entero no negativo t tal que P t ⊃ I y P t+1 6⊃ I.

Como ya vimos en la proposicion 1.15, dado un ideal I ⊂ OK tenemos que OK/Ies finito, lo cual nos permite hacer la siguiente definicion.

Definicion 1.18. Sea p un entero primo. Consideremos (p) el ideal principal gene-rado por p ∈ Z en OK .El numero ordP (p) = e es llamado el ındice de ramificacion de P . Como OK/P esun cuerpo finito que contiene a Z/pZ entonces el numero de elementos en OK/P esde la forma pf para algun f ≥ 1. El numero f es llamado el grado de P .

Decimos que un ideal (p) de K ramifica si cualquiera de sus ındices de ramifica-cion e es mayor que 1.

Ahora enunciaremos y probaremos una proposicion que nos dice cual es el gradode P e para P un ideal primo de OK y e ∈ Z+.

Proposicion 1.19. Sea P ⊂ OK un ideal primo y sea pf el numero de elementosen OK/P . El numero de elementos en OK/P e es pef .

Demostracion. La afirmacion es verdadera para e = 1. Si e > 1 entonces OK/P e

tiene como subgrupo a P e−1/P e y su cociente es isomorfo a OK/P e−1 por el segun-do teorema de isomorfismos. Si podemos mostrar que P e−1/P e tiene pf elementosentonces el resultado se tendra por induccion.Como P e ⊂ P e−1 propiamente, existe α ∈ P e−1 tal que α 6∈ P e. Afirmamos que(α) + P e = P e−1: como P e ⊂ (α) + P e, el ideal lateral debe ser una potencia de P .Como (α) + P e ⊂ P e−1 debemos tener que (α) + P e = P e−1.Consideremos la aplicacion OK −→ P e−1/P e definida como γ → γα + P e. Facil-mente se puede ver que es un epimorfismo. Un elemento γ esta en el nucleo si, ysolo si, γα ∈ P e, es decir, si y solo si, ordP (γα) ≥ e.Ahora, ordP (γα) = ordp(γ) + ordP (α) = ordP (γ) + e− 1. Ası γ esta en el nucleo si,y solo si, ordP (γ) ≥ 1 lo cual es equivalente a decir que γ ∈ P .Ası, OK/P ∼= P e−1/P e y ası el grupo lateral tiene pf elementos.

Antes de continuar enunciaremos un teorema clasico en el desarrollo de la teorıade anillos.

Teorema 1.20 (Teorema chino de residuos.). Sea A un anillo y sean I1, ..., In,n ≥ 2, ideales bilateros de A tales que Ii + Ij = A, para cualesquiera ındices i 6= j.Entonces, dada una familia finita de elementos a1, ..., an ∈ A, existe un elementoa ∈ A, tal que a− ai ∈ Ii para cada 1 ≤ i ≤ n.

Presentamos ahora un teorema que relaciona el ındice de ramificacion, el gradode un ideal P con el grado de la extension n = [Q : F ].

Teorema 1.21.∑g

i=1 eifi = n, donde ei es el ındice de ramificacion de (p) en Pi,fi es el grado de (p) en Pi y n es el grado de la extension.


Demostracion. Recuerde que (p) = P e11 P e2

2 · · ·Pegg donde (p) es el ideal principal

generado por p en OK .Se puede ver que P ei

i + Pejj = OK para i 6= j.

Por el teorema chino de residuos tenemos que

OK/(p) ∼= OK/P e11 ⊕OK/P e2

2 ⊕ ...⊕OK/P egg .

Sabemos que |OK/(p)| = pn. Por otra parte tambien vimos que |OK/P eii | = peifi .

Luegopn = pe1f1pe2f2 · · · pegfg .

Por lo tanto n = e1f1 + e2f2 + . . .+ egfg.

1.4.1. Teorıa de Galois.

Recordemos que dado un cuerpo K y un conjunto G de automorfismos de K,tenemos inmediatamente que el conjunto de todos los x ∈ K tales que σ(x) = x,para todo σ ∈ G, es un subcuerpo de L, llamado el cuerpo fijo de G. Ademas, parauna extension L de K, K ⊂ L, el conjunto de K-automorfismos de L es un grupobajo la composicion de morfismos.

Teorema 1.22. Sea L una extension finita de grado n de un cuerpo K, donde Kes finito o de caracterıstica cero. Las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) K es el cuerpo fijo del grupo G de K-automorfismos de L.

(b) Para todo x ∈ L, el polinomio minimal de x sobre K tiene todas sus raıces enL.

(c) L es generado por las raıces de un polinomio con coeficientes en K.

Bajo estas condiciones el grupo G de K-automorfismos de L es de orden n.

Demostracion. (a)⇒ (b) : Observe que, para x ∈ L, el polinomio∏

σ∈G(X−σ(x)) =P (X) es invariante bajo G. Esto se debe a que σ

(∏σ∈G(X − σ(x))

)=∏

σ∈G(X −σ2(x)) el cual lo que produce es una permutacion de los factores ya que σ2(x) = σ′(x)para algun σ′ ∈ G.Por tanto los coeficientes de P (X) pertenecen a K ya que por la parte (a), K es elcuerpo fijo de G.Como x es raız de P (X), el polinomio minimal de x divide a P (X) y ası se tiene elresultado.(b) ⇒ (c) : Tome un elemento primitivo x de L sobre K. Su polinomio minimalsobre K tiene todas sus raıces en L por (b).Claramente, estas raıces generan a L sobre K ya que cualquiera de ellas lo hace.(c)⇒ (a) : Por hipotesis L es generado sobre K por un conjunto finito de elementos

(x(1), ..., x(q)) y por todos sus conjugados x(i)j .

Es claro que cualquier K-isomorfismo σ de L en una extension de L, envıa cada uno


de estos generadores en otro del mismo conjunto. Por lo tanto σ(L) ⊂ L. Ademas,por algebra lineal tenemos que σ(L) = L, ya que σ es K-lineal e inyectiva.En otras palabras, σ es un K-automorfismo de L. Se sigue entonces que debenhaber exactamente [L : K[x]] K[x]-isomorfismos de L en una extension de L. Ası,n ≤ [L : K[x]], por lo cual podemos concluir que n = [L : K[x]] y x ∈ K.Que el orden de G es n ha sido probado durante toda la demostracion.

Definicion 1.23. Si las condiciones del teorema 1.22 se satisfacen, L es llamadouna extension de Galois de K y G es llamado el grupo de Galois de L sobre K.Si G es abeliano (respectivamente, cıclico), L es llamado una extension abeliana(respectivamente, cıclica) de K.

Ahora enunciamos un corolario al teorema anterior el cual nos afirma que elgrupo de Galois y la extension de Galois de un cuerpo son unicos.

Corolario 1.24. Sea K un cuerpo finito o un cuerpo de caracterıstica cero. Sea Luna extension de grado finito n de K, y sea H un grupo de automorfismos de L talque K es el cuerpo fijo de H. Entonces L es una extension de Galois de K y H esel grupo de Galois de L sobre K.

Ejemplo 1.25 (Extensiones cuadraticas.). Sea K un cuerpo cuadratico de carac-terıstica cero, y sea L una extension cuadratica de K. Sabemos que L es de la formaK[x] donde x es raız del polinomio X2 − d y d ∈ K con d no cuadrado. Como laotra raız es −x, existe un K-automorfismo no trivial σ definido por σ(x) = −x, esdecir, σ(a+ bx) = a− bx donde a, b ∈ K.Claramente σ2 = 1 y K es el cuerpo fijo de σ. Ası L es una extension de Galois deK con grupo de Galois cıclico {1, σ}.

Veremos el un caso particular del teorema 1.21 en el caso en el que la extensionsea de Galois. Para empezar enunciamos la siguiente proposicion.

Proposicion 1.26. Sea p ∈ Z un numero primo. Suponga Pi y Pj ideales primosde OK (anillo de enteros) que contienen a p. Entonces existe un σ ∈ G, donde G esel grupo de Galois de K/Q, tal que σPi = Pj.

Demostracion. Suponga que existe un ideal primo P0 que contiene a p y que noesta en el conjunto de los {σPi|σ ∈ G}. Por el teorema chino de residuos, podemosencontrar α ∈ OK tal que α ≡ 0 mod P0 y α ≡ 1 mod σPi para todo σ ∈ G.Entonces N(α) =

∏σ∈G σα ∈ P0 ∩ Z = pZ. Se sigue que N(α) ∈ Pi y entonces

σα ∈ Pi para algun σ ya que Pi es primo. Pero entonces α ∈ σ−1Pi, contradiciendoque α ≡ 1 mod σ−1Pi.

Ahora enunciaremos la version del teorema 1.21 en el caso de que K sea unaextension de Galois.

Teorema 1.27. Suponga que K/Q una extension de Galois. Sea p ∈ Z un numeroprimo y escriba (p) = P e1

1 P e22 · · ·P

egg . Entonces e1 = e2 = · · · = eg y f1 = f2 = · · · =

fg. Si e y f denotan los valores comunes, entonces efg = n.


Demostracion. Para un ındice i existe σ ∈ G tal que σP1 = Pi. Como OK/P1∼=

OK/σP1∼= OK/Pi encontramos que f1 = fi = f . Ası todos los fi son iguales.

Aplicando σ a ambos lados de (p) = P e11 P e2

2 · · ·Pegg tenemos que σ(p) = (p) ya que

p ∈ Z. Ası(p) = (σP1)e1(σP2)e2 · · · (σPg)eg .

En este producto vemos que el exponente de Pi = σP1 es e1. En la primera expresionel exponente de Pi es ei. Por la unicidad de la factorizacion debemos tener queei = e1 = e y entonces todos los ei son iguales.Finalmente, como

∑gi=1 eifi = n entonces efg = n.

1.4.2. Descomposicion de un numero primo en un cuerpocuadratico.

Sean d ∈ Z libre de cuadrados, K el cuerpo cuadratico Q[√d], OK el anillo de

enteros de K y p un numero primo. Vamos a estudiar la factorizacion del ideal pOKcomo un producto de ideales primos de OK .La formula

∑gi=1 eifi = 2 conlleva a que g ≤ 2 y se tengan las siguientes tres

posibilidades:

(a) g = 2, e1 = e2 = 1, f1 = f2 = 1; en este caso diremos que p se descompone enK.

(b) g = 1, e1 = 1 y f1 = 2; en este caso diremos que p sigue siendo primo en K.

(c) g = 1, e1 = 2, f1 = 1; en este caso diremos que p ramifica en K.

Consideremos entonces el caso cuando p es primo impar. Por la proposicion 1.12

sabemos que OK = Z + Z√d o OK = Z + Z

[1 +√d

2

]dependiendo de d. Pero si

pasamos a las clases residuales de OK modulo pOK , vemos que que en segundo

caso a+ b

[1 +√d

2

]es congruente a a+ (b+ p)

[1 +√d

2

]y este ultimo pertenece

a Z + Z√d.

Ası para cualquier d tenemos que OK/pOK ∼= (Z + Z√d)/(p).

Considere ahora ϕ : Z[X] → Z + Z√d un morfismo tal que ϕ(X) =

√d y

ϕ(ai) = ai. Note que ϕ en realidad es un epimorfismo. Sea P (X) ∈ Z[X] tal queP (X) ∈ ker (ϕ). Luego si P (X) = a0 + a1X + ...+ anX

n tenemos que ϕ(P (X)) = 0si, y solo si, a0 + a1

√d + ... + an(

√d)n = 0. Luego

√d es raız de P (X) y como

X2 − d ∈ Z[X] es el polinomio minimal de√d, concluimos que X2 − d debe dividir

a P (X). Ası ker (ϕ) ⊆ 〈X2 − d〉. La otra contenencia es trivial por el hecho de ϕser un homomorfismo. Hemos probado que Z[X]/ 〈X2 − d〉 ∼= Z + Z

√d.

Por lo tanto tenemos que

OK/pOK ∼= Z[X]/⟨p,X2 − d

⟩ ∼= (Z[X]/(p)) /⟨X2 − d

⟩ ∼= Kp[X]/⟨X2 − d

⟩


donde d denota la clase residual de d modulo p.Ahora la afirmacion p se descompone (respectivamente, permanece primo, ramifica)en OK tiene la interpretacion: OK/pOK es el producto de dos cuerpos (respec-tivamente, es un cuerpo, contiene elementos nilpotentes). En otras palabras, elpolinomio X2 − d ∈ Kp[X] es el producto de dos polinomios lineales (respectiva-mente, es irreducible, es un cuadrado). Esto pasa si d 6= 0 y d es un cuadrado en Kp

(respectivamente, no es un cuadrado en Kp, es cero en Kp).Cuando d 6= 0 y sea un cuadrado en Kp (respectivamente, no es un cuadrado enKp) diremos que d es un residuo cuadratico (respectivamente, no es un residuocuadratico) modulo p.

Resumiendo todo lo anterior tenemos la siguiente proposicion.

Proposicion 1.28. Sea L = Q[√d].

(a) Si

(d

p

)= 1 para p primo impar, p se descompone en K.

(b) Si

(d

p

)= −1 para p primo impar, p sigue siendo primo en K.

(c) Los primos divisores de d ramifican en K.

Existe un resultado analogo para el caso en el que p = 2.

Ejemplo 1.29. Sea K = Q[√−14], luego OK = Z[

√−14]. Los unicos primos que

ramifican son 2 y 7, ya que son los divisores de −14.Veamos que sucede con los primos 11 y 23. Por reciprocidad cuadratica tenemos que(

−14

11

)=

(−3

11

)= (−1)(11−1)/2

(3

11

)= −

(3

11

)= −1.(

−14

23

)=

(9

23

)=

(3

11

)2

= 1.

Por lo tanto, 11 sigue siendo primo (sigue inerte), y 23 se descompone.

Terminamos esta seccion dando la siguiente proposicion la cual nos ayudaraa decidir cuando un primo no ramifica o se descompone completamente en unaextension de Galois.

Proposicion 1.30. Sea K ⊂ L una extension de Galois, donde L = K(α) paraalgun α ∈ OL. Sea f(x) el polinomio monico minimal de α sobre K, es decir,f(x) ∈ OK [x]. Si p es primo en OK y f(x) es separable modulo p, entonces

(i) p no ramifica en L.


(ii) Si f(x) ≡ f1(x) · · · fg(x) mod p, donde los fi(x) son distintos e irreducibles,entonces Pi = pOL + fi(α)OL es un ideal primo de OL, Pi 6= Pj para j 6= i,y

pOL = P1 · · ·Pg.

Ademas, los fi(x) tienen todos el mismo grado, el cual es igual al grado deinercia f .

(iii) p se descompone completamente en L si, y solo si, f(x) ≡ 0 mod p tiene unasolucion en OK.

CAPITULO 2

Ordenes en cuerpos cuadraticos.

Definicion 2.1. Un orden O en un cuerpo cuadratico K es un subconjunto O ⊂ Ktal que:

(i) O es un subanillo de K que contiene al 1.

(ii) O es un Z-modulo finitamente generado.

(iii) O contiene una Q-base de K.

O es libre de torsion ya que de lo contrario, el subgrupo de torsion de O serıaun subanillo de O y el 1 serıa un elemento de este subgrupo lo cual implicarıa que1 tendrıa orden finito, es decir, que Z ⊂ O tendrıa orden finito, lo cual es absurdo.Como O contiene una Q-base de K y [K : Q] = 2 entonces existen α1, α2 ∈ O talesque 〈α1, α2〉Q = K. En particular

a1α1 + a2α2 = 0 con a1, a2 ∈ Z⇐⇒ a1 = 0 = a2 ya que Z ⊂ Q.

Entonces O es libre ya que contiene un subconjunto linealmente independiente.Como O es finitamente generado como Z-modulo, O = 〈γ1, γ2, ..., γn〉Z, luego

α1 = a1γ1 + a2γ2 + ...+ anγn ; ai ∈ Z.α2 = b1γ1 + b2γ2 + ...+ bnγn ; bi ∈ Z.

Luego 〈γ1, ..., γn〉Q = K pero [K : Q] = 2, luego en realidad se tiene que 〈γ1, γ2〉Q =K y ası O = 〈γ1, γ2〉Z.Como O contiene una Q-base de K, resulta que K es el cuerpo de fracciones de Oya que

K =〈α1, α2〉Q

〈α1, α2〉Q \ {0}

15

CAPITULO 2. ORDENES EN CUERPOS CUADRATICOS. 16

O = 〈α1, α2〉Q . El anillo de enteros OK en K es un orden en K debido a que

OK = [1, wK ] , donde wK =dK +

√dK

2

y dK es el discriminante de K = Q(√d) definido como

dK =

{d si d ≡ 1 mod 44d de otro modo.

(2.1)

Proposicion 2.2. Para cualquier orden O de K tenemos que O ⊂ OK.

Demostracion. Recordemos el teorema de Caley-Hamilton: Sea R un anillo, I ⊂ Run ideal y M un R-modulo que puede ser generado por n elementos. Sea ϕ unendomorfismo de M . Si ϕ(M) ⊂ I(M) entonces existe un polinomio monicop(x) = xn + an−1x

n−1 + ... + a0 con ai ∈ I i para cada i, tal que p(ϕ) = 0 comoendomorfismo.

Note que O es finitamente generado, Z es un anillo, O es un Z-modulo y seas ∈ O, luego como O es un subanillo, la multiplicacion por s es un endomorfismotal que ϕ(O) ⊂ O.Luego, por el teorema de Caley-Hamilton, existe un polinomio monico tal que p(ϕ) =0, en particular cuando ϕ(1) = s. Es decir, sn+an−1s

n−1 + ...+a0 = 0 y ası s ∈ OK .Luego O ⊂ OK .

Al ser O y OK ordenes, se tendra el siguiente resultado.

Lema 2.3. Si O y OK son Z-modulos libres de rango 2, entonces |OK/O| =[OK : O] <∞.

Demostracion. Sean A y B Z-modulos libres de rango 2, A ⊆ B, luego A = f1Z⊕f2Zy B = e1Z⊕e2Z. Sea x+ A ∈ B/A, como B = 〈e1, e2〉Z, x = n1e1 +n2e2, n1, n2 ∈ Z,y sea y + A ∈ B/A, luego y = m1e1 +m2e2, tal que x+ A = y + A. Entonces

x+ A = y + A ⇐⇒ n1e1 + n2e2 + A = m1e1 +m2e2 + A

⇐⇒ (n1 −m1)e1 + (n2 −m2)e2 ∈ A⇐⇒ (n1 −m1)e1 + (n2 −m2)e2 = l1f1 + l2f2 con l1, l2 ∈ Z

Pero f1, f2 ∈ A ⊆ B, luego

f1 = s1e1 + s2e2

f2 = p1e1 + p2e2


Ası (n1 −m1)e1 + (n2 −m2)e2 = l1(s1e1 + s2e2) + l2(p1e1 + p2e2).Como e1, e2 son linealmente independientes,

n1 −m1 = l1s1 + l2p1

n2 −m2 = l1s2 + l2p2

Por lo tanto tenemos que

n1 ≡ m1 mod (mcd(s1, p1))

n2 ≡ m2 mod (mcd(s2, p2)).

Lo cual prueba que |OK/O| = [OK : O] <∞.

A continuacion enunciamos un lema que nos proporciona una base para cadaorden.

Lema 2.4. Sea O un orden en un cuerpo cuadratico K de discriminante dK. En-tonces O tiene ındice finito en OK y si f = [OK : O] entonces O = Z⊕fwKZ donde

wK =dK +

√dK

2.

Demostracion. Como O y OK son Z-modulos libres de rango 2, se sigue del lema2.3 que [OK : O] < ∞. Tomando f = [OK : O] tenemos que fOK ⊂ O ya quefOK ⊂ O = |OK/O| significa que f(a +O) = fa +O lo cual implica que fa ∈ O.Entonces Z + fOK ⊂ O.Sin embargo, como OK = [1, wK ] tenemos que Z + fOK = [1, fwK ].Resta ver que [1, fwK ] tiene ındice f en OK = [1, wK ], pero esto es obvio.

Dado un orden O en un cuerpo cuadratico K, el ındice f = [OK : O] es llamadoel conductor del orden.

Otro invariante importante de O es su discriminante, el cual esta definido comosigue.Sea α 7→ α′ el automorfismo no trivial de K, y suponga que O = [α, β]. Entonces eldiscriminante de O es el numero

D =

(det

(α βα′ β′

))2

.

Proposicion 2.5. (i) El discriminante de un orden en un cuerpo cuadratico esindependiente de la base usada y ası solo depende de O.

(ii) Si O = [1, fwK ] entonces D = f 2dK.

(iii) Cualquier orden esta unıvocamente determinado por su discriminante.

(iv) Si D ≡ 0, 1 mod 4 no es un cuadrado, muestre que hay un orden cuadraticocuyo discriminante es D.


Demostracion. (i) Sea O = [α, β] = [1, fwK ], luego

α = a+ bf

2(dK +

√dK)

α′ = a+ bf

2(dK −

√dK)

β = c+ df

2(dK +

√dK)

β′ = c+ df

2(dK −

√dK)

Por lo tanto:

D =

(det

(α βα′ β′

))2

= (αβ′ − α′β)2

=

[((a+ b

f

2(dK +

√dK))(c+ d

f

2(dK −

√dK))

−(a+ bf

2(dK −

√dK))(c+ d

f

2(dK +

√dK))

]2

= f 2dK(ad− bc)2

Note que (ad− bc)2 es el determinante de la matriz de cambio de base, luego(ad− bc)2 = 1, lo cual prueba la afirmacion deseada.

(ii) Note que

D =

(det

(1 fwK1 fwK

))2

= (f

2(dK −

√dK)− f

2(dK +

√dK))2

= (−f√dK)2 = f 2dK

(iii) Sea O = [1, fwK ] y O′ = [α, β] dos ordenes distintos tales que sus discrimi-nantes coincides, es decir, D(O) = D(O′) = f 2dK . Luego [OK : O] = f =[OK : O′]. Como tienen el mismo conductor, por el lema 2.4, O′ = [1, fwK ] =O.

(iv) D debe tener la forma D = f 2dK , entonces el orden deseado es O = [1, fwK ].

Ası el discriminante satisface que D ≡ 0, 1 mod 4 ya que dK ≡ 0, 1 mod 4 y f 2 ≡0, 1 mod 4. Ademas note tambien que K = Q(

√D), luego K es real o imaginario

dependiendo de si D > 0 o D < 0.


Ejemplo 2.6. Considere Z[√−n] ⊂ K = Q(

√−n). El discriminante de Z[

√−n] es

D =

(det

(1√−n

1 −√−n

))2

= (−2√−n)2 = −4n.

Entonces −4n = f 2dK lo cual facilita el calculo del conductor de Z[√−n].

Proposicion 2.7. Sea O un orden en un cuerpo cuadratico K.

(i) Sea a un ideal no nulo de O, entonces a contiene un entero no nulo m.

(ii) Si a es un ideal no nulo de O, O/a es finito.

(iii) Todo ideal primo de O es maximal.

(iv) O es noetheriano.

Demostracion. Para la demostracion de esta proposicion, imitaremos la prueba he-cha en la proposicion 1.15.

(i) Sea α ∈ a. Luego α ∈ O ya que si α = a + bfwK , note que α = a + bfwK ∈Z+fOK debido al lema 2.4. Como a es un ideal, tenemos que N(α) = αα ∈ a,con N(α) ∈ Z. Luego m = N(α) ∈ O.

(ii) Note que O/mO → O/a es sobreyectiva. Basta probar entonces que O/mOes finito.Podemos escribir O = Z + fwKZ. Sea S = {ai + bifwK | 0 ≤ ai, bi < m}.Afirmamos que S es el conjunto de clases representativas para O/mO.Suponga que w = m1+m2fwK ∈ O. Escribamos mi = qim+γi con 0 ≤ γi < 0.Entonces claramente w ≡ γ1+γ2fwK mod mO. Ası, toda clase demO contieneun elemento de S. Si γ1 + γ2fwK y γ

′1 + γ

′2fwK estan en S y en la misma de

clase mod mO, usando la independencia lineal de la base vemos que γi− γ′i es

divisible por m en Z. Por lo tanto, 0 ≤ γi, γ′i < m y se sigue que γi = γ

′i. Lo

que hemos probado es que S es el conjunto de clases representativas y O/mOtiene m2 elementos.

(iii) Sea P un ideal primo de O, entonces O/P es un dominio entero finito. Talesanillos son un cuerpo. Ası O/P es un cuerpo y por lo tanto P es maximal.

(iv) Sea A1 ⊂ A2 ⊂ ... una cadena ascendente de ideales de O. Como O/A1 esfinito, existen finitos ideales que contiene a A1.

Gracias a la anterior proposicion podemos definir la norma de a como N(a) =|O/a|. Sin embargo, es obvio que si el conductor f de O es mayor que 1, entoncesO no es integralmente cerrado en K, y ası O no es un dominio de Dedekind cuandof > 1. Por lo tanto no podemos asumir que los ideales de O tengan factorizacionunica.


Ejemplo 2.8. Sea O = Z[√−3], el cual es un orden de conductor 2 en el cuerpo

imaginario K = Q(√−3).

Recuerde que α no unidad en un anillo R, es irreducible si α = βγ en R implicaque β o γ es una unidad.

(a) Como O tiene conductor f = 2 y dK = −3, ya que dK ≡ 1 mod 4, el discrimi-nante de O es D = 4(−3) = −12.Por el teorema 2.13, C(O) ∼= C(D) y se puede ver que solo hay una for-ma cuadratica primitiva reducida con discriminante D = −12, la cual esf(x, y) = x2 + 3y2. Ası, C(D) ∼= {1} ∼= C(O).

(b) Note que si un ideal a es propio en O, se tiene que a no es ideal de OK . Deigual forma, si un O-ideal a no es propio, implica que a sigue siendo ideal silo vemos como ideal de OK . Por tanto si suponemos que los ideales propios deO tienen factorizacion unica, restaria ver si los ideales no propios tambien latienen. Pero los ideales de O que no son propios tambien son ideales de OKy este ultimo anillo es un dominio de Dedekind. Por lo tanto todo O es undominio de factorizacion unica en este caso.

(c) Sea α, β ∈ O tal que 2 = αβ. Note que O = Z⊕ Z√−3, luego α = a+ b

√−3

y β = c+ d√−3 con a, b, c, d ∈ Z.

Como N(2) = N(αβ) = N(α)N(β) tenemos que 4 = N(α)N(β) y de aquı lossiguientes casos:

– Si N(α) = 4 y N(β) = 1 implica que β es una unidad.

– Si N(α) = 1 y N(β) = 4 implica que α es una unidad.

– Si N(α) = 2 = N(β) entonces N(α) = a2 + 3b2 = 2 y esto significa queb = 0 y a2 = 2 lo cual es una contradiccion puesto que a ∈ Z.

Por lo tanto 2 es irreducible en O.Consideremos ahora 1+

√−3. Note que N(1+

√−3) = 4 y por el razonamiento

anterior se tiene que 1 +√−3 es tambien irreducible.

Como 4 = 2 · 2 = (1 +√−3)(1 −

√−3) se tiene que O no es un dominio de

factorizacion unica.

Para solucionar esto, introducimos el concepto de un ideal primo de un orden.Dado un ideal a de O, note que O ⊂ {β ∈ K|βa ⊂ a} ya que a es un ideal de O.Pero la igualdad no siempre se da.

Ejemplo 2.9. Considere el ordenO = Z[√−3] enK = Q[

√−3]. Entonces elO-ideal

a generado por 2 y 1 +√−3 cumple que

{β ∈ K|βa ⊂ a} = OK (2.2)


pero O 6= OK .

Note que −3 ≡ 1 mod 4, luego dK = −3, OK = Z⊕ ZwK , con wK =−3 +

√−3

2, y

O = Z⊕ Z√−3. Es claro que

−3 +√−3

26∈ O.

Veamos por que se tiene la igualdad en 2.2.Sea β ∈ K tal que βa ⊂ a, es decir,

⟨2β, β(1 +

√−3)

⟩⊂⟨2, 1 +

√−3⟩. Luego

2β = 2x+ (1 +√−3)y para algunos x, y ∈ Z

β = x+ (1 +√−3

2)y.

Luego β ∈ OK . Por otra parte note que 1 ∈ {β ∈ K|βa ⊂ a} trivialmente. ComoOK = [1, wK ], restarıa probar que wK tambien pertenece a dicho conjunto. Note que

wKa =⟨2wK, (1 +

√−3)wK

⟩=

⟨−3 +

√−3,−3−

√−3⟩

pero −3 +√−3 = 2(−2) + (1 +

√−3) y −3−

√−3 = 2(−1) + (−1)(1 +

√−3). Ası

OK ⊆ {β ∈ K|βa ⊂ a}.

En general decimos que un ideal a de O es propio siempre que la igualdad setenga, es decir, cuando

O = {β ∈ K|βa ⊂ a}.

Proposicion 2.10. Sea K un cuerpo cuadratico.

(i) Para cualquier orden de K, los ideales principales son propios siempre.

(ii) Para el orden maximal OK, todos los ideales son propios.

Demostracion. (i) Sea O un orden y α ∈ O. Veamos que O = {β ∈ K|β(αO) ⊂αO}. Sabemos que O ⊆ {β ∈ K|β(αO) ⊂ αO} ya que αO es O-ideal. Seaβ ∈ K tal que β(αO) ⊂ αO. Por definicion 1 ∈ O, luego βα ∈ αO y β ∈ O.

(ii) Sea a un ideal de OK . Consideremos el ideal principal generado por β sobreOK , luego 〈β〉 a = βOKa pero como a es un ideal de OK , βOKa ⊂ βa ⊂ a,luego a divide a 〈β〉 a. Por lo tanto, existe C ideal de OK (ya que OK es undominio de Dedekind) tal que 〈β〉 a = aC, y como tenemos cancelacion deideales, 〈β〉 = C, lo cual prueba que β ∈ C ⊂ OK .

Tambien podemos extender esta terminologıa a ideales fraccionarios.Un O-ideal fraccionario b es propio siempre que

O = {β ∈ K|βb ⊂ b}. (2.3)


Otra definicion que podemos dar es que un O-ideal fraccionario a es invertible siexiste otro O-ideal fraccionario b tal que ab = O.Note que los ideales fraccionarios principales (aquellos de la forma αO, α ∈ K∗)son invertibles.

La nocion de ser propio e invertible coinciden.

Proposicion 2.11. Sea O un orden en un cuerpo cuadratico K, y sea a un O-idealfraccionario. Entonces a es propio si, y solo si, a es invertible.

Demostracion. Si a es invertible, entonces ab = O para algun O-ideal fraccionariob. Si β ∈ K y βa ⊂ a entonces

βO = β(ab) = (βa)b ⊂ ab = O

y ası β ∈ O lo cual prueba que a es propio.Para argumentar en el otro sentido necesitamos el siguiente lema.

Lema 2.12. Sea K = Q(τ) un cuerpo cuadratico, y sea ax2 + bx + c el polino-mio minimal de τ , donde a, b y c son primos relativos. Entonces [1, τ ] es un idealfraccionario propio del orden [1, aτ ] de K.

Demostracion. Primero, [1, aτ ] es un orden ya que aτ es un entero algebraico. En-tonces, dado β ∈ K, note que β[1, τ ] ⊂ [1, τ ] es equivalente a:

β · 1 ∈ [1, τ ].

βτ ∈ [1, τ ].

La primera lınea dice que β = m + nτ , m,n ∈ Z. Para entender la segunda, noteque:

βτ = mτ + nτ 2 = mτ +n

a(−bτ + c)

ya que aτ 2 + bτ + c = 0 implica que τ 2 =−bτ − c

a. Luego

βτ =−cna

+

(−bna

+m

)τ.

Como mcd(a, b, c) = 1, vemos que βτ ∈ [1, τ ] si, y solo si, a|n. Se sigue entonces que{β ∈ K|β[1, τ ] ⊂ [1, τ ]} = [1, aτ ].

Continuando con la demostracion de la proposicion 2.11, note que a es un Z-modulo libre de rango 2, por lo tanto a = [α, β] para algunos α, β ∈ K. Entoncesa = α[1, τ ] donde τ = β/α. Si ax2 + bx + c, con mcd(a, b, c) = 1, es el polinomiominimal de τ , entonces el lema 2.12 implica que O = [1, aτ ].Sea β → β′ el automorfismo no trivial de K. Como τ ′ es la otra raız de ax2 + bx+ c,


aplicando el lema 2.12 de nuevo, mostramos que a′ = α′[1, τ ′] es un ideal fraccionariopara [1, aτ ] = [1, aτ ′] = O.

Afirmamos que aa′ =N(α

aO.

Para ver por que, note que

aaa′ = aαα′[1, τ ][1, τ ′] = N(α)[a, aτ, aτ ′, aττ ′]

Como τ + τ ′ =−ba

, ττ ′ =c

ay mcd(a, b, c) = 1 entonces

aaa′ = N(α)[a, aτ,−b, c] = N(α)[1, aτ ] = N(α)O.

Lo cual prueba que a es invertible.

Dado un orden O, I(O) denota el conjunto de O-ideales fraccionarios propios.Por la proposicion 2.11, I(O) es un grupo bajo la multiplicacion. Los O-idealesprincipales forman un subgrupo P (O) ⊂ I(O) y ası podemos formar el cocienteC(O) = I(O)/P (O) el cual es el grupo de clases de ideales del orden O. Cuando Oes el orden maximal OK , I(OK) y P (OK) se denotaran IK y PK respectivamente.

Teorema 2.13. Sea O el orden de discriminante D en un cuerpo cuadratico ima-ginario K. Entonces:

(i) Si f(x, y) = ax2 + bxy + cy2 es una forma cuadratica definida positiva de

discriminante D, entonces[a, (−b+

√D)/2

]es un ideal propio de O.

(ii) La aplicacion que envıa f(x, y) en[a, (−b+

√D)/2

]induce un isomorfismo

entre el grupo de clases de formas C(D) y el grupo de clases de ideales C(O).Ası el orden de C(O) es el numero de clases h(D).

(iii) Un entero positivo m es representado por una forma f(x, y) si, y solo si, mes la norma N(a) para algun ideal a en la correspondiente clase de ideales enC(O).

Demostracion. Sea f(x, y) = ax2 + bxy + cy2 una forma primitiva definida positivacon discriminante D < 0. Las raıces de f(x, 1) = ax2 + bx+ c son complejas (ya queD < 0), entonces existe un unico τ ∈ H (H es la mitad superior del plano) tal que

f(τ, 1) = 0. Llamamos τ la raız de f(x, y). Como a > 0, se tiene que τ =−b+

√D

2a.

Ası,

[a,−b+

√D

2

]= [a, aτ ] = a[1, τ ]. Note que τ ∈ K = Q[

√D].

(i) Por el lema 2.12, a[1, τ ] es un ideal propio del orden [1, aτ ]. Resta ver entoncesque [1, aτ ] = O.


Si f es el conductor de O, entonces D = f 2dK y ası

aτ =−b+

√D

2=−b+ f

√dK

2

= −(

+fdK2

)+ f

(dK +

√dK

2

)= −

(b+ fdK

2

)+ fwK

Como D = b2 − 4ac = f 2dK , entonces b y fdK deben tener la misma paridad.

Luegob+ fdK

2∈ Z y [1, aτ ] ⊆ [1, fwK ].

Note ademas que fwK = aτ +b+ fdK

2yb+ fdK

2∈ Z implica que [1, fwK ] ⊆

[1, aτ ].

Por lo tanto, [1, aτ ] = [1, fwK ] = O. Esto prueba que

[a,−b+

√D

2

]= a[1, τ ]

es un O-ideal propio.

(ii) Sea f(x, y) y g(x, y) formas de discriminante D, y sean τ y τ ′ sus respectivasraıces. Probaremos las siguientes equivalencias:

f(x, y), g(x, y) son propiamente equivalentes ⇐⇒ τ ′ =pτ + q

rτ + s,

(p qr s

)∈ SL(2Z)

⇐⇒ [1, τ ] = λ[1, τ ′], λ ∈ K∗.

Asuma que f(x, y) = g(px+ qy, rx+ sy) donde

(p qr s

)∈ SL(2Z). Entonces

0 = f(τ, 1) = g(pτ + q, rτ + s) = (rτ + s)2g

(pτ + q

rτ + s, 1

)

entonces g

(pτ + q

rτ + s, 1

)= 0 ya que si (rτ + s)2 = 0 tendremos que

τ = −s/r ∈ Q lo cual es contradictorio.

Por un calculo sencillo se puede ver que Im

(pτ + q

rτ + s

)= det

(p qr s

)|rτ +

s|2Im(τ).

Esto implica que

(pτ + q

rτ + s

)∈ H y ası τ ′ =

pτ + q

rτ + s, por la unicidad de las

raıces.

Recıprocamente, si τ ′ =pτ + q

rτ + s, entonces

0 = f(τ, 1) = g(pτ + q, rτ + s) = (rτ + s)2g

(pτ + q

rτ + s, 1

).


Esto muestra que f(x, y) y g(x, y) son iguales ya que tienen la misma raız.Por lo tanto f(x, y) = g(px+qy, rx+sy) y ası tenemos la primera equivalencia.

Para la segunda equivalencia, si τ ′ =pτ + q

rτ + s, sea λ = rτ + s ∈ K∗. Entonces

λ[1, τ ′] = (rτ + s)

[1,pτ + q

rτ + s

]= [rτ + s, pτ + q] = [1, τ ]

ya que [rτ + s, pτ + q] ⊆ [1, τ ] y

τ = −rqτ − sq + psτ + qs = (ps− rq)τ1 = rpτ + ps− rpτ − rq = ps− rq = 1.

Luego [1, τ ] ⊆ [rτ + s, pτ + q].Recıprocamente, si [1, τ ] = λ[1, τ ′] para algun λ ∈ K∗, entonces [1, τ ] = [λ, λτ ]lo cual implica que

λτ = pτ + q (2.4)

λ = rτ + s (2.5)

para algun

(p qr s

)∈ GL(2,Z). Esto nos dices que τ ′ =

pτ + q

rτ + sy por

el hecho que Im

(pτ + q

rτ + s

)= det

(p qr s

)|rτ + s|−2Im(τ) muestra que(

p qr s

)∈ SL(2,Z) ya que τ y τ ′ estan en H.

Esto completa la prueba de las equivalencias.Usando las equivalencias anteriores se puede ver que la aplicacion que envıaf(x, y) en a[1, τ ] esta bien definida y ademas induce una inyeccion.Para mostrar que la aplicacion es sobreyectiva, sea a un O-ideal fraccionario.Podemos escribir a = [α, β] para algunos α, β ∈ K ya que a es de rango 2.Cambiando α y β, si fuera necesario, podemos asumir que τ = β/α esta en H.Sea ax2+bx+c el polinomio minimal de τ . Podemos asumir que mcd(a, b, c) = 1y a > 0. Entonces f(x, y) = ax2 + bxy + cy2 es definida positiva con discrimi-nante D = b2 − 4ac y es enviada en a[1, τ ] que tiene discriminante(

a · det

(1 τ1 τ

))2

= (a(τ − τ))2 = D.

Este ideal esta en la clase de a = [α, β] = α[1, τ ] en C(O), ya que α[1, τ ] =( aα

)α[1, τ ] y

a

τ∈ K∗.

Esto prueba la sobreyectividad y consecuentemente se tiene la biyectividadentre C(D) y C(O).La prueba de que es un isormofismo es bastante extensa y la omitimos en estedocumento.


(iii) Si m es representado por f(x, y), m = d2a, donde a esta propiamente repre-sentado por f(x, y). Podemos asumir que f(x, y) = ax2 + bxy + cy2. Entoncesf(x, y) es enviado en a = a[1, τ ] y N(a) = a. De aquı que N(da) = d2a = m yentonces m es la norma de un ideal en la clase de a.Recıprocamente, asuma N(a) = m. Sabemos que a = α[1, τ ], donde Im(τ) > 0,aτ 2 + bτ + c = 0, mcd(a, b, c) = 1 y a > 0. Entonces f(x, y) = ax2 + bxy + cy2

es enviado en la clase de a, luego solo tenemos que mostrar que f(x, y) repre-sentado a m.

Sabemos que m = N(a) =N(α)

a, sin embargo, α[1, τ ] = a ⊂ O = [1, aτ ],

luego α = p+ qaτ y ατ = r + saτ para algunos enteros p, q, r, s.Ası (p+ qaτ)τ = r + saτ y como aτ 2 = −bτ − c, luego

(p+ qaτ)τ = pτ + qaτ 2 = r + saτ

pτ + q(−bτ − c) = r + saτ

pτ − bqτ − qc = r + saτ

pτ = (r + qc) + (sa+ bq)τ.

Comparando coeficientes tenemos que p = as+ bq. Ası

m =N(α)

a=

1

a(p2 − bpq + acq2)

=1

a((as+ bq)2 − b(as+ bq)q + acq2)

=1

a(a2s2 + absq + acq2)

= as2 + bsq + cq2 = f(s, q).

Esto finaliza la prueba de (iii).

Ahora daremos unas propiedades de la norma de ideales.

Lema 2.14. Sea O un orden en un cuerpo cuadratico imaginario. Entonces:

(i) N(αO) = N(α) para α ∈ O, α 6= 0.

(ii) N(ab) = N(a)N(b) para O-ideales propios de a y b.

(iii) aa = N(a)O para un O-ideal propio a.

Los cuerpo cuadraticos se dividen en dos tipos, real (dK > 0) e imaginario(dK < 0), y las unidades O∗K son distintas en ambos casos.En el caso imaginario, solo hay finitas unidades, mientras que en los cuerpocuadraticos reales, hay infinitas unidades y determinarlas esta relacionado con laecuacion de Pell y fracciones continuas.


Definimos ahora lo que serıa el analogo al sımbolo de Legendre pero en el casoen el que p = 2.Si D ≡ 0, 1 mod 4 entonces el sımbolo de Kronecker (D/2) es

(D/2) =

0 si D ≡ 0 mod 41 si D ≡ 1 mod 8−1 si D ≡ 5 mod 8.

Aplicaremos este sımbolo usualmente en el caso que D = dK sea el discriminantede un cuerpo cuadratico K. La siguiente proposicion muestra el comportamiento delos primos de un cuerpo cuadratico.

Proposicion 2.15. Sea K un cuerpo cuadratico de discriminante dK, y sea el au-tomorfismo no trivial de K denotado α 7→ α′. Sea p ∈ Z un primo.

(i) Si (dK/p) = 0, entonces pOK = p2 para algun ideal primo p de OK.

(ii) Si (dK/p) = 1, entonces pOK = pp′ donde p 6= p′ son primos de OK.

(iii) Si (dK/p) = −1 entonces pOK es primo en OK.

Ademas, los primos en (i)-(iii) son todos los primos de OK.

Demostracion. (i) Suponga que p es un primo impar que divide a dK , y sea p elideal p = pOK +

√dKOK .

Elevando al cuadrado, p2 = p2OK + p√dKOK + dKOK .

Como dK es libre de cuadrados (excepto por un fator de 4) y p es un divisorimpar, mcd(p2, dK) = p. Se sigue que p2 = pOK , y entonces la relacion efg =[K : Q] = 2 del teorema 1.27 implica que p es un ideal primo. El caso p = 2es similar.Vamos a probar (ii) y (iii) para un primo impar p 6 |dK . La clave sera laproposicion 1.30. Note que f(x) = x2−dK es el polinomio minimal del elementoprimitivo

√dK de K sobre Q, y como p 6 |dK , f(x) es separable modulo p. La

proposicion 1.30 muestra que p es no ramificado en K.Si (dK/p) = 1, entonces la congruencia x2 ≡ dK mod p tiene solucion, y comoconsecuencia p se descompone completamente en K por la parte (iii) de laproposicion 1.30, es decir, pOK = p1p2 con p1 6= p2 primos de OK .Como Gal(K/Q) actua transitivamente sobre los primos de K conteniendo ap, debemos tener que p

′1 = p2 y entonces pOK se factoriza como se afirma.

Si (dK/p) = −1 entonces f(x) = x2−dK es irreducible modulo p y ası la parte(ii) de la proposicion 1.30 afirma que pOK es primo en K. La prueba de p = 2es similar a la anterior.

El colorario que se tiene inmediatamente de la anterior proposicion nos dice elcomportamiento de los primos de Z cuando suben a la extension cuadratica.


Corolario 2.16. Sea K un cuerpo cuadratico con discriminante dK, y sea p unprimo entero. Entonces:

(i) p ramifica en K si, y solo si, p divide a dK.

(ii) p se descompone completamente en K si, y solo si, (dK/p) = 1.

CAPITULO 3

El cuerpo de clases de Hilbert.

Nuestro objetivo es probar el siguiente teorema:

Teorema 3.1. Sea n > 0 un entero que satisface la siguiente condicion:

n es libre de cuadrados, n 6≡ 3 mod 4. (3.1)

Entonces existe un polinomio monico irreducible fn(x) ∈ Z[x] de grado h(−4n) talque si un primo impar p no divide a n ni al discriminante de fn(x), entonces

p = x2 + ny2 ⇐⇒{


Ademas, fn(x) puede ser tomado como el polinomio minimal de un entero algebraicoreal α para el cual L = K(α) es el cuerpo de clases de Hilbert de K = Q(

√−n).

Dado n > 0, sea K el cuerpo cuadratico imaginario Q(√−n), entonces (2.1) y

la proposicion 1.12 implican que

dK = −4n⇐⇒ OK = Z[√−n]⇐⇒ n satisface (3.1).

Ası la condicion (3.1) sobre n es equivalente a que Z[√−n] sea todo el anillo de

enteros en K. Para los otros n vimos que Z[√−n] no es un dominio de Dedekind

pero sı un orden.

El cuerpo de clases de Hilbert de un cuerpo de numeros K es definido en termi-nos de las extensiones abelianas no ramificadas de K. Para ver esto que significaempezamos viendo que significa que sea abeliana. Una extension K ⊂ L es abelianasi es de Galois y si Gal(L/K) es un grupo abeliano. Antes de definir que quiere decircon ser no ramificado, debemos discutir sobre la ramificacion de los primos infinitos.Los ideales primos de OK son llamados usualmente primos finitos para distinguirlosde los primos infinitos, los cuales son determinados por los embebimientos de K en

29

CAPITULO 3. EL CUERPO DE CLASES DE HILBERT. 30

C. Un primo real infinito es una aplicacion σ : K → R. Un primo complejo infinitoes una pareja de apliaciones conjugadas complejas σ, σ : K → C, σ 6= σ.Dada una extension K ⊂ L, primo infinito σ de K ramifica en L si este es un primoreal infinito pero existe una extension a L en la cual es un primo complejo infinito.

Ejemplo 3.2. Los primos infinitos de Q son no ramificado en Q(√

2) pero ramificanen Q(

√−2)

Una extension K ⊂ L es no ramificada si esta es no ramificada para todos losprimos, finitos o infinitos. Aunque es una restriccion bastante fuerte, puede sucederque dado un cuerpo este tenga una extension no ramificada de grado arbitrariamentealto. Pero si nos preguntamos por una extension abeliana no ramificada, un mejorresultado se obtiene.

Teorema 3.3. Dado un cuerpo de numeros K, existe una extension de Galois finitaL de K tal que:

(i) L es una extension abeliana no ramificada.

(ii) Cualquier otra extension abeliana no ramificada de K esta contenida en L.

El cuerpo L del teorema anterior es llamado el cuerpo de clases de Hilbert de K.Esta es la extension abeliana no ramificada maximal de K y es unica, claramente.Para mostrar el gran poder que tiene el cuerpo de clases de Hilbert, necesitamosempezar a trabajar con el sımbolo de Artin. Para definirlo necesitamos el siguientelema.

Lema 3.4. Sea K ⊂ L una extension de Galois, y sea p un primo de OK el cualno ramifica en L. Si P es un primo de OL que contiene a p, entonces existe σ ∈Gal(L/K) tal que para todo α ∈ OL

σ(α) ≡ αN(p) mod P

donde N(p) = |OK/p| es la norma de p.

Antes de hacer la demostracion de este lema debemos definir un par de conjuntosy hacer algunas apreciaciones sobre ellos.Sea K ⊂ L una extension de Galois, y sea P un primo de L. Entonces el grupo dedescomposicion y el grupo de inercia de P son definidos como:

DP = {σ ∈ Gal(L/K) : σ(P) = P} (3.2)

IP = {σ ∈ Gal(L/K) : σ(α) ≡ α mod P para todo α ∈ OL} (3.3)

Se puede mostrar facilmente que IP ⊂ DP y que un elemento σ ∈ DP induce unautomorfismo σ′ de OL/P el cual es la identidad sobre OK/p, p = P ∩ OK .Si G

′denota el grupo de Galois de OK/p ⊂ OL/P, se sigue que σ′ ∈ G′. Ası la

aplicacion σ 7→ σ′ define un homomorfismo DP → G′ cuyo nucleo es exactamente elgrupo de inercia IP.Resumimos esto en la siguiente proposicion.


Proposicion 3.5. Sean DP, IP y G′ como antes.

(i) El homomorfismo DP → G′ es sobreyectivo. Ası DP/IP ∼= G′.

(ii) |IP| = eP|p y |DP| = eP|pfP|p.

Procedemos ahora a hacer la demostracion del lema 3.4.

Demostracion. (Lema 3.4.) Como en la proposicion 3.5, sean DP y IP los grupos dedescomposicion e inercia de P. Recuerde que σ ∈ DP induce un elemento σ′ ∈ G′,donde G′ es el grupo de Galois de OL/P sobre OK/p.Como p no ramifica en L, la parte (ii) de la proposicion 3.5 nos dices que |IP| =eP|p = 1, y entonces la primera parte de la proposicion implica que σ 7→ σ′ defineun isomorfismo

DP −→ G′.

La estructura de grupo de Galois de G′ es bien conocida: si OK/p tiene q elementos,entonces G′ es un grupo cıclico cuyo generador canonico esta dado por el auto-morfismo de Frobenius x 7→ xq. Ası existe un unico σ ∈ DP el cual es enviado enel automorfismo de Frobenius. Como q = N(p) por definicion, σ satisface nuestraafirmacion

σ(α) ≡ αN(p) mod P

para todo α ∈ OL.Para ver la unicidad, note que cualquier otro σ que satisfaga la condicion debepertenecer a DP y como es un isomorfismo, debe ser unico.

El sımbolo unico σ del lema 3.4 es llamado el sımbolo de Artin y es denotado((L/K)/P) ya que este depende del primo P de L.Su propiedad crucial es que para cualquier α ∈ OL tenemos

((L/K)/P) (α) ≡ αN(p) mod P

donde p = P ∩ OK . El sımbolo de Artin tiene las siguientes propiedades.

Corolario 3.6. Sea K ⊂ L una extension de Galois, y sea p un primo no ramificadode K. Dado un primo P de L que contiene a p, tenemos:

(i) Si σ ∈ Gal(L/K), entonces(L/K

σ(P)

)= σ

(L/K

P

)σ−1.

(ii) El orden de ((L/K)/P) es el grado de inercia f = fP|p.

(iii) p se descompone completamente en L si, y solo si, ((L/K)/P) = 1.


Demostracion. (i) Sea α ∈ OL. Note que

(L/K

σ(P)

)(α) ≡ αN(p) mod σ(P).

Por otra parte:[σ

(L/K

P

)σ−1

](α) ≡

[σ

(L/K

P

)](σ−1(α))

≡ σ(σ−1(α))N(p)

≡ αN(p) mod σ(P).

Como el sımbolo de Artin es unico,

(L/K

σ(P)

)= σ

(L/K

P

)σ−1.

(ii) Para probar esto, recuerde de la prueba del lema 3.4 que, como p es no rami-ficado, el grupo de descomposicion

DP = {σ ∈ Gal(L/K) : σ(P) = P}

es isomorfo al grupo de Galois de la extension finita OK/p ⊂ OL/P, cuyogrado es el grado de inercia f .Por definicion del sımbolo de Artin, es enviado en un generador de G′ =

Gal

(OL/POK/p

)y ası el sımbolo de Artin tiene orden f = fP|p.

(iii) Recuerde que p se descompone completamente en L si, y solo si, e = f = 1.Como ya sabemos que e = 1, pues p es no ramificado, entonces por (ii),Ord ((L/K)/P) = f = fP|p = 1.

Cuando K ⊂ L es una extension Abeliana, el sımbolo de Artin ((L/K)/P)depende solo del primo p = P∩OK . Para ver esto, sea P′ otro primos que contienea p. Hemos visto que P′ = σ(P) para algun σ ∈ Gal(L/K). Entonces el corolario3.6 implica que (

L/K

P′

)=

(L/K

σ(P)

)= σ

(L/K

P

)σ−1 =

(L/K

P

)ya que Gal(L/K) es Abeliano. Se sigue entonces que siempre que K ⊂ L es Abe-liando, el sımbolo de Artin puede ser escrito como ((L/K)/p).Para ver la importancia del sımbolo de Artin veamos un ejemplo en el cual generalizaal sımbolo de Legendre.

Ejemplo 3.7. Consideremos el polinomio x2 − 1 = 0. Luego K = Q y OK = Z.Sea p = (p) un ideal primo de OK con p primo impar. Sea a ∈ OK tal que na 6∈ p,donde n = 2 es el grado del polinomio que estamos considerando.

• Es claro que 1 6= −1 modulo p ya que p 6= 2, es decir, las raıces del polinomioson distintas.


• Note que n divide a N(p)− 1 puesto que N(p) = |Z/(p)| = p.

• Usando el sımbolo de Legendre sabemos que

a(N(p)−1)/2 ≡(a

p

)mod p.

Sea ahora L = K(√a). Note que L es una extension abeliana de K. Relacionaremos

el sımbolo de Legendre (a/p) con el sımbolo de Artin ((L/K)/p).

• Note que p es no ramificado en L = Q(√a):

Recuerde que dL = a si a ≡ 1 mod 4 o dL = 4a si a 6≡ 1 mod 4.Como 2a 6∈ p, entonces p 6 | dL en ningun caso. Por el corolario 2.16, p noramifica en L.

• Sea P un primo de OL que contiene a p. Entonces(L/K

p

)(√a) ≡

√aN(p)

mod P

≡ a

N(p)− 1

2√a mod P.

Pero como vimos antes,

a(N(p)−1)/2 ≡(a

p

)mod p.

Y como p ∈ P entonces(L/K

p

)(√a) ≡

(a

p

)√a mod P.

Lo cual muestra que el sımbolo de Artin y el sımbolo de Legendre coinciden.

Cuando K ⊂ L es una extension abeliana no ramificada, las cosas son intere-santes ya que ((L/K)/p) esta definido para todos los primos p de OK . Como OK esun dominio de Dedekind, cualquier ideal fraccionario a ∈ IK tiene una factorizacionprima

a =r∏i=1

prii , ri ∈ Z,

y entonces definimos el sımbolo de Artin para ((L/K)/a) como el producto(L/K

a

)=

r∏i=1

(L/K

pi

)ri.


El sımbolo de Artin define entonces un homomorfismo, llamado la aplicacion deArtin, (

L/K

·

): IK −→ Gal(L/K).

Note que cuando K ⊂ L es ramificada, la aplicacion de Artin no esta definido entodo IK .El teorema de reciprocidad de Artin para el cuerpo de clases de Hilbert relacionael cuerpo de clases de Hilbert con el grupo de clase de ideales C(OK) como se ve acontinuacion.

Teorema 3.8. Si L es el cuerpo de clases de Hilbert de un cuerpo de numeros deK, entonces la apliacion de Artin(

L/K

·

): IK −→ Gal(L/K)

es sobreyectiva, y su nucleo es exactamente el subgrupo PK de ideales fraccionariosprincipales.Ası la aplicacion de Artin induce un isomorfismo

C(OK) ∼= Gal(L/K).

Si aplicamos la teorıa de Galois a los teoremas 3.3 y 3.8, obtenemos la siguienteclasificacion de las extensiones abelianas no ramificadas de K.

Corolario 3.9. Dado un cuerpo de numeros K, existe una correspondencia uno auno entre las extensiones abelianas no ramificadas M de K y subgrupos H del grupode clase de ideales C(OK). Ademas, si la extension K ⊂M corresponde al subgrupoH ⊂ C(OK), entonces la aplicacion de Artin induce un isomorfismo

C(OK)/H ∼= Gal(M/K).

La importancia del corolario 3.9 es que nos permite encontrar todas las exten-siones abelianas no ramificadas de K a partir del calculo de los subgrupos del grupode clase de ideales C(OK). Esto es, que la informacion de K esta intrınseca en laestructura de grupo de C(OK).El teorema 3.8 tambien nos da una caracterizacion de los primos de K que se des-componen completamente en el cuerpo de clases de Hilbert.

Corolario 3.10. Sea L el cuerpo de clases de Hilbert de un cuerpo de numeros deK, y sea p un ideal primo de K. Entonces

p se descompone completamente en L ⇐⇒ p es un ideal principal.

Demostracion. El corolario 3.6 implica que el primo p se descompone completamenteen L si, y solo si ((L/K)/p) = 1. Como la aplicacion de Artin induce un isomorfismoC(OK) ∼= Gal(L/K), vemos que ((L/K)/p) = 1 si, y solo si, p determina la clase


trivial de C(OK). Por definicion del grupo de clase de ideales, esto significa que pes principal, y el corolario queda probado.

3.1. Solucion de p = x2 + ny2 para infinitos n.

Ahora que hemos desarrollado la teorıa de cuerpo de clases de Hilbert, podemoshacer la prueba del teorema 3.1.

Demostracion. (Teorema 3.1.) El primer paso es relacionar p = x2 +ny2 al compor-tamiento de p en el cuerpo de clases de Hilbert L. Este resultado es interesante ypor eso lo enunciamos como un teorema.

Teorema 3.11. Sea L el cuerpo de clases de Hilbert de K = Q(√−n). Asuma que

n satisface (3.1), luego OK = Z[√−n]. Si p es un primo impar que no divide a n,

entonces

p = x2 + ny2 ⇐⇒ p se descompone completamente en L.

Demostracion. Como n satisface (3.1), tenemos entonces que dK = −4n y OK =Z[√−n]. Sea p un primo impar que no divide a n. Entonces p 6 | dK , y por el corolario

2.16 tenemos que p no ramifica en K. Probaremos las siguientes equivalencias:

p = x2 + ny2 ⇐⇒ pOK = pp, p 6= p y p es principal en OK⇐⇒ pOK = pp, p 6= p, y p se descompone completamente en L⇐⇒ p se descompone completamente en L.

(3.4)y el teorema 3.11 se tendra.Para la primera equivalencia, suponga que p = x2 +ny2 = (x+

√−ny)(x−

√−ny).

Tomando p = (x +√−ny)OK , entonces pOK = pp debe ser la factorizacion prima

de pOK en OK . Note que p 6= p ya que p es no ramificado en K. Recıprocamente,suponga que pOK = pp, donde p es principal. ComoOK = Z[

√−n], podemos escribir

p = (x+√−ny)OK . Esto implica que pOK = (x2 +ny2)OK , y se tiene entonces que

p = x2 + ny2.La segunda equivalencia de 3.4 se sigue inmediatamente del corolario 3.10. Paraprobar la ultima equivalencia, usaremos los siguientes lemas:

Lema 3.12. Si K ⊂M ⊂ L, donde L y M son Galois sobre K, entonces un primo pde OK se descompone completamente en L si, y solo si, este se descompone comple-tamente en M y algun primo de OM conteniendo a p se descompone completamenteen L.

Lema 3.13. Sea K un cuerpo cuadratico imaginario, y sea K ⊂ L una extensionde Galois. Como es usual, τ denotara la conjugacion compleja.

(a) L es Galois sobre Q si, y solo si, τ(L) = L.

(b) Si L es Galois sobre Q, entonces


(i) [L ∩ R : Q] = [L : K].

(ii) Para α ∈ L ∩ R, L ∩ R = Q(α)⇔ L = K(α).

Lema 3.14. Sea L el cuerpo de clases de Hilbert de un cuerpo cuadratico imaginarioK, y sea τ la conjugacion compleja. Entonces τ(L) = L, y ası L es Galois sobre Q.

Demostracion. Es facil ver que τ(L) es una extension abeliana no ramificada deτ(K) = K. Como L es la extension maximal de estas, tenemos que τ(L) ⊂ L, yentonces τ(L) = L ya que ellas tiene el mismo grado sobre K. Ası τ ∈ Gal(L/Q), locual implica que L es Galois sobre Q.

Para terminar la prueba de (3.4), note que la condicion

pOK = pp, p 6= p, y p se descompone completamente en L

dice que p se descompone completamente en K y que algun primo de K que contienea p se descompone completamente en L. Como L es Galois sobre Q, es facil ver quees equivalente a que p se descomponga completamente en L y ası el teorema 3.11queda probado.

El siguiente paso para la prueba del teorema 3.1 es dar una forma mas sencillade decir que p se descompone completamente en L. Tenemos el siguiente criterio:

Proposicion 3.15. Sea K un cuerpo cuadratico imaginario, y sea L una extensionfinita de K la cual es Galois sobre Q. Entonces:

(i) Hay un entero algebraico real α tal que L = K(α).

(ii) Dado α como en (i), sea f(x) ∈ Z[x] el polinomio monico de α. Si p es unprimo que no divide al discriminante de f(x), entonces

p se descompone completamente en L ⇐⇒{

(dK/p) = 1 y f(x) ≡ 0 mod ptiene una solucion entera.

Demostracion. Por hipotesis, L es Galois sobre Q, y ası [L ∩ R : Q] = [L : K] yaque L ∩ R es el cuerpo fijo bajo la conjugacion compleja. Esto implica que paraα ∈ L ∩ R,

L ∩ R⇐⇒ L = K(α).

Ası, si α ∈ OL ∩ R satisface L ∩ R = Q(α), entonces α es un elemento real integralprimitivo de L sobre K, y (i) esta probada. Ademas, dado un α, sea f(x) su poli-nomio minimal sobre Q. Entonces f(x) ∈ Z[x], y como [L ∩ R : Q] = [L : K], f(x)es tambien el polinomio minimal de α sobre K.Para probar la parte final de (ii), sea p un primo que no divide al discriminante def(x). Esto nos indica que f(x) es separable modulo p. Por el corolario 2.16 tenemosque

pOK = pp, p 6= p⇐⇒(dKp

)= 1.


Suponemos que p se descompone completamente en K, entonces Z/pZ ∼= OK/p. Co-mo f(x) es separable sobre Z/pZ, es separable sobre OK/p, y entonces la proposicion1.30 muestra que

p se descompone completamente en L ⇐⇒ f(x) ≡ 0 mod p tiene solucion en OK⇐⇒ f(x) ≡ 0 mod p tiene solucion en Z,

donde la ultima equivalencia de nuevo usa que Z/pZ ∼= OK/p. La proposicion sesigue ahora de la ultima equivalencia de (3.4).

Podemos ahora probar la principal equivalencia del teorema 3.1. Como el cuerpode clases de Hilbert L de K = Q(

√−n) es Galois sobre Q, la proposicion 3.15

implica que existe un entero algebraico real α el cual es un elemento primitivo de Lsobre K. Sea fn(x) el polinomio monico minimal de α, y sea p un primo impar queno divide a n ni al discriminante de fn(x). Entonces el teorema 3.11 y la proposicion3.15 implican que

p = x2 + ny2 ⇐⇒ p se descompone completamente en L

⇐⇒{


En la segunda equivalencia, recuerde que n satisface (3.1), luego dK = −4n, y ası(dK/p) = (−n/p).Resta mostrar que el grado de fn(x) es el numero de clases h(−4n). Usando la teorıade Galois y el teorema 3.8, tenemos que fn(x) tiene grado

[L : K] = |Gal(L/K)| = |C(OK)|.

Por el teorema 2.13 tenemos que, como dK < 0, existe un isomorfismo natural

C(OK) ∼= C(dK)

entre el grupo de clase de ideales C(OK) y el grupo de clases de formas C(dK).Como dK = −4n, tenemos que |C(OK)| = |C(−4n)| = h(−4n), lo cual completa lademostracion del teorema 3.1.

Ahora damos un ejemplo del teorema 3.1.

Ejemplo 3.16. Consideremos el caso p = x2 + 14y2. Por el teorema 3.1 sabemosque existe un polinomio f14(x) tal que

p = x2 + 14y2 ⇐⇒{

(−14/p) = 1 y f14(x) ≡ 0 mod ptiene solucion entera,

pero todo lo que sabemos es que f14(x) tiene grado 4 ya que h(−56) = 4.Esta es una debilidad del teorema 3.1: nos dice que existe un polinomio pero nosabemos como hallarlo.


Para determinar f14(x) necesitamos conocer el cuerpo de clases de Hilbert deQ(√−14).

Proposicion 3.17. El cuerpo de clases de Hilbert de K = Q(√−14) es L = K(α),

donde α =√

2√

2− 1.

Demostracion. Como h(−56) = 4, el cuerpo de clases de Hilbert tiene grado 4 sobreK. Entonces L = K(α) sera el cuerpo de clases una vez se muestre que K ⊂ L esuna extension abeliana no ramificada de grado 4.Para ver que es abeliana, note que existen cuatro automorfismo de L, los cualesforman un grupo bajo la composicion. Por el teorema de estructura para gruposfinitos, este grupo sera isomorfo a Z4 o Z2 ⊕ Z2 los cuales son abelianos.Ademas, como K es una extension imaginaria cuadratica, los primos infinitos sonautomaticamente no ramificados.Note que α2 = 2

√2 − 1, luego

√2 ∈ L. Si tomamos K1 = K(

√2) tenemos la

extension K ⊂ K1 ⊂ L, y es suficiente mostrar que K ⊂ K1 y K1 ⊂ L son noramificados.Como cada una de estas extensiones es obtenida adjuntando una raız cuadrada(K1 = K(

√2) y L = K1(

√µ), µ = 2

√2 − 1), probemos primero un lema general

sobre esta situacion.

Lema 3.18. Sea L = K(√µ) una extension cuadratica con µ ∈ OK, y sea p un

primo de OK.

(i) Si 2µ 6∈ p, entonces p no ramifica en L.

(ii) Si 2 ∈ p, µ 6∈ p y µ = b2 − 4c para algunos b, c ∈ OK entonces p es noramificado en L.

Demostracion. (i) Como el discriminante de x2−µ es 4µ 6∈ p, x2−µ es separablemodulo p. Ası p es no ramificado por la proposicion 1.30.

(ii) Note que L = K(β) donde β = (−b +√µ)/2 es una raız de x2 + bx + c. El

discriminante es b2−4c = µ 6∈ p, de nuevo p es no ramificado por la proposicion1.30.

Ahora podemos probar la proposicion 3.17. Para estudiar K ⊂ K1, sea p primoen OK . Como K1 = K(

√2), la parte (i) del lema 3.18 implica que p es ramificado

siempre que 2 6∈ p. Falta estudiar el caso que 2 ∈ p. Como√−14 ∈ K y

√2 ∈ K1,

tenemos que√−7 ∈ K1, es decir, K1 = K(

√−7). Como −7 6∈ p y −7 = 12 − 4 · 2,

p es no ramificado por la parte (ii) del lema 3.18.La extension K1 ⊂ L es mas sencilla. Sabemos que L = K1(

√µ), µ = 2

√2− 1. Sea

µ′ = −2√

2− 1. Como√µµ′ =

√−7 ∈ K1, se sigue que

√µ′ ∈ L y de hecho

L = K1(√µ) = K1(

√µ′).


Sea p un primo de K1. Si 2 6∈ p, entonces µ+ µ′ = −2 muestra que µ 6∈ p o µ′ 6∈ p yp es no ramificado por la parte (i) del lema 3.18.Si 2 ∈ p, entonces µ 6∈ p ya que µ = 2

√2− 1 puesto que de lo contrario tendrıa que

1 ∈ p.Ademas se tiene que µ = (1+

√2)2−4, y entonces la parte (ii) del lema 3.18 muestra

que p es no ramificado.

Ahora podemos caracterizar cuando un primo p es representado por x2 + 14y2.

Teorema 3.19. Si p 6= 7 es un primo impar, entonces

p = x2 + 14y2 ⇐⇒{

(−14/p) = 1 y f14(x) ≡ 0 mod ptiene solucion entera.

Demostracion. Como α =√

2√

2− 1 es un elemento primitivo del cuerpo de clasesde Hilbert de K = Q(

√−14), su polinomio minimal x4 + 2x2 − 7 = (x2 + 1)2 − 8

puede ser escogido como el polinomio f14(x). Su discriminante es −214 ·7, luego soloexcluimos los primos 2 y 7. Ası el teorema se sigue del teorema 3.1.

Bibliografıa

[1] Cox, David A. , Primes of the form x2 + ny2: Fermat, class field theory, andcomplex multiplication. Second Edition. John Wiley & Sons New Jersey, Inc.,New Jersey, 2013. ISBN: 978-1-118-39018-4.

[2] K. Ireland and M. Rosen , A Classical Introduction to Modern NumberTheory. Springer-Verlag Berlin, Ltd., Berlin, 1982. ISBN: 978-1-4757-1781-5.

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