14 Kreisteilungskörper

Transkript

1 14 Kreisteilungskörper Wir wenden unsere Ergebnisse auf einen Fall an, mit dem die Algebraische Zahlentheorie begann und der bis heute im Zentrum der Forschung steht Erweiterungen mit Einheitswurzeln Sei K zunächst irgendein Körper. Es sei m N teilerfremd zur Charakteristik von K und ζ m eine primitive m-te Einheitswurzel, d.h. die im Folgenden fest gewählt ist. ζ m m = 1 und ζ n m 1 für n < m, Beispiel 33 Falls K C, dann ist ζ m = e 2kπi m mit k teilerfremd zu m. Sei L m = K(ζ m ). Proposition 80 Die Erweiterung L m /K ist Galois sch mit einer abelschen Galoisgruppe G(L m /K), und es gibt einen natürlichen Gruppenmonomorphismus χ m : G(L m /K) (Z/m), der zyklotomischer Charakter genannt wird. Die Einheitswurzel ζ m erfüllt das Polynom X m 1 K. Dieses Polynom ist separabel, da m teilerfremd zur Charakteristik von K ist. Seine Nullstellen sind gerade alle Potenzen von ζ m. Das heißt aber, dass L m alle Nullstellen von X m 1 K enthält, und daher ist L M /K normal. Zusammen erhalten wir, dass L m /K Galois sch ist. Sei σ G(L m /K). Dann ist σ(ζ m ) = ζm kσ mit einem modulo m eindeutig bestimmten k σ Z. Da σ ein Automorphismus ist, ist σ(ζ m ) wieder eine primitive m-te Einheitswurzel, und deshalb muss k σ teilerfremd zu m sein. Wir definieren nun χ m durch χ m (σ) := k σ mod mz. Man rechnet ohne Mühe nach, dass χ m ein Gruppenhomomorphismus bzgl. der Hintereinanderausführung in G(L m /K) und der Multiplikation in Z/m ist. Da σ durch seine Wirkung auf ζ m bestimmt ist (ζ m ist ein primitives Element zu L m /K), ist χ m injektiv. 1

2 Zur Natürlichkeit: Zur Definition wurde ζ m gewählt. Da aber σ(ζ k m) = (σ(ζ m )) k = (ζ kσ m ) k = (ζ k m) kσ ist, ist die Definition von χ m unabhängig von der Wahl von ζ m. Definition 34 Für m N ist ϕ(m) := (Z/m) der Wert der Eulerschen ϕ-funktion in m. Korollar 81 Es ist [L m : K] ein Teiler von ϕ(m). Wir können das Minimalpolynom von ζ m, das auch das charakteristische Polynom (bzgl. L m /K) ist, bestimmen. Korollar 82 Das Minimalpolynom von ζ m ist χ m,k (T ) = (T ζm χm(σ) ), σ G Lm/K es teilt also φ m (T ) := das m-te zyklotomische Polynom. 1 k m;ggt(k,m)=1 Wir bekommen auch explizite Basen für L m /K: (T ζ k m), Korollar 83 Es sind (1, ζ m,..., ζ m G(Lm/K) 1 ) und (..., ζm, σ... ; ) σ G(Lm/K) Basen von L m /K. Beispiel 35 Sei K = F q mit ggt (q, m) = 1. Man weiß, dass es zu jeder natürlichen Zahl f genau eine (notwendigerweise zyklische) Erweiterung F q f vom Grad f gibt. Es ist ζ m F q f genau dann, wenn q f 1 mod m ist. Daher ist der Grad f m von F q (ζ m )/F q gleich der Ordnung von q in der multiplikativen Gruppe (Z/m). Das Polynom φ m (T ) zerfällt über F q in irreduzible Faktoren vom Grad f m, und die Adjunktion einer Nullstelle von einem beliebigen dieser Faktoren ergibt den Körper F q (ζ m ). (Denn jede solche Nullstelle ist eine primitive m te Einheitswurzel ζ, und also ist ζ m = ζ k mit geeignetem k.) 14.2 K = Q Wir nehmen jetzt K = Q. 2

3 Zerlegungs-und Verzweigungsgesetze Wir beginnen mit einer einfachen Beobachtung. Lemma 84 Seien m und n zwei teilerfremde Zahlen. Dann ist L mn = L m L n und daher [L mn : Q] [L m : Q] [L n : Q]. Ein Körper K enthält ζ mn genau dann, wenn K die Einheitswurzeln ζ n und ζ m enthält. Nun wählen wir eine Zahl m und eine Primzahl p, die m nicht teilt. Sei χ m (T ) das Minimalpolynom von ζ m über Q. Da ζ m das Polynom X m 1 erfüllt, ist ζ m O m, dem Ring der ganzen Zahlen von L m, und daher ist χ m (T ) ein normiertes ganzzahliges Polynom, das φ m (T ) teilt. Notation: Um die Notation zu vereinfachen, bezeichnen wir im Folgenden den Ring O m mit O, falls keine Missverständnisse zu befürchten sind. Lemma 85 Es ist ζ m O. Da die Norm von ζ m eine m-te Einheitswurzel in Q ist, ist sie gleich ±1. Sei k m der Grad von χ m (T ). Aus der allgemeinen Diskussion im letzten Abschnitt wisen wir, dass k m = [L m : Q] ein Teiler von ϕ(m) ist, und dass (1,..., ζm km 1 ) eine Basis von L m /Q ist. Wir definieren χ m (T ) als das Polynom, das entsteht, indem man die Koeffizienten von χ m (T ) modulo p betrachtet. Lemma 86 Jede Nullstelle von χ m (T ) im algebraischen Abschluss von Z/p ist eine primitive m-te Einheitswurzel. Etwas genauer: Sei P in L m ein Primteiler von p. Dann ist die Abbildung bijektiv. {ζ i m; 1 i m} {ζ i m + P ; 1 i m} Man muss zeigen: Sei P ein Teiler von p. Dann ist ζ m + P ein Element der Ordnung m in O/P. Wäre ζ 1 := ζ n m = 1 + P und ζ 1 1, dann hätte das Polynom X m 1 über Z/p die (mindestens) doppelte Nullstelle X = 1 und deshalb einen echten 3

4 gemeinsamen Teiler mit seiner Ableitung (m+pz)x m 1, was wegen m / (p) nicht richtig ist. Korollar 87 Sei χ m (T ) = 1 i r p ϕ i (T ) die Zerlegung von χ m (T ) in irreduzible Polynome über Z/p. Dann ist jedes der Polynome ϕ i (T ) das Minimalpolynom einer primitiven m ten Einheitswurzel ζ i, und daher ist Grad(ϕ i (T )) = [(Z/p) m : Z/p] unabhängig von i und f p, dem Restklassengrad von p in L m. Die Polynome ϕ i (T ) sind paarweise teilerfremd und haben keine vielfachen Nullstellen. Zum Beweis dieses Korollars ist nur zu beachten, dass der Restklassenkörper von jedem Primteilerteiler von p die Restklasse modulo P von ζ m enthält. Wir können das Beispiel am Ende des letzen Abschnitts verwenden und bekommen Korollar 88 Es ist der Grad von ϕ i (T ) gleich d p = Ordnung von p in der multiplikativen Gruppe (Z/m). Satz 16 Sei ggt (m, p) = 1. Dann ist e p = 1, f p = d p und p hat r p Primteiler in L m. Sei O (p) der Ring der Zahlen in L m, der als Durchschnitt der Bewertungsringe zu den Stellen, die p fortsetzen, definiert ist: Sei x O (p) und O (p) = {x L m ; v P (x) 0, falls p P }. x = a 0 + a 1 ζ m + + a km 1ζ km 1 m mit a i Q. Nehmen wir an, dass w p (a i ) < 0 wäre. Wegen v P (ζ m ) = 0 können wir ohne Einschränkung annehmen, dass w p (a 0 ) < 0 wäre und dass w p (a 0 ) = s = min {w p(a i )}. 0 i k 1 Dann ist p s x O (p), und modulo jedem Teiler P von p erfüllt ζ m eine Polynomgleichung vom Grad k m 1. 4

5 Daher erfüllt auch σζ m diese Polynomgleichung modulo P für alle σ G(L m /Q). Da aber {σζ m ; σ G(L m /Q)} eine Basis von L m /Q ist, also k m Elemente besitzt, und da die Abbildung {ζ i m; 1 i m} {ζ i m + P ; 1 i m} injektiv ist, erhalten wir einen Widerspruch. Also liegen die Elemente a i in Q O (p) = Z (p) und somit ist O (p) = i=1,...,k m 1 Z (p) ζ i m. Wir wählen jetzt Polynome ϕ i (T ) Z[T ] vom Grad d p und normiert, die modulo p die Polynome ϕ i (T ) ergeben. Dann ist ϕ i (ζ m ) O (p). Behauptung: ϕ i (ζ m ) / O (p). Wäre x = a j ζ j m O (p) mit a j Z (p) und ϕ i (ζ m )x = 1, dann wäre ζ m eine Nullstelle des Polynoms ϕ i (X)( a j X j ) 1 Z (p) [X], und deshalb würde dieses Polynom von χ m (X) geteilt. Daher wäre ϕ i (X)( a j X j ) = 1 + χ m (X)g(X). Da ϕ i (X) ein normiertes Polynom mit Koeffizienten in Z ist, muss g(x) in Z (p) [X] liegen. Man kann deshalb die obige Polynomrelation modulo p betrachten und erhält ϕ i (X)( a j X j ) = 1 + ϕ l (X) g(x). 1 l r p Setzt man in diese Identität für X eine Einheitswurzel ein, die Nullstelle von ϕ i (X) ist, so erhält man einen Widerspruch. Nun beachten wir, dass O (p) = P po (P ). Es gibt also es für 1 i r p mindestens eine Fortsetzung P i (die wir jetzt fest wählen) von p mit ϕ i (ζ m ) P i. Annahme: 5

6 Für i j ist P i = P j =: P. Da ϕ i (X) teilerfremd zu ϕ j (X) ist, gibt es f 1, f 2 Z/p[X] mit ϕ i (X)f 1 (X) + ϕ j (X)f 2 (X) = 1. Setzen wir ζ m + P ein, so erhalten wir einen Widerspruch. Also ist für i j das Primideal P i verschieden von dem Primideal P j, und als Folgerung erhalten wir, dass es mindestens r p Primteiler von p in L m gibt. Nun ist 1 i r p d p = [L m : Q] und deshalb erzwingt die Formel [L m : Q] = {P p} e p f p die Richtigkeit des Satzes 16. Insbesondere erhalten wir, dass die Primzahlen, die nicht m teilen, unverzweigt sind. Nun sei m = p α m 0 mit α = w p (m) > 0. Satz 17 Die Primzahl p ist in L m verzweigt von der Ordnung e p = (p 1)p α 1. Nach Satz 16 ist p unverzweigt in L m0 /Q, und wegen der Produktformel für Verzweigungsordnungen ist deshalb e p [L m : L m0 ] [L p α : Q] ϕ(p α ) = (p 1)p α 1. Der Satz folgt also, wenn wir zeigen, dass die Verzweigungsordnung von p in L p α/q gleich ϕ(p α ) ist. Wir ersetzen daher m durch p α. Sei P ein Primteiler von p und sei t α. Es ist p t 1 ( ) (1 ζ p t) pt = 1 + p ( 1) j t ζ j j p + ( 1) pt. t j=1 Da p ( p t j ), folgt: Daher ist für π P \ P 2 (1 ζ p t) P. ζ p = 1 + λ π mit λ O (P ). 6

7 Wir wenden wieder die Binomialformel an und erhalten oder 1 = ζ p p = 1 + p λ π + + λ p π p 0 = p λ π + + λ p π p. Es ist für 2 j p 1 (( ) p v P )λ j π j e p + jv P (λ) + j. j Diese Werte sind alle größer als v P (pλπ) = e P + v P (λ) + 1. Daher liegt pλπ + λ p π p in P e P +v P (λ)+2, und damit muss sein. Folgerung: v P (λ p π p ) = e P + v P (λ) + 1 v P (λ) = e P p 1 1, dh. ζ p ist eine Einseinheit der Stufe e P p 1, und es ist e P durch p 1 teilbar. Zusätzlich haben unsere Rechnungen ergeben, dass der Satz richtig ist für α = 1. Nun machen wir Induktion nach j mit j α. Es sei für 1 j α 1 e P ζ p j = 1 + λ 0 π p j 1 (p 1) mit v P (λ 0 ) = 0. Es ist ζ p j+1 = 1 + λπ mit λ O (P ). Jetzt nutzen wir die Binomialformel für ζ p p j+1 = (1 + λπ) p = ζ p j = 1 + λ 0 π e P p j 1 (p 1) wie oben aus und erhalten, dass v P (λ) = e P 1 ist, und dass deshalb p j (p 1) e P von p j (p 1) geteilt wird. Schließlich folgt, dass e P (p 1)p α 1 = ϕ(p α ) ist. Korollar 89 Die Primzahl p besitzt genau einen Primteiler in L p α. Korollar 90 Es ist [L m : Q] = ϕ(m), die Galoisgruppe G(L m /Q) ist isomorph zu (Z/m), der zyklotomische Charakter ist ein Isomorphismus und das zyklotomische Polynom φ m (X) ist irreduzibel als polynom über Q. 7

8 Es genügt, [L m : Q] = ϕ(m) zu zeigen. Wir machen Induktion nach der Anzahl der Teiler von m. Falls m = p α, folgt das Korollar aus dem Satz 17. Sei das Korollar bewiesen für Zahlen mit n Teilern. Sei m = p α m 0, sei m 0 prim zu p und habe m 0 höchstens n Primteiler. Dann ist nach Induktionsvoraussetzung [L m0 : Q] = ϕ(m 0 ), nach Satz 16 p unverzweigt in L m0 und nach Satz 17 insgesamt verzweigt von der Ordnung ϕ(p α ). Also muss [L m : L m0 ] = ϕ(p α ) sein, und deshalb ist [L m : Q] = ϕ(m 0 ) ϕ(p α ) = ϕ(m), und das Korollar ist bewiesen Ganzheitsbasen Satz 18 Die Menge {1, ζ m,..., ζ ϕ(m) 1 m } ist eine Ganzheitsbasis von L m. Wir verwenden den in der allgemeinen Situation gültigen (und wichtigen) Satz 19 Sei B = (ω 1,... ω n ) eine Basis des Zahlkörpers K über Q. Dann ist B eine Ganzheitsbasis genau dann, wenn B ein Z (p) -Basis von O (p) für alle Primzahlen p ist. Vorbemerkung: Der Ring Z (p) ist ein Hauptidealring, und deshalb ist der Ring O (p) ein freier Modul (notwendigerweise vom Rang n), wenn er endlich erzeugt ist. Eine Menge von Elementen in O (p) ist linear unabhängig über Q genau dann, wenn sie linear unabhängig über Z und damit auch über Z (p) ist. Also bedeutet der Satz 19, dass die Basis B ein Erzeugendensystem von O K als Z-Modul genau dann ist, wenn sie Erzeugendensystem von O (p) als Z (p) - Modul für alle Primzahlen p ist. 1.)Sei B eine Ganzheitsbasis. Sei x O (p) and sei x = x 1 /x 2 ; x i O K. Sei h die Klassenzahl von K und (α P ) = P h. Dann ist x h 2 = ( P p α n P P ) x 2 mit (x 2) prim zu po K. Da x O (p), ist x 1 x h 1 2 = ( α m P P ) x 1 mit m P n P und x 1 O K. P p Daher ist x = z 1 /x 2 mit z 1 O K und x 2 prim zu p. 8

9 Es ist N(x 2 ) prim zu p, also eine Einheit in Z (p). Da N(x 2 )/x 2 O K, können wir N(x 2 )x als ganzzahlige Linearkombination der ω i darstellen, und daher x als Linearkombination mit Koeffizienten in Z (p). 2.)Sei B ein Erzeugendensystem von O (p) als Z (p) -Modul und x O K mit x = i a i ω i mit a i Q. Nach Voraussetzung gibt es für alle p eine entsprechende Darstellung mit Koeffizienten in Z (p). Wegen der Basiseigenschaft von B über Q ist diese Darstellung eindeutig und daher sind die Elemente a i Z (p) für alle Primzahlen p, also ist a i p P Z (p) = Z. Wir wenden Satz 19 nun auf die Situation des Satzes 18 an. Wir haben im Beweis des Satzes 16 schon gesehen, dass für Primzahlen q, die nicht m teilen, gilt: O (q) = Z (q) ζm. i i=1,...,ϕ(m) 1 Zunächst betrachten wir den Sonderfall, dass m = p α. Sei P die (einzige) Fortsetzung von p. Es ist ζ p α = 1 + λ π e P ϕ(p α ) mit λ O (P ). Also ist v P (1 ζ p α) = 1 und deshalb dürfen wir π = 1 ζ p α wählen. Die Elemente 1, π,..., π ϕ(pα ) 1 sind, wie man leicht nachrechnet, linear unabhängig und deshalb ebenfalls eine Basis von L p α/q.. Sei x O (P ), dh. v P (x) 0, und Dann ist x = a 0 + a 1 π + + a ϕ(p α ) 1π ϕ(pα ) 1 mit a i Q. v P (a i π i ) i mod ϕ(p α ) und damit sind diese Werte alle verschieden. Damit ist 0 v P (x) = min 0 i ϕ(p α ) 1 {v P (a i ) + i} und dieses Minimum ist negativ, wenn eines der Elemente a i nicht in Z (p) liegt. Also ist (1, π,..., π ϕ(pα ) 1 ) eine Z (p) -Basis von O (p). Beachtet man, dass π i = (1 ζ p α) i ist, so sieht man leicht, dass O (p) = Z (p) ζp i α 0 i ϕ(p α ) 1 9

10 ist, und damit ist der Satz in dem Sonderfall bewiesen. Wir kommen nun zum allgemeinen Fall. Sei m = p α m 0 mit p prime to m 0. Wir wollen zeigen: O (p) = { Z (p) ζm}. i i=0,...,ϕ(m) 1 Dazu genügt es zu zeigen, dass O (P ) = Z (p) [ζ m ] ist. Nach Satz 16 ist O 0,(p) = Z (p) [ζ m0 ](mit O 0 als Ganzheitsring von L m0 ). Außerdem ist Z (p) [ζ m0, ζ p α] = O 0,(p) [ζ p α] O (p) = P p O (P ). Sei P = P L m0. Dann ist P durch P eindeutig bestimmt, da P in L m /L m0 voll verzweigt ist, und eine dem Sonderfall entsprechende Rechnung zeigt, dass O 0,(P )[ζ p α] = O (P ) ist. Da ist, folgt, dass ist. O 0,(p) = p P O 0 O 0,(P ) O 0,(p) [ζ p α] = p P O O (P ) = O (p) 10