Factorización de ideales y último teorema de Fermat

FACULTAD DE MATEM´ ATICAS FACTORIZACI´ ON DE IDEALES Y ´ ULTIMO TEOREMA DE FERMAT Trabajo realizado por: Fernando L´opez D´ıaz-Jorge Dirigido por: Dr. Antonio Rojas Le´on ´ Indice general Summary 5 Introducci´on 7 1. Teor´ıa General 9 1.1. Anillodeenteros ......................... 9 1.2. Factorizaci´on de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3. Grupo de clases de ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 1.4. Factorizaci´on en extensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1.5. Cuerpos cuadr´aticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 1.6. Cuerpos ciclot´omicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2. Aplicaci´on a la ecuaci´on de Fermat 33 2.1. Ecuaci´on de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2. N´umeros de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Bibliograf´ıa 43 3 4´ INDICE GENERAL Summary The objective in the present work is to explain the proof of the famous Fermat’s Last Theorem in the particular case of the regular primes when gcd(xyz, p) = 1. Before of this, we need to know some important theorems about factorization of ideals, ideal class group or cyclotomic fields, because this results will be fundamental in the proof of the theorem. Finally, we will give a characterization of the regular primes based in Bernoulli’s numbers. 5 6SUMMARY Introducci´on La motivaci´on de este trabajo es el teorema conjeturado por el matem´atico Pierre de Fermat en 1637 conocido como ´ultimo teorema de Fermat y que dice lo siguiente: La ecuaci´on xn+yn=znno tiene soluciones con x, y, z ∈Zyxyz 6= 0, cuando n≥3. Basta demostrar que no hay soluciones en el caso n= 4 y cuando n=p≥3 es un n´umero primo (pues en otro caso si tenemos la igualdad xa·b+ya·b=za·b, cualquier soluci´on con exponente n=a·bnos dar´ıa una soluci´on con exponente ay otra con exponente b). La prueba del caso n= 4 fue proporcionada por Fermat mediante el m´etodo del descenso y adem´as, mencion´o que ten´ıa la prueba del caso general aunque nunca lleg´o a mostrarla. Para p≥3, a la hora de tratar el problema, algunos matem´aticos empezaron a considerar dos casos: 1. Cuando mcd(xyz, p) = 1, y 2. cuando mcd(xyz, p) = p. Nosotros, en concreto, trataremos el primero de los casos, el segundo es t´ecnicamente algo m´as complicado. En 1847, Gabriel Lam´e present´o una posible demostraci´on del ´ultimo teorema de Fermat. Dicha demostraci´on consist´ıa en la factorizaci´on de xp+yp usando n´umeros complejos (nos restingimos al primero de los casos como hemos referido antes aunque la demostraci´on de Lam´e trataba ambos casos). Esta factorizaci´on consist´ıa en lo siguiente: xp+yp= p−1 Y i=0 (x+ζi py), 7 8INTRODUCCI ´ ON donde ζpes una ra´ız p-´esima de la unidad. A partir de esta factorizaci´on, del hecho de que los factores de la derecha son primos entre s´ı y de la suposici´on de factorizaci´on ´unica en los anillos de la forma Z[ζp], Lam´e conluy´o que cada elemento de la factorizaci´on era una potencia p-´esima. Es decir, que existe βi∈Z[ζp] tal que x+ζi py=βp i, y despu´es deducir´ıa una contradicci´on con la existencia de tales βi. Dos meses desp´ues de esta presentaci´on, Ernst Kummer puso de manifiesto un gran error en la demostraci´on de Lam´e. Public´o una carta en la que explicaba que tres a˜nos antes hab´ıa demostrado que la factorizaci´on ´unica supuesta por Lam´e no se daba, en general, en anillos de ese tipo. Pero en esa misma carta, dec´ıa que el problema de la factorizaci´on se pod´ıa salvar introduciendo una nueva clase de n´umeros complejos que llam´o n´umeros complejos ideales. Estos nuevos n´umeros complejos son lo que hoy en d´ıa llamamos ideales de un anillo. En lugar de un producto de elementos, Kummer defini´o los ideales y consider´o en la factorizaci´on anterior el ideal generado por cada elemento del producto. Comprendi´o que cada ideal tiene una factorizaci´on ´unica como producto de ideales primos (con lo que salvaba el problema anterior) y pudo concluir que el ideal generado por cada elemento era una potencia p-´esima. Si estos ideales encontrados eran principales, Kummer llegaba a una contradicci´on con su existencia, lo que probaba el teorema. Pero se encontr´o con el problema de que dichos ideales no ten´ıan que ser necesariamente principales, lo que supuso la demostraci´on del teorema para una determinada clase de n´umeros primos (primos regulares). Para el resto de primos no se encontr´o una demostraci´on hasta 1995 (Andrew Wiles) y se lleg´o a ella por m´etodos totalmente distintos. En el trabajo veremos los detalles de la demostraci´on de Kummer para el caso uno, cuyo enunciado dice: Para un primo regular p≥3, la ecuaci´on xp+yp=zptal que pno divide ax,yoz, no tiene soluci´on en los enteros positivos. Cap´ıtulo 1 Teor´ıa General Antes de abordar la demostraci´on del teorema, necesitamos ver todo lo que concierne a la factorizaci´on de ideales. Adem´as, necesitamos definir el grupo de clases que ser´a fundamental para describir los n´umeros primos para los que probaremos el ´ultimo teorema de Fermat. Por ´ultimo, veremos como ejemplo la factorizaci´on de ideales en cuerpos cuadr´aticos, y trataremos tambi´en los cuerpos ciclot´omicos que ser´an con los que trabajemos en la demostraci´on. 1.1. Anillo de enteros Antes que nada, veamos el concepto de anillo de enteros, pues ser´a donde tendremos la factorizaci´on de ideales. Definici´on 1.1.1 Sea Aun dominio de integridad y sea Lun cuerpo conteniendo A. Un elemento αde Les entero sobre Asi es ra´ız de un polinomio m´onico con coeficientes en A, es decir, satisface una ecuaci´on αn+a1αn−1+... +an= 0, ai∈A Para demostrar que estos elementos forman un anillo, necesitamos la siguiente proposici´on. Proposici´on 1.1.2 Sea Lun cuerpo conteniendo a A. Un elemento α∈L es entero sobre A⇔existe un A-subm´odulo Mde Lfinitamente generado no nulo tal que αM ⊂M. 9 16 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL un anillo local. Como s+pnno est´a en p/pn, es una unidad en A/pn, luego sa = 0 en A/pn⇒a= 0 en A/pn, es decir, a∈pn. Veamos ahora que es una aplicaci´on sobreyectiva. Sea a s∈Ap. Como s no pertenece a pque es maximal, tenemos que (s) + p=A, es decir, (s) y pson primos entre s´ı. De esta manera, (s) y pnigualmente son primos entre s´ı, y por tanto, 1 ∈(s) + pnluego existe b∈Ayq∈pntal que bs +q= 1. Entonces bva en s−1en Ap/qny por tanto ba va en a s. M´as precisamente, como ses invertible en Ap/qn,a ses el ´unico elemento de este anillo tal que sa s=a. Como s(ba) = a(1 −q), la imagen de ba en Aptambi´en tiene esta propiedad y as´ı es igual a a s. Ahora ya tenemos las herramientas necesarias para demostrar el teorema que nos da la factorizaci´on ´unica de ideales. Teorema 1.2.9 Sea Aun dominio de Dedekind. Todo ideal propio no nulo Ide Apuede ser escrito de la forma: I=pr1 1···prn n donde los pison ideales primos distintos y los ri>0. Los piy los riest´an un´ıvocamente determinados. Demostraci´on: Aplicando el lema (1.2.6) a A, tenemos que el ideal Icontiene un producto de ideales primos no nulos: J=ps1 1···psn n. Podemos suponer que los pison distintos. Entonces A/J ≃A/ps1 1×···×A/psn n≃Ap1/qs1 1×···×Apn/qsn n donde qi=piApies el ideal maximal del anillo local Api. El primer isomorfismo es consecuencia del Teorema Chino del Resto y del lema (1.2.6) mientras que el segundo isomorfismo viene dado por el lema (1.2.8). Bajo este isomorfismo, I/J corresponde a qr1 1/qs1 1×···×qrn n/qsn npara algunos ri≤si. Como este ideal es tambi´en la imagen de ps1 1···psn nbajo el isomorfismo, vemos que I=pr1 1···prn n en A/J. Ambos ideales contienen a J, lo que implica que I=pr1 1···prn n 1.3. GRUPO DE CLASES DE IDEALES 17 en Aya que existe una correspondecia biyectiva entre los ideales de A/J y los ideales de Aque contienen a J. Para completar la demostraci´on faltar´ıa ver que la factorizaci´on es ´unica, pero en el transcurso de la prueba hemos mostrado que riest´a determinado por la condici´on: IApi=qri i qiel ideal maximal en Api. Es conveniente recordar la relaci´on que existe entre divisibilidad de ideales y contenci´on. Por ejemplo, un ideal Iest´a contenido en otro ideal Jsi y s´olo si existe un ideal Ktal que I=JK. Adem´as, dicha contenci´on, tambi´en es equivalente a que los exponentes de la descomposici´on de Isean mayores que los de J. Corolario 1.2.10 Sea Iun ideal en un dominio de Dedekind A, entonces existe un ideal no nulo I∗en Atal que II∗es principal. Adem´as, I∗puede ser elegido tal que II∗= (a)con aun elemento de Ique puede ser elegido de forma arbitraria. Demostraci´on: Sea a∈I,a6= 0, entonces I⊃(a) y por tanto, tenemos (a) = pr1 1···prn n I=ps1 1···psn n si≤ri. Si I∗=pr1−s1 1···prn−sn n, entonces II∗= (a).  1.3. Grupo de clases de ideales Los siguiente conceptos necesarios son los de ideal fraccionario ygrupo de clases de ideales. Definici´on 1.3.1 Sea Aun dominio de Dedekind, un ideal fraccionario de Aes un sub-A-m´odulo mno nulo de Ktal que dm ={da|a∈m} est´a contenido en Apara alg´un d∈Ano nulo. Es decir, un sub-A-m´odulo no nulo de Kcuyos elementos tienen un com´un denominador. Al conjunto de los ideales fraccionarios de Alo denotamos por Id(A). 18 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL Esta definici´on de un ideal fraccionario Ies equivalente a decir que existe un ideal Jde Ay una elemento a∈Atal que I={b a|b∈J}, por lo que existe d∈Atal que dI es un ideal entero. N´otese que un ideal fraccionario no es un ideal a menos que est´e contenido en A. Cuando sea necesario para evitar confusi´on, nos referiremos a los ideales en Acomo ideales enteros. Todo elemento no nulo b∈Kdefine un ideal fraccional (b) =def bA =def {ba|a∈A}. Un ideal fraccionario de este tipo se dice principal. El producto de ideales fraccionarios se define de la misma forma que para ideales enteros: a·b={Xaibi|ai∈a, bi∈b}. Lema 1.3.2 El producto de ideales fraccionarios es un ideal fraccionario. Demostraci´on: Sean a,bdos ideales fraccionarios, el producto de ambos a·b={Xaibi|ai∈a, bi∈b} es claramente un A-m´odulo. Sean d, e ∈Atal que da⊂Ayeb⊂A, que sabemos que existen por definici´on. Entonces deab ⊂A, luego por definici´on se tiene que ab es un ideal fraccionario.  Teorema 1.3.3 Sea Aun dominio de Dedekind, Id(A)es un grupo con el producto de ideales fraccionarios. De hecho, es el grupo abeliano libre en el conjunto de los ideales primos. Demostraci´on: Cumple claramente la propiedad asociativa y conmutativa pues (ab)c={Σaibici|ai∈a, bi∈b, ci∈c}=a(bc). El anillo Ajuega el papel de elemento unidad. Veamos la existencia de elemento inverso. Sea Iun ideal entero no nulo. Por (1.2.10) sabemos que existe un ideal I∗ya∈Atal que II∗= (a). Claramente I·(a−1I∗) = A, y por tanto, a−1I∗es un inverso de I. Si Ies un ideal fraccionario, entonces dI es un ideal entero para alg´un dy para un ideal entero sabemos ya que existe inverso. Luego el elemento d·(dI)−1ser´a un inverso de I. 1.3. GRUPO DE CLASES DE IDEALES 19 Falta ver que Id(A) es el grupo abeliano libre en el conjunto de los ideales primos, es decir, que cada ideal fraccional puede ser expresado de forma ´unica como producto de potencias de ideales primos. Sea aun ideal fraccional, entonces daes un ideal entero para alg´un d∈Apor lo que puede ser escrito como da=pr1 1···prm m, (d) = ps1 1···psm m. As´ı, a=pr1−s1 1···prm−sm m, y la unicidad se sigue de la unicidad que tenemos para la factorizaci´on de ideales primos enteros.  Definici´on 1.3.4 El grupo de clases de ideales Cl(A) de Aes el cociente Cl(A) = Id(A)/P(A) donde P(A) es el subgrupo de los ideales principales. El n´umero de clases de Aes el orden de Cl(A). En el caso de que Asea el anillo de enteros de un cuerpo K, a menudo nos referimos a Cl(A) como el grupo de clases de ideales de Ky a su orden como el n´umero de clases de K. Teorema 1.3.5 El n´umero de clases hKde un cuerpo de n´umeros Kes finito. Demostraci´on: Vamos a utilizar la norma de un ideal I, que viene dada por N(I) = #(A/I) donde Aes el anillo. Veamos ahora que dado un entero m, existe un n´umero finito de ideales con norma m. Sea Jtal que N(J) = m. As´ı, en el grupo cociente A/J el orden de todo elemento divide a my por tanto, si x∈A⇒mx ∈J. En particular, m=m·1∈J, lo que implica que Jdivide a Am. Como Am tiene un n´umero finito de divisores (por los resultados de factorizaci´on de ideales que hemos visto anteriormente), concluimos que existe un n´umero finito de ideales Jcon norma m. Definimos ahora el siguiente n´umero real. Sea {x1, ..., xn}una base de K y sean para cada i= 1, ..., n,x(1) i=xi, x(2) i, ..., x(n) ilos conjugados de xi. µ= n Y j=1 n X i=1 |x(j) i|, por lo que µes un n´umero real positivo dependiente de Ky la base dada. Vamos a aplicar ahora lo anterior. La norma de todo ideal fraccionario no nulo es un entero positivo, ya que es N(J) = #(A/J). Dado, el n´umero µ 20 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL definido antes, hemos visto que existe una cantidad finita de ideales no nulos J1, ..., Jktal que N(Ji)≤µ. Veamos que si Ies un ideal no nulo de A, entonces Ies equivalente a alg´un ideal Ji, y por lo tanto el n´umero de clases de ideales es como m´aximo k, un n´umero finito. Para ello necesitamos mostrar primero que para todo ideal entero Jde A existe un elemento a∈J,a6= 0, tal que |NK|Q(a)| ≤ N(J)·µ, donde NK|Q(a) es el producto de todos los conjugados de a. Veamos esto. Si Jes un ideal entero no nulo de A, sea kel entero tal que kn≤N(J)< (k+1)n. Consideramos el conjunto Sde todos los elementos Pn i=1 dixidonde 0≤di≤k. Como #(S)=(k+ 1)n>#(A/J), deben existir elementos b, c ∈S,b6=c, tal que a=b−c=Pn i=1 aixi∈J. Notemos que |ai| ≤ kpara cada i= 1, ..., n. Se sique que |NK|Q(a)|= n Y j=1  n X i=1 aix(j) i≤ n Y j=1 k n X i=1 |x(j) i|!=knµ≤N(J)µ. Una vez visto esto, denotemos por I−1el ideal fraccionario inverso de I, existe entonces un elemento c∈A,c6= 0, tal que cI−1es un ideal entero. Por lo que acabamos de mostrar, existe un elemento b∈cI−1,b6= 0, tal que N(Ab)≤N(cI−1)·µ. Multiplicando por N(I) y teniendo en cuenta que Ibc−1⊆A, obtenemos N(Ibc−1)·N(Ac) = N(Ibc−1·Ac) = N(Ib), N(Ibc−1)·N(Ac) = N(Ab)·N(I)≤N(cI−1)·N(I)µ=N(Ac)µ. Se tiene que N(Ibc−1)≤µ, y por tanto, Ibc−1=Jipara alg´un i. 1.4. Factorizaci´on en extensiones Sea Aun dominio de Dedekind con cuerpo de fracciones Ky sea Bla clausura entera de Aen una extensi´on finita separable Lde K. En esta secci´on mostraremos el teorema que nos da expl´ıcitamente la factorizaci´on de un ideal en By trataremos el caso especial en el que la extensi´on es de Galois. 1.4. FACTORIZACI ´ ON EN EXTENSIONES 21 Un ideal primo pde Afactorizar´a en B pB=Pe1 1···Peg g, ei≥1. Si cualquiera de los ei>1, diremos que pes ramificado en B(o L) y el n´umero eise llama ´ındice de ramificaci´on. Decimos que Pdivide a psi P aparece en la factorizaci´on de pen B. Escribiremos e(P/p) para el ´ındice de ramificaci´on y f(P/p) para el grado de la extensi´on [B/P:A/p]. Un primo se dice totalmente descompuesto en Lsi ei=fi= 1 para todo i, y se dice inerte en Lsi pBes un ideal primo (g=1=e). Teorema 1.4.1 Supongamos que B=A[α]y sea f(x)el polinomio m´ınimo de αsobre K. Sea pun ideal primo en A. Elegimos polinomios m´onicos g1(x), ..., gr(x)en A[x]que son distintos e irreducibles m´odulo py tales que f(x)=Πgi(x)eim´odulo p. Entonces pB = Π(p, gi(α))ei es precisamente la factorizaci´on de pB como producto de potencias de ideales primos distintos. Demostraci´on: Partiendo de que B=A[α], como el homomorfismo A[x]→B x7→ α es claramente sobreyectivo, por el primer teorema de isomorf´ıa tenemos el siguiente isomorfismo: A[x]/(f(x)) →B. Ahora tomamos cociente por el ideal pen los dos lados. En el primer lado queda lo siguiente: A[x]/(f(x), p)=(A[x]/pA[x])/(¯ f(x)) = k[x]/(¯ f(x)) donde k[x] = A/p y¯ f(x) es el polinomio f(x) m´odulo p. El isomorfismo que tenemos ahora por tanto es: k[x]/(¯ f(x)) →B/pB x7→ α. 22 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL Los ideales maximales del anillo k[x]/(¯ f(x)) son los generados por los gi(x) irreducibles tales que gi(x)|¯ f(x). Esto se debe a la correspondencia biyectiva que hay entre los ideales maximales de k[x]/(¯ f(x)) y los ideales maximales de k[x] (los generados por polinomios irrreducibles) que contienen a ( ¯ f(x)), es decir, que dividen a ¯ f(x). Estos ideales, mediante el isomorfismo, se corresponden con los ideales maximales de B/pB, es decir, los generados por gi(α). Al igual que antes, estos ideales de B/pB est´an en correspondencia con los ideales maximales de Bque contienen a pB, que son los (gi(α), p). Por otro lado, como ¯ f(x) = g1(x)e1···gr(x)er tenemos que en k[x]/(¯ f(x)), g1(x)e1···gr(x)er= 0. Por tanto, mediante el isomorfismo, en B/pB g1(α)e1···gr(α)er= 0. Por ´ultimo, pasando a B, tenemos que pB = (g1(α), p)e1···(gr(α), p)er.  Proposici´on 1.4.2 Seaa mel grado de Lsobre K, y sean P1, ..., Pgideales primos dividiendo a p, entonces: g X i=1 eifi=m. Demostraci´on: Vamos a mostrar que ambos lados de la igualdad anterior se corresponden con [B/pB:A/p]. Notemos que B/pB=B/ QPei i≃QB/Pei ipor el Teorema Chino del Resto, y por tanto, basta demostrar que [B/Pei i:A/p]=eifi. De la definici´on de fi, sabemos que B/Pies un cuerpo de grado fisobre A/p. Para cada ri,Pri i/Pri+1 ies un B/Pi-m´odulo, y como no existe un ideal entre Pri iy 1.4. FACTORIZACI ´ ON EN EXTENSIONES 23 Pri+1 i(si existiera tal ideal Jtendr´ıamos que Pi i|Jy que J|Pi+1 i, pero por la factorizaci´on de ideales vista anteriormente llegar´ıamos a que Jdebe ser uno de los dos ideales), debe tener dimensi´on uno como B/Pi-espacio vectorial por lo que tiene dimensi´on ficomo A/pespacio vectorial. Luego cada cociente en la cadena B⊃Pi⊃P2 i⊃ ···Pei i tiene dimensi´on fisobre A/p, y por ello, la dimensi´on de B/Pei ies eifi. La prueba de que [B/pB:A/p]=mes f´acil cuando Bes un A-m´odulo libre, porque un isomorfismo An→Bde A-m´odulos cuando tensorizamos con K, nos da un isomorfismo Kn→Llo que muestra que n=m, y cuando tensorizamos con A/p, nos da un isomorfismo (A/p)n→B/pBlo que muestra que n=[B/p:A/pB]. Si Bno es un A-m´odulo libre, al tomar el subconjunto multiplicativamente cerrado S=A−pde Ase obtiene que S−1Aes principal. Consideramos B0=S−1ByA0=S−1A. Entonces pB0=Q(PiB0)eiy por tan- to, Peifi=[B0/pB0:A0/pA0]. Pero A0es principal, por lo que se tiene que [B0/pB0:A0/pA0]=m. Proposici´on 1.4.3 Supongamos que la extensi´on L|Kes de Galois. Entonces, si Q,Q0son ideales primos de Btal que Q∩A=Q0∩A6={0}, existe σ∈Gtal que σ(Q) = Q0donde Ges el grupo de Galois de la extensi´on L|K. Demostraci´on: Sea G={σ1, ..., σn}el grupo de Galois de L|Ky supongamos que Q06=σi(Q)∀σi∈G. Por el Teorema Chino del Resto, existe un elemento x∈Btal que x /∈σi(Q)∀i= 1, ..., n,x∈Q0. Sea a= n Y i=1 σi(x), entonces a∈A∩Q0. Sin embargo, a /∈Qya que cada σi(x)/∈Q∀i= 1, ..., n (en otro caso x=σ−1 iσi(x)∈σ−1 i(Q), para alg´un i). Esto es una contradicci´on, por lo que existe σi∈Gtal que σi(Q) = Q0. Corolario 1.4.4 Si L|Kes una extensi´on de Galois de grado n,Bp = Qg i=1 Qei iy[B/Qi:A/p] = fi, entonces e1=···=eg,f1=···=fg. Demostraci´on: sea Bp =Qg i=1 Qei i,∀j, 1 ≤j≤g, por (1.4.3) tenemos que existe σ∈Gtal que σ(Q1) = Qj. A partir de que Bp =σ(Bp) = Qg i=1 σ(Qi)ei y de la unicidad en la descomposici´on de Bp en producto de ideales primos, 24 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL se sigue que ej=e1∀j, 1 ≤j≤g. De forma similar, a partir de que B/Qj=B/σ(Q1)∼ =B/Q1se sigue que fi=f1∀j, 1 ≤j≤g. 1.5. Cuerpos cuadr´aticos Como ejemplo, veamos la factorizaci´on de ideales en los cuerpos cuadr´aticos. Para ellos lo primero es conocer el anillo de enteros. Proposici´on 1.5.1 Sea dun entero libre de cuadrados, el anillo de enteros de K=Q(√d)es: (a) Ok=Z[√d]si d≡2,3mod 4 (b) Ok=Z[1+√d 2]si d≡1mod 4. Demostraci´on: Sea x=a+b√d∈Q(√d) con b6= 0, el polinomio m´ınimo es (x−(a+b√d))(x−(a−b√d)) = x2−2ax + (a2−b2d). Para que x∈ OK⇒2a∈Zy (a2−b2d)∈Z. 2a∈Z⇒a=A 2, A ∈Z (A2 4−b2m)∈Z⇒(A2−4b2d)∈4Z⇒4b2d= (2b)2d∈Z y como des libre de cuadrados 2b∈Z⇒b=B 2, B ∈Z. Queda entonces: A2 4−B2 4d∈Z⇒A2−B2d∈4Z⇒A2≡B2d, m´od 4. A partir de esto conlcuimos lo siquiente: Si d≡3 m´od 4 ⇒A≡Bm´od 2. Si AyBfueran impares, tendr´ıamos que 1 ≡3 m´od 4 (ya que un n´umero impar al cuadrado es congruente con uno m´odulo cuatro), lo que es una contradicci´on. Por tanto, AyBson pares, luego a=A 2yb=B 2est´an en Z. Si d≡2 m´od 4 ⇒A2≡0 m´od 2 ⇒Aes par. Si Bfuera impar, quedar´ıa A2≡2 m´od 4 (por el mismo razonamiento que antes para un n´umero impar 1.5. CUERPOS CUADR ´ ATICOS 25 al cuadrado m´odulo cuatro). Pero esto no se puede dar, pues un n´umero par al cuadrado es congruente con cero m´odulo cuatro. Esto implica que B tambi´en es par y al igual que antes, a, b ∈Z. Si d≡1 m´od 4 ⇒o bien AyBson pares, o bien AyBson impares ⇒ A≡Bm´od 2. Aparecen aqu´ı dos posiblidades: a, b ∈Zoa, b ∈Z+1 2. Sea pun n´umero primo, vamos a determinar la descomposici´on de Ap en producto de ideales primos de Adonde A=OK. Para ellos utilizamos el teorema (1.4.1) adem´as de tener en cuenta que si d≡2,3 m´od 4 el polinomio m´ınimo de √des x2−d, y si d≡1 m´od 4 el polinomio m´ınimo de 1+√d 2es x2−x+1−d 4. Tenemos cuatro posibilidades en la factorizaci´on de Ap: 1. Si p|d⇒al reducir el polinomio m´odulo pvemos que obtenemos x2por un lado y x2−x+1 4por otro. En ambos casos tenemos una ra´ız doble, luego Ap factoriza como producto de dos ideales primos iguales. 2. Si pes un primo impar que no divide a dtenemos: En el caso en que des un cuadrado m´od p, por ejemplo d≡a2m´od p, los polinomios al tomar m´odulo pquedan x2−a2yx2−x+1−a2 4. En el primer caso es claro que tiene dos soluciones distintas y en el segundo basta ver que el discriminante del polinomio es a2para confirmar que sucede lo mismo. Esto conlleva que Ap es el producto de dos ideales primos distintos. En cambio, cuando dno es un cuadrado m´odulo p, en el primer caso de nuevo es obvio que el polinomio es irreducible m´odulo p. En el segundo caso nos fijamos en que el discriminante es dy como estamos suponiendo que dno es un cuadrado m´odulo p, llegamos a que el polinomio es irreducible m´odulo p. Por tanto, Ap es un ideal primo. 3. Veamos el caso en el que p= 2 y d≡1 mod 4. Entonces tenemos: Ap es el producto de dos ideales primos distintos ⇔d≡1 mod 8. Esto se debe a que como d≡1 mod 8 el polinomio m´ınimo mod 2 factoriza como x2+x≡x(x+ 1) y por tanto, A2 = (2, α)(2,1 + α) donde α=1+√d 2. 32 CAP´ ITULO 1. TEOR´ IA GENERAL Cap´ıtulo 2 Aplicaci´on a la ecuaci´on de Fermat Una vez desarrollada toda la teor´ıa previa necesaria, estamos en disposici´on de abordar la demostraci´on del ´ultimo teorema de Fermat en el primer caso que dio Ernst Kummer. Para ello, necesitaremos definir los primos regulares que ser´an aquellos n´umeros primos para los que ser´a v´alida la demostraci´on, y despu´es daremos una caracterizaci´on de tales n´umeros. 2.1. Ecuaci´on de Fermat Definici´on 2.1.1 Dado un primo p, decimos que es regular si el n´umero de clases de Q(ζ) denotado por hpno es divisible por p, donde ζes un ra´ız p-´esima de la unidad. En caso contrario se dir´a que es irregular. Observaci´on 2.1.2 La importancia de que un primo psea regular radica en que si la potencia p-´esima de un ideal aen Z[ζ] es principal, entonces a tiene que ser principal. Veamos esto. Si apes principal, entonces es trivial en el grupo de clases de Q(ζ) (el cociente del grupo de los ideales fraccionarios del anillo de enteros entre el subgrupo de los ideales principales). Como pno divide a hpy el orden de todo elemento tiene que dividir al orden del grupo, se tiene que aes trivial en el grupo de clases y por tanto, aes principal. 33 34 CAP´ ITULO 2. APLICACI ´ ON A LA ECUACI ´ ON DE FERMAT Nota 2.1.3 El conjugado complejo de αen Q(ζ) es ¯α. Como el conjugado complejo es un automorfismo de este cuerpo, cuyo grupo de Galois sobre Qes abeliano, σ(¯α) = σ(α) para cualquier αen Q(ζ) y para cualquier σ∈Gal(Q(ζ)/Q). Teorema 2.1.4 Para un primo regular p≥3, la ecuaci´on xp+yp=zptal que pno divide a x,yoz, no tiene soluci´on en los enteros positivos. Demostraci´on: Supongamos que existe una soluci´on en los enteros positivos para dicha ecuaci´on. Podemos suponer que x,yyzson primos entre ellos pues si dos de ellos tienen un primo como factor com´un, tambi´en es factor del tercero y por tanto se pueden dividir todos los t´erminos por ese n´umero primo. Llegaremos a una contradicci´on con que pes regular. En Z[ζ], la ecuaci´on de Fermat factoriza como zp=xp+yp= p−1 Y j=0 (x+ζjy). Veamos que los factores de la derecha de la igualdad generan ideales relativamente primos. Para 0 ≤j < j0≤p−1 y cualquier ideal ofactor com´un de (x+ζjy) y (x+ζj0y), se tiene que x+ζjyyx+ζj0yest´an en o, por tanto su diferencia x+ζjy−x−ζj0y=yζj(1 −ζj0−j) = vy(1 −ζ) donde ves una unidad, tambi´en estar´a en o(hemos utilizado que los elementos 1 −ζj0−jy 1 −ζson asociados, y c´omo son las unidades). Como p=u(1 −ζ)p−1con uuna unidad, tenemos que y(1 −ζ) divide a yp, luego o|(yp). Adem´as, a partir de la factorizaci´on de la ecuaci´on de Fermat, sabemos que odivide a (z)p. Partiendo de que yp yzpson enteros relativamente primos, tenemos que oes el ideal unidad, por lo que los ideales (x+ζjy) son relativamente primos. El producto de los ideales generados por estos elementos es la potencia p- ´esima (z)p, lo que implica que cada factor es una potencia p-´esima. Tomando j= 1: (x+ζy) = ap para alg´un ideal a. As´ı, apes principal, luego es trivial en el grupo de clases de Q(ζ). Como pes regular, sabemos que aes trivial en el grupo de clases, lo 2.1. ECUACI ´ ON DE FERMAT 35 que implica que es un ideal principal. Tenemos pues, que a= (t) con t∈Z[ζ]. As´ı, x+ζy =utp para alguna unidad uen Z[ζ]. Por (1.6.1), podemos escribir t=b0+b1ζ+···+bp−2ζp−2, con bj∈Z. Observemos ahora que al calcular tp, todos los coeficientes que quedan multiplicados por t´erminos de la forma p i, i < p son m´ultiplos de p y por tanto son cero m´odulo pZ[ζ]. Luego los ´unicos t´erminos no nulos son los bp iζi·p, que al tomar m´odulo pZ[ζ] quedan bipor el peque˜no teorema de Fermat. Obtenemos entonces tp≡b0+b1+···+bp−2m´od pZ[ζ]. Como los bi∈Ztenemos que ¯ t=b0+b1¯ ζ+···+bp−2ζp−2, lo que conlleva que tp≡¯ tpm´od pZ[ζ] pues al elevar a py tomar m´odulo pZ[ζ] sucede lo mismo que antes. Por la nota (2.1.3) sabemos que σ(¯u) = σ(u) para todo σ∈Gal(Q(ζ)/Q), luego u/¯uy todos sus conjugados tienen valor absoluto uno. Aplicando ahora (1.6.4), tenemos que u/¯ues una ra´ız de la unidad y por tanto u/¯u=±ζjpara alg´un jentre 0 y p−1. Si u/¯u=ζj, entonces x+ζy =utp x+ζy =ζj¯utp x+ζy ≡ζj¯u¯ tpm´od pZ[ζ] x+ζy ≡ζj(x+¯ ζy) m´od pZ[ζ]. As´ı, u/¯u=ζj⇒x+yζ −yζj−1−xζj≡0 m´od pZ[ζ].(2.1.1) De forma similar, u/¯u=−ζj⇒x+yζ +yζj−1+xζj≡0 m´od pZ[ζ].(2.1.2) 36 CAP´ ITULO 2. APLICACI ´ ON A LA ECUACI ´ ON DE FERMAT Vamos a comprobar ahora que ninguna de estas congruencias puede darse cuando 0 ≤j≤p−1 y x,yenteros primos con p. Supongamos que tenemos a0+a1ζ+···+ap−2ζp−2≡0 m´od pZ[ζ], entonces a0+a1ζ+···+ap−2ζp−2∈pZ[ζ]. Se tiene pues, que a0+a1ζ+···+ap−2ζp−2=pα con α∈Z[ζ]. Por (1.6.1) podemos escribir α=b0+b1ζ+···+bp−2ζp−2. As´ı, queda entonces a0+a1ζ+···+ap−2ζp−2=pb0+pb1ζ+···+pbp−2ζp−2, lo que implica que ai≡0 m´od p, ∀i= 0, ..., p −2. En nuestro caso los coeficientes asociados a los elementos 1, ζ, ζ2, ..., ζp−2son 1,±x, ±yy sabemos que x, y no son divisibles por p, por lo que tenemos que no se pueden dar ninguna de las dos congruencias (2.1.1) y (2.1.2) para 3≤j≤p−2. El resto de la prueba consiste en comprobar los casos j= 0,1,2, p −1. Veamos que podemos suponer p≥5 ya que la ecuaci´on x3+y3=z3no tiene soluciones en los enteros primos con 3. Como xes primo con 3, tenemos que x≡ ±1,±2,±4 m´od 9. Esto nos lleva a que x3≡ ±1 m´od 9 ya que 23= 8 ≡ −1 m´od 9 y 43= 4 ·16 ≡1 m´od 9. L´ogicamente para yyz se tienen las mismas conclusiones ya que tambi´en son primos con 3. Queda entonces que x3+y3≡0,±2 m´od 9 y z3≡ ±1 m´od 9, lo que demuestra que no existe soluci´on. Una vez que podemos suponer p≥5, veamos primero el caso j=p−1. Como 1 + ζ+···+ζp−1= 0 2.1. ECUACI ´ ON DE FERMAT 37 (polinomio m´ınimo), tenemos que 1−ζp−1= 1 + (1 + ζ+···+ζp−2). Por tanto, el lado izquierdo de la congruencia (2.1.1) quedar´ıa x(1 −ζp−1) + y(ζ−ζp−2)=2x+ (x+y)ζ+x(ζ2+···+ζp−3) + (x−y)ζp−2, pero todos los coeficientes tienen que ser divisibles por p, en particular 2x. Como sabemos que pno divide a x, estamos de nuevo ante una congruencia que no se puede dar. Para la congruencia (2.1.2) tenemos una contradicci´on similar pues el lado izquierdo quedar´ıa x(1 + ζp−1) + y(ζ+ζp−2) = (y−x)ζ−x(ζ2+···+ζp−3)+(y−x)ζp−2. Consideremos ahora el caso j= 0. En este caso, la congruencia (2.1.1) queda de la forma y(ζ−ζ−1)≡0 m´od pZ[ζ]. Como yno es divisible por p, podemos dividir por yy obtenemos ζ−ζ−1≡0 m´od p⇒ζ2−1≡0 m´od p, lo cual contradice la independencia lineal de 1 y ζ2m´od pya que p≥5. Similarmente, la congruencia (2.1.2) para j= 0 implica que 2xζ +yζ +y≡0 m´od p llegando de nuevo a una contradicci´on. Para el caso j= 2, la congruencia (2.1.1) queda x−xζ2≡0 m´od pZ[ζ], mientras que (2.1.2) ser´ıa x+ 2yζ +xζ2. Es f´acil observar que en ambos casos nos encontramos con sendas contradicciones. Por ´ultimo veamos qu´e ocurre con j= 1. La congruencia (2.1.2) implica que (x+y)(1 + ζ)≡0 m´od p 38 CAP´ ITULO 2. APLICACI ´ ON A LA ECUACI ´ ON DE FERMAT y por tanto, x+y≡0 m´od pZ pues sabemos que 1 −ζjy 1 −ζson asociados lo que implica que 1 −ζ2= (1−ζ)(1+ζ) = v(1−ζ) donde ves una unidad, es decir, 1+ζes una unidad. As´ı, tendr´ıamos que zp=xp+yp≡(x+y)p≡0 m´od p, luego pdividir´ıa a z, algo que hemos supuesto que no pasa. Queda entonces la congruencia (2.1.1) en el caso j= 1: x(1 −ζ) + y(1 −ζ)≡0 m´od p. Escribiendo p=u(1 −ζ)p−1, tendr´ıamos que x≡y, m´od (1 −ζ)p−2. Como p−2≥1 (pues p≥5) y x, y ∈Z, esto fuerza que x≡ym´od pZ. Recorriendo la demostraci´on an´alogamente con yy−zintercambiados, obtenemos que x≡ −zm´od pZ, llegando a que 0 = xp+yp−zp≡3xpm´od p. Como p6= 3 y xes primo con p, tenemos una contradicci´on.  2.2. N´umeros de Bernoulli Nuestro inter´es en los n´umeros de Bernouilli se debe a que nos proporcionan una caracterizaci´on de los n´umeros primos regulares para los cuales hemos demsotrado la ecuaci´on de Fermat. Definici´on 2.2.1 Los n´umeros de Bernoulli se definen a partir de la siguiente serie: x ex−1=∞ X n=0 Bn n!xn donde los Bndenotan los n´umeros de Bernouilli. 2.2. N ´ UMEROS DE BERNOULLI 39 Proposici´on 2.2.2 Los n´umeros de Bernoulli son n´umeros racionales. B0= 1,B1=−1 2y para todo k≥1se tiene la siguiente relaci´on de recurrencia: k+ 1 1Bk+k+ 1 2Bk−1+···+B1+ 1 = 0. Demostraci´on: x= (ex−1) x ex−1= ∞ X n=1 xn n!! ∞ X n=0 Bn n!Bn! = (x+1 2!x2+1 3!x3+···)(B0+B1 1! x+B2 2! x2+B3 3! x3···). A partir de esta igualdad sabemos que en el producto de la derecha se tienen que anular todos los coeficientes de las potencias de xexcepto el de x, luego en primer lugar obtenemos que B0= 1. Para k≥1 queda B1+1 2= 0, B2 2! +B1 1!2! +B0 3! = 0, B3 3! +B2 2!2! +B1 1!3! +B0 4! = 0, . . . Bk k!+Bk−1 2!(k−1)! +Bk−2 3!(k−2)! +···+B1 k!+1 (k+ 1)!. Si multiplicamos la expresi´on resultante por (k+ 1)!, obtenemos k+ 1 1Bk+k+ 1 2Bk−1+···+B1+ 1 = 0. Ahora por inducci´on en kpodemos comprobar f´acilmente que los Bkson n´umeros racionales. Ya sabemos que B1=−1 2es racional. Spongamos ahora que hasta Bk−1son racionales, entonces tendr´ıamos (k+ 1)Bk+q= 0 ⇒Bk=−q k+ 1 donde qes un n´umero racional por hip´otesis. Por tanto, Bkes racional al ser cociente de dos n´umeros racionales.  40 CAP´ ITULO 2. APLICACI ´ ON A LA ECUACI ´ ON DE FERMAT Proposici´on 2.2.3 Para todo k≥3impar se tiene que Bk= 0. Demostraci´on: Consideremos la serie S(x) = x 2+x ex−1=x 2+∞ X k=0 Bk k!xk= 1 + ∞ X k=2 Bk k!xk. Al cambiar xpor −xqueda S(x) = −x 2−x e−x−1=xex ex−1−x 2. Restamos ahora ambas expresiones S(−x)−S(x) = x ex−1(ex−1) −2x 2= 0. Si tomamos los kimpares S(−x)−S(x) = ∞ X k=2n+1,n≥1 Bk k!(−x)k−∞ X k=2n+1,n≥1 Bk k!xk= =−2∞ X k=2n+1,n≥1 Bk k!xk= 0, lo que demuestra que Bk= 0 para todo k≥3 impar.  Los primeros n´umeros de Bernoulli son: B1=−1 2, B2=1 6, B4=−1 30, B6=1 42, B8=−1 30, B10 =5 66, B12 =−691 2730. Teorema 2.2.4 [1, 19.1] Para un n´umero primo p > 2, las siguientes condiciones son equivalentes: (1) pes un primo regular; (2) pno divide los numeradores de los n´umeros de Bernoulli: B2, B4, ..., Bp−3 . 2.2. N ´ UMEROS DE BERNOULLI 41 Nota 2.2.5 En la pr´actica, es esta caracterizaci´on la que se utiliza para comprobar si un primo es regular o no. Por ejemplo, a partir de que B12 =−691 2730, podemos deducir que 691 es un primo irregular utilizando dicha caracterizaci´on. No ha sido probado que existan infinitos primos regulares. Por otro lado, las evidencias num´ericas indican que aproximadamente el sesenta por ciento de los primos deber´ıan ser regulares, es decir, no solo que hay infinitos primos regulares sino que son mucho m´as numerosos que los primos irregulares. Sin embargo, si ha sido probado que existen infintos primos irregulares[2]. Los primeros primos irregulares son: 37,59,67,101,103,131,149.