Teoria Numeros C Ivorra Castillo

13.2. El primer factor del número de clases 321
luego, p −1 ∤ F (ζ −1 ). Así pues, p | h 1 si y sólo si p 2 −1 | F (ζ r )p r para algún
r =1, 3,...,p− 4, lo que a su vez equivale a que p 2 −1 | F (ζ r ).
Hasta aquítodoesválido para cualquier elección de la raíz primitiva g. Dada
una raíz primitiva cualquiera h módulo p, podemos tomar g = h p , con lo que
tenemos una raíz primitiva que además cumple g p−1 = h p(p−1) ≡ 1 (mód p 2 ),
pues φ(p 2 )=p(p − 1).
Con esta elección de g y teniendo en cuenta la factorización
vemos que
x p−1 − y p−1 =(x − y)(x − yζ) ···(x − yζ p−2 ),
p−2
∏
(1 − gζ k )=1− g p−1 ≡ 0 (mód p 2 ),
r=0
y, dado que p −1 no puede dividir a otro factor que no sea 1 − gζ −1 , concluimos
que p 2 −1 | 1 − gζ −1 , es decir, ζ ≡ g (mód p 2 −1).
Esto nos permite eliminar a ζ de la condición que hemos obtenido, pues
luego p 2 −1 | F (ζ r )siysólo si
∑p−2
∑p−2
F (ζ r )= g k ζ kr ≡ g k g kr (mód p 2 −1),
k=0
k=0
∑p−2
∑p−2
p 2 −1 | g k g kr , siysólo si p 2 | g k g kr .
k=0
Con esto tenemos ya una condición en términos de números enteros, pero se
puede simplificar mucho más. El razonamiento que sigue es incorrecto, pero se
puede arreglar:
∑p−2
∑p−2
∑p−2
∑p−2
g k g kr ≡ g k g kr ≡ g k(r+1) ≡
k=0
k=0
k=0
k=0
g r+1
k
k=0
∑p−1
≡ n r+1 (mód p 2 ). (13.2)
El problema es, por supuesto, que en principio las congruencias son ciertas
sólo módulo p, nop 2 . Si pese a ello logramos justificarlas habremos eliminado
los g k de la condición.
Para arreglarlo expresamos g k = g k + pa k , para cierto entero a k . Tomamos
congruencias módulo p 2 y elevamos a r +1:
g r+1
k
≡ g k(r+1) +(r +1)g kr pa k ≡ g k(r+1) +(r +1)g kr (g k − g k ) (mód p 2 ),
o sea,
g r+1
k
≡ (r +1)g k g kr − kg k(r+1) (mód p 2 ). (13.3)
Si no estuviera el último término y teniendo en cuenta que nos interesa r