Teoria Numeros C Ivorra Castillo

38 Capítulo 2. Cuerpos numéricos
θ 0 =1si a ≢ ±b (mód 9) (y entonces ∆ K = −27a 2 b 2 )yθ 0 =(1+θ 1 + θ 2 )/3
si a ≡±b (mód 9) (y entonces ∆ K = −3a 2 b 2 ). En el segundo caso hay que
escoger los signos de a y b de manera que a ≡ b (mód 9) y su resto módulo 9
sea 1, 4 o 7.
Demostración: Vamos a aplicar el teorema 2.25 a la base 1,θ 1 ,θ 2 . En
primer lugar demostraremos que no es posible eliminar ningún primo p que
divida a ab. Supongamos, por ejemplo, que p | a. Si p se pudiera eliminar
existiría un entero de la forma α =(u + vθ 1 + θ 2 )/p, o bien α =(u + θ 1 )/2,
donde u y v son enteros racionales entre 0 y p − 1. Trataremos la primera
posibilidad. La segunda es más sencilla.
Sea π = 3√ p y L = K(π). Tenemos que ab 2 = pk, para cierto entero racional
k, luego tomando raíces θ 1 = πβ, donde β = 3√ k ∈ L y es un entero. Así pues,
π | θ 1 en O L . El mismo argumento nos da que π 2 | θ 2 en O L , y por otro lado
π 3 α = u + vθ 1 + θ 2 .
De aquí se sigue que π | u en O L . Elevando al cubo, p | u 3 en O L yel
cociente es entero y racional, o sea, p | u 3 en Z, de donde p | u yhadeseru =0.
Consecuentemente π 2 | vθ 1 en O L , y como antes llegamos a que p 2 | v 3 ab 2
en Z, de donde haciendo uso de que p | a, (a, b) = 1 y que a y b son libres de
cuadrados, resulta que p | v, luego v =0.
Ahora concluimos que p | θ 2 en O L , luego p 3 | a 2 b en Z, lo cual es contradictorio.
En consecuencia los primos que dividen a ab no pueden eliminarse. La
única posibilidad es eliminar el 3, para lo cual es necesario que no divida a ab.
Supongámoslo así. Según el teorema 2.25 hemos de comprobar los siguientes
números (para aprovechar la simetría ordenamos la base en la forma θ 1 ,θ 2 , 1):
θ 1
3 , θ 2
3 , ±θ 1 + θ 2 1
,
3 3 , ±θ 1 +1 ±θ 2 +1 ±θ 1 ± θ 2 +1
, ,
.
3 3
3
Hemos tomado como representantes de las clases módulo 3 los números −1,
0, 1 en lugar de 0, 1, 2 (ver el comentario tras el teorema 2.25).
Haciendo uso de la simetría y de que podemos elegir el signo de a y b sin
cambiar de cuerpo, podemos limitarnos a estudiar los números
θ 1
3 , θ 1 + θ 2 1+θ 1 1+θ 1 + θ 2
, ,
.
3 3 3
Por ejemplo, si (−θ 1 + θ 2 )/3 pudiera ser entero, también lo sería (θ 1 + θ 2 )/3
(tomando −a en lugar de a), mientras que vamos a probar que (θ 1 + θ 2 )/3 no
es entero para ningún valor de a y b, luego lo mismo ocurrirá con (−θ 1 + θ 2 )/3.
De hecho vamos a ver que θ 1 /3, (θ 1 + θ 2 )/3, (1 + θ 1 )/3 nunca son enteros.
Claramente pol mín(θ 1 /3) = x 3 − ab 2 /3, y ab 2 /3 no es entero porque suponemos
que 3 ∤ ab. Con un poco más de cálculo se llega a
pol mín 1+θ 1
3
pol mín θ 1 + θ 2
3
que obviamente no tienen coeficientes enteros.
= x 3 − x 2 + 1 3 x − 1+ab2 ,
27
= x 3 − ab
3 x − ab2 + a 2 b
,
27