Subgrupo generado por $1 - \sqrt{2}$ , $2 - \sqrt{3}$ , $\sqrt{3} - \sqrt{2}$

Question

Para un campo numérico $K$ , el teorema de la unidad de Dirichlet dice que $$(O_K)^\times = \mathbb{Z}^{r - 1} \oplus (\text{a finite cyclic group}),$$ où $r$ es el número de todos los lugares infinitos de $K$ . Un lugar infinito de $K$ es una incrustación de $K$ (como campo) en $\mathbb{R}$ o la clase de conjugación compleja de una incrustación de $K$ (como campo) en $\mathbb{C}$ con imagen densa.

Cuando $K = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ ¿Cómo puedo ver eso? $1 - \sqrt{2}$ , $2 - \sqrt{3}$ y $\sqrt{3} - \sqrt{2}$ generar un subgrupo $\Gamma$ de $(O_K)^\times$ tal que $$\Gamma \cong \mathbb{Z}^3 = \mathbb{Z}^{r - 1}?$$

Answer 1

Recordemos que la demostración del teorema de la unidad de Dirichlet utiliza la incrustación logarítmica

$$l:\begin{cases}\mathcal{O}_K^\times\to \Bbb R^{r+s} \\ \epsilon\mapsto (\log|\sigma_1(\epsilon)|,\ldots , \log|\sigma_r(\epsilon)|,\log|\sigma_{r+1}(\epsilon)|,\ldots \log|\sigma_{r+s}(\epsilon)|)\end{cases}$$

donde la primera $r$ son las incrustaciones reales y la segunda $s$ son representantes de incrustaciones complejas. En este caso $r=4$ y $s=0$ . Entonces, el teorema de la unidad de Dirichlet afirma que las únicas formas lineales que aniquilan a todos esos vectores logarítmicos en unidades de $\mathcal{O}_K$ son múltiplos de la forma representada por $(1,1,1,1)$ . Nuestra estrategia consistirá en buscar otras formas que aniquilen vectores logarítmicos individuales y mostrar que generan espacios duales diferentes, lo que equivale exactamente a mostrar la independencia lineal.

Ahora considere que cada una de sus tres unidades, que llamaré $\epsilon_1, \epsilon_2,\epsilon_3$ --genera diferentes campos, los dos primeros generan dos de los subcampos cuadráticos, y el tercero genera todo el campo, $K$ . Dejemos que $G_K$ sea el grupo de Galois de $K$ generado por $\sigma,\tau$ où $\sigma(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$ y arreglos $\sqrt 3$ y $\tau(\sqrt{3})=-\sqrt 3$ y arreglos $\sqrt 2$ .

Entonces tenemos que

$$\begin{cases} l(\epsilon_1) = (\log|\epsilon_1|, \log|\sigma(\epsilon_1)|, \log|\epsilon_1|, \log|\sigma(\epsilon_1)|)\\ l(\epsilon_2) = (\log|\epsilon_2|, \log|\epsilon_2|, \log|\tau(\epsilon_2)|, \log|\tau(\epsilon_2)|) \\ l(\epsilon_3) = (\log|\epsilon_3|, \log|\sigma(\epsilon_3)|, \log|\tau(\epsilon_3)|, \log|\sigma\tau(\epsilon_3)|) \end{cases}.$$

El primer vector es aniquilado por las formas representadas por $(1,1,0,0)$ y $(1,0,0,1)$ junto con $(1,1,1,1)$ esto determina de forma única el subespacio lineal en el que está contenido. Del mismo modo, vemos que el segundo vector logarítmico está anhilado por $(1,0,1,0)$ y $(0,1,1,0)$ además de la que todos comparten. Pero como estos tienen espacios duales diferentes, no son linealmente dependientes, por lo que generan un $2$ -subespacio dimensional de $\Bbb R^4$ . Ahora debemos demostrar que $l(\epsilon_3)$ no es aniquilada por la intersección de los dos espacios duales. Calculamos (usando vectores columna para facilitar la composición, pero todos son secretamente sus transposiciones como usaremos en la secuela) para ver que

$$l(\epsilon_1)^*\cap l(\epsilon_2)^* = \operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}\bigcap\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}\right\}$$

Basta con encontrar un vector que no sea múltiplo de $\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}$ ya que claramente está en la intersección. Configuramos el sistema de ecuaciones:

$$a\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}+c\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix} = \alpha \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$$

y por inspección $\beta = c=-b$ da una solución, por lo que la intersección es

$$\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ 1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}\right\}$$

Sólo la primera forma aniquila $l(\epsilon_3)$ Por lo tanto $l(\epsilon_3)$ no está en $\operatorname{span}\{l(\epsilon_1),l(\epsilon_2)\}$ , lo que demuestra la afirmación.

Answer 2

Heurísticamente, cada una de las unidades proviene de una subextensión cuadrática diferente de $K$ - Por ejemplo $\sqrt2-1$ es una unidad fundamental en $\mathbb Q(\sqrt 2)$ y $5-2\sqrt6 = (\sqrt2-\sqrt3)^2$ es una unidad fundamental en $\mathbb Q(\sqrt 6)$ . Podemos aprovechar esto de la siguiente manera:

Siguiendo el comentario de @GregMartin, supongamos que $(\sqrt2-1)^a(2-\sqrt3)^b(\sqrt3-\sqrt2)^c=1$ necesitamos demostrar que $a=b=c=0$ .

Supongamos, por ejemplo, que $a\ne 0$ . Desde $1-\sqrt2$ es una unidad fundamental de $\mathbb Q(\sqrt2)$ se deduce que $b$ y $c$ no puede ser a la vez $0$ . Así que $$(\sqrt 2-1)^{-a} = (1+\sqrt2)^a=(2-\sqrt3)^b(\sqrt3-\sqrt2)^c.$$ Desde $2-\sqrt3$ y $(\sqrt3-\sqrt2)^2$ son unidades fundamentales de $\mathbb Q(\sqrt3)$ y $\mathbb Q(\sqrt6)$ se puede comprobar ahora que, independientemente de cuál sea $b,c$ es distinto de cero, el lado derecho tendrá términos no triviales en $\sqrt3$ o $\sqrt6$ mientras que el lado izquierdo no puede.

Un argumento similar descarta los casos en los que $b,c\ne 0$ .

Answer 3

Esto equivale a demostrar que $1-\sqrt2,2-\sqrt3,\sqrt3-\sqrt2$ son multiplicativamente independientes. Supongamos que para algunos enteros no nulos $\alpha,\beta,\gamma$ tenemos que $(1-\sqrt2)^\alpha(2-\sqrt3)^\beta=(\sqrt3-\sqrt2)^\gamma$ . Elevando al cuadrado esta relación obtenemos

$$(1-\sqrt2)^{2\alpha}(2-\sqrt3)^{2\beta}=(5-2\sqrt 6)^\gamma. $$

Dejemos que $(1-\sqrt2)^{2\alpha}=a+b\sqrt 2$ y $(2-\sqrt3)^{2\beta}=c+d\sqrt 3$ y $(5-2\sqrt 6)^\gamma=e+f\sqrt 6$ . Ahora $e$ no puede ser cero porque si no $f\sqrt 6$ será una unidad, una imposibilidad. Ahora $f$ tampoco puede ser cero porque entonces $e$ sería una unidad, es decir $\pm 1$ lo cual es absurdo ya que toda potencia de $|5-2\sqrt 6|<1$ y, por tanto, ninguna potencia distinta de cero puede ser $1$ .

Si $$(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt3)=ac+ad\sqrt3+bc\sqrt2+bd\sqrt6=(e+f\sqrt6),$$

Entonces, ni $b$ ni $d$ puede ser cero, por lo que debe darse el caso de que tanto $a=c=0$ . Pero en este caso $ac=e=0$ pero $e$ no puede ser cero. Así que no existen tales enteros no nulos $\alpha, \beta,\gamma$ .

Answer 4

Ampliando lo que creo que quiso decir Franz Lemmermeyer con su insinuación. Esto está estrechamente construido en todas las otras respuestas también (+1 a todos ustedes), pero he aprendido un truco de la lectura de todo esto, así que no puedo mantener la tapa...

Supongamos, por el contrario, que existe un triple no trivial $(a,b,c)$ de enteros tal que $$ |(1-\sqrt2)^a(2-\sqrt3)^b(\sqrt3-\sqrt2)^c|=1.\qquad(i) $$ Utilizo los signos de valor absoluto para no tener que preocuparme por la unidad de torsión. Apliquemos el automorfismo $\tau:\sqrt2\mapsto\sqrt2,\sqrt3\mapsto-\sqrt3$ a la ecuación $(i)$ . Como $\tau(1-\sqrt2)=(1-\sqrt2)$ , $\tau(2-\sqrt3)=(2-\sqrt3)^{-1}$ y $\tau(\sqrt3-\sqrt2)=-(\sqrt3-\sqrt2)^{-1}$ obtenemos otra ecuación $$ |(1-\sqrt2)^a(2-\sqrt3)^{-b}(\sqrt3-\sqrt2)^{-c}|=1.\qquad(ii) $$ Multiplicando $(i)$ y $(ii)$ juntos da $$ |(1-\sqrt2)^{2a}|=1\qquad(iii) $$ de lo que podemos deducir que $a=0$ .

Hay varias formas de continuar. Utilizando otro automorfismo $\sigma:\sqrt2\mapsto-\sqrt2, \sqrt3\mapsto-\sqrt3$ llegamos igualmente a la conclusión $c=0$ . Siguiendo con la misma línea, utilizando el automorfismo $\sigma\tau$ nos da $b=0$ . Esencialmente estamos tomando las normas relativas de estas unidades a los tres subcampos cuadráticos y comprobando lo que nos da.

Alternativamente, después de haber derivado $(iii)$ podemos utilizar la idea de Mathmo123. Las ecuaciones $(i)$ y $(iii)$ implican que $(2-\sqrt3)^{2b}$ y $(\sqrt3-\sqrt2)^{2c}$ son inversos entre sí. Pero el primero es un elemento de $\Bbb{Q}(\sqrt3)$ y el último de $\Bbb{Q}(\sqrt6)$ . La intersección de los dos campos es $\Bbb{Q}$ por lo que ambos deben ser racionales. Pero las únicas unidades racionales son $\pm1$ Así que esto es absurdo.