1. Estructura del grupo abeliano (ℤ_{n}^{×}, .)

La intención de estas notas es dar una descripción de la estructura del grupo abeliano (ℤ_{n}^{×}, .). A lo largo de las mismas notaremos simplemente ℤ_{n}^{×} a dicho grupo.

Prosición 1.1. Sean m, n dos números naturales coprimos entre si entonces ℤ_{nm}^{×} ≃ ℤ_{n}^{×} ⊕ ℤ_{m}^{×}

Proof. Definimos la función ψ : ℤ_{nm}^{×} → ℤ_{n}^{×} ⊕ ℤ_{m}^{×} por ψ(u mod (nm)) = (u mod (n), u mod (m)). Es fácil ver que ψ es un morfismo de grupos. Como ambos grupos tienen el mismo cardinal (ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m) si (n, m) = 1) alcanza con ver que ψ es injectiva, pero si u ≡ 1 mod n y u ≡ 1 mod m como n y m con coprimos, u ≡ 1 mod (nm). □

Nota: es fácil ver que ψ es suryectiva usando el teorema chino del resto.

Corolario. si n = p_{1}^{r_{1}}p_{2}^{r_{2}} … p_{s}^{r_{s}} entonces ℤ_{n}^{×} ≃ ℤ_{p_{1}^{r_{1}}}^{×} ⊕ ℤ_{p_{2}^{r_{2}}}^{×} ⊕ ⋯ ⊕ ℤ_{p_{s}^{rs}}^{×}.

Prosición 1.2. Si K es un “cuerpo” y p(x) ∈ K[x] es un polinomio, entonces p(x) tiene a lo sumo deg(p(x)) raices en K.

Proof. Usando el algoritmo de división para polinomios (acá se usa que K es un cuerpo, o sea que si a ∈ K y a ≠ 0, entonces existe a^{−1} ∈ K tal que aa^{−1} = 1) es claro que si α es raíz de p(x) entonces p(x) = (x − α)q(x) donde q(x) ∈ K[x] y deg(q(x)) = deg(p(x)) − 1 □

¿Es cierto esta proposición si K no es un cuerpo? ¿ Cuantas raices tiene x^{2} − 1 en ℤ_{15}?

Teorema 1.1. Si p es primo ℤ_{p}^{×} es cíclico de orden p − 1.

Proof. es claro que ℤ_{p}^{×} es un grupo de orden p − 1. Sea e(ℤ_{p}^{×}) el exponente de ℤ_{p}^{×} (o sea el mínimo n tal que x^{n} = 1 para todo x ∈ ℤ_{p}^{×}). Luego si x ∈ ℤ_{p}^{×}, x^{e} = 1. Como p es primo, ℤ_{p} es un cuerpo (¿ por que?), entonces el polinomio p(x) = x^{e} −1 tiene a lo sumo e raices. Como todo elemento de ℤ_{p}^{×} es raíz de p(x) e ≥ p − 1. A la vez como e(ℤ_{p}^{×}) divide al orden del grupo se tiene la igualdad e = p − 1. ℤ_{p}^{×} es abeliano y es facil ver que en todo grupo abeliando G existe un x ∈ G tal que ord(x) = e(G). □

Prosición 1.3. si p es primo, entonces ℤ_{p^{2}} es cíclico.

Proof. Si p = 2 es claro. Si p ≠ 2, el cardinal de ℤ_{p^{2}}^{×} es p(p − 1). Sea π : ℤ_{p^{2}}^{×} → ℤ_{p}^{×} el morfismo de grupos dado por π(u mod p^{2}) = u mod p. Sea x ∈ ℤ_{p}^{×} un generador, e y ∈ ℤ_{p^{2}}^{×} cualquier elemento de π^{−1}(x) (π es suryectiva). Como ord(π(x)) | ord(x) tenemos que ord(y) = p − 1 o ord(y) = p(p − 1). Por el Teorema de Cauchy, existe z ∈ ℤ_{p^{2}}^{×} de orden p, entonces (como p ≠ 2) el elemento yz tiene orden p(p − 1). □

Prosición 1.4. Sea p un primo y k un entero positivo. Definimos la función

F_{p} : ℤ_{p^{k}}^{×} → ℤ_{p^{k+1}}^{×} por F_{p}(\overline{x}) = \overline{x^{p}}

F_{p} es un morfismo de grupos. Además si p ≠ 2, F_{p} es inyectiva.

Proof. Primero tenemos que verificar que F_{p} esta bien definida. Sea x un representante de una clase en ℤ_{p^{k}} (digamos 0 ≤ x ≤ p^{k} −1) entonces (x+p^{k}r)^{p} = x^{p}+p^{k+1}s entonces (x + p^{k}r)^{p} ≡ x^{p} mod (p^{k+1}). Para ver que F_{p} es injectiva, hacemos inducción en k. Si k = 1 es claro porque si x^{p} ≡ 1 mod (p^{2}) ⇒ x^{p} ≡ 1 mod p, pero x^{p} ≡ x mod (p). Supongamos cierto para k, y queremos verlo para k + 1. Si x ∈ ℤ_{p^{k+1}}^{×} (digamos 0 ≤ x < p^{k+1}), entonces x = y + x_{k}p^{k} donde 0 ≤ y < p^{k} . Supongamos que x^{p} ≡ 1 mod p^{k+2}, entonces

(1) 1 ≡ (y + x_{k}p^{k})^{p} ≡ y^{p} + p^{k+1}y^{p−1}x_{k} + p^{k+2}w ≡ y^{p} + p^{k+1}y^{p−1}x_{k} mod (p^{k+1})

Aca estamos usando que p ≠ 2 (¿ por que?). Si reducimos (1) módulo p^{k+1} obtenemos:

(2)  1 ≡ y^{p} mod (p^{k+1})

Luego por hipótesis inductiva y ≡ 1 mod (p^{k}), e y < p^{k} entonces y = 1. Si reemplazamos en (1) obtenemos

1 ≡ 1^{p} + p^{k+1}x_{k} ≡ 1 + p^{k+1}x_{k} mod (p^{k+2})

Entonces x_{k} ≡ 0 mod p, y x = 1 + p^{k}x_{k} ≡ 1 mod (p^{k+1}). □

Corolario. Sea p un primo distinto de 2, y g un generador de ℤ_{p^{2}}^{×}, entonces g es un generador de ℤ_{p^{k}}^{×} para cualquier k ≥ 2.

Proof. Hacemos nuevamente inducción en k. Sea π : ℤ_{p^{k+1}}^{×} → ℤ_{p^{k}}^{×} reducir módulo p^{k}. Supongamos que ⟨\overline{g}⟩ = ℤ_{p^{k}}^{×}, queremos ver que si \overline{h} ∈ ℤ_{p^{k+1}} es tal que π(\overline{h}) = \overline{g} entonces ⟨\overline{h}⟩ = ℤ_{p^{k+1}}^{×}. Como F_{p} es inyectiva, ord(F_{p}(g)) = ord(g) = (p − 1)p^{k−1}. Además como π(\overline{h}) = \overline{g}, (\overline{h})^{p} = (\overline{g})^{p} mod p^{k+1} (o sea ord((\overline{h})^{p}) = (p − 1)p^{k−1}), entonces (p − 1)p^{k−1} | ord(\overline{h}) | (p − 1)p^{k}. Por hipótesis k ≥ 2, si ord(\overline{h}) = (p − 1)p^{k−1} ⇒ ord((\overline{h})^{p}) = (p − 1)p^{k−2} lo que es una contradicción. □

Corolario. Si p ≠ 2, ℤ_{p^{k}} es cíclico.

¿ Que pasa con el primo 2?

Ejercicio: ℤ_{8}^{×} ≃ ℤ_{2} ⊕ ℤ_{2}.

Prosición 1.5. sea n ≥ 2 un entero positivo, entonces ord(5) = 2^{n−2} en ℤ_{2^{n}}^{×}. Además −1 ∉ ⟨5⟩.

Proof. Hacemos inducción en n para demostrar que 5^{2^{n−2}} = 1 + 2^{n}s con s impar. • Si n = 3, 5^{2} = 1 + 2^{3}3.

• (5^{2^{k−2}})^{2} = 5^{2^{k+1−2}} = (1 + 2^{k}s)^{2} = 1 + 2^{k+1}s + 2^{2k}s^{2} = 1 + 2^{k+1}(s + 2^{k−1}s).

Como k ≥ 2, s + 2^{k−1}s es par.
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Corolario. ℤ_{2^{n}}^{×} ≃ ℤ_{2^{n−2}} ⊕ ℤ_{2}

Proof. Es fácil chequear que el morfismo ϕ : ℤ_{2^{n−2}} ⊕ℤ_{2} → ℤ_{2^{n}}^{×} dado por ϕ((a, b)) = 5^{a}(−1)^{b} es un isomorfismo. □