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Los Numeros p-adicos y el Teorema deHasse-Minkowski

Ramiro Lafuente

Estructuras AlgebraicasFacultad de Ciencias Exactas

Universidad Nacional de La PlataMayo de 2008

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Indice

1. Introduccion 3

2. Los Numeros p-adicos 42.1. La valuacion, la norma p-adica y la metrica p-adica: Primera definicion . . 42.2. Segunda definicion: Zp y Qp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.3. Polinomios y ecuaciones p-adicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.4. Unidades y cuadrados en Qp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3. El sımbolo de Hilbert 143.1. Definicion, propiedades basicas y calculo del sımbolo . . . . . . . . . . . . 143.2. Propiedades globales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. Formas cuadraticas 224.1. Modulos cuadraticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.2. Propiedades generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284.3. Formas cuadraticas sobre Fq . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.4. Formas cuadraticas sobre Qp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.5. Formas cuadraticas sobre R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5. Teorema de Hasse-Minkowski 385.1. Demostracion del Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.2. Algunos comentarios interesantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

6. Apendices 426.1. Algunos resultados en Teorıa de Numeros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

6.1.1. Ecuaciones sobre cuerpos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426.1.2. Ley de reciprocidad cuadratica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

6.2. Sistemas y Lımites proyectivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2

Los Numeros p-adicos y el Teorema de Hasse-Minkowski 3

1. Introduccion

Se podrıa haber incluido en el tıtulo de este trabajo el nombre de ”formas cuadraticas”,puesto que nos ocupamos del estudio de estos objetos en gran medida. Sin embargo, estoha quedado implıcito al mencionar el Teorema de Hasse-Minkowski, el cual es conocidopor dar una muy buena clasificacion de las formas cuadraticas sobre Q. Para llegar a esteresultado, uno de nuestros objetivos, se debera recorrer un largo camino, a traves del cualseran presentados el cuerpo de los numeros p-adicos, el sımbolo de Hilbert, y numerosos re-sultados algebraicos (muchos de ellos relacionados directamente con la Teorıa de Numeros),entre otras cosas.Ademas de apuntar al ya mencionado Teorema de Hasse-Minkowski y a clasificar las for-mas cuadraticas sobre los distintos cuerpos en cuestion, nos interesaremos bastante en losnumeros p-adicos y en algunas de sus propiedades y aplicaciones para resolver problemas.Es curiosa la gran diversidad de maneras que existen para presentar al cuerpo Qp de losnumeros p-adicos. Algunas de ellas son mas bien desde el punto de vista .analıtico”(comola completacion de Q respecto de cierta norma, o ciertas series formales de potencias dep), otras son puramente algebraicas (”el cuerpo de cocientes del lımite proyectivo de losenteros modulo pn”). Presentaremos dos de ellas en la primer seccion, pero a lo largo deltrabajo seran de mayor utilidad las ideas del tipo algebraico (incluso en algunos resultadosen los que aparecen derivadas!).En la tercer seccion se estudiara el Sımbolo de Hilbert, que sera una herramienta funda-mental para construir invariantes para las formas cuadraticas tanto en Qp como en Q.La seccion de formas cuadraticas se ocupara de presentar estos objetos matematicos, yfinalmente llegar a una minuciosa clasificacion de ellas (no sobre las racionales), la cual uti-lizaremos en la seccion siguiente para probar la relacion global-local que vincula los cuerposQp y R con Q.Por ultimo, cabe mencionar que gran parte de este trabajo ha sido basado en los primeroscapıtulos de [2]. Es por eso que en general todas las deficiones y resultados que se pruebentendran, tarde o temprano, su rol importante en el trabajo. Sin embargo, en contraposi-cion con la bibliografıa mencionada, intentaremos hacer mas hincapie en los detalles de laspruebas, para llegar a cada resultado de una manera mas accesible.


2. Los Numeros p-adicos

En esta seccion se hara una introduccion a la teorıa de los numeros p-adicos. Hay variasformas equivalentes de definir este conjunto de numeros; a continuacion mostraremos dos deellas. La primera es mas util para comprender realmente que estamos haciendo al construirlos numeros p-adicos, mientras que la segunda es una presentacion mas algebraica que, sibien un tanto mas complicada de entender, nos permite manejarlos con mayor simplicidady mas formalmente.

2.1. La valuacion, la norma p-adica y la metrica p-adica: Primeradefinicion

Sea p un numero primo fijo. Sabemos, por el TFA, que para cada a ∈ Z existe un unicon ∈ Z≥0 tal que a = pnr, con (r, p) = 1. Esto nos permite, siguiendo las ideas en [1], hacerla siguiente definicion:

Definicion 2.1. Se define la valuacion p-adica de un numero racional como:

vp(x) = max{n ∈ Z : pn | x} ≥ 0, si x ∈ Z \ {0}

vp(q) = vp(a)− vp(b), si q = a/b ∈ Q.

Por convencion se toma vp(0) =∞.Notemos que vp : Q→ Z, y ademas esta bien definida, pues si a/b = a′/b′ entonces ab′ = a′b,y claramente vp(a) + vp(b

′) = vp(a′) + vp(b) de donde vp(a/b) = vp(a

′/b′).

Proposicion 2.2. Sean x, y ∈ Q. Entonces valen:(a) vp(x) =∞ ⇐⇒ x = 0(b) vp(xy) = vp(x) + vp(y)(c) vp(x+ y) ≥ mın{vp(x), vp(y)}, y si vp(x) 6= vp(y) se da la igualdad.

Demostracion: Probaremos unicamente el item (c) que es el no trivial. Para eso, supong-amos que x, y son no nulos (si alguno de ellos lo fuera, se da la igualdad trivialmente).Entonces podemos escribir

x = pr a

b, y = ps c

d

con r, s ∈ Z, y a, b, c, d ∈ Z no divisibles por p. Es claro que vp(x) = r, vp(y) = s.Supongamos sin perdida de generalidad que s ≥ r, y sea t = s− r ≥ 0. Entonces,

x+ y = pr

(a

b+ pt c

d

)= pr

(ad+ ptbc

bd

)de donde se deduce inmediatamente la desigualdad a probar. Si suponemos vp(x) 6= vp(y),es equivalente a tomar t ≥ 1 con lo cual se ve claramente que p no divide ni al numeradorni al denominador de la fraccion que acompana a pr (pues por hipotesis p no dividıa aninguno de los enteros a, b, c, d. �

Esta valuacion p-adica nos permite definir la norma p-adica, de la siguiente manera:


Definicion 2.3. Si p es un numero primo fijo, se define en Q la norma p-adica como‖x‖p = p−vp(x).

Obviamente, definimos ‖0‖p = 0. Es facil verificar que es efectivamente una norma enQ. En particular, se ve que ‖ · ‖p : Q → R≥0. Valen las siguientes propiedades, analogas alas que valıan para la valuacion:

Proposicion 2.4. Si x ∈ Q, entonces se verifican:(a) ‖x‖p = 0 ⇐⇒ x = 0(b) ‖xy‖p = ‖x‖p‖y‖p(c) ‖x+ y‖p ≤ max{‖x‖p, ‖y‖p}, y si ‖x‖p 6= ‖y‖p se da la igualdad. 1

La demostracion se deduce inmediatamente de 2.2.Como bien es sabido, toda norma N en un espacio induce una distancia, mediante la

definicion d(x, y) = N(x− y). Ası, suena logico presentar la siguiente definicion:

Definicion 2.5. Se define en Q la metrica p-adica, como dp(x, y) = vp(x− y).

Es usual interpretar a los numeros reales R como la completacion de Q de acuerdo a lametrica estandard d(x, y) = |x−y|. Inspirados en esta interpretacion, se define lo siguiente:

Definicion 2.6. El cuerpo de numeros p-adicos Qp es la completacion de Q con respectoa la metrica p-adica.

En Qp se considera la topologıa inducida por la metrica p-adica, segun la cual resulta unespacio de Hausdorf localmente compacto. Obviamente, considerado como espacio metrico,Qp resultara completo.

2.2. Segunda definicion: Zp y Qp

Como se ha mencionado mas arriba, trabajaremos con una nueva definicion de losnumeros p-adicos, viendolos ahora desde el punto de vista algebraico (como son presen-tados en [2]).Para cada n ≥ 1, denotemos por An al anillo de enteros modulo pn, es decir, An := Z/pnZ.Claramente a cada elemento a ∈ An se le puede asociar uno en An−1 tomando resto en ladivision por pn−1. De esta forma queda siempre definido un epimorfismo φn : An → An−1,cuyo nucleo es pn−1An.Con estos epimorfismos, resulta evidente que la sucesion

. . .→ An → An−1 → . . .→ A2 → A1

conforma un sistema proyectivo. De esta observacion surge la idea para la segunda definicionde los numeros p-adicos.

Definicion 2.7. Se define el anillo de enteros p-adicos Zp como el lımite proyectivo delsistema (An, φn) definido previamente. Es decir,

Zp := lim←−(An, φn)

1Una norma que satisface esta propiedad se dice ”no-arquimediana”


Por definicion de lımite proyectivo, un elemento de Zp es una sucesion x = (. . . , xn, . . . , x1)con xn ∈ An, y xn ≡ xn−1 mod pn−1. La suma y el producto en este anillo se definen co-ordenada a coordenada, es decir, se interpreta a Zp como un subanillo del anillo producto∏

n≥1An.Antes de llegar a la definicion de Qp, veamos algunas propiedades de los enteros p-adicos.

Proposicion 2.8. Sea εn : Zp → An la proyeccion de la n-esima coordenada xn de cadaentero p-adico x. Entonces, la sucesion de grupos abelianos

0→ Zppn

−→ Zpεn−→ An → 0

es exacta.

Demostracion: Es claro que εn es un epimorfismo. Veamos entonces que la multiplicacionpor pn es inyectiva en Zp. Para eso, basta con ver que multiplicar por p lo es (luego com-ponemos esta funcion n veces). Sea x = (xn) ∈ Zp tal que px = 0. Mirando coordenadaa coordenada, se tiene que pxn+1 = 0 (en An+1) para todo n. Luego, xn+1 = pnyn+1, paracierto yn+1 ∈ An+1. Pero por definicion de Zp, xn = φn+1(xn+1), luego xn tambien es di-visible por pn, y por estar en An, xn = 0. Esto vale para todo n, luego x = 0 y entoncesmultiplicar por p es una aplicacion inyectiva.Para completar la demostracion, resta ver que pnZp es igual al nucleo de εn. Es claro quedicho nucleo contiene a pnZp (ya que todo multiplo de pn tiene en su n-esima coordenadaun 0). Ahora tomemos un elemento x = (xm) ∈ ker(εn). Entonces, xn = 0, y luego pordefinicion de Zp tenemos que pn | xm para todo m ≥ n. Escribamos xm = pnym−n, conym−n ∈ Am−n (se puede suponer esto puesto que pnAm

∼= Am−n). Entonces estos elementosyi definen en Zp = lim←−Ai un elemento y (esto se deduce de que x satisface las condicionespara estar en Zp), el cual verifica claramente (coordenada a coordenada) x = pny. Luegox ∈ pnZp, y en conclusion, la sucesion es exacta. �

Notemos que esto nos permite pensar a Zp/pnZp como An, que a su vez es igual a Z/pnZ.

Proposicion 2.9. Un elemento de An o de Zp es una unidad si y solo si no es divisible porp. Ademas, todo elemento no nulo de Zp se escribe de forma unica como pnu, con u ∈ U(Zp)y n ≥ 0.

Demostracion: Probemos la tesis primero para An. Es claro que si x ∈ An es una unidadentonces no es divisible por p, pues si ası fuera, entonces p | xx−1 = 1 + mpn ⇒ p | 1,absurdo. Recıprocamente, supongamos que x ∈ An \ pAn no es multiplo de p. Entonces laimagen de x en A1 = Z/pZ es no nula, luego es invertible. Tomemos entonces y tal quexy = 1− pz, y podemos pensar que y, z ∈ An. Ası,

xy(1 + pz + . . .+ pn−1zn−1) = (1− pz)(1 + pz + . . .+ pn−1zn−1) = 1− pnzn

por lo tanto x es invertible en An.Para ver el resultado en Zp, basta con observar que si x ∈ Zp no es multiplo de p entoncessu imagen xn en cada An tampoco lo es, con lo cual es invertible. Y como la multiplicacionen Zp se define coordenada a coordenada, esto implica que el mismo x es invertible en Zp

y listo.Por otro lado, si tenemos un elemento x = (xn) ∈ Zp no nulo, sea n el mayor ındice para

el cual xn = 0. Entonces pn | x, pero pn+1 - x en Zp, lo cual implica que existe u tal que


x = pnu y ademas p - u. Por el resultado anterior, u ∈ U(Zp), con lo cual queda probada laexistencia de la descomposicion.La unicidad se deduce del hecho de que el n fue elegido de manera unica, y la multiplicacionpor pn es inyectiva (proposicion anterior), o sea que no pueden existir dos u distintos. �

De la ultima parte de la proposicion se puede definir, como en 2.1, la valuacion p-adica,pero esta vez directamente para Zp.Teniendo en cuenta que Zp resulta un anillo (es incluso un dominio de integridad), sabemosque podemos construir un cuerpo que lo contenga de forma “razonable”. Es decir, el cuerpode cocientes del anillo. Y al igual que de Z obtenemos el cuerpo Q, podemos hacer lo mismocon Zp para obtener ası el conjunto de numeros en cuestion:

Definicion 2.10. El conjunto de los numeros p-adicos Qp se define como el cuerpo decocientes del anillo Zp.

Podemos pensar que Qp = Zp[p−1]. Y al igual que en Zp, todo elemento de Q∗

p puedeescribirse de forma unica como pnu, con u ∈ U = U(Zp) y n ∈ Z. Esto da lugar a lageneralizacion de la valuacion p-adica para todo Qp, y obviamente se verifica que vp(x) ≥ 0si y solo si x ∈ Zp.Al igual que en la primer definicion de los numeros p-adicos, se puede definir la distancia (ometrica) p-adica, basandose en la valuacion p-adica ya definida. 2 Esta distancia define latopologıa en Zp y Qp, segun la cual el anillo Zp resulta ser un espacio metrico completo, quecontiene como subconjunto denso en el a Z. Ademas, como ya se ha mencionado, el cuerpoQp resulta ser localmente compacto con la topologıa mencionada, y el anillo Zp resulta serun subanillo abierto. Obviamente, Q es denso en Qp.

A pesar de que ya hemos definido a los numeros p-adicos desde dos puntos de vistadiferentes, aun hay una forma mas de pensar en ellos. K. Hensel, quien fue el primero enintroducir la idea de numero p-adico, trabajo mucho con ellos para resolver problemas dela teorıa de numeros, y utilizaba en sus trabajos un desarrollo en serie de los numerosp-adicos, conocido como desarrollo de Hensel. En [3] se menciona dicho desarrollo, y seprueba la siguiente proposicion:

Proposicion 2.11. Todo x ∈ Qp admite un unico desarrollo de Hensel, es decir, se puedeescribir de forma unica como x =

∑n≥no

anpn, con 0 ≤ an < p, an0 6= 0 y n0 ∈ Z.

Claramente, n0 es lo que nosotros hemos llamado vp(x). En esta forma de ver a losnumeros p-adicos se ve mucho mejor la idea de completacion (pues en realidad los elemen-tos de Q son precisamente aquellos cuyo desarrollo de Hensel se hace periodico a partir deun punto; por ejemplo, que se haga cero a partir de n1).

2.3. Polinomios y ecuaciones p-adicas

En esta seccion veremos algunos resultados importantes sobre las raıces de polinomioscon coeficientes p-adicos. A pesar de que la mayoria de ellos solo seran usados para el caso de

2Vale la pena mencionar que algunos autores utilizan la definicion dp(x, y) := e−vp(x−y), sin embargoambas definiciones dan lugar a normas totalmente equivalentes


grado 2 (formas cuadraticas), vale la pena mencionarlos en general ya que la demostraciones casi identica en ambos casos.

Antes que nada, algo de notacion: Si f ∈ Zp[X1, . . . , Xm] es un polinomio con coefi-cientes en Zp, llamaremos fn al polinomio obtenido de f tomando modulo pn (n ∈ N). Y six = (x1, . . . , xm) ∈ (Zp)

m (resp. en (An)m) , diremos que x es primitivo si alguno de losxi es inverible en Zp (resp. en An). O sea, si alguna de sus coordenadas no es multiplo dep.

Proposicion 2.12. Sean f (i) ∈ Zp[X1, . . . , Xm] polinomios con coeficientes enteros p-adi-cos. Son equivalentes:(i) Todos los f (i) tienen una raız en comun en (Zp)

m.

(ii) Para cada n > 1, los polinomios f(i)n tienen una raız en comun en (An)m.

Demostracion: Esto es una consecuencia inmediata del Lema 6.9. En efecto, si se tomacomo Dn al conjunto de raıces en comun de los f

(i)n , se ve que los Dn son finitos y ademas

forman un sistema proyectivo (puesto que ser raiz modulo pn+1 implica serlo modulo pn).Pero aparte, D := lim←−Dn es el conjunto de raıces del polinomio en Zp, ya que ser raizmodulo pn para todo n implica que es raiz en Zp. O sea que se puede aplicar el Lema,que nos dice que si los Dn son no vacıos entonces D lo es, y esto es precisamente lo quequerıamos probar (el hecho de que D no vacıo implica que los Dn lo son sale por reducir laecuacion modulo pn). �

Proposicion 2.13. Sean f (i) ∈ Zp[X1, . . . , Xm] polinomios homogeneos con coeficientesenteros p-adicos. Son equivalentes:(a) Los f (i) tienen una raız no trivial en comun en (Qp)

m.(b) Los f (i) tienen una raız primitiva en comun (Zp)

m.

(c) Para cada n > 1, los polinomios f(i)n tienen una raız primitiva en (An)m.

Demostracion: Es claro que (b)→ (a). Para ver la vuelta, sea x = (x1, . . . , xm) ∈ (Qp)m

es una raiz no trivial de los f (i), y llamemos h := inf(vp(x1), . . . , vp(xm)), y = p−hx.Ası definido, resulta que vp(yj) = vp(xj) − h ≥ 0 ∀j, y ademas en un ındice j se da laigualdad, con lo cual y ∈ Zp y es primitivo. Como los polinomios son homogeneos, al eval-

uarlos en y = p−hx el factor p−h deg(f (i)) sale en comun, y lo restante queda 0 por ser x raiz.Entonces y es raiz primitiva en comun de los f (i) en Zp.Para finalizar, vemos que podemos imitar la prueba de la proposicion anterior (utilizandoel mismo Lema) para probar que (b)↔ (c), poniendo Dn como el conjunto de raıces prim-itivas en comun de los f (i) en An y observando que forman un sistema proyectivo, cuyolımite es el conjunto D de raıces en comun de los polinomios en Zp. �

A continuacion veremos como estan relacionadas las soluciones a ecuaciones polinomi-ales modulo pn con soluciones en Zp (es evidente como obtener las primeras sabiendo lassegundas, el problema es conseguir soluciones en Zp a partir de soluciones en cada An).

Lema 2.14. (Metodo de Newton aplicado a numeros p-adicos) Sea f ∈ Zp[X], y sea f ′ supolonomio derivado. Dados x ∈ Zp, n, k ∈ Z, tales que 0 ≤ 2k < n, f(x) ≡ 0 mod pn y


vp(f′(x)) = k, entonces existe y ∈ Zp tal que

f(y) ≡ 0 mod pn+1, vp(f′(y)) = k, y ≡ x mod pn−k

Demostracion: Propongamos un y de la forma y = x + pn−kz como solucion, z ∈ Zp.Tomando el polinomio de Taylor de grado 2 para f centrado en x, y evaluandolo en y,obtenemos que

f(y) = f(x) + (y − x)f ′(x) + (y − x)2a = f(x) + pn−kzf ′(x) + p2n−2kza

con a ∈ Zp. Pero por hipotesis, f(x) = pnb, f ′(x) = pkc con b ∈ Zp y c ∈ U . Sea c−1 elinverso de c modulo p (pensando que c−1 ∈ Zp), y consideremos entonces z = −bc−1. Se veque b+ zc es multiplo de p, entonces pn(b+ zc) es multiplo de pn+1. Por lo tanto, tenemosque

f(y) = pnb+ pn−kzpkc+ p2n−2kza = pn(b+ zc) + p2n−2ka ≡ 0 mod pn+1

pues 2n− 2k > n por hipotesis.Finalmente, como el y elegido satisface y ≡ x (modpn−k), aplicamos f ′ a ambos lados yobtenemos f ′(y) ≡ pkc (modpn−k), con c no divisible por p. Pero n− k > k, luego la mayorpotencia de p que puede dividir a f ′(y) es pk (pues sino p dividirıa a c), y esto es decir quevp(f

′(y)) = k. �

Teorema 2.15. Sean f ∈ Zp[X1, . . . , Xm], x = (x1, . . . , xm) ∈ (Zp)m, n, k, j ∈ Z tales que

0 ≤ j ≤ m y 0 ≤ 2k < n. Supongamos que

f(x) ≡ 0 mod(pn), vp

(∂f

∂Xj

(x)

)= k

Entonces, existe una raız y ∈ (Zp)m de f tal que y ≡ x mod(pn−k) (coordenada a coorde-

nada).

Demostracion: Probemos el Teorema primero para el caso m = 1. Segun el Lema delmetodo de Newton podemos encontrar un x(1) ∈ Zp tal que x(1) ≡ x mod(pn−k) y talque f(x(1)) ≡ 0 mod(pn+1) y vp(f

′(x(1))) = k. De la misma forma, y en general, pode-mos reemplazar n por n + 1 y volver a aplicar el Lema, consiguiendo ası una sucesionx, x(1), . . . , x(q), . . . tal que para todo q x(q+1) ≡ x(q) mod(pn+q−k) y f(x(q)) ≡ 0 mod(pn+q).Como n + q − k tiende a infinito, la norma p-adica de x(q+r) − x(q) tiende a 0, con lo cualla sucesion construida es de Cauchy. Sea y su lımite (recordar que Zp es completo). Porcontinuidad, la norma de f(y) es 0 entonces f(y) = 0. Y al tener que todos los terminos dela sucesion son congruentes con x modulo pn−k, lo mismo ocurre con y.Para probar el caso m > 1 simplemente fijamos en el polinomio todas las variables queno tengan ındice j, y les damos el valor xi correspondiente. Ası obtenemos un polinomiof ∈ Zp[Xj] que esta en las condiciones anteriores, y podemos entonces hallar yj congruentea xj modulo pn−k tal que f(yj) = 0. Poniendo yi = xi para i 6= j, obtenemos el elementoy = (yi) buscado. �

Este importante teorema trae como consecuencia numerosos resultados. Los que masnos interesan son los siguientes:


Corolario 2.16. (Lema de Hensel) Sea f ∈ Zp[X1, . . . , Xm] un polinomio con coeficientesen Zp, y a = (a1, . . . , am) ∈ (Zp)

m una raız simple de

f(x) ≡ 0 mod(p)

(i.e., ∂f∂Xi

(a) 6= 0 mod (p) para algun i, 1 ≤ i ≤ m). Entonces existe y ∈ Zp tal que y ≡ a0

mod p y f(y) = 0.

(Esto es exactamente el teorema para n = 1, k = 0. En efecto, el hecho de que ∂f∂Xi

(a) 6= 0

mod (p) implica que vp

(∂f∂Xi

(a))6= 0).

Corolario 2.17. Sean a ∈ Zp, y f(X) =∑

i,j aijXiXj, con aij = aji, una forma cuadraticacon coeficientes en Zp tal que det(aij) es invertible. Entonces,(i) Si p 6= 2, toda solucion primitiva de f(X) ≡ a mod(p) da lugar a una solucion en Zp.(ii) Si p = 2, toda solucion de f(X) ≡ a mod(8) da lugar a una solucion en Z2

Demostracion: Sea x una solucion primitiva de f(X) ≡ a mod(p). Para probar (i) bastacon demostrar que hay alguna derivada parcial que no se anula en x, modulo p (por Lema deHensel). Sea A = (aij). Vemos que ∂f

∂Xi= 2

∑j aijXj = 2(AX)i (donde X = (X1, . . . , Xn)).

Si todas las derivadas parciales fueran cero, entonces el vector AX serıa cero modulo p. Yesto es absurdo puesto que X no es cero modulo p (pues es primitivo), y A es invertiblemod (p). Por lo tanto hay alguna no nula, y se puede aplicar el Lema.Con el mismo razonamiento que recien, pero teniendo en cuenta el 2 que acompana a (AX)i

en la formula de la derivada parcial, se ve que en el caso p = 2 el hecho de que A sea in-vertible implica que las derivadas parciales no son todas nulas mod(4). Pero entonces elresultado a probar no es otra cosa que aplicar el Teorema con n = 3, k = 1. �

2.4. Unidades y cuadrados en Qp

El objetivo de esta seccion es caracterizar de cierta forma los grupos multiplicativos y,con esta informacion, los diferentes tipos de restos cuadraticos en cada uno de los cuerposQp.

Llamaremos U = Z∗p al grupo multiplicativo (o de unidades) de los enteros p-adicos. Para

cada n ≥ 1, notamos Un = 1 + pnZp, es decir, el nucleo de la aplicacion εn : U → (Z/pnZ)∗

definida en la Proposicion 2.8. En particular, como U1 = ker(ε1) y (Z/pZ)∗ = Im(ε1), U/U1

se puede pensar como (Z/pZ)∗ ∼= F ∗p (grupo multiplicativo del cuerpo de p elementos),

y luego es cıclico y de orden p − 1. Ademas, es claro que los Un forman una sucesion”decreciente”(segun inclusion) de subgrupos abiertos de U (pues U/Un

∼= (Z/pnZ)∗), y setiene que U = lim←−U/Un.Consideremos ahora para cada n ≥ 1 el morfismo de grupos abelianos φ : Un → Z/pZ, dadopor (1 + pnx) 7→ x mod p. Entonces Un/ker(φ) ∼= Im(φ). Pero ker(φ) = Un+1, Im(φ) =Z/pZ, luego Un/Un+1

∼= Z/pZ. Ası, se puede ver por induccion que U1/Un tiene orden pn−1.Veamos ahora el siguiente Lema de terorıa de grupos:

Lema 2.18. Sea 0 → A → E → B → 0 una sucesion exacta de grupos abelianos, a, blos ordenes (finitos) de A, B resp., y tales que mcd(a, b) = 1. Si B′ := {x ∈ E : bx = 0},entonces E ∼= A⊕B′, y ademas B′ es el unico subgrupo de E isomorfo a B.


Demostracion: Como a y b son coprimos, existen r, s ∈ Z tales que ar+ bs = 1. Veamosprimero que A∩B′ = 0. Sea x ∈ A∩B′. Entonces por ser a el orden de A, ax = 0. Y bx = 0por definicion de B′, luego x = (ar + bs)x = r(ax) + s(bx) = 0 y entonces A ∩B′ = 0.Ahora bien, tomemos x ∈ E y escribamoslo como x = arx+ bsx. Sean f el monomorfismode A a E y g el epimorfismo de E a B. Entonces g(bsx) = bg(sx) = 0 ya que g(sx) ∈ By b es el orden de ese grupo. Luego, bsx ∈ ker g = Imf ∼= A pues f es mono. Entonces,bsx ∈ A (abuso de notacion; en realidad esta en un subgrupo de E isomorfo a A). Restaver que arx ∈ B′, pero para esto hacemos b(arx) = a(brx), se ve de forma analoga a laanterior que brx ∈ A, y luego abrx = 0 con lo cual arx ∈ B′. Por lo tanto, E ∼= A⊕B′.El epimorfismo g : E 7→ B define un isomorfismo entre B y B′, puesto que en los elementosde A da 0. Si tuvieramos un B′′ ⊆ E isomorfo a B entonces por una cuestion de orden (deeste subgrupo), bB′′ = 0 luego B′′ ⊆ B′ por definicion de B′. Y al tener el mismo orden,resulta que B′ = B′′. �

Proposicion 2.19. Si V := {x ∈ U : xp−1 = 1}, entonces este es el unico subgrupo de Uisomorfo a F ∗

p , y U = V × U1

Demostracion: Consideremos la sucesion de grupos abelianos

1→ U1/Un → U/Un → F ∗p → 1

Es exacta, ya que U/Un

U1/Un

∼= U/U1 por el segundo Teorema del isomorfismo, y hemos visto

que este ultimo grupo es isomorfo a F ∗p . Pero ademas, el orden de U1/Un es pn−1 y el de

F ∗p es p− 1: son coprimos. Por lo tanto se aplica el Lema anterior, y podemos concluir queU/Un contiene un unico subgrupo Vn isomorfo a F ∗

p . Por el mismo Lema, podemos decirque Vn es exactamente {x ∈ U/Un|xp−1 = 1}. Pensando el epimorfismo φn : An 7→ An−1

como φn : U/Un 7→ U/Un−1 (se puede porque estos conjuntos son isomorfos) tenemos unsistema proyectivo cuyo lımite es U . Y como cada morfismo lleva Vn a Vn−1 de maneraisomorfa, obtenemos pasando al lımite un unico subgrupo V de U isomorfo a F ∗

p . El hechode que V sea de la forma explicitada en la Proposicion se deduce de como son los Vn, y porotra parte como U/U1

∼= F ∗p , se deduce inmediatamente que U = V × U1. � 3

Veamos ahora que ocurre con el grupo U1:

Lema 2.20. Si x ∈ Un \ Un+1, con n ≥ 1 (y n ≥ 2 si p = 2), entonces xp ∈ Un+1 \ Un+2.

Demostracion: Por hipotesis, podemos escribir x = 1 + kpn, con k no multiplo de p.Desarrollando por binomio de Newton, tenemos que

xp = 1 + kpn+1 + . . .+ kppnp

y en todos los terminos que faltan el exponente de p es al menos 2n+ 1 ≥ n+ 2. Mas aun,np ≥ n+ 2 (para esto se pide la hipotesis de que si p = 2 entonces n ≥ 2). Luego

xp ≡ 1 + kpn+1 mod pn+2

y entonces x ∈ Un+1 \ Un+2. �

3Notar que en el Lema se utilizo la notacion aditiva, mientras que al aplicarlo a la Proposicion seutilizo la notacion multiplicativa.


Proposicion 2.21. El grupo U1 es isomorfo a...(i) Zp, si p 6= 2.(ii) {±1} × U2

∼= {±1} × Z2, si p = 2.

Demostracion: (i) Sea α ∈ U1 \ U2, por ejemplo α = 1 + p. Por el Lema anterior,αpi ∈ Ui+1 \ Ui+2. Sea αn la imagen de α en U1/Un. De lo mencionado anteriormente(tomando i = n − 2 y i = n − 1) se deduce que αpn−2 ∈ Un−1 \ Un y αpn−1 ∈ Un, luego(αn)pn−2 6= 1 y (αn)pn−1

= 1 (recordar que los grupos se notan multiplicativamente). Al serU1/Un un grupo de orden pn−1, resulta que el orden de αn es exactamente pn−1, con lo cuales un generador. Esto implica que se puede definir un isomorfismo θn,α entre Z/pn−1Z yU1/Un. Es claro, por la definicion de dichos isomorfimos, que el diagrama

Z/pnZ −→ U1/Un+1

↓ ↓Z/pn−1Z −→ U1/Un

conmuta. Pasando al lımite, queda entonces definido un isomorfismo θ entre Zp =lim←−Z/pn−1Z y U1 = lim←−U1/Un, con lo cual queda probado el caso p 6= 2.(ii) Tomando α ∈ U2 \ U3 obtenemos de la misma forma que antes los isomorfimos θn,α :Z/2n−2Z → U2/Un, y por lo tanto se tiene un isomorfismo θ : Z2 → U2. Por otro lado,como U1/U2

∼= Z/2Z ∼= {±1} se ve inmediatamente que U1∼= {±1} × U2. �

Con estos resultados, ya estamos en condiciones de caracterizar el grupo multiplicativode Qp de la siguiente manera:

Teorema 2.22. El grupo Q∗p es isomorfo a Z × Zp × Z/rZ, donde r = p − 1 si p 6= 2, y

r = 2 si p = 2.

Demostracion: Sabemos que todo elemento x ∈ Qp∗ se escribe de forma unica como

x = pnu, con n ∈ Z y u ∈ U . Luego, Qp∗ ∼= Z × U . Pero ademas, U ∼= V × U1 por la

Proposicion 2.19, y V ∼= Z/(p − 1)Z si p 6= 2 (V es trivial si p = 2), luego usando laestructura para U1 probada en la Proposicion anterior se deduce inmediatamente lo quequeremos probar. �

Con esta caracterizacion, y utilizando el sımbolo de Legendre (ver Apendice 6.1.2) pode-mos conocer mas profundamente los cuadrados perfectos en Qp, mediante los siguientesresultados, que eran el objetivo principal de esta seccion.

Teorema 2.23. Si p 6= 2, entonces para que un elemento x = pnu ∈ Q∗p, con n ∈ Z y

u ∈ U 4, sea un cuadrado perfecto, es necesario y suficiente que n sea par, y que la imagende u en F ∗

p = U/U1 sea un cuadrado perfecto (resto cuadratico).5

Demostracion: Escribamos u = vu1, con v ∈ V y u1 ∈ U1. Como Qp∗ ∼= Z × V × U1,

entonces x es cuadrado perfecto si y solo si n es par, y v y u1 son cuadrados en sus respec-tivas ubicaciones. Pero U1 es isomorfo a Zp (este ultimo con notacion aditiva), y como 2 es

4Ver comentario posterior a la Definicion 2.105Al decir ”la imagen de u en F ∗

p nos referimos a su primera componente en la descomposicion U = V ×U1

de la Proposicion 2.19, ya que V ∼= F ∗p .)


invertible en Zp, todos los elementos son cuadrados, luego u1 siempre es cuadrado perfecto.Al ser V isomorfo a F ∗

p , queda probado el teorema. � 6

Corolario 2.24. Si p 6= 2, el grupo Q∗p/Q

∗p2 es isomorfo a Z2 ×Z2, y se puede representar

mediante {1, p, u, up}, siendo u ∈ U un elemento tal que su imagen u en F ∗p verifica

(up

)=

−1 (es decir, no es un resto cuadratico mod p).

Demostracion: Esto es obvio, ya que si cocientamos con el cuerpo de cuadrados Q∗p2 en-

tonces de los elementos de Q∗p, que pueden pensarse como pnu, solo nos interesa la paridad

de n y el sımbolo de Legendre(

up

)(el cual toma valores en {±1}). Luego tomando 1 = p0,

p = p1, u y pu tenemos representantes de dicho cociente. �

Teorema 2.25. Para que un elemento x = pnu ∈ Q∗2 sea un cuadrado perfecto, es necesario

y suficiente que n sea par y que u ≡ 1 mod 8.

Demostracion: La descomposicion del Teorema 2.22 nos dice que x = pnu es cuadradoperfecto si y solo si n es par, y u es un cuadrado en U . Pero U = {±1} × U2, luego estoultimo pasara si y solo si u ∈ U2 y ademas u es un cuadrado allı. Considerando el isomor-fismo θ definido en la Proposicion 2.21, vemos que este envıa al conjunto 2nZ2 en Un+2. Enparticular, para n = 1, el conjunto 2Z2 es isomorfo a U3. Pero 2Z2 son los cuadrados en Z2,y Z2 es isomorfo a U2, luego u sera un cuadrado en U2 sii u ∈ U3. Es decir, si y solo si u escongruente con 1 modulo 8. �

Corolario 2.26. El grupo Q∗2/Q

∗22 es isomorfo a Z2 × Z2 × Z2, y se puede representar

mediante {±1,±5,±2,±10}.

Demostracion: Este Corolario se deduce inmediatamente del hecho de que U/U3 se puedecaracterizar mediante el conjunto {±1,±5}. �

Nota: Los Teoremas 2.23 y 2.25 dicen que Q∗p2 es un subgrupo abierto de Q∗

p, para todop primo.

6Cabe mencionar que en las estructuras notadas aditivamente tambien consideramos los cuadradosperfectos: son aquellos elementos x para los cuales existe un y tal que y + y = x.


3. El sımbolo de Hilbert

Para trabajar con formas cuadraticas, y mas precisamente si estamos estudiando cuandouna ecuacion cuadratica tiene solucion, es sumamente util introducir la nocion del sımbolode Hilbert. Ademas este nos permitira, en la proxima seccion, hacer la clasificacion deformas cuadraticas.En [4] se presenta al sımbolo de Hilbert definido sobre cualquier cuerpo local 7, lo cualservirıa para demostrar la version general del Teorema de Hasse-Minkowski. Sin embargo,para entender y probar los resultados se requiere un buen manejo de la Teorıa de Cuerpos,razon por la cual nos limitamos a hacer las cosas en R y Qp.En general en esta seccion cuando se hable de cuerpo nos estaremos refiriendo a Qp o a R.

3.1. Definicion, propiedades basicas y calculo del sımbolo

Definicion 3.1. Sea k un cuerpo. Si a, b ∈ k∗, se define el sımbolo de Hilbert entre a yb con respecto a k como el numero (a, b) dado por:

(a, b) =

{1, si la ecuacion z2 − ax2 − by2 = 0 tiene solucion no trivial en k3;−1, en caso contrario.

Al ser invariante bajo multiplicaciones de a y b por cuadrados (i.e., (a, bc2) = (a, b)), elsımbolo de Hilbert define una aplicacion entre k∗/k∗2 × k∗/k∗2 y {±1}.

Proposicion 3.2. Sean a, b ∈ k∗, y kb := k(√b). Si Nk∗b es el conjunto de normas de

elementos en k∗b , entonces (a, b) = 1 sii a ∈ Nk∗b .

Demostracion: Si b = c2 para cierto c ∈ k∗, entonces kb = k y la terna (c, 0, 1) es solucionde z2 − ax2 − by2 = 0. Luego (a, b) = 1, pero ademas a ∈ Nk∗b pues Nk∗b = Nk∗ = k∗, yentonces vale la Proposicion.Si no ocurriera eso, sea β una raiz cuadrada de b. Todo elemento ξ ∈ kb se puede escribirde la forma ξ = z + βy, con y, z ∈ k. Se tiene que N(ξ) = z2 − by2. Entonces, si a ∈ Nk∗b ,podremos escribirlo como a = z2−by2 con lo cual (z, 1, y) es raiz de la ecuacion y (a, b) = 1.Recıprocamente, si (a, b) = 1, tomemos una raiz (z, x, y) de la ecuacion. Debe ocurrir quex 6= 0 pues si lo fuera entonces b serıa un cuadrado y supusimos que no lo era. Entonces,z/x, 1, y/x) es tambien solucion de la ecuacion, y deducimos que

a =z2

x2− by

2

x2∈ Nk∗b .�

Proposicion 3.3. El sımbolo de Hilbert satisface las siguientes propiedades ∀a, b, c ∈ k:(i) (a, b) = (b, a) y (a, 1) = 1 (luego (a, c2) = 1);(ii) (a,−a) = (a, 1− a) = 1;(iii) Si (a, b) = 1 entonces (ac, b) = (c, b) (mas aun, (ac, b) = (a, b)(c, b));(iv) (a, b) = (a,−ab) = (a, (1− a)b).

7Los cuerpos locales son aquellos cuerpos que poseen una funcion valor absoluto no trivial, y sonlocalmente compactos respecto a dicho valor absoluto. Por ejemplo, todas las extensiones Qp o R


Demostracion: (i) (a, b) = (b, a) es trivial; para ver que (a, 1) = 1 basta notar que (c, 0, c)es solucion de la ecuacion para cualquier c ∈ k∗.(ii) Si b = −a, (0, 1, 1) es solucion. Y si b = 1− a, (1, 1, 1) lo es.(iii) Si (a, b) = 1 entonces a ∈ Nk∗b por la Proposicion anterior. Como Nk∗b es un subgrupode k∗ (multiplicativo), resulta que c ∈ Nk∗b sii ac ∈ Nk∗b , lo cual traducido en terminos delsımbolo de Hilbert es justamente lo que querıamos probar.(iv) Como (a,−a) = 1, usando (iii) obtenemos que (a, b) = (a,−ab). Y usando que(a, 1− a) = 1 y (iii) se llega a que (a, b) = (a, (1− a)b). �

A continuacion presentamos un resultado muy importante a los efectos de calcular elsımbolo (a, b). Pero antes, necesitaremos el siguiente Lema:

Lema 3.4. Sea v ∈ U . Si la ecuacion z2 − px2 − vy2 = 0 tiene solucion no trivial en Qp,entonces tiene una solucion (z, x, y) que verifica z, y ∈ U , x ∈ Zp.

Demostracion: Por la Proposicion 2.13 sabemos que existe una solucion primitiva de laecuacion (z, x, y), en (Zp)

3. Si no cumpliera las condiciones que queremos, entonces y o z esdivisible por p. Pero por ser solucion, sabemos que z2− vy2 es multiplo de p, y v no, luegodeberıa ocurrir que ambos (z e y) sean multiplos de p. Entonces, p2 | (z2−vy2) = px2 luegop | x, absurdo pues la solucion era primitiva. Por lo tanto, (z, x, y) verifica las condicionesbuscadas. �

Teorema 3.5. Si k = R, se tiene que

(a, b) =

{1, si a > 0 o b > 0;−1, si a, b < 0.

Si k = Qp y escribimos a a y b en la forma pαu, pβv, con u, v ∈ U , entonces se tiene que

(a, b) =

{(−1)αβε(p)(u

p)β( v

p)α

, si p 6= 2;(−1)ε(u)ε(v)+αω(v)+βω(u), si p = 2.

donde(

up

)denota el sımbolo de Legendre de u respecto de p, y las expresiones ve(x), ω(x),

representan el resto modulo dos de las expresiones x−12

, x2−18

, respectivamente. 8

Demostracion: El caso k = R es trivial, se deduce del hecho de que un numero es uncuadrado en R si y solo si es positivo.Supongamos ahora k = Qp, p 6= 2. Es claro que solo nos interesa el resto de α, β modulo2. Pero ademas, como el sımbolo de Hilbert es simetrico, basta con considerar solo 3 casos:1) α = 0, β = 0:Resulta evidente, por la paridad de los exponentes, que (a, b) = (pαu, pβv) = (u, v). Y el

8De hecho, una version mas general de este Teorema vale tambien: Si k es cualquier cuerpo local, talque su cuerpo de residuos tiene caracterıstica impar, sean a, b ∈ k∗. Escribimos a = πmu, b = πnv conm,n ∈ Z y u, v ∈ O∗. Entonces se tiene que

(a, b) = (−1)mn(q−1)/2χ(u)χ(v)

donde q es el tamano del cuerpo de residuos y χ su caracterıstica cuadratica.


lado derecho de la igualdad a probar es claramente 1; veamos entonces que (u, v) = 1. ComoCorolario del Teorema de Chevalley-Warning en 6.1, se obtiene que toda forma cuadraticasobre 3 o mas variables tiene una solucion no trivial modulo p. Al ser el discriminante deesta forma una unidad, por el Corolario 2.17 obtenemos a partir de dicha solucion una enQp. Luego (u, v) = 1.2) α = 1, β = 0:Reemplazando con estos valores en la formula a probar, basta ver que (pu, v) =

(vp

). Pero

ya hemos visto que (u, v) = 1, entonces (pu, v) = (p, v) por la propiedad (iii) del sımbolode Hilbert. Debemos probar entonces que

(p, v) =(vp

)Recordemos, por el Teorema 2.23, que v es un cuadrado sii

(vp

)= 1. Si v fuera cuadrado

perfecto, entonces (p, v) = 1 por la propiedad (i) del sımbolo, y(

vp

)= 1 por lo recien

mencionado; se da la igualdad. En caso contrario, tenemos que(

vp

)= −1. Mirando la

ecuacion z2 − px2 − vy2 = 0 vemos que si tuviera solucion no trivial, entonces por el Lema

anterior tendrıa una con z, y ∈ U . Esto implicarıa que v ≡(

zy

)2mod p, absurdo pues v

no era cuadrado. Por lo tanto la ecuacion no tiene solucion, y luego (p, v) = −1 =(

vp

).

3) α = 1, β = 1:Este caso se reduce a probar la formula (pu, pv) = (−1)(p−1)/2

(up

)(vp

). Por la propiedad (iv)

del sımbolo, tenemos que (pu, pv) = (pu,−pupv) = (pu,−p2uv) = (pu,−uv), y −uv ∈ U .Usando el caso 2) llegamos a que (pu, pv) = (pu,−uv) =

(−uvp

). Finalmente,(

−uvp

)=

(−1

p

)(u

p

)(v

p

)= (−1)(p−1)/2

(u

p

)(v

p

)como querıamos ver.

Ahora sea p = 2. Como en el caso anterior, solo consideraremos tres posibilidades:1) α = 0, β = 0:

Traduciendo la formula a probar, hay que ver que (u, v) = (−1)u−1

2v−12 . Es decir, que

(u, v) = 1 si u o v es congruente a 1 mod 4, y -1 en caso contrario. Supongamos queu ≡ 1 mod 4, entonces u ≡ 1 o 5 mod 8. En el primer caso, por el Teorema 2.25 ten-emos que u es un cuadrado, luego (u, v) = 1. Si u ≡ 5 mod 8, como v es coprimo con 2resulta que 4v ≡ 4 mod 8. Entonces u + 4v ≡ 1 mod 8, luego u + 4v es un cuadrado.Supongamos que w2 = u + 4v, w ∈ U ; se ve en este caso que (w, 1, 2) es solucion de laecuacion z2 − ux2 − vy2 = 0, con lo cual (u, v) = 1. Finalmente, si u ≡ v ≡ −1 mod 4,supongamos que (u, v) = 1. Entonces existe una solucion primitiva (z, x, y) de la ecuacionz2 − ux2 − vy2 = 0. Reduciendo modulo 4, x2 + y2 + z2 ≡ 0 mod 4, y como los unicoscuadrados modulo 4 son 0 y 1, esto implica que x2, y2 y z2 son 0 mod 4. Pero entonceslos 3 elementos de la terna (z, x, y) son multiplos de 2, contradiciendo el hecho de que eraprimitiva. Absurdo; por lo tanto (u, v) = −1.2) α = 1, β = 0:

Dados los valores de α y β, hay que probar que (2u, v) = (−1)u−1

2v−12

+ v2−18 . Primero probe-

mos que (2, v) = (−1)v2−1

8 , es decir, que (2, v) = 1 sii v ≡ ±1 mod 8:Si (2, v) = 1 entonces por el Lema anterior existen x, y, z ∈ Z2 tales que z2− 2x2− vy2 = 0y y, z no multiplos de 2. Esto implica que y2 ≡ z2 ≡ 1 mod 8, y entonces 1− 2x2 − v ≡ 0


mod 8. Pero los unicos cuadrados modulo 8 son 0, 1 y 4; deducimos de esto que v ≡ ±1mod 8. Recıprocamente, si v ≡ 1 mod 8, es un cuadrado y luego (2, v) = 1; y si v ≡ −1mod 8, la ecuacion z2 − 2x2 − vy2 = 0 tiene a (1, 1, 1) como solucion modulo 8. Por elCorolario 2.17 tenemos que esta solucion da lugar a una en Z2, entonces (2, v) = 1.Probemos ahora que (2u, v) = (2, v)(u, v), suficiente para lo que necesitamos puesto que

por el caso 1), (u, v) = (−1)u−1

2v−12 . Si (2, v) = 1 o (u, v) = 1, esto vale por la Propiedad

(iii) del sımbolo. En caso contrario, supongamos que (2, v) = (u, v) = −1. De los resultadosanteriores, y del caso 1), esto equivale a decir que v ≡ 3 mod 8 y u ≡ 3 o − 1 mod 8.Luego la ecuacion z2 − 2ux2 − vy2 = 0 se lee modulo 8 como

z2 + 2x2 − 3y2 ≡ 0 o z2 − 6x2 + 5y2 ≡ 0

Ambas tienen como solucion a (1, 1, 1); como antes, esta da lugar a una solucion en Z2, porlo tanto (2u, v) = 1 = (−1)(−1) como querıamos ver.3) α = 1, β = 1:Debemos ver que

(2u, 2v) = (−1)u−1

2v−12

+ v2−18

+u2−18

Por la Propiedad (iv) del sımbolo de Hilbert, sabemos que (2u, 2v) = (2u,−4uv) =(2u,−uv). Pero ademas, por el caso anterior sabemos que como −uv ∈ U ,

(2u, 2v) = (2u,−uv) = (−1)u−1

2−uv−1

2+

(−uv)2−18

Resta observar que, si hacemos las cuentas,((u− 1)

2

(v − 1)

2+v2 − 1

8+u2 − 1

8

)−

((u− 1)

2

(−uv − 1)

2+

(−uv)2 − 1

8

)=

(u2 − 1

8

)(1+2v−v2)

lo cual resulta evidentemente ≡ 0 mod 2 (ya que como v ≡ 1 mod 2, entonces (1 + 2v −v2) ≡ 0 mod 2 ). Y esto implica la formula que se debıa probar, pues la resta en la ecuacionde arriba es entre los dos exponentes en cuestion (el que querıamos probar, y el que tenıamoscomo valido). �

Observar que la generalizacion de la propiedad (iii) en la Proposicion 3.3 implica que elsımbolo de Hilbert es bilineal. Pero de hecho vale lo siguiente:

Teorema 3.6. El sımbolo de Hilbert es una forma bilineal simetrica no degenerada sobreel F2-espacio vectorial k∗/k∗2

Nota: Fq representa un cuerpo de q elementos.Demostracion: El hecho de que sea bilineal se deduce inmediatamente de la expresionprobada en el Teorema anterior, y del hecho de que las aplicaciones ε, ω : U → Z/2Z dadaspor ε(u) = u−1

2, ω(u) = u2−1

8(que son las que aparecen en los exponentes) son morfismos.

La no degeneracion se prueba tomando un sistema de representantes para el grupo Q∗p/Q

∗p2

segun los Corolarios 2.24 y 2.26, y encontrando para cada uno de los elementos no neutrosa algun otro elemento b tal que (a, b) = −1. Esto se puede hacer facilmente dado que losgrupos en cuestion tienen 4 u 8 elementos (dependiendo de si p 6= 2 o p = 2), es por esoque consideramos innecesario presentar los detalles aquı. �.

Este teorema tiene como consecuencia inmediata lo siguiente:


Corolario 3.7. Si b /∈ k∗2 entonces Nk∗b es un subgrupo de ındice 2 de k∗.

Demostracion: Simplemente definimos el morfismo φb : k∗ → {±1} mediante φb(a) =(a, b), y resulta evidente que Nk∗b = kerφb. El hecho de que el sımbolo sea no degenerado im-plica que φb sea suryectiva. Luego por el Primer Teorema del Isomorfismo, k∗/Nk∗b

∼= {±1},y esto implica lo que querıamos probar. �

Si escribimos (a, b) = (−1)[a,b], entonces [a, b] es una forma bilineal simetrica sobre k∗/k∗2,con valores en Z/2Z, y podemos conocer (mediante el Teorema 3.5) su matriz en cierta basepara k∗/k∗2:

Si k = R, la matriz es (1).

Si k = Qp, p 6= 2, y consideramos la base {p, u} (tal que u no sea resto cuadraticomod p) entonces la matriz es

(0 11 0

), si p ≡ 1 (mod 4);(

1 11 0

), si p ≡ 3 (mod 4).

Si k = Q2, fijando la base {2,−1, 5} la matriz resulta ser 0 0 10 1 01 0 0

3.2. Propiedades globales

Como hemos notado anteriormente, el cuerpo de los numeros racionales Q se puede con-siderar como un subcuerpo de todos los Qp y de R. Entonces, dados a, b ∈ Q∗, denotaremos(a, b)p al sımbolo de Hilbert respecto de Qp de sus imagenes allı (y analogamente con (a, b)∞para R). Por comodidad de notacion, definimos tambien V como el conjunto de numerosprimos junto con el sımbolo ∞, llamando naturalmente Q∞ = R; ası notamos a todas lasextensiones de Q aquı consideradas como Qv, para algun v ∈ V .

El que sigue es un resultado fundamental del sımbolo de Hilbert que, junto con otroteorema a continuacion conforman lo que hemos llamado Propiedades Globales del sımbolode Hilbert (la palabra globales surge de considerar todos los sımbolos de Hilbert de losdistintos cuerpos en cuestion y relacionarlos).

Teorema 3.8 (Hilbert). Si a, b ∈ Q∗, entonces (a, b)v = 1 ∀v ∈ V salvo finitos, y ademas∏v∈V

(a, b)v = 1


Nota: Esta es la llamada formula del producto para el sımbolo de Hilbert.Demostracion: 9 Por la bilinealidad del sımbolo de Hilbert (bilinealidad ”multiplicativa”),basta con probar el Teorema para el caso en el que a, b son -1 o un numero primo. Entonces,por simetrıa, basta con considerar solo 3 casos, y en cada uno de ellos podremos calcularlos sımbolos de Hilbert mediante el Teorema 3.5 (serıa util tener presentes las formulas quedicho Teorema da para el calculo del sımbolo de Hilbert):

1)a = −1, b = −1: Es claro que (−1,−1)∞ = −1. Para los demas v, vemos que laescritura de a, b en la forma vαu, respectivamente, esta dada por α = 0, u = −1. Luego(−1,−1)v = 1 si v 6= 2. Y como ε(−1) = 1, resulta que (−1,−1)2 = −1; se verificainmediatamente el enunciado del Teorema.

2) a = −1, b = l, con l primo: Si l = 2, es claro que (−1, 2)v = 1 cuando v 6= 2 (puesla descomposicion de l en la forma vαu se da con α = 0). Y si v = 2, α = 1 y u = 1, perocomo ω(−1) = 0 y ε(u) = 0 resulta tambien que (−1, 22 = 1.Para l 6= 2, si tuvieramos que v 6= 2, l entonces α = 0 y u = l, luego (−1, l)v = 1. O sea queson todos 1, salvo tal vez para v = 2 o v = l. Pero en esos casos uno ve que α = 0, u = l siv = 2, en cuyo caso (−1, l)2 = (−1)ε(l); o bien α = 1, u = 1 cuando v = l, se tiene entoncesque (−1, l)l = (−1)ε(l). Se verifica luego que (−1, l)2 = (−1, l)l, por lo tanto el productosobre todos los v da efectivamente 1.

3) a = l, b = l′, con l, l′ primos: Si l = l′ entonces por la Propiedad (iv) del sımbolo deHilbert se ve que (l, l)v = (l,−l2) = (l,−1), y queda reducido al caso anterior. Supongamosentonces que l 6= l′. En general escribiremos l = vαu, l = vβu′ para v 6= ∞ (es claroque (l, l′)∞ = 1), la descomposicion usual. Si alguno de ellos fuera 2, por ejemplo l′ = 2,entonces puede pasar que:(i) v 6= 2, l: En este caso α = β = 0 y luego (l, 2)v = 1 para todos esos v;(ii) v = 2: Esto implica α = 0, β = 1, u′ = 1, y tenemos ε(u′) = 0 con lo cual (l, 2)2 =(−1)ω(l)

(iii) v = l: Aquı se tiene α = 1, β = 0, u′ = 2, entonces (l, 2)l =(

2l

)= (−1)ω(l) (para

justificar la ultima igualdad, ver Apendice sobre Teorıa de numeros, mas especificamentelas propiedades del sımbolo de Legendre)

Se ve entonces que (l, 2)2 = (l, 2)l, y el producto da 1.Finalmente, cuando l 6= l′ y ninguno de ellos es 2, se tiene para v 6= 2, l, l′ que α = β = 0,

luego (l, l′)v = 1. Para v = 2, tambien vale que α = β = 0, luego (l, l′)2 = (−1)ε(l)ε(l′). Yen los otros casos, resulta evidente que α = 0, β = 1 o viceversa, de donde (l, l′)l =

(l′

l

),

(l, l′)l′ =(

ll′

). Utilizando la ley de reciprocidad cuadratica de Gauss, tenemos que

(l, l′)l(l, l′)l′ =

( l′l

)( ll′)

= (−1)ε(l)ε(l′)

Por lo tanto al multiplicar con (l, l′)2 da 1. �

A continuacion plantearemos una especie de ecuacion, cuyos unicos datos son ciertossımbolos de Hilbert, y hallaremos (bajo ciertas hipotesis que son obligadas) condicionesnecesarias y suficientes para su solucion. (Notar que el resultado siguiente esta muy rela-

9El unico caso realmente interesante de la demostracion es cuando a y b son primos impares distintos,demostrado al final. Es por esto que escencialmente este Teorema es equivalente a la ley de reciprocidadcuadratica. Y es importante mencionar ademas que es posible generalizar el Teorema para el conjunto decuerpos de numeros algebraicos, de ahı su importancia.


cionado con hallar una solucion en Q para cierta forma cuadratica, dado que existen solu-ciones en cada Qv):

Teorema 3.9. Sea (ai)i∈I una familia finita de elementos en Q∗, y sea (εi,v)i∈I,v∈V unafamilia de numeros en {±1}. Entonces existira un x ∈ Q∗ tal que (ai, x)v = εi,v ∀i ∈ I, v ∈V si y solo si se satisfacen las siguientes tres condiciones:(i) Los εi,v son todos iguales a 1, salvo finitos.(ii) Para todo i ∈ I se tiene que

∏v∈V εi,v = 1

(iii) Para todo v ∈ V existe un xv ∈ Q∗v tal que (ai, xv)v = εi,v para todo i ∈ I.

Para la demostracion necesitaremos dos lemas, a saber:

Lema 3.10. (Teorema de aproximacion) Sea S un subconjunto finito de V . Entonces laimagen de Q en

∏v∈S Qv es densa en dicho producto.

Lema 3.11 (Dirichlet). Si a,m ∈ N son coprimos, entonces existen infinitos primos ptales que p ≡ a (mod m).

Demostracion: (del Teorema) Es claro que las condiciones son necesarias: las primerasdos por la formula del producto del sımbolo de Hilbert, la tercera tomando por ejemploxv = x. Probemos entonces la vuelta: sean (εi,v) que satisfacen las hipotesis del Teorema,y supongamos que los ai son todos enteros (se puede, pues podemos multiplicarlos por sudenominador al cuadrado, lo cual deja invariante los sımbolos de Hilbert). Definamos Scomo el conjunto de los factores primos de los ai junto con 2 y ∞, y T := {v ∈ V : ∃i ∈I con εi,v = −1}.Caso 1) S ∩ T = ∅Sean

a =∏

l∈T\{∞}

l

m = 8∏

l∈S\{2,∞}

l

Al ser S y T finitos, estos enteros estan bien definidos. Como S ∩T = ∅ se tiene que a y mson coprimos. Luego por Dirichlet, existe p primo tal que p ≡ a mod m, tal que p /∈ S∪T .Veamos que x = ap verifica las condiciones requeridas (o sea, que (ai, x)v = εi,v para todosi ∈ I, v ∈ V ):

Si v ∈ S ⇒ v /∈ T ⇒ εi,v = 1; debemos ver que (ai, x) = 1. Para v =∞, esto es verdadpues x > 0; si v = l es un numero primo, x ≡ ap ≡ a2 mod m, luego por definicion de mtenemos que: cuando l = 2 x ≡ a2 mod 8; y cuando l 6= 2 x ≡ a2 mod l. Notar que x ya son unidades l-adicas (ver definicion de x, a y m). Pero ademas, si escribimos x = lnuresulta n = 0 y la imagen de u = x en F ∗

l es justamente a2 mod l, un resto cuadratico,luego por el Teorema 2.23 x es un cuadrado en Q∗

l . Por lo tanto, (ai, x)v = 1 = εi,v en estecaso.

Cuando v /∈ S (llamemos v = l), se tiene que ai es una unidad l-adica para cada i ∈ I.Luego aplicando el Teorema 3.5 se obtiene que

(ai, b)l =(ai

l

)vl(b)


para cualquier b ∈ Q∗l .

Si l /∈ T y l 6= p entonces tambien resulta que x es una unidad l-adica, luego vl(x) = 0 yentonces utilizando la formula anterior llegamos a que (ai, x)l = 1, que es igual a εi,v yaque l /∈ T .Si l ∈ T entonces l | a luego vl(x) = vl(a) + vl(p) = 1 + 0 = 1. Utilizando la hipotesis(iii) tenemos que ∃xl ∈ Q∗

l tal que (ai, xl)l = εi,l ∀i ∈ I. Al ser que l ∈ T , existira algunεi,l = −1, con lo cual vl(xl) ≡ 1 mod 2 (debido a la formula presentada para el calculo de(ai, b)l). Pero entonces,

(ai, x)l =

(ai

l

)= (ai, xl)l = εi,l para todo i ∈ I

como querıamos.Para l = p, utilizando la formula del producto (y la hipotesis (ii)) para despejar los terminoscon v = p, obtenemos que:

(ai, x)p =∏v 6=p

(ai, x)v =∏v 6=p

εi,v = εi,p

Luego queda probado el Teorema en el caso S ∩ T = ∅.Caso 2) S ∩ T 6= ∅

Sabemos que Q∗v2 es un subgrupo abierto de Q∗

v. Luego por ser S finito,∏

v∈S Q∗v2 es

abierto en∏

v∈S Q∗v. Ahora bien, tenemos xv ∈ Q∗

v que verifican la hipotesis (iii), luegopor el Teorema de Aproximacion presentado antes de la demostracion, como la imagen deQ∗ es densa en

∏v∈S Q∗

v, existira un x′ ∈ Q∗ tal que x′/xv ∈ Q∗v2 ∀v ∈ S. En particular

tenemos que (ai, x′)v = (ai, xv)v = εi,v para tovo v ∈ S. Sean ηi,v = εi,v(ai, x

′)v. Entonces lafamilia de numeros (ηi,v) verifica claramente las tres hipotesis (i), (ii), (iii). Pero mas aun,si v ∈ S entonces ηi,v = εi,v(ai, x

′)v = εi,b2 = 1. Esto nos dice que si definimos S y T para

esta nueva familia, entonces S queda igual ya que son los mismos ai, y T resulta disjuntocon S (pues para estar en T debıa ocurrir que para algun i, ηi,v = −1). Luego por el casoanterior, existira y ∈ Q∗ tal que (ai, y)v = ηi,v para todo i ∈ I y v ∈ V . Definimos entoncesx = yx′, y luego

(ai, x)v = (ai, y)v(ai, x′)v = ηi,v(ai, x

′)v = εi,v

por lo tanto x verifica las condiciones requeridas. �


4. Formas cuadraticas

El objetivo de esta seccion es estudiar y caracterizar las formas cuadraticas sobre loscuerpos Qv y Q. Para eso, estudiaremos las propiedades de los modulos cuadraticos en gen-eral, y luego las traduciremos al lenguaje corriente de formas cuadraticas. Al terminar conlas propiedades basicas y los importantes teoremas de representacion de un numero a travesde una forma cuadratica, nos dedicaremos a estudiar mas especıficamente las propiedadesde estas sobre Qp y sobre R.

4.1. Modulos cuadraticos

Definicion 4.1. Sea V un A-modulo, con A un anillo conmutativo. Una funcion Q : V →A es una forma cuadratica sobre V si se satisfacen las siguientes condiciones:(i) Q(ax) = a2Q(x) ∀a ∈ A, x ∈ V ;(ii) La funcion B(x, y) = Q(x+ y)−Q(x)−Q(y) es una forma bilineal.Un par (V,Q) con dichas propiedades se llama modulo cuadratico.

En esta seccion nos limitaremos al caso de que A sea un cuerpo k de caracterısticadistinta de 2. Entonces el A-modulo V resulta ser un k-espacio vectorial, que supondremosque sera de dimension finita.Vale la pena observar que la definicion surge de la relacion entre la norma y el productointerno en un espacio vectorial: estan mutuamente determinados, justamente por la formula(ii) de la definicion (en realidad multiplicando por 1/2 el lado derecho). Y aprovechandoesto, definiremos el producto escalar asociado a Q mediante

x.y := (Q(x+ y)−Q(x)−Q(y))/2

(tiene sentido dividir por 2 pues excluimos a los cuerpos de caracterıstica 2). Observarque con esta definicion resulta ser efectivamente un producto escalar, ya que al ser + con-mutativa, la forma bilineal de la definicion es simetrica. Y ademas, se tiene que Q(x) = x.x.

Definicion 4.2. Si (V,Q) y (V ′, Q′) son dos modulos cuadraticos, una funcion f : V →V ′ es un morfismo de modulos cuadraticos (o morfismo metrico, para simplificar) siQ′ ◦ f = Q.

Observar que esta condicion implica que f(x).f(y) = x.y ∀x, y ∈ V .

Si fijamos una base (ei)1≤i≤n para V , llamamos matriz de Q respecto de esta base ala matriz A = (aij) ∈ knxn dada por aij = ei.ej. Es claro que A es simetrica, y ademas siescribimos a x =

∑ni=1 xiei en la base fijada, entonces se tiene que

Q(x) =∑i,j

aijxixj

y ahora vemos que la definicion dada al principio coincide con la idea intuitiva de formacuadratica que uno tenıa.


En este contexto surge el primer invariante de las formas cuadraticas, al cual llamaremosdiscriminante de Q y estara dado por

d(Q) := det(A) ∈ k∗/k∗2

donde la tilde denota la imagen de det(A) en el conjunto de clases de restos cuadraticos(para la definicion estamos suponiendo que det(A) 6= 0; si esto ocurriera, decimos quedisc(Q) = 0) . La buena definicion surge de lo siguiente: si cambiaramos la base mediantela matriz cambio de base (invertible) X ∈ Glk(n), entonces la matriz de Q en esta nuevabase no serıa otra cosa que A′ = XAX t. Pero entonces det(A′) = det(A) det(X)2, y justa-mente det(X)2 ∈ k∗2 (es no nulo por ser X es invertible).

Diremos que dos elementos x, y ∈ V son ortogonales (respecto a Q) si x.y = 0. SiH ⊆ V , definimos su complemento ortogonal H0 := {y ∈ V : h.y = 0 ∀h ∈ H},que claramente es un subespacio vectorial de V . Diremos que dos subespacios V1, V2 sonortogonales si V1 ⊆ V 0

2 (i.e., si dados v1 ∈ V1, v2 ∈ V2 ⇒ v1.v2 = 0). El complementoortogonal de todo el espacio V , V 0, es llamado radical de V , y se denota rad(V ). Definimosentonces el rango de Q como

rank(Q) := dimV − dim(rad(V ))

Diremos que Q es no-degenerada si V 0 = 0, lo cual equivale a decir que d(Q) 6= 0 (esto severa despues).

Definicion 4.3. Sean U1, . . . , Um subespacios de V . Diremos que V es la suma directaortogonal de ellos si son todos ortogonales entre sı, y ademas V es suma directa de ellos.Se nota como:

V = U1⊕ . . . ⊕Um

En primer lugar, si escribimos x =∑xi, donde xi son sus componentes en Ui, entonces

se tiene queQ(x) = Q1(x1) + . . .+Qm(xm)

donde Qi denotan las restricciones de Q a cada Ui. Pero recıprocamente, si tenemos unafamilia de modulos cuadraticos (Ui, Qi), podemos construir la forma cuadratica que resultasuma directa de las Qi mediante la formula de arriba, obteniendo ası el modulo cuadratico

(⊕Ui, Q).Por otro lado, es claro que si U ⊆ V es sumplementario de rad(V ), entonces V =

U⊕rad(V ).

Proposicion 4.4. Sea (V,Q) un modulo cuadratico no degenerado. Entonces,(i) Todos los morfismos metricos que partan de V son inyectivos.(ii) Para todo subespacio U de V se tiene que

U00 = U, dimU + dimU0 = dimV, rad(U) = rad(U0) = U ∩ U0.

Ademas, el modulo cuadratico U es no-degenerado si y solo si U0 lo es, y si esto pasa setiene que V = U⊕U0.(iii) Si V es suma directa ortogonal de dos subespacios, entonces son no-degenerados.


Demostracion:(i) Sea f : V → V ′ un morfismo metrico, con (V ′, Q′) un modulo cuadratico. Para ver

que f es inyectiva, supongamos que f(x) = 0. Entonces dado y ∈ V , x.y = f(x).f(y) = 0por ser f morfismo. Esto es decir que x ∈ rad(V ) (es ortogonal a todos), pero como V erano degenerado, x = 0. Luego f es inyectiva.

(ii) Sea U un subespacio de V . Definamos el morfismo qU : V → U∗ (donde U∗ es el dualde U) que aplica y ∈ U al funcional lineal en U g(x) = x.y. Es claro que el nucleo de qU esU0. En particular, al ser V no degenerado, qV : V → V ∗ es un isomorfismo (su nucleo seriarad(V ) = 0).Vemos que podemos obtener qU componiendo qV con la proyeccion canonica de V ∗ a U∗.Luego qU : V → U∗ resulta ser suryectiva. Entonces, considerando la inclusion de U0 en Vobtenemos la siguiente sucesion exacta

0→ U0 → V → U∗ → 0

de donde dimV = dimU0 + dimU∗ = dimU0 + dimU . Aplicando este proceso para elsubespacio U0, se llegarıa a la formula dimV = dimU00 + dimU0, la cual junto con laanterior implica que dimU = dimU00. Pero por definicion de U0, tenemos que U ⊆ U00

(los elementos de U son ortogonales a los de U0, luego estan en U00), por lo tanto U = U00.Veamos ahora que rad(U) = U ∩U0 (lo cual, junto con el hecho anterior, nos dira tambienque rad(U0) = U ∩U0): x ∈ rad(U) si y solo si x ∈ U y x es ortogonal a todos los elementosde U . Es decir, si y solo si x ∈ U y x ∈ U0, y listo.Un modulo cuadratico es no degenerado si y solo si su rad es nulo. Puesto que rad(U) =rad(U0), la no degeneracion de U implica la de U0 y viceversa. En el caso en que lo sean,tenemos que dimU + dimU0 = dimV , y U ∩ U0 = rad(U) = 0 luego V = U ⊕ U0. Pordefinicion de U0, la suma directa es tambien ortogonal.

(iii) Si V = U1⊕U2 entonces U2 ⊆ U01 por ser la suma ortogonal. Pero dimU2 =

dimV − dimU1 = dimU01 luego U2 = U0

1 . Ahora bien, vemos que si x ∈ rad(U1) entonceses ortogonal a todos los de U1. Pero por estar en U1, es ortogonal a todos los de U0

1 . Luegoes ortogonal a todo elemento de U1⊕U0

1 = V , entonces x = 0 ya que V era no degenerado. �

Definicion 4.5. Dado un modulo cuadratico (V,Q), diremos que un elemento x es isotropi-co si Q(x) = 0. Un subespacio U es isotropico si todos sus elementos lo son. Finalmente,diremos que el modulo cuadratico es isotropico si existe algun elemento isotropico no nulox ∈ V .

Es claro que U es isotropico si y solo si U ⊆ U0, lo cual equivale a decir que la restriccionde Q a U es la forma cuadratica nula.

Definicion 4.6. Un modulo cuadratico que tiene una base formada por dos elementosisotropicos x, y no ortogonales es llamado un plano hiperbolico.

Se puede suponer sin perdida de generalidad que x.y = 1, en cuyo caso la matriz delplano hiperbolico en la base x, y resulta ser(

0 11 0

)


con d(Q) = −1. Observar que es el ejemplo mas pequeno posible (no trivial) de unmodulo cuadratico isotropico. El siguiente inesperado resultado muestra que todo modulocuadratico isotropico debe contener un plano hiperbolico como subespacio:

Proposicion 4.7. Sea x ∈ V un elemento isotropico no nulo, donde (Q, V ) es no-degenerado.Entonces existe un subespacio U de V que contiene a x y es un plano hiperbolico.

Demostracion: Al ser V no degenerado, existe z ∈ V tal que x.z 6= 0. Podemos suponer,mediante el producto por un escalar, que x.z = 1. Sea y = 2z − (z.z)x. Entonces, y esisotropico, pues

y.y = 4(z.z) + (z.z)2(x.x)− 4(z.z)(z.x) = 4(z.z) + 0− 4(z.z) = 0

y ademas, haciendo las cuentas, x.y = 2. Luego el subespacio kx+ky es un plano hiperboli-co. �

Corolario 4.8. Si (V,Q) es isotropico, entonces Q(V ) = k.

Demostracion: Por la Proposicion anterior, basta con demostrarlo para V un planohiperbolico. Supongamos que una base para V es x, y, con x, y isotropicos y x.y = 1. En-tonces dado a ∈ k, resulta que a = Q(x+ a

2y); por lo tanto Q(V ) = k. �

Teorema 4.9. Todo modulo cuadratico (V,Q) admite una base de elementos ortogonalesdos a dos (i.e., base ortogonal).

Demostracion: Probemos el resultado por induccion en n = dimV . El caso n = 1es trivial. Ahora supongamos que dimV = n. Si V fuera isotropico (i.e., todos sus ele-mentos isotropicos), entonces cualquier base serıa ortogonal ya que Q serıa identicamentecero. Entonces supongamos que V no es isotropico, luego existira un e1 ∈ V tal quee1.e1 6= 0. El complemento ortogonal H de {e1} tendra entonces dimension n − 1, puestoque e1 /∈ H por hipotesis. Al ser el subespacio ke1 no degenerado, resulta (Proposicionanterior) que V = ke1⊕H. Luego aplicando la hipotesis inductiva, tomamos una base or-togonal (e2, . . . , en) para H, y la base (e1, e2, . . . , en) de V resulta ser ortogonal. �

Este teorema ayuda mucho a comprender que es lo que realmente pasa con las formascuadraticas, puesto que la matriz de Q en una base ortogonal no es otra cosa que unamatriz diagonal:

a1 0 . . . 00 a2 . . . 0...

.... . . 0

0 0 . . . an

Si escribimos x =

∑xiei, entonces Q(x) = a1x

21 + . . . + anx

2n. Podemos reinterpretar la

definicion de modulo cuadratico no-degenerado: lo que se esta diciendo realmente es queai 6= 0 ∀i = 1, . . . , n (es decir, que la forma cuadratica sea efectivamente en n variables). Yahora resulta evidente que (V,Q) es no degenerada sii d(Q) 6= 0, pues d(Q) =

∏ai.


Definicion 4.10. Dos bases ortogonales de un mismo modulo cuadratico (V,Q) se di-cen contiguas si tienen algun elemento en comun (i.e., si las bases son (e1, . . . , en) y(e′1, . . . , e

′n), deben existir i, j tal que ei = e′j).

Teorema 4.11. Sea (V,Q) un modulo cuadratico no degenerado de dimension n ≥ 3, ysean e = (e1, . . . , en) y e’ = (e′1, . . . , e

′n) dos bases ortogonales de V . Entonces existe una

sucesion finita de bases ortogonales e(0), e(1), . . . , e(m) tales que e(0) = e, e(m) = e’ y e(j) escontigua a e(j+1) para todo j = 0, . . . ,m− 1.

Demostracion: Dividiremos la prueba en tres casos:1) (e1.e1)(e

′1, e

′1)− (e1.e

′1)

2 6= 0Claramente, si llamamos P al plano ke1 + ke′1, la condicion supuesta nos dice que e1 y e′1no pertenecen a rad(P ). Pero ademas, tambien nos dice que e1 no es un multiplo de e′1 yviceversa. O sea que {e1, e′1} es base para P , y como ningun de ellos esta en rad(P ), debeser que rad(P ) = 0. Por lo tanto P es no degenerado. Luego, deben existir complementosortogonales para e1 y e′1 de dimension 1, es decir, ε2, ε

′2 tales que

P = ke1⊕kε2 = ke′1⊕kε′2.

Llamemos H al complemento ortogonal de P . Como P es no degenerado, V = H⊕P porla Proposicion 4.4. Sea (e′′3, . . . , e

′′n) una base ortogonal para H. Entonces, podemos hacer

contiguas a e y e’ mediante la cadena

e→ (e1, ε2, e′′3, . . . , e

′′n)→ (e′1, ε

′2, e

′′3, . . . , e

′′n)→ e’

y vale el Teorema.2) (e1.e1)(e

′2, e

′2)− (e1.e

′2)

2 6= 0La prueba de este caso es exactamente la misma que en el 1), cambiando e′1 por e′2.

3) (e1.e1)(e′i, e

′i)− (e1.e

′i)

2 = 0 para i = 1, 2Probemos primero que la condicion supuesta implica que existe un x ∈ k tal que el elementoex := e′1 + xe′2 es no isotropico, y genera junto con e1 un plano no degenerado:

La condicion de no isotropico se cumplira si y solo si ex.ex = e′1.e′1 + x2(e′2.e

′2) 6= 0, i.e.,

sii x2 6= −(e′1.e′1)/(e

′2.e

′2). Y para que el plano que genera con e1 sea no degenerado debe

pasar, como antes, que (e1.e1)(ex, ex) − (e1.ex)2 6= 0. Desarrollando con la formula para

ex, y utilizando la condicion supuesta, llegamos a el plano generado sera no degenerado sii−2x(e1.e

′1)(e1.e

′2). Pero la hipotesis supuesta implica que (e1.e

′i) 6= 0 para i = 1, 2. O sea

que basta con que x 6= 0.Ası, solo tenemos que lograr que x 6= 0 y x2 6= −(e′1.e

′1)/(e

′2.e

′2). Esto excluye a lo sumo 3

valores de k para elegir, luego si k tiene mas de 4 elementos, ya esta. En el caso de k = F3,como (e1.e

′i) 6= 0 no queda otra que (e1.e

′i)

2 = 1. Entonces la hipotesis 3) se reescribe como(e1.e1)(e

′i, e

′i) = 1, i = 1, 2. Pero entonces la expresion −(e′1.e

′1)/(e

′2.e

′2) es -1, y por lo tanto

basta tomar x = 1 para verificar las propiedades requeridas para ex.Ahora podemos entonces tomar ex = e′1 + xe′2 no isotropico, y tal que ke1 + kex es no

degenerado. Como ex es no isotropico, existira un e′′2 tal que (ex, e′′2) es una base ortogonal

para ke′1⊕ke′2. Seae” = (ex, e

′′2, e

′3, . . . , e

′n)

base ortogonal de V . Al ser ke1 + kex un plano no degenerado, podemos deducir de loscasos 1) y 2) que e y e” se relacionan mediante una cadena de bases contiguas. Como e”


es contigua a e’, el Teorema esta probado. �

Sean (V,Q), (V ′, Q′) dos modulos cuadraticos no degenerados, y sea U un subespaciode V . Supongamos que s : U → V ′ es un morfismo metrico inyectivo. En el trabajo porclasificar las formas cuadraticas surge la pregunta natural ¿cuando sera posible extenders a una isometrıa (isomorfismo metrico) entre V y V ′? La respuesta la da precisamente elTeorema de Witt que se presenta a continuacion:

Teorema 4.12. Si (V,Q) y (V ′, Q′) son isomorfos (como modulos cuadraticos) y no de-generados, entonces todo morfismo metrico inyectivo s : U → V , de cualquier subespacioU de V , puede ser extendido a una isometrıa de V en V ′.

Demostracion: Supondremos en gral que V = V ′ (ya que son isomorfos). Veamos los doscasos:

Caso (i): U degeneradoSea x 6= 0 un elemento de rad(U), y tomemos l ∈ U∗ tal que l(x) = 1. Al ser V no

degenerado, existe y ∈ V tal que l(u) = u.y (pues qV : V → V ∗ es isomorfismo). Podemossuponer que y.y = 0, haciendo un corrimiento de y a y−λx con λ = 1

2y.y; sigue valiendo que

l(u) = u.y debido a que x ∈ rad(U). Entonces tenemos un nuevo subespacio U1 = U ⊕ ky(notar que y /∈ U pues si y ∈ U entonces l(x) = x.y = 0 ya que x ∈ rad(U), pero l(x) era1).Al ser s morfismo metrico inyectivo, resulta que s(U) es tambien degenerado. Luego apli-camos la misma construccion para U ′ = s(U), x′ = s(x) y l′ = l ◦ s−1, y obtenemos y′

y U ′1 = U ′ ⊕ ky′. Extendamos entonces s mediante la asignacion s′(y) = y′, y queda asi

determinado un morfismo metrico inyectivo s′ : U1 → V que coincide con s en U . Pero lobueno es que dimU1 = dimU + 1.Si U1 fuera degenerado, repetimos este proceso. Si fuera no degenerado, pasamos al caso(ii).

Caso (ii): U no degeneradoProbemos el Teorema por induccion en dimU . Si dimU = 1, U = kx con x ∈ V no

isotropico (para que U sea no degenerado). Llamemos y = s(x); por ser s morfismo metricose tiene que y.y = x.x. Vemos que alguno de los elementos x+y, x−y debe ser no isotropico,pues si ambos lo fueran entonces

0 = Q(x+ y) +Q(x− y) = 2(x.x) + 2(y.y) = 4(x.x)

luego x serıa isotropico. Supongamos sin perdida de generalidad entonces que z = x + yes no isotropico. Llamemos H al complemento ortogonal de z; se tiene que V = kz⊕H.Ademas observar que (x + y).(x− y) = 0, luego x− y ∈ H. Definamos el automorfismo σcomo la simetrıa respecto de H, es decir, la identidad en H y multiplicar por -1 en la coor-denada de kz. Como x−y ∈ H, x+y ∈ kz, entonces σ(x−y) = x−y y σ(x+y) = −x−y.Luego σ(x) = −y, y por lo tanto el automorfismo −σ extiende a s a todo V .Si dimU > 1, descomponemos a U en U1⊕U2, con Ui 6= 0. Por hipotesis inductiva, la re-striccion s1 de s a U1 se puede extender a un automorfismo σ1 de V . Si reemplazamos σ porσ−1

1 ◦ s vemos que se puede suponer que s es la identidad en U1. Ahora usamos la hipotesispara la restriccion s2 de s a U2: claramente, al ser s la identidad en U1, s2 : U2 → V1,donde V1 es el complemento ortogonal de U1. Luego existira un automorfismo σ2 de V1 queextiende a s2. Definimos entonces σ como la identidad en U1, y σ2 en V1. Es claro que σ


extiende a s a todo V y mantiene la condicion de ser morfismo metrico. �

Corolario 4.13. Dos subespacios isomorfos de un modulo cuadratico no degenerado tienencomplementos ortogonales isomorfos.

Demostracion: Simplemente extendemos el isomorfismo metrico entre dichos subespaciosa un automorfismo del espacio completo, y lo restringimos a los complementos ortogonales.�

4.2. Propiedades generales

En esta seccion interpretaremos los resultados presentados para modulos cuadraticos,desde el punto de vista de formas cuadraticas (segun la nocion estandard, i.e. polinomiohomogeneo de grado 2 en n variables).Sea f(X) =

∑ni=1 aiiX

2i + 2

∑i<j aijXiXj una forma cuadratica en n variables sobre k.

Suponemos que aij = aji, de esta forma, la matriz de f A = (aij) resulta simetrica. En-tonces, segun los terminos de la seccion anterior, (kn, f) resulta un modulo cuadratico;sera llamado de hecho el modulo cuadratico asociado a f (o a su matriz A).

Definicion 4.14. Diremos que dos formas cuadraticas f y f ′ son equivalentes si loscorrespondientes modulos cuadraticos son isomorfos. Lo notaremos como

f ∼ f ′

Si f(X1, . . . , Xn) y g(X1, . . . , Xm) son dos formas cuadraticas, definimos la suma (tam-bien conocida como suma ortogonal) de f y g mediante la forma cuadratica

f u g := (X1, . . . , Xn) + g(X1, . . . , Xm)

en n + m variables (ver la definicion 4.3 para entender de donde surge la idea: en reali-dad se realiza la suma directa de los modulos cuadraticos, definiendo la forma cuadraticaallı canonicamente). De manera natural, definiremos

f−g := f u (−g)

En general, se omitira el puntito por comodidad de notacion (siempre y cuando no hayaproblemas).

Definicion 4.15. Diremos que una forma cuadratica f representa a un determinadoelemento a ∈ k si existe x ∈ (kn)∗ tal que f(x) = a.

Observar que f representa a 0 si y solo si su modulo cuadratico correspondiente esisotropico.Reescribimos ahora la Definicion 4.6:

Definicion 4.16. Una forma cuadratica f(X1, X2) se dice hiperbolica si se tiene

f ∼ X21 −X2

2


En ese caso, tambien se tendrıa que f ∼ X1X2.

Y si interpretamos en este contexto la Proposicion 4.7 y su Corolario obtenemos lossiguientes resultados, que traducen todos los problemas realtivos a numeros representablespor cierta forma cuadratica, a entender cuales son las formas cuadraticas isotropicas (i.e.,que representan a 0):

Proposicion 4.17. Si f es no-degenerada y representa a 0, entonces se tiene que f ∼ f2+g,con f2 hiperbolica. Y ademas, f representa a todos los elementos de k.

Demostracion: Es simplemente pasar a este lenguaje la Proposicion 4.7, junto con suCorolario 4.8. �

Corolario 4.18. Si g es una forma cuadratica en n− 1 variables, y a ∈ k∗, entonces sonequivalentes:(i) g representa a a;(ii) g ∼ h+ aZ2, donde h es una forma cuadratica en n− 2 variables;(iii) La forma cuadratica f = g − aZ2 representa a 0.

Demostracion:(i)⇔ (ii): La vuelta es trivial, pues g(0, . . . , 0, 1) = a. Para ver su recıproca, si suponemos

que g representa a a entonces el modulo cuadratico V correspondiente a g tendra un elemen-to x tal que x.x = a (ya que x.x = g(x) en dicho modulo cuadratico). Sea H el complementoortogonal de x; tenemos que V = H⊕kx. O lo que es equivalente, g ∼ h+ aZ2, donde h esla g restringida a H (es claro, dado que x.x = a, que g restringida a kx es aZ2).

(ii)⇒ (iii): Por la hipotesis (ii) tenemos que f ∼ h+aY 2−aZ2, luego f(0, . . . , 0, 1, 1) = 0entonces f representa a 0.

(iii)⇒ (i): Supongamos que f ∼ g−aZ2 y f(x1, . . . , xn−1, z) = 0, con (x1, . . . , xn−1, z) 6=0. Entonces: o bien z = 0, en cuyo caso g(x1, . . . , xn−1) = 0 con (x1, . . . , xn−1) 6= 0, o seaque g representa a 0 y luego a a (por la Proposicion 4.17); o bien z 6= 0, que implicag(x1/z, . . . , xn−1/z) = a por lo tanto g representa a a (observar que no es necesario pedirque algun xj sea no nulo, pues si todos fueran 0 entonces a = 0, absurdo). �

Corolario 4.19. Sean g, h dos formas no-degeneradas de rango n ≥ 1, y sea f = g−h.Entonces son equivalentes:(i) f representa a 0;(ii) Existe a ∈ k∗ que es representado por g y por h;(iii) Existe a ∈ k∗ tal que g − aZ2 y h− aZ2 representan 0.

Demostracion: Es claro que (ii)⇔ (iii), por el Corolario anterior. Ademas, se ve que (ii)implica (i) pues si g(x) = h(y) = a con x, y no nulos (en sus correspondientes espacios, porej x ∈ kr, y ∈ ks), entonces f(x, y) = 0 y (x, y) 6= 0. Para terminar, probemos la recıproca:supongamos que f representa a 0. Entonces existe (x, y) 6= 0 tal que f(x, y) = 0, o seaque g(x) = h(y) = a. Si a 6= 0, queda probado (ii). Si a = 0, el hecho de que (x, y) 6= 0implica que x 6= 0 o y 6= 0: supongamos sin perdida de generalidad que x 6= 0. Esto nosdice que g representa a 0. Pero entonces por la Proposicion 4.17, g representa a todoslos elementos de k∗. En particular, representara a todos los elementos de k∗ representados


por h (existe alguno de tales elementos pues h es no degenerada), con lo cual se tiene (ii). �

Ahora vemos que el Teorema 4.9 de diagonalizacion de la matriz de f nos lleva a laforma mas caracterıstica de presentar una forma cuadratica:

Teorema 4.20. Si f es una forma cuadratica en n variables, entonces existen ai ∈ k talesque

f ∼ a1X21 + . . .+ anXn

Demostracion: Recordemos, en la definicion de modulo cuadratico, que si definıamosuna base de V para la cual la matriz de la forma resultaba A = (aij), entonces f(x) =∑

i,j aijxixj donde los xi son las coordenadas de x en la base en cuestion.Ası, si tomamos f forma cuadratica en n variables, esto equivale a que V = kn, y fijando labase dada por el Teorema 4.9 obtenemos la expresion f(x) =

∑ni=1 aiixi, como querıamos

probar. �Ası presentada, sabemos que el rango de f es exactamente la cantidad de coeficientes ai

no nulos.Para concluir con la traduccion de los resultados del capıtulo anterior, presentamos losequivalentes del Teorema de Witt y su Corolario:

Teorema 4.21. Sean f = g + h y f ′ = g′ + h′ dos formas cuadraticas no-degeneradas.Entonces si f ∼ f ′ y g ∼ g′, se tiene que h ∼ h′.

Demostracion: Lo unico que debemos notar es que si V = U⊕H es isomorfo a V ′ =U ′⊕H ′ y U isomorfo a U ′, entonces H resulta isomorfo a H ′, y esto vale por el Corolario4.13. En nuestro contexto, como por hipotesis f restringida a H es h (y lo analogo para f ′,H ′, h′), entonces h ∼ h′. �

Corolario 4.22. Si f es una forma cuadratica se tiene que

f ∼ g0 + g1 + . . .+ gm + h

donde g0 ∼ 0, las gi son formas hiperbolicas para 1 ≤ i ≤ m, y h es no isotropica. Ademas,esta descomposicion es unica (salvo equivalencias).

Demostracion: Por el Teorema 4.20, separando los ai nulos de los no nulos, obtenemosinmediatamente una descomposicion en la forma f ∼ g0 + g, con g0 ∼ 0 (la parte con losai = 0), y g no degenerada. Ahora descomponemos g segun la Proposicion 4.17, que nospermite extraer de manera iterativa nuevas formas hiperbolicas: en cada paso, mientrassea posible (es decir, mientras la parte restante siga representando a 0), obtenemos g ∼g1 + . . . + gr + hr con gi hiperbolicas. Ası hasta llegar al punto en que hr no representa a0, en cuyo caso se obtiene la forma explcicitada en el enunciado del Corolario.

Para ver la unicidad, basta notar primero que la descomposicion f ∼ g0 + g es unicasalvo equivalencias, pues esta determinada por la forma diagonal de la matriz de f y porsu rango. Y segundo, ver que la parte de g1 + . . .+ gm + h es unica tambien, presentamosdos posibles expresiones y cancelamos todos las partes hiperbolicas mediante el Teorema4.21. �


4.3. Formas cuadraticas sobre Fq

Aquı clasificaremos las formas cuadraticas sobre un cuerpo finito, y estudiaremos cualeselementos son representadas por ellas. A continuacion, p denotara un numero primo impar,y q una potencia de p. Como ya mencionamos antes, Fq es un cuerpo con q elementos.

Proposicion 4.23. Si f es una forma cuadratica sobre Fq de rango n, entonces:-Si n ≥ 2, f representa a todos los elementos de F ∗

q .-Si n ≥ 3, f tambien representa a 0.

Demostracion: Debido a la implicacion (iii)→ (i) del Corolario 4.18, es suficiente probarla segunda afirmacion para n = 3 (tomando como valido esto, si el rango de g es 2 entoncesel de f = g−aZ2 es 3, luego representara a 0, y esto implicarıa que g representa a a ∈ F ∗

q ).Probar que toda forma en 3 variables representa a 0 es equivalente a ver que para todosa, b, c ∈ Fq la ecuacion

ax2 + by2 = c

tiene solucion (esto se ve porque se toma el vector no trivial que anula a f , y se divide poruna coordenada no nula, despejando su coeficiente correspondiente). Para ver que dichaecuacion tiene solucion, supongamos que a, b, c ∈ F ∗

q (si alguno es 0 la ecuacion es trivial).Sean A,B ⊆ Fq los conjuntons de numeros de la forma rx = ax2, sy = c − by2 respectiva-mente, con x, y ∈ Fq. Claramente si rx = rx′ entonces x2 = (x′)2 luego o bien x = 0, o bienx = ±x′. Esto nos dice que rx consiste del 0, y q−1

2elementos mas: es decir, un total de

q+12

. Analogamente, se ve que B consiste tambien de q+12

elementos. Pero en Fq hay solo q,luego A ∩B 6= ∅. Esto implica simplemente que la ecuacion en cuestion tiene solucion. �

Sabemos que el grupo F ∗q /F

∗q

2 tiene exactamente dos elementos. Sea entonces a ∈ Fq,que no sea un cuadrado. Se tiene el siguiente resultado:

Proposicion 4.24. Toda forma cuadratica no-degenerada de rango n sobre Fq es equiva-lente a

X21 + . . .+X2

n−1 +X2n

o aX2

1 + . . .+X2n−1 + aX2

n

dependiendo de que clase le corresponde a su discriminante en F ∗q /F

∗q

2.

Demostracion: Usemos induccion en n. El resultado es claro si n = 1, por el hecho deque F ∗

q /F∗q

2 tiene exactamente dos elementos. Ahora tomemos n ≥ 2. Por la Proposicionanterior, f representa a 1. Luego se podra escribir, por 4.18, como f = X2

1 + g, con g enn− 1 variables. Se aplica entonces la hipotesis inductiva a g, y listo. �

Corolario 4.25. Dos formas cuadraticas no degeneradas sobre Fq son equivalentes si ysolo si tienen el mismo rango y el mismo discriminante.

Demostracion: La ida es trivial; para la vuelta, si dos formas cuadraticas tuvieran elmismo rango y discriminante, entonces la Proposicion anterior dice que son equivalente auna misma forma, luego por transitividad seran equivalentes entre sı. �


4.4. Formas cuadraticas sobre Qp

En esta seccion estudiaremos especificamente las formas cuadraticas definidas sobre elcuerpo Qp de los numeros p-adicos, obteniendo una muy buena clasificacion de ellas segun 3invariantes (los dos utilizados para clasificar las formas cuadraticas sobre Fq, y uno nuevo).En este capıtulo p denotara un numero primo, k el cuerpo Qp, todos los modulos cuadraticosseran considerados sobre el cuerpo k, de rango n, y supondremos que son no degenerados.Las mismas suposiciones se tendran en cuenta para las formas cuadraticas en cuestion.

Recordemos que habıamos definido el discriminante d(Q) de un modulo cuadratico(V,Q). Si fijamos una base ortogonal e = {e1, . . . , en} para V y llamamos Ai = ei.ei,entonces resulta que

d(Q) = a1 . . . an

considerado como un elemento del cociente k∗/k∗2 (las formas son no degeneradas, entoncesla expresion utilizada es no nula). Ya hemos visto que d(Q) es un invariante del modulocuadratico (V,Q) (i.e., no depende de la base e utilizada para definirlo).

En el mismo contexto, definamos la funcion ε por:

ε(e) =∏i<j

(ai, aj)

donde (a, b) denota el sımbolo de Hilbert. Ası definida, resulta evidente que ε(e) ∈ {1,−1}.Mas aun, ε es otro invariante de (V,Q), como lo muestra el siguiente Teorema:

Teorema 4.26. El numero ε(e) no depende de la base ortogonal e elegida para su defini-cion.

Demostracion: Para n = 1, es claro que ε(e) = 1 siempre. Si n = 2, tenemos queε(e) = (a1, a2). O sea que ε(e) = 1 si y solo si Z2 − a1X

2 − a2Y2 representa a 0. Por

el Corolario 4.18, esto equivale a que a1X2 + a2Y

2 represente a 1, es decir, que exista unv ∈ V tal que Q(v) = 1. Y claramente esto es independiente de e. Ahora usemos induccionpara n ≥ 3. Por el Teorema 4.11, basta con probar que ε(e) = ε(e’) si e y e’ son contiguas.Supongamos, por simetrıa del sımbolo, que e1 = e′1. Entonces a′1 = a1 (donde a′i = e′i.e

′i).

Luego, como el sımbolo es ”lineal”en cada coordenada, podemos escribir

ε(e) = (a1, a2 . . . an)∏

2≤i<j

(ai, aj) = (a1, a21a2 . . . an)

∏2≤i<j

(ai, aj) = (a1, d(Q)a1)∏

2≤i<j

(ai, aj)

Analogamente,

ε(e’) = (a1, d(Q)a1)∏

2≤i<j

(a′i, a′j)

Y aplicando la hipotesis inductiva a la forma restringida al complemento ortogonal de e1,tenemos que ∏

2≤i<j

(ai, aj) =∏

2≤i<j

(a′i, a′j)

de donde se tiene la igualdad buscada, y listo. �


En el lenguaje de formas cuadraticas, lo que hemos dicho se traduce directamente a quesi f ∼ a1X

21 + . . .+ anX

2n es una forma cuadratica en n variables, entonces

d(f) = a1 . . . an ∈ k∗/k∗2

ε(f) =∏i<j

(ai, aj) ∈ {1,−1}

son invariantes de la clase de equivalencia (via isomorfismos metricos) de f .

A continuacion veremos dos resultados que dan condiciones para caracterizar comple-tamente el hecho de que una forma cuadratica f represente un elemento determinado dek∗/k∗2.Para probarlo necesitaremos el siguiente Lema, que habla sobre las soluciones de algunasecuaciones con el sımbolo de Hilbert.

Recordar antes que hemos hallado, en la Seccion 2.4, la cantidad de elementos de loscuerpos k∗/k∗2 (donde k = Qp). Estos son un total de 2r, con r = 3 si p = 2 y r = 2 si pes impar.

Lema 4.27. (a) Si a ∈ k∗/k∗2 y ε = ±1, definamos Hεa como el conjunto de elementos

x ∈ k∗/k∗2 tales que (x, a) = ε. Si a = 1, H1a tiene 2r elementos (y luego H−1

a = ∅). Sia 6= 1, Hε

a tiene 2r−1 elementos.(b) Sean a, a′ en k∗/k∗2, y ε, ε′ = ±1. Supongamos que Hε

a y Hε′

a′ son no vacıos. Entonces,son disjuntos si y solo si a = a′ y ε = −ε′.

Demostracion: (a) Cuando a = 1, es claro que (x, a) = 1 para todo x ∈ k∗/k∗2, se siguelo que querıamos probar. Si a 6= 1, como el sımbolo de Hilbert es una forma bilineal nodegenerada entonces tenemos un funcional lineal φa : k∗/k∗2 → {±1}, dado por b 7→ (a, b).Su nucleo es un hiperplano de k∗/k∗2, o sea que tiene 2r−1 elementos. Pero dicho nuclo esjustamente H1

a . Y finalmente, H−1a es el complemento de el mencionado subespacio, con lo

cual tendra 2r − 2r−1 = 2r−1 elementos.(b) En el caso en que Hε

a y Hε′

a′ sean no vacıos y disjuntos, tenemos dos casos:El primero, a = 1. Por el ıtem anterior, el hecho de que sean no vacıos implica que ε = 1.Pero entonces Hε

a tiene 2r elementos, y luego el otro es vacıo. Entonces queda descartadaesta opcion.El segundo caso es a 6= 1. Por el mismo motivo que antes, supongamos tambien a‘ 6= 1(sino se llega a un absurdo como antes, razonando analogamente). Entonces nuevamenteutilizando el ıtem anterior, sabemos que los dos conjuntos tienen 2r−1 elementos. El hecho deque sean disjuntos implica entonces que son complementarios. Como ya sabemos que H1

a yH−1

a son complementarios, deducimos entonces queH1a yH1

a′ son iguales o complementarios.Pero complementarios no son, pues ambos contienen al 1. Por lo tanto, H1

a = H1a′ , y luego

lo mismo pasa con −1. Ası, por definicion de estos conjuntos,

(x, a) = (x, a′)∀x ∈ k∗/k∗2.

Al ser el sımbolo de Hilbert no degenerado, esto implica que a = a′. Es claro ahora que paraque los conjuntos inicialmente considerados sean complementarios, debe ser que ε = −ε′.

La recıproca se deduce inmediatamente de (a). �


Teorema 4.28. Una forma cuadratica f en Qp de rango n y discriminante d representa a0 si y solo si:i) n = 2, d = −1ii) n = 3, ε = (−1,−d)iii) n = 4, y d 6= 1, o d = 1 y ε = (−1,−1)iv) n ≥ 5

Haciendo un cambio en la forma cuadratica podemos generalizar este resultado paracualquier a ∈ k∗/k∗2. Llamando fa = f − aZ2 (resta entre formas cuadraticas), sabemospor 4.17 que fa representa a 0 sii f representa a a. Pero ademas, se pueden obtener losinvariantes de fa en funcion de los de f , mediante las formulas

d(fa) = −ad, ε(fa) = (−a, d)ε(f)

Luego, se tiene el siguiente corolario:

Corolario 4.29. Dado a ∈ k∗/k∗2, se tiene que f representa a a si y solo si:i) n = 1, a = dii) n = 2, ε = (a,−d)iii) n = 3, y a 6= −d, o a = −d y ε = (−1,−d)iv) n ≥ 4

Demostracion: (del Teorema) Escribimos f ∼ a1X21 + . . .+ anX

2n.

(i) Tenemos que a1X21 +a2X

22 = 0⇔ Y 2 = (X1/X2)

2 = −a1/a2, si y solo si −a1/a2 (quees igual a −a1a2 en k∗/k∗2) es un cuadrado. Esto es, d = −1 (ya que en este caso k∗/k∗2

tiene solo dos elementos).(ii) f representa a 0 sii −a3f ∼ −a3a1X

21 − a3a2X

22 −X2

3 representa a 0. Esto es equiv-alente, por definicion del sımbolo de Hilbert, que (−a3a1,−a3a2) = 1. Desarrollando dellado izquierdo (por ”linealidad”), obtenemos

(−1,−1)(−1, a1)(−1, a2)(a3, a3)(a1, a2)(a1, a3)(a2, a3) = 1

lo cual, utilizando la propiedad (a3, a3 = (−1, a3) se puede escribir como

(−1,−a1a2a3)(a1, a2)(a1, a3)(a2, a3) = 1

es decir, (−1,−d)ε = 1. O sea, (−1,−d) = ε.(iii) Por el Corolario 4.19, como f ∼ (a1X

21 +a2X

22 )−(−a3X

23−a4X

24 ), f representa a 0 sii

existe un x ∈ k∗/k∗2 representado por las formas g = a1X21 + a2X

22 y h = −a3X

23 − a4X

24 .

Pero por el ıtem (ii) del Corolario al Teorema (notar que ya hemos probado en el casoanterior la parte correspondiente para poder usarlo), esto equivale a decir que

(x,−a1a2) = (a1, a2) y (x,−a3a4) = (−a3,−a4)

Sean A, B los conjuntos de solucion de cada una de las ecuaciones de arriba. Tenemos quef representa a 0 sii A∩B 6= ∅. Es claro que ambos son no vacıos (pues por ejemplo a1 ∈ A,−a3 ∈ B por formulas conocidas del sımbolo). Luego aplicando el Lema previo, tenemos


que A∩B = ∅ si y solo si se cumplen las siguientes dos condiciones: a1a2 = a3a4 (cancelamoslos −), y (a1, a2) = −(−a3,−a4). Lo primero implica claramente que el discriminante es uncuadrado, i.e., d = 1. Entonces,

ε = (a1, a2)(a1, a3)(a1, a4)(a2, a3)(a2, a4)(a3, a4)

= (a1, a2)(a1, a3a4)(a2, a3a4)(a3, a4)

= (a1, a2)(a1a2, a3a4)(a3, a4)

= (a1, a2)(a3a4, a3a4)(a3, a4)

Sabemos, por una propiedad del sımbolo, que (x, x) = (−1, x); entonces reemplazando, yutilizando la segunda condicion,

ε = (a1, a2)(a3, a4)(−1, a3a4)

= −(−a3,−a4)(a3, a4)(−1, a3)(−1, a4)

= −(−1,−a4)(a3,−a4)(a3, a4)(a3,−1)(−1, a4)

= −(−1,−a24)(a3,−a4)

2 = −(−1,−1)

En conclusion, tenemos que f no representa a 0 sii A ∩ B = ∅, sii d = 1 y ε = −(−1,−1).Negando todo, obtenemos lo que se querıa probar.

(iv) Supongamos que n = 5. Por el Lema, y utilizando la parte (ii) del Corolario (toman-do el a del Lema como −d), vemos que existen 2r−1 a ∈ k∗/k∗2 tales que (a,−d) = ε (paraformas de rango ≥ 2; en nuestro caso el rango es 5). Esto implica, por el Corolario, quehay por lo menos 2r−1 elementos de k∗/k∗2 que son representados por f . Tomemos una ∈ k∗/k∗2 que sea representado por f , y que sea distinto de d. Por resultados ya men-cionados, f ∼ aX2+g, donde g es una forma cuadratica en 4 variables. Pero el discriminantede g es justamente d/a 6= 1 en k∗/k∗2, luego por el caso anterior, g representa a 0. PoniendoX = 0, vemos que f representa a 0, y listo. �

Ahora llegamos a la hora de clasificar completamente (salvo isomorfismos) las formascuadraticas sobre Qp, mediante los invariantes previamente definidos.

Teorema 4.30. Dos formas cuadraticas sobre k son equivalentes si y solo si tienen elmismo rango, el mismo discriminante y el mismo ε.

Demostracion: Es claro que si dos formas son equivalentes, tienen los mismos invariantes(por la propia definicion de los mismos, que no dependıan de ninguna base prefijada). Paraprobar la vuelta (que es lo interesante) usaremos induccion en n, el rango de f (y de g). Losprimeros casos son triviales. Por el Corolario 4.29, vemos que f y g representaran los mismoselementos de k∗/k∗2. La suposicion de que son no degeneradas, permite entonces tomara ∈ k∗/k∗2 que sea representado por ambas formas. Entonces, tenemos que f ∼ aZ2 + f ′,g ∼ aZ2 + g′. Pero justamente

d(f ′) = ad(f) = ad(g) = d(g′)

ε(f ′) = ε(f)(a, d(f ′)) = ε(g)(a, d(g′)) = ε(g′)


Y f ′, g′ son de rango n− 1, con lo cual por hipotesis inductiva, f ′ ∼ g′. Luego, f ∼ g comoquerıamos. �

Observar que, tomando en cuenta este Teorema y el Teorema anterior, 4.28, se ve quela unica forma cuadratica en 4 variables que no representa a 0 es aquella que cumpled(f) = 1, ε(f) = −(−1,−1) (es unica por lo que acabamos de probar). Tomando a, b talesque (a, b) = −1, esta forma se puede expresar como f ∼ Z2 − aX2 − bY 2 + abT 2.

Para hallar exactamente el numero total de clases de formas cuadraticas (para cadarango n) debemos mencionar el siguiente resultado:

Proposicion 4.31. Dado n ≥ 1, d ∈ k∗/k∗2 y ε ∈ {±1}, existira una forma cuadraticaf de rango n tal que d(f) = d y ε(f) = ε si y solo si n = 1, ε = 1; o n = 2, d 6= −1;o n = 2, ε = 1; o n ≥ 3.

Demostracion: El caso n = 1 es trivial. Para n = 2, escribamos f ∼ aX2 + bY 2. Sid(f) = −1, entonces tenemos que ε(f) = (a, b) = (a,−ab) = (a, 1) = 1, luego cuandod = −1 no queda otra que tener ε = 1. Para este caso, tomamos f = X2− Y 2, que verificalo requerido.Cuando d 6= −1, para cualquier ε podremos encontrar a ∈ k∗/k∗2 tal que (a,−d) = ε (verLemma previo al Teorema 4.28). Entonces, la forma f = aX2 + adY 2 tiene las propiedadesrequeridas.

Cuando n = 3, se toma un a ∈ k∗/k∗2 tal que a 6= −d en dicho contexto. Entoncesad 6= −1, luego por el caso anterior existe una forma g en 2 variables tal que d(g) = ad,ε(g) = (a,−d)ε. Tomamos luego f = aZ2 + g, y tiene las propiedades requeridas.Si n ≥ 4, tomamos la forma g de rango 3 que verifique los invariantes requeridos, y defini-mos f = g(X1, X2, X3) +X4 + . . .+Xn, que funciona. �

Como consecuencia inmediata, encontramos la cantidad de formas cuadraticas (clases)sobre Qp de rango n, que iran de acuerdo con el siguiente cuadro:

n = 1 n = 2 n ≥ 3p = 2 8 15 16p 6= 2 4 7 8

(podemos hacer ese cuadro pues ya sabemos cuantos valores puede tomar d(f) y ε(f))

4.5. Formas cuadraticas sobre REn general el trabajo que hemos hecho para las formas cuadraticas sobre Qp se aplica

en gran parte a R si n ≤ 3 (n es el rango de la forma cuadratica en cuestion).

Es claro que si k = R entonces k∗/k∗2 no es otra cosa que {±1}. Luego toda formacuadratica no degenerada sobre R se puede pensar como

f ∼ X21 + . . .+X2

r − Y 21 − . . .− Y 2

s


donde r + s = n. Los numeros (r, s) determinan totalmente la forma cuadratica, y losllamaremos signatura de f .Para este caso se pueden conocer, en funcion de s, las invariantes d y ε, puesto que(−1,−1) = −1. En efecto,

ε(f) = (−1)s(s−1)/2 =

{1, si s ≡ 0, 1 mod 4−1, si s ≡ 2, 3 mod 4

d(f) = (−1)s =

{1, si s ≡ 0 mod 2−1, si s ≡ 1 mod 2


5. Teorema de Hasse-Minkowski

5.1. Demostracion del Teorema

Basandonos en los resultados previos estudiaremos ahora las formas cuadraticas sobreQ, para llegar ası al resultado principal de nuestro trabajo.

Como antes, V denotara el conjunto de numeros primos junto con el sımbolo ∞, ydenotaremos Q∞ = R. Sea f ∼ a1X

21 + . . .+ anX

2n una forma cuadratica en Q de rango n.

Consideramos los siguiente invariantes, llamados invariantes locales de f :a) El discriminante de f , d(f) = a1 . . . an ∈ Q∗/Q∗2

b) Para cada v ∈ V , consideramos a f como una forma cuadratica fv en Qv, lo cual nospermite definir el invariante εv(f) para cada v ∈ V de la siguiente manera:

εv(f) =∏i<j

(ai, aj)v

Segun la formula vista en 3.8, se tiene que∏v∈V

εv(f) = 1

c) La signatura (r, s) de la forma cuadratica pensada en R.Estamos en condicion de presentar el Teorema que nos dice que es equivalente la exis-

tencia de soluciones en Q a la existencia de soluciones en cada Qv:

Teorema 5.1 (Hasse-Minkowski). Sea f una forma cuadratica sobre Q. Entonces frepresenta a 0 si y solo si para todo v ∈ V la forma cuadratica fv representa a 0.

Demostracion: Es obvio que si f representa a 0, su imagen en Qv tambien, para todo v.Para probar la vuelta, escribamos a f en la forma usual:

f ∼ a1X21 + . . .+ anX

2n, ai ∈ Q∗

Y supongamos sin perdida de generalidad que a1 = 1 (reemplazando f por a1f). Dividermosla prueba en casos: n = 2, 3, 4 y ≥ 5:

i) n = 2Tenemos f = X2

1−aX22 . El hecho de que f∞ represente a 0 nos dice que a > 0. Escribamos

a =∏

p

pvp(a)

y como fp representa a 0 para todo p, se tiene que si (x1, x2) es una solucion no trivial defp = 0 entonces a = (x1/x2)

2, y entonces es un cuadrado en cada Qp. Esto implica quevp(a) es par, para todo p. Pero entonces a es un cuadrado en Q, con lo cual f representa a0.

ii) n = 3 (Legendre)Se tiene f = X2

1−aX22−bX2

3 , y podemos suponer que a y b son enteros libres de cuadrados(si no fueran enteros, multiplicamos por los denominadores al cuadrado, obteniendo unaforma equivalente; luego para que sean libres de cuadrados, hacemos que las variables


”absorban”todos los factores cuadrados de a y de b). Esto se traduce en que vp(a), vp(b) ∈{0, 1} para todo p primo. Supongamos sin perdida de generalidad que |a| ≤ |b|. Probemosel resultado por induccion en m := |a|+ |b|:Para m = 2, f = X2

1 ±X22 ±X2

3 . Pero no pueden ser todos signos positivos por el hecho deque f∞ representa a 0. Entonces, es claro que f representa a 0.Supongamos ahora que m > 2. Esto implica que |b| ≥ 2 (pues es el mas grande de los dos).Escribamos a b como

b = ±p1 . . . pk

donde los pi son primos distintos (por la suposicion hecha de que b es libre de cuadrados).Sea p cualquiera de los pi, veamos que a es un cuadrado modulo p (i.e., resto cuadraticomod p): si a es multiplo de p, esto es trivial. En caso contrario, a es una unidad en Qp.Por hipotesis, sabemos que existe (x, y, z) ∈ (Qp)

3 tal que z2 − ax2 − by2 = 0. Podemossuponer, por la Proposicion 2.13, que (x, y, z) es primitiva (i.e., que x, y, z ∈ Zp y hayalguno no multiplo de p). Se tiene que z2− ax2 ≡ 0 mod p ya que p | b. Si p dividiera a x,entonces tambien a z. Pero como vp(b) = 1, p dividirıa tambien a y, absurdo. Luego x noes multiplo de p, entonces multiplicando por su inverso mod p en la ecuacion de antes, seve que a ≡ (zx−1)2 mod p entonces es cuadrado modulo p.Esto vale para cualquier pi que divide a b, luego como Z/bZ =

∏Z/piZ, tenemos que a es

un cuadrado modul b. Es decir, existen t, b′ tales que

t2 = a+ bb′

Se puede suponer que |t| ≤ |b|/2. Observar que bb′ = t2 − a luego bb′ es la norma deun elemento de k(

√a). Entonces por la Proposicion 3.2, (a, bb′) = 1. Luego (a, b) = 1 sii

(a, b′) = 1, por linealidad. Ası, recordando la definicion del sımbolo de Hilbert, tenemosque nuestra forma f representa a 0 en k (= Q o a Qp) sii lo hace la forma

f ′ := X21 − aX2

2 − b‘X23

Por hipotesis, f representa a 0 en cada Qp, entonces f ′ tambien. Pero observar que

|b′| =∣∣∣∣t2 − ab

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣t2b∣∣∣∣ +|a||b|≤ |t|

2

|b|+ 1 ≤ |b|

4+ 1 < |b|

pues |b| ≥ 2. Si escribimos b′ = ub′′, con b′′ libre de cuadrados, entonces es claro que|b′′| < |b|. Por hipotesis inductiva, la forma cuadratica f ′′ = X2

1 − aX22 − b′′X2

3 representaa 0. Luego f ′ tambien, y en consecuencia nuestra f .

iii) n = 4Por comodidad, escribamos f = aX2

1 + bX22 − (cX2

3 + dX24 ). Sea v ∈ V . Como fv

representa a 0, por el Corolario 4.19 se tiene que existe un xv ∈ Q∗v representado por las

formas aX21 + bX2

2 y cX23 + dX2

4 . Esto equivale, utilizando ahora la parte (ii) del Corolario4.29 (que sigue valiendo, trivialmente, para Q∞ = R), a decir que

(xv,−ab)v = (a, b)v, y (xv,−cd)v = (c, d)v

Y esto vale para todo v ∈ V . Como∏

v∈V (a, b)v =∏

v∈V (c, d)v = 1, podemos aplicar elTeorema 3.9 y obtenemos ası un x ∈ Q∗ que verifica

(x,−ab)v = (a, b)v, y (x,−cd)v = (c, d)v


para todo v ∈ V . Esto implica que la forma cuadratica aX21 + bX2

2 − xZ2 representa a0 en cada Qv, y entonces representa a 0 en Q por el caso anterior. O sea que x ∈ Q∗ esrepresentado por aX2

1 + bX22 . Analogamente, x es representado por cX2

3 + dX24 . Aplicando

ahora otra implicacion del Corolario 4.19, deducimos que f representa a 0 en Q.

iv) n ≥ 5Probaremos el resultado por induccion en n. Pensemos a f como f = h − g, donde

h = a1X21 + a2X

22 y g = −(a3X

23 + . . . + anX

2n). Sea S el subconjunto de V dado por

los elementos ∞, 2, y los primos p tales que vp(ai) 6= 0 para algun i ≥ 3 (i.e., primosque dividen a alguno de los coeficientes de g). Claramente, S es finito. Sea v ∈ S. Comofv representa a 0, existira un av ∈ Q∗

v representado (en Qv) por h y g). Esto es, existenxv

i ∈ Qv, i = 1, . . . , n tales que

h(xv1, x

v2) = g(xv

3, . . . , xvn) = av

Como los cuadrados de Q∗v forman un abierto, si utilizamos el Teorema de Aproximacion

presentado antes de la prueba de 3.9 para el conjunto S definido previamente, deducimosque existen x1, x2 ∈ Q tales que si a = h(x1, x2), entonces a/av ∈ Q∗

v2 para todo v ∈ S.

Consideremos ahora la forma f1 = aZ2 − g, de rango n − 1. Dado v ∈ S, sabemos que grepresenta a av en Qv, luego tambien a a (ya que para k∗/k∗2 son lo mismo). Esto implicaque f1 representa a 0 en cada Qv, v ∈ S. Si v /∈ S, resulta que los coeficientes de g sontodos unidades v-adicas (por definicion de S). Entonces tambien dv(g) sera una unidad.Pero ademas, observemos que la forma cuadratica g es en 3 o mas variables, entonces porel Corolario 6.3 al Teorema de Chevalley-Warning, la ecuacion g ≡ a mod v tiene solucionno trivial. Pero entonces, al ser el discriminante de g una unidad v-adica, podemos aplicarel Corolario 2.17 y obtener ası la existencia de una solucion en Qv de g = a. Es decir, grepresenta a a en Qv. Luego, f1 representa a 0 en Qv, ahora para los v /∈ S.En cualquiera de los dos casos, vemos que la forma f1 representa a 0 en Qv, para todov. Luego por hipotesis inductiva, como f1 es de rango n − 1, tambien representa a 0 enQ. Esto implica que g representa a a en Q. Pero como h tambien representaba a a en Q(por construccion de a), tenemos que f representa a 0 en Q, y queda probado el Teorema. �

Facilmente se extiende el teorema a cualquier a ∈ Q∗:

Corolario 5.2. Sea a ∈ Q∗. f representa a a en Q si y solo si lo hace en cada Qv.

Demostracion: Se deduce inmediatamente del Teorema, aplicado a la forma cuadraticaaZ2 − f �

Y ademas, recordando que todas las formas cuadraticas de rango n ≥ 5 representa a 0en cada Qp, obtenemos el siguiente resultado:

Corolario 5.3. Una forma cuadratica f en Q de rango n ≥ 5 representa a 0 si y solo sirepresenta a 0 en R

Demostracion: Sabemos que, por el Teorema 4.28, una forma de rango ≥ 5 siemprerepresenta a 0 en Qp; el Corolario resulta de reescribir el enunciado del Teorema de Hasse-Minkowski con esta informacion. �


Es decir, que si f es una forma cuadratica no degenerada en mas de 4 variables, entoncesla ecuacion f = 0 tiene solucion no trivial en Q si y solo si la tiene en R.

5.2. Algunos comentarios interesantes

Vale la pena mencionar que la version del Teorema presentada en este trabajo no es lomas general que se ha podido probar hasta el momento.La prueba del Teorema que hemos mostrado a lo largo de estas paginas fue desarrolladapor Hermann Minkowski a finales del siglo XIX. Posteriormente, Helmut Hasse probo laversion mas general del mismo, cuya formulacion se hace en un cuerpo global F (en ellugar de Q), y los cuerpos de numeros p-adicos son reemplazados por las completacionesde F respecto a valuaciones no triviales (de la misma manera que la primera definicion deQp mostrada aquı). Dichas valuaciones son clasificadas modulo la relacion de equivalencia”generar la misma topologıa sobre F”(ya que toda valuacion da lugar a una metrica, la cualgenera una topologıa en el cuerpo en cuestion). Se denomina a las clases de equivalencialos primos de K (en analogıa con el caso de F = Q). Uno de tales primos se dice infinitosi las valuaciones correspondientes a esa clase de equivalencia son arquimedianas (i.e., sino cumple la propiedad (c) de la Proposicion 2.4 ). En el caso en que las valuacionescorrespondientes a un primo sean no-arquimedianas, se dice que es un primo finito.Esta nocion de valuaciones primas (las finitas, segun la definicion previa) generaliza encierta manera la nocion de ideal primo. Esto es por la siguiente razon: supongamos que Fes un cuerpo numerico (o de numeros algebraicos, es decir, una extension finita de Q). Si℘ es un ideal primo del anillo de enteros de F , junto con la definicion de norma N(℘) deun ideal, se puede definir una valuacion en F asociada a ℘, de la siguiente manera. Paracada x ∈ F no nulo, sea r el unico numero entero tal que x ∈ ℘r pero x /∈ ℘r+1. Entoncesdefinimos

|x|℘ :=

{1/N(℘)r, si x 6= 0;0, si x = 0.

Ası, | · |℘ es una valuacion no-arquimediana en F . Y mas aun, se puede ver que toda val-uacion no-arquimediana en F es equivalente a | · |℘ para algun ideal primo ℘ del anillo deenteros de F . He aquı una biyeccion entre primos finitos de F y sus ideales primos.De manera analoga en el caso de las valuaciones arquimedianas, se puede ver que son todasequivalentes a las surgidas de hacer un ”embedding”de F en R o C (en el caso de que Fsea un cuerpo de numeros algebraicos). Es por eso que se denomina a los primos infinitosde K reales o complejos, dependiendo de a donde llegue el embedding.

Llegado un momento las analogıas son cada vez menos visibles, es por eso que se requierede fuertes resultados en Teorıa de Cuerpos Globales para demostrar la version general deHasse del Teorema. Sin embargo, el espıritu y las ideas principales de la demostracion nose alejan demasiado de los puntos seguidos para probar el Teorema en Q.


6. Apendices

6.1. Algunos resultados en Teorıa de Numeros

En esta seccion adicional veremos algunos resultados basicos de la Teorıa de Numeros,que han sido utilizados en partes fundamentales del desarrollo previo.

6.1.1. Ecuaciones sobre cuerpos finitos

Teorema 6.1 (Chevalley - Warning). Sea p un primo, y K = Z/pZ el cuerpo de losenteros modulos p. Sean fα ∈ K[X1, . . . , Xn] polinomios tales que la suma de sus gradoses menor que n. Si V ⊆ (K)n es el conjunto de raıces en comun de dichos polinomios,entonces la cantidad de elementos de V es multiplo de p.

Para probar el Teorema utilizaremos el siguiente Lema que facilita las cosas:

Lema 6.2. En el contexto del Teorema, sea u un entero positivo. Entonces S(Xu) :=∑x∈K xu es igual a -1 si u es no nulo y divisible por q− 1, y es igual a 0 en cualquier otro

caso.

Demostracion: Para u = 0, S(Xu) = 1 + . . . + 1 = q,1 = 0 pues K es de caracterısticap, y p divide a q.

Si u 6= 0 y es divisible por q− 1, tenemos que xu = 1 para x 6= 0 (por Fermat), y xu = 0si x = 0. Luego, S(Xu) = (q − 1),1 = −1.

Finalmente, para u 6= 0 no divisible por q − 1, como K∗ = K \ {0} es cıclico y de ordenq − 1 (ejercicio 6 de la cursada de Estructuras Algebraicas 2007), tenemos que existe uny ∈ K∗ generador de dicho grupo. Luego, valen dos cosas: K∗ = {yx, x ∈ K∗}; y ademasyu 6= 1 por la hipotesis sobre u. Con lo cual,

S(Xu) =∑x∈K∗

xu =∑x∈K∗

yuxu = yuS(Xu)

luego (1− yu)S(Xu) = 0 y como yu 6= 1, S(Xu) = 0. �

Demostracion: (del Teorema) Sea P =∏

α(1 − f q−1α , y tomemos x ∈ Kn. Si x ∈ V , es

claro que P (x) = 1. Por otro lado, si x /∈ V entonces existe α tal que fα(x) 6= 0, y luego paradicho α se tiene que f q−1

α (x) = 1. Entonces, P (x) = 0. En conclusion, P = χV , la funcioncaracterıstica de V . Si generalizamos la funcion S del Lema mediante S(f) =

∑x∈Kn f(x)

para cualquier polinomio f , entonces es claro que la cantidad de elementos de V es igual aS(P ) mod p. Bastarıa entonces con probar que S(P ) = 0.

Como la suma de los grados de los fα es menor que n, entonces el grado de P es menorque n(q − 1). Con lo cual, el polinomio P es combinacion lineal de monomios de la formaXu = Xu1

1 . . . Xunn , con

∑ui < n(q− 1). Al ser S lineal, hemos reducido todo a probar que

S(Xu) = 0 para cada uno de dichos monomios. Pero al tener que∑ui < n(q− 1), existe i

tal que ui < q− 1, es decir, hay algun ui para el cual S(Xui) = 0. Supongamos sin perdidade generalidad que i = n. Entonces,

S(Xu) =∑

x∈Kn

xu11 . . . xun

n =∑

xn∈K

( ∑y∈Kn−1

yu11 . . . y

un−1

n−1 xunn

)=

( ∑xn∈K

xunn

)( ∑y∈Kn−1

yu11 . . . y

un−1

n−1

)= 0

Y listo. �


Corolario 6.3. Toda forma cuadratica en 3 o mas variables sobre K tiene una raiz notrivial.

Demostracion: Una forma cuadratica es un polinomio de grado 2 ¡3, luego la cantidadde raıces es multiplo de p. Pero al tener una raız trivial (el vector nulo), entonces tiene almenos otras p− 1 raıces (y p− 1 > 0). �

6.1.2. Ley de reciprocidad cuadratica

Introducimos primero el Sımbolo de Legendre:

Definicion 6.4. Sea p un primo impar, y x ∈ F ∗p (pensar en (Z/pZ)∗). El sımbolo de

Legendre de x respecto de p se define como(x

p

):= x(p−1)/2

Claramente, el sımbolo de Legendre toma valores en {±1} (pues al elevarlo al cuadradoda 1, y estamos en un cuerpo). Pero lo mas importante es que da 1 si y solo si x es un restocuadratico modulo p (i.e., existe y ∈ F ∗

p tal que y2 = x en F ∗p ). Ademas, sabemos que es

multiplicativo. Es decir, (x

p

)(y

p

)=

(xy

p

)

Es sabido como calcular rapidamente el sımbolo de Legendre para cualquier primo imparp en el caso de x = 1,−1, 2. Para esto, se introducen las siguientes funciones (utilizadas enla Seccion 3): si n ∈ Z es impar, se definen ε(n), ω(n) mediante

ε(n) :=n− 1

2mod 2 =

{0, sin ≡ 1 mod 41, sin ≡ −1 mod 4

ω(n) :=n2 − 1

8mod 2 =

{0, sin ≡ ±1 mod 81, sin ≡ ±5 mod 8

Se tiene entonces el siguiente resultado:

Teorema 6.5. Para todo primo impar p valen las siguientes formulas:(i)

(1p

)= 1

(ii)(−1

p

)= (−1)ε(p)

(iii)(

2p

)= (−1)ω(p)

Pero mas aun, si x es un numero primo se tiene el siguiente resultado, fundamental a lahora de calcular cualquier sımbolo de Legendre 10:

Teorema 6.6 (Gauss). Si l, p son dos primos impares distintos, entonces(l

p

)=

(p

l

)(−1)ε(l)ε(p)

10En realidad, para que ayude a calcular cualquier sımbolo deberıamos introducir el sımbolo de Jacobi,el cual es una generalizacion del de Legendre para cuando la base no es un numero primo


Este es uno de los resultados mas famosos y ”populares”de Teorıa de Numeros. Fueconjeturado originalmente por Euler y Legendre, pero probado por primera vez por Gaussa la edad de 19 anos. Su fascinacion por este Teorema hizo que, a lo largo de toda su vida,Gauss diera ocho demostraciones diferentes del mismo. Actualmente, existen mas de 200demostraciones diferenes publicadas. 11

6.2. Sistemas y Lımites proyectivos

Los sistemas y lımites proyectivos permiten juntar la informacion de muchos grupos, ymorfismos entre ellos, mediante un nuevo objeto que definiremos a continuacion. Esta esla herramienta algebraica utilizada en una de las definiciones presentadas de los enterosp-adicos.

Definicion 6.7. Dado (I,≤) un conjunto ordenado y dirigido 12, sea A = (Ai)i∈I unafamilia de grupos, y supongamos que tenemos definidos una familia de morfismos F dadospor fij : Aj → Ai para todo i ≤ j que satisfacen las siguientes propiedades:

1. fii = idAi

2. fik = fij ◦ fjk para todos i ≤ j ≤ kEntonces, decimos que el par (A,F) es un sistema proyectivo.

En general, a lo largo de este trabajo solo han sido utilizado sistemas proyectivos en loscuales el conjunto de ındices tiene un orden total (mucho mas que dirigido). En el caso enque el conjunto de ındices sea N denotaremos al sistema proyectivo (A) = (An)n∈N mediante

. . .→ An → An−1 → . . .→ A1

donde las flechas representan los morfismos que, dados la condicion 2. de la definicion y elhecho de que el orden es total, estan completamente determinados por los elementos fn,n+1.

Definicion 6.8. Dado (A,F) un sistema proyectivo, con A = (Ai)i∈I , definimos el lımiteproyectivo del sistema como el subgrupo lim←−Ai del producto directo

∏i∈I Ai dado por

lim←−Ai := {(ai) ∈∏i∈I

Ai | ai = fij(aj) para todo i ≤ j}

Llamemos A = lim←−Ai. Quedan definidas canonicamente las proyecciones πi : A → Ai,que son las proyecciones usuales del producto directo restringidas a A.

Vale la pena mencionar que esta construccion puede ser llevada a cabo en anillos, modu-los, algebras, etc, adecuando los morfismos a la categorıa correspondiente. Es mas, encualquier categorıa podemos definir, dado un sistema proyectivo (Xi, fij) deinifido comoantes pero ahora con los objetos y morfismos en una categorıa C, su lımite proyectivo esel objeto X en la misma categorıa, junto con morfismos πi : X → Xi (proyecciones) quesatisfacen πi = fij ◦ πj. El lımite (X, πi) debe verificar la siguiente propiedad universal:dado cualquier otro par (Y, ψi) con estas propiedades, existe un unico morfismo u : Y → Xtal que el diagrama

11Ver http://en.wikipedia.org/wiki/Quadratic reciprocity12No todos los autores exigen esta condicion


conmuta para todo i, j. (Notar que no necesariamente existe el lımite proyectivo encualquier categorıa)

Para concluir, veamos el siguiente resultado de lımites proyectivos, que ha sido utilizadoen la seccion de ecuaciones y polinomios p-adicos:

Lema 6.9. Sea . . .→ Dn → Dn−1 → . . .→ D1 un sistema proyectivo, con D = lim←−Dn sulımite proyectivo. Entonces si los Dn son finitos y no vacıos, D es distinto de vacıo.

Demostracion: Si los morfismos son todos suryectivos, entonces se puede construir demanera natural un elemento de D a partir de cualquier elemento de D1 (vamos tomandopreimagenes por los morfismos, y en cada paso obtenemos algo no vacıo ya que son todosepimorfismos). Vamos a reducir el caso general al recien mencionado:Sea Dn,p = fn,n+p(Dn+p), la imagen de Dn+p en Dn. Fijando n, vemos que como

Dn,p+1 = fn,(n+p+1)(Dn+p+1) = fn,(n+p)

(f(n+p),(n+p+1)(Dn+p+1)

)⊆ fn,(n+p)(Dn+p) = Dn,p

entonces (Dn,p)p es una familia decreciente de conjuntos finitos no vacıos. Luego, a partir deun P suficientemente grande, Dn,p = Dn,P para todo p ≥ P . Sea En := Dn,P . Es inmediato,nuevamente utilizando la definicion de los morfismos del sistema proyectivo, que el morfismof(n−1),n : Dn → Dn−1 se restringe como tal y da un morfismo suryectivo En → En−1 (puesf(n−1),n(Dn,p) = Dn−1,p para cualquier p). Ahora bien, como los En son no vacıos, tenemospor el caso mencionado en el comienzo que lim←−En 6= ∅. Luego, como En ⊆ Dn para todon, se tiene que lim←−Dn 6= ∅. �


Referencias

[1] A. J. Baker, “An Introduction to p-adic numbers and p-adic Analysis,” 2006.

[2] J.-P. Serre, “A Course in Arithmetic,” Springer-Verlag, 1996.

[3] Y. Amice, “Les Nombres p-adiques,” Press Univ. de France, 1975.

[4] A. Gamzon, “The Hasse-Minkowski Theorem (Thesis)”, Univ. of Connecticut, 2006.

los numeros´ p-´adicos y el teorema de hasse-minkowskidemetrio/files/u15/ramiro.pdf · los...

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