Iniciaremos um estudo de alguns conceitos básicos da teoria de corpos de funções algébricas, que são necessários para a compreensão dos resultados que queremos apresentar. Denotaremos por K um corpo arbitrário.
2.1 Corpos de Funções Algébricas
De nição 2.1. Um corpo de funções algébricas F |K de uma variável sobre K é uma extensão de corpos F ⊇ K tal que F é uma extensão algébrica ( nita) de K(x) para algum elemento x ∈ F que é transcendente sobre K.
Para efeito de abreviação nos referiremos a F |K apenas como corpo de funções algébricas. De nição 2.2. Considere o conjunto ˜K = {z ∈ F : z é algébrico sobre K} , que é um subcorpo de F , já que a soma, o produto e o inverso de elementos algébricos são também algébricos. ˜K é chamado de corpo das constantes de F |K.
Temos que K ⊆ ˜K $ F , e é claro que F | ˜K é um corpo de funções sobre K. Diremos que K é algebricamente fechado em F (ou que K é todo o corpo de constantes de F ) se ˜K = K.
Proposição 2.3. Em um corpo de funções algébricas, os elementos de F que são transcendentes sobre K podem ser caracterizados da seguinte forma: z ∈ F é transcendente sobre K se, e somente se, a extensão F |K(z) é de grau nito.
Exemplo 2.4. O exemplo mais simples de um corpo de funções algébricas é o corpo de funções racionais; F |K é chamado racional se F = K(x) para algum x ∈ F que é transcendente sobre K.
Cada elemento 0 6= z ∈ K(x) tem uma única representação na forma z = aY
i
pi(x)ni
onde 0 6= a ∈ K, os polinômios pi(x) ∈ K[x]são mônicos, dois a dois distintos e irredutíveis e ni∈ Z.
2.2 Anéis de Valorização, Lugares e valorizações discretas
De nição 2.5. Um anel de valorização do corpo de funções F |K é um anel O ⊆ F com as seguintes propriedades:
(1)K $ O $ F e
(2) para todo z ∈ F temos que z ∈ O ou z−1∈ O.
Proposição 2.6. Seja O um anel de valorização do corpo de funções F |K. Então acontece o seguinte: (a) O é um anel local, isto é, O tem um único ideal maximal P = O \ O∗, onde O∗ = {z ∈ O|
existe um elemento w ∈ O com zw = 1}.
(b) Seja 0 6= x ∈ F , então x ∈ P ⇔ x−1∈ O/ .
(c) Para o corpo ˜K de constantes de F |K temos ˜K ⊆ O e ˜K ∩ P = {0}.
Demonstração. (a)Mostremos primeiramente que P é um ideal, isto é, que se x ∈ P e z ∈ O, então xz ∈ P e se x, y ∈ P então x + y ∈ P . Suponha que xz /∈ P , logo xz ∈ O∗, então existe um w ∈ O tal que (xz)w = 1 =⇒ x(zw) = 1, e daí como zw ∈ O temos que x ∈ O∗, o que contraria o fato de
x ∈ P. Logo xz ∈ O \ O∗= P.
Agora, sem perda de generalidade assumiremos que x
y ∈ O, y 6= 0. Assim 1 + x y ∈ O e x + y = y 1 +xy ∈ P. Portanto P é um ideal de O.
Suponha agora, que P não seja maximal, então existirá um ideal I, tal que P $ I $ O. Logo existirá um x ∈ I, tal que x /∈ P . Disso segue que x ∈ O∗ e então vai existir um w ∈ O tal que
xw = 1, logo 1 ∈ I, o que implica que I = O. Mas isto é um absurdo, logo P é maximal. Finalmente, provemos que P é o único ideal maximal de O.
Suponha que exista um outro ideal H de O que seja maximal. Temos que H ∩ O∗= ∅, caso contrário
teríamos 1 ∈ H e H = O. Logo H ⊂ O \ O∗= P,mas H é maximal, portanto P = H.
b) Seja 0 6= x ∈ F . Suponhamos que x ∈ P e x−1 ∈ O, logo como P é um ideal de O temos
que xx−1 = 1 ∈ P, mas isso é um absurdo, logo x−1 ∈ O/ . Reciprocamente se x /∈ O, então da
de nição de anel de valorização, x ∈ O. Suponha que x−1 ∈ O∗, assim existe um w ∈ O∗ tal que
xw = 1, ou seja, w = x−1∈ O∗⊂ O. Mas isso é uma contradição, pois x−1∈ O/ . Logo x ∈ O\O∗= P.
c) Seja z ∈ ˜K. Suponha que z /∈ O, como O é um anel de valorização, temos que z−1 ∈ O. Como z é algébrico sobre K, segue que z−1 também é algébrico sobre K, então existem elementos
a1, a2, ...an∈ K, tal que
ar(z−1)r+ · · · + a1(z−1) + 1 = 0.
Manipulando a expressão temos,
(z−1)(ar(z−1)r−1+ · · · + a1) = −1
Multiplicando por −z,
z = −(ar(z−1)r−1+ · · · + a1) ∈ K[z−1] ⊆ O,
daí z ∈ O. Mas isso é uma contradição da suposição de que z /∈ O. Logo z ∈ O. Assim mostramos que ˜K ⊆ O.
Falta mostrar que ˜K ∩P = {0}. Suponha que existe um x 6= 0 tal que x ∈ ˜K ∩P = {0}. Assim x 6= O∗ e x ∈ ˜K, o que é uma contradição, pois sendo ˜K um corpo, todos os seus elementos são invertíveis. Teorema 2.7. Seja O um anel de valorização do corpo de funções F |K e seja P seu único ideal maximal. Então temos
(a) P é um ideal principal.
(b) Se P = tO então cada 0 6= z ∈ F tem uma única representação na forma z = tnu, para algum
n ∈ Z e u ∈ O∗, sendo que se z ∈ O, então n ≥ 0 e se z /∈ O, então n < 0. A prova do teorema depende do seguinte lema.
Lema 2.8. Seja O um anel de valorização de um corpo de funções algébricas F |K, seja P seu único ideal maximal e 0 6= x ∈ P . Sejam x1, . . . , xn ∈ P tal que x1= xe xi∈ xi+1P para i = 1, 2, . . . , n − 1.
Então temos
n ≤ [F : K(X)] < ∞ Demonstração.
Como 0 6= x ∈ P e da proposição 2.6 temos x ∈ ˜K ∩ P = {0}, segue que x /∈ ˜K, ou seja x é transcendente sobre K, então, da proposição 2.3 temos que F |K(x) é uma extensão nita. Então é su ciente mostrar que x1, . . . , xn são linearmente independentes sobre K(x), pois F é um K(X)
espaço vetorial.
Suponha então que x1, . . . , xnsejam linearmente dependentes, assim existe uma combinação não-trivial n
P
i=1
ϕi(x)xi= 0, com ϕi(x) ∈ K(x).
para i = 1, ..., n.
Fazendo a multiplicação da equação acima pelo máximo múltiplo comum dos denominadores e divi- dindo pela menor potência de x que aparece na fatoração dos numeradores, obtemos a equação
n
X
i=1
˜
ϕi(x)xi= 0
onde todo ˜ϕi(x) ∈ K[x] e x não divide todos ˜ϕi(x). Colocando a1 := ˜ϕi(0), o termo constante de
˜
ϕi(x) e de nindo j ∈ 1, ..., n pela condição aj 6= 0 e ai= 0 para todo i > j, temos
X i<j ˜ ϕi(x)xi+ ˜ϕj(x)xj+ X i>j ˜ ϕi(x)xi= 0 e então obtemos − ˜ϕj(x)xj = X i<j ˜ ϕi(x)xi+ X i>j ˜ ϕi(x)xi
com ˜ϕj(x) ⊂ K[x] ⊂ O para i = 1, ..., n, xi ∈ xjP para i < j e ˜ϕi(x) = xgi(x) para i > j, onde
gi(x) ∈ K[x].
Dividindo a equação acima por xj obtemos
− ˜ϕj = X i<j ˜ ϕi(x) xi xj +X i>j x xj gi(x)xi.
Observe que toda soma do lado direito pertence a P , pois Pi<jϕ˜i xi xj ∈ P, já que xi∈ xjP e ˜ϕi(x) ∈ O e também P i>j x xjgi(x)xi∈ P pois x xj ∈ P e gi(x)xi∈ P. Logo ˜ϕj(x) ∈ P.
Por outro lado, ˜ϕj(x) = aj+ xgj(x), com aj ∈ K, então aj = ˜ϕj(x) − xgj(x). Como gj(x) ∈ K[x] ⊆ O
e x ∈ P , temos que xgj(x) ∈ P, logo aj ∈ P ∩ ˜K = {0}. Mas isso é uma contradição pois aj 6= 0.
Logo Pn
i=1
ϕi(x)xi= 0é uma combinação linear trivial, ou seja, ϕi(x) = 0, para i = 1, ..., n e x1, ..., xn
são linearmente independentes. Provemos agora o teorema 2.7
Demonstração.
a) Suponha que P não seja principal e escolha um elemento 0 6= xi ∈ P. Como P 6= x1O, existe
x2 ∈ P \ x1O. Então x2x−11 ∈ O/ , pois se x2x−11 ∈ O então x1(x2x−11 ) ∈ x1O e daí x2∈ x1O. Então
pela proposição 2.6.b temos que x−1
2 x1∈ P e então x2x−12 x1∈ x2P e logo x1∈ x2P.
Por indução obtemos uma sequência in nita (x1, x2, x3, ...) em P tal que xi∈ xi+1P para todo i ≥ 1,
mas isso é uma contradição, pois pelo lema 2.8, podem existir apenas um número nito de xn com
n ∈ N satisfazendo xi∈ xi+1P.
b) Seja z ∈ F com z 6= 0. Como z ou z−1 ∈ O, podemos supor que z ∈ O. Se z ∈ O∗, então
z = t0z e pronto. Consideremos o caso em que z ∈ P . Existe um m ≥ 1 máximo com z ∈ tmO, já que
o comprimento da sequência x1= z, x2= tm−1, ..., xm= t é limitado pelo lema2.8.
Escreva z = tmu com u ∈ O. Então u deve ser um invertível de O, caso contrário u ∈ P = tO,
então u = tw com w ∈ O e z = tm+1w ∈ tm+1O, o que contradiz a maximalidade de m. Agora
suponha que z = tnu e z = tmv com m, n ∈ N e u, v ∈ O∗. Logo tnu = tmv, e então (tm)−1tnuu−1=
(tm)−1tmvu−1=⇒ tm−n = vu−1, logo tm−n ∈ O∗, ou seja, t ∈ O∗. Isso é um absurdo. pois teríamos
P = O
De nição 2.9. (a) Um lugar P de um corpo de funções algébricas é um ideal maximal de algum anel de valorização O de F |K. Todo elemento t ∈ P tal que P = tO é chamado um elemento primo de P . (b) PF = {P tal que P é um lugar de F |K}
Se O é um anel de valorização de F |K e P é seu ideal maximal, então O é unicamente determinado por P , isto é, O = {z ∈ F |z−1∈ P }/ de acordo com a proposição2.6(b). Isso signi ca que temos uma
bijeção entre os anéis de valorização e os lugares de um corpo de funções. Assim OP := Oé chamado
de anel de valorização do lugar P .
Uma segunda descrição muito útil de lugares é dada em termos de valorização.
De nição 2.10. Uma valorização discreta de F |K é uma função v : F |K → Z∪{∞} com as seguintes propriedades,
(1) v(x) = ∞ ⇔ x = 0,
(2) v(xy) = v(x) + v(y) para todo x, y ∈ F ,
(3) v(x + y) ≥ min{v(x), v(y)} para todo x, y ∈ F , (4) Existe um elemento z ∈ F com v(z) = 1, (5) v(a) = 0 para todo 0 6= a ∈ K.
Nesse contexto o símbolo ∞ signi ca algum elemento que não está em Z tal que ∞+∞ = ∞+n = n + ∞ = ∞ e ∞ > m para todo m, n ∈ Z.
De (2) e de (4) segue que v : F |K → Z ∪ {∞} é sobrejetora. A propriedade (3) é chamada desigualdade triangular.
Uma versão mais forte da desigualdade triangular que é bastante usada é a seguinte.
Lema 2.11 (Desigualdade triangular estrita.). Seja v uma valorização discreta de F |K e seja x, y ∈ F com v(x) 6= v(y). Então v(x + y) = min{v(x), v(y)}
Demonstração. Observe que v(ay) = v(y), para 0 6= a ∈ K, pois pelas propriedades (2) e (5) de uma valorização discreta temos v(ay) = v(a) + v(y) = 0 + v(y). Em particular v(−y) = v(−1y) = v(−1) + v(y) = v(y).Como v(x) 6= v(y), assumamos que v(x) < v(y) e suponha que v(x+y) < min{v(x), v(y)}. Então obtemos v(x) = v((x + y) − y) ≥ min{v(x + y), v(y)}, donde segue que v(x) ≥ v(x + y) ou v(x) ≥ v(y). Temos uma contradição. Logo v(x + y) = min{v(x), v(y)} para v(x) 6= v(y).
De nição 2.12. Para um lugar P ∈ PF associamos uma função vp : F → Z ∪ {∞} de nida da
seguinte forma.
Escolha um elemento primo t de P . Então todo z ∈ F, z 6= 0, tem uma única representação z = tnu
com u ∈ O∗
P e n ∈ Z.
De na vP(z) := n e vP(0) := ∞.
Observe que essa de nição depende apenas de P e não da escolha do t.
De fato, seja t0um outro elemento primo de P . então P = tO = t0O. Como t ∈ P , então t ∈ t0O, logo
t = t0w, com w ∈ Op∗.
Logo, seja z ∈ F , temos que z = tnu = t0n(wnu)com wnu ∈ O∗ p.
Teorema 2.13. Seja F |K um corpo de funções,
(a) Para algum lugar P ∈ PF, a função vP de nida acima é uma valorização discreta de F |K. Além
disso temos,
OP = {z ∈ F |vP(z) ≥ 0}
O∗P = {z ∈ F |vP(z) = 0}
P = {z ∈ F |vP(z) > 0}
(b) Um elemento x ∈ F é um elemento primo de P se, e somente se, vP(x) = 1.
(c) Por outro lado, suponha que v é uma valorização discreta de F |K. Então o conjunto P := {z ∈ F |vP(z) > 0} é um lugar de F |K e OP = {z ∈ F |vP(z) ≥ 0} é o seu anel de valorização correspon-
dente.
Demonstração. (a) É fácil veri car que vP satisfaz as propriedades de uma valorização discreta.
Então seja z ∈ F . Temos que z ∈ O∗
P se, e somente se, z = t0z, se, e somente se, vP(z) = 0. Daí
O∗
P = {z ∈ F |vP(z) = 0}.
Seja 0 6= w = tnu ∈ F, n ∈ Z e u ∈ O∗. Temos que w = tnu ∈ P se, e somente se
w−1= t−nu−1∈ O/ se, e somente se −n < 0 se, e somente se n > 0 se, e somente se vP(w) > 0.
Logo P = {z ∈ F |vP(z) > 0}.
Como O = P ∪ O∗, segue que O
P = {z ∈ F |vP(z) ≥ 0}.
(b) Seja t ∈ F um elemento primo de P . Então todo z ∈ F tem uma única representação na forma z = tnu, com u ∈ O∗
P e n ∈ Z. Seja x ∈ F um outro elemento primo de P . Como x ∈ F temos que
x = tmu1, com m ∈ Z e u1∈ O∗P. Como x é elemento primo de P temos que t = xnu2, com n ∈ Z
e u2∈ O∗P. Daí x = (x nu
2)mu1, ou seja, x = xnm(um2u1), com um2 u1 ∈ O∗P. Mas x = x
11, então da
unicidade da representação temos que mn = 1. Logo vP(x) = vP(xnm(um2u1)) = 1. Reciprocamente
seja t um elemento primo de P . Daí como vP(x) = 1, temos que x = t1u, com u ∈ O∗, daí xu−1= t.
Logo P = tO = xu−1O = xO.Portanto x ∈ F é um elemento primo de P .
(c) É fácil mostrar que OP é um anel. Como F é um corpo, em particular F é um anel, então
basta mostrar que OP é um subanel de F .
Veri quemos então que OP é um anel de valorização, ou seja, que K ( O ( F e que para todo z ∈ F
temos z ∈ O ou z−1∈ O.
Para qualquer a ∈ K temos que vP(a) = 0, logo K ⊂ OP. Agora como vP é uma valorização discreta,
existe z ∈ F tal que vP(z) = 1, então z ∈ OP, mas z /∈ O∗P, como K ⊆ OP∗, temos que K ( OP.
Seja 0 6= x ∈ OP, tal que vP(x) > 0, temos que 0 = vP(1) = vP(xx−1) = vP(x) + vP(x−1) =⇒
vP(x−1) = −vP(x) < 0. Logo x−1∈ F, mas x−1∈ O/ P. Portanto OP ( F .
Seja 0 6= z ∈ F . Suponha que vP(z) ≥ 0, logo z ∈ OP. Caso contrário vP(z) < 0, daí vP(z−1) =
−vP(z) > 0e então z−1∈ OP.
Mostremos agora que P é um ideal de OP.
Seja x ∈ P e y ∈ OP, então vP(x) > 0 e vP(y) ≥ 0, logo vP(xy) = vP(x) + vP(y) > 0. Portanto
xy ∈ P.
Seja a, b ∈ P . Temos que vP(a + b) ≥ min{vP(a), vP(b)} > 0, logo a + b ∈ P . Portanto P é um ideal
de OP.
Veri quemos que P é maximal.
Seja I um ideal de OP, tal que P ( I ⊂ OP. Logo existe um t ∈ I tal que vP(t) = 0. Daí seja x ∈ F
um elemento primo de P , então t = x0u, com u ∈ O∗. Temos que t−1 = x0u−1, logo v
P(t−1) = 0 e
t−1∈ OP. Como I é um ideal temos que tt−1= 1 ∈ I, donde segue que I = OP.
Finalmente mostremos que P é único. Seja M 6= ∅ um outro ideal maximal de OP, daí como
M 6= P, temos que existe um t ∈ M tal que vP(t) = 0. Tome um z ∈ OP, como M é um ideal de OP,
temos que tz ∈ M. Daí vP(tz) = vP(t) + vP(z) = 0 + vP(z) = vP(z)e então z ∈ M, donde segue que
OP ⊆ M. Logo OP = M.
Portanto P é um lugar de F |K e OP é o seu anel de valorização correspondente.
De acordo com o teorema 2.13, lugares, anéis de valorização e valorizações discreta de um corpo de funções são essencialmente a mesma coisa.
Seja P um lugar de F |K e seja OP seu anel de valorização.
Já que P é um ideal maximal, o anel das classes de resíduos OP/P é um corpo.
Para x ∈ OP de nimos x(P ) ∈ OP/P como a classe de resíduos de x módulo P . Para x ∈ F \ OP
colocamos x(P ) := ∞.
Pela proposição 2.6 sabemos que K ⊆ OP e K ∩ P = {0}, então a aplicação de classes de resíduos
OP −→ OP/P induz um mergulho canônico de K em OP/P.
Observe que esse argumento também se aplica a ˜K em vez de K, então podemos considerar ˜K como
um subcorpo de OP/P.
De nição 2.14. Se P ∈ PF
(a)FP := O \ P é o corpo de classe residual de P .
A aplicação x → x(P ) de F em FP ∪ {∞} é chamada de aplicação de classe residual respectiva à P .
(b) grauP := [FP : K]é chamado de grau de P .
Um lugar de grau 1 é também chamado de um lugar racional de F |K.
Pode-se mostrar que grauP ≤ [F : K(X)] < ∞, ou seja, o grau de um lugar é sempre nito. Proposição 2.15. O corpo ˜K de constantes de F |K é uma extensão de corpos nita sobre K. Demonstração. Usaremos o fato de que PF 6= ∅, o que garante isso é o corolário2.19, mais adiante.
Escolha um P ∈ PF. Visto que ˜K está mergulhado em FP via aplicação classe de resíduos OP → FP,
segue que [ ˜K : K] ≤ [FP : K] < ∞.
Remark 2.16. Seja P um lugar racional de F |K, isto é, grauP = 1. Então temos Fp = K, e
as aplicações de classes de residuais vão de F para K ∪ {∞}. Em particular se K é um corpo algebricamente fechado, então todo lugar é racional e podemos ler um elemento de z ∈ F como uma função;
z :
PF −→ K ∪ {∞}
P 7−→ z(P )
Por isso F |K é chamado de corpo de funções. Os elementos de K interpretados como funções de acordo com 2.16, são funções constantes. Por essa razão K é chamado de corpo de constantes de F .
A seguinte terminologia também é justi cada por 2.16.
De nição 2.17. Seja z ∈ F e P ∈ PF. Dizemos que P é um zero de z se vP(z) > 0; P é um pólo de
z se vP(z) < 0. Se vP(z) = m > 0, P é um zero de z de ordem m; se vP(z) = −m < 0, P é um pólo
de z de ordem m.
É possível mostrar que dado um corpo de funções algébricas F |K temos que PF 6= ∅. O que
garante isto é o próximo teorema.
Teorema 2.18. Seja F |K um corpo de funções e seja R um subanel de F com K ⊆ R ⊆ F . Suponha que I ( R é um ideal não trivial de R. Então existe um lugar P ∈ PF tal que I ⊆ P e R ⊆ OP.
Corolário 2.19. Seja F |K um corpo de funções, z ∈ F transcendente sobre K. Então z tem pelo menos um pólo e um zero. Em particular PF 6= ∅.
A seguinte proposição mostra que o número de zeros de uma função algébrica é nito.
Proposição 2.20. Seja F |K um corpo de funções. Seja P1, ..., Pn zeros do elemento x ∈ F . Então r
X
i=1
vPi(x)grauPi≤ [F : K(x)].
2.3 Divisores e Espaços de Riemann-Roch
O corpo ˜K de constantes de um corpo de funções algébricas F |K é uma extensão nita de K e F pode ser considerado como um corpo de funções sobre ˜K.
Portanto de agora em diante F |K será sempre denotado como um corpo de funções algébricas de uma variável tal que K é o corpo de constantes completo de F |K.
De nição 2.21. O grupo divisores de F |K é de nido como o grupo abeliano livre o qual é gerado pelos lugares de F |K e denotado por Div(F ). Os elementos de Div(F ) são chamados de divisores de F |K. Em outras palavras, um divisor é uma soma formal
D = X
P ∈PF
nPP
com nP ∈ Z e uma quantidade nita de nP = 0.
O suporte de P é de nido por
SuppD = {P ∈ PF|nP 6= 0} .
Um divisor da forma D = P com P ∈ PF é chamado divisor primo.
Dois divisores D = P nPP e D0=P n0PP são somados termo a termo, isto é,
D + D0= X
P ∈PF
(nP + n0P)P.
O elemento zero do grupo de divisores Div(F ) é o divisor 0 := X
P ∈PF
rPP, com todos rP = 0.
Para Q ∈ PF e D = P nPP ∈ div(F )de nimos vQ(D) := nQ, portanto
SuppD = {P ∈ PF|vP(D) 6= 0}
e
D = X
P ∈suppD
vP(D)P.
Uma ordem parcial em div(F ) é de nida por
D1≤ D2 se, e somente se vP(D2) ≤ vP(D1) para todo P ∈ PF.
Se D1≤ D2 eD16= D2 também escrevemos D1< D2.
Um divisor D ≥ 0 é chamado de divisor positivo ou efetivo. O grau de um divisor é de nido por
grau D := X
P ∈PF
vP(D)grau P,
e isso produz um homomor zmo de grupos grau : Div(F ) −→ Z.
Pode-se mostrar que um elemento 0 6= x ∈ F tem apenas um número nito de zeros e pólos em PF,
assim a seguinte de nição faz sentido.
De nição 2.22. Seja 0 6= x ∈ F e denote por Z e N o conjunto de zeros e de pólos de X em PF
respectivamente. Então de nimos (x)0= X P ∈Z vP(x)P o divisor zero de x (2.1) (x)∞= X P ∈N (−vP(x))P o divisor pólo de x (2.2) (x) := (x)0− (x)∞ o divisor principal de x (2.3) Claramente (x)0≥ 0, (x)∞≥ 0 e (x) = PP ∈PF vP(x)P.
Observe que se 0 6= x ∈ F é uma constante, isto é, x ∈ K, então vP(x) = 0para qualquer P ∈ PF, o
que implica que (x) = 0. Reciprocamente se (x) = 0 então x é um elemento sem zeros e sem pólos, pelo corolário 2.19 segue então que x não é transcendente sobre K, então x é algébrico sobre K, ou seja x ∈ ˜K = K.
De nição 2.23.
P rinc(F ) := {(x); x ∈ F, x 6= 0} é chamado de grupo dos divisores principais de F |K.
Note que P rinc(F ) é um subgrupo de Div(F ), já que para x, y ∈ F ,com x 6= 0 e y 6= 0 temos que (x) − (y) ∈ P rinc(F ), pois
(x) − (y) =P P ∈PFvP(x)P − P P ∈PF vP(y)P = P P ∈PF vP(x)P + P P ∈PF −vP(y)P =P P ∈PF(vP(x) + vP(y −1))P =P P ∈PF(vP(xy −1)P = (xy−1) ∈ P rinc(F ).
Logo P rinc(F ) também é abeliano e portanto é um subgrupo normal de Div(F ), então a seguinte de nição faz sentido.
De nição 2.24. O grupo de quocientes Cl(F ) := Div(F )/P rinc(F ) é chamado de classe de grupos divisores de F |K. Para um divisor D ∈ Div(F ) o elemento correspondente no grupo quociente Cl(F ) é denotado por [D], a classe divisora de D.
Dois divisores D, D0∈ Div(F ) são ditos equivalentes, e escrevemos
D ∼ D0
se [D] = [D0], isto é, se D = D0+ (x) para algum x ∈ F \ {0}.
Nossa próxima de nição é de grande importância na teoria de corpos de funções algébricas. De nição 2.25. Para um divisor A ∈ Div(F ) de nimos o espaço de Riemann-Roch associado a A por
L(A) := {x ∈ F : (x) + A ≥ 0} ∪ {0}. Essa de nição vem da seguinte interpretação: se
A = r X i=1 niPi− s X j=1 mjQj, com ni> 0, mj > 0, então (x) + A = (P P ∈ZvP(x)P − P P ∈N(−vP)(x)P ) + ( Pr i=1niPi− Ps j=1mjQj) = (P P ∈ZvP(x)P −P s j=1mjQj) + (P r i=1niPi−PP ∈N(−vP)(x)P ) ,
daí L(A) consiste de todo elemento x ∈ F tal que
i) x tem zeros de ordem ≥ mj em Qj para j = 1, . . . , s e
ii) x pode ter pólos somente nos lugares P1, . . . , Pr com ordem dos pólos em Pi menor ou igual do que
ni para i = 1, . . . , r.
Remark 2.26. Seja x ∈ Div(F ). Então
a) x ∈ L(A) se, e somente se, vP(x) ≥ −vP(A) para todo P ∈ PF.
b) L(A) 6= {0} se, e somente se, existe um divisor A0∼ Acom A0≥ 0.
Demonstração. a) Da de nição de ordem parcial temos que (x) ≥ −A se, e somente se vP(x) ≥
vP(−A), para todo P ∈ PF, ou seja, x ∈ L(A) se, e somente se, vP(x) ≥ −vP(A) para todo P ∈ PF.
b) Se L(A) 6= {0}, existe um 0 6= x ∈ F tal que (x) + A ≥ 0. Colocando A0 = (x) + A, temos que
A0∼ Ae A0≥ 0. Reciprocamente, se A0∼ Ae A0≥ 0 , existe um x ∈ F \ {0} tal que A0= (x) + A e
(x) + A ≥ 0, logo x ∈ L(A).
Lema 2.27. Seja a ∈ Div(F ). Então temos que a) L(A) é um espaço vetorial sobre K,
b) Se A0 é um divisor equivalente a A, então L(A) ' L(A0).
Demonstração. a) Seja x, y ∈ L(A) e a ∈ K. Então para todo P ∈ PF temos que vP(x + y) ≥
min{vP(x), vP(y)} ≥ −vP(A) e vP(ax) = vP(a) + vP(x) = vP(x) ≥ −vP(A). Logo x + y e ax estão
em L(A) pela observação 2.26(a).
b) Por hipótese, A = (z) + A0, com 0 6= z ∈ F . Considere a aplicação
ϕ :
L(A) −→ F
x 7−→ xz
Dados x, y ∈ L(A) e a ∈ K temos que ϕ(x+λy) = (x+λy)z = xz+(λy)z = xz+λ(yz) = ϕ(x)+λϕ(y). Além disso, temos que (x) + A ≥ 0, logo (x) + (z) + A0≥ 0, donde segue que (xz) + A0≥ 0 e portanto
xz ∈ L(A0). Logo essa é uma aplicação K-linear cuja a imagem está contida em L(A0). Da mesma maneira
ϕ0:
L(A0) −→ F
x 7−→ xz−1
é uma aplicação K-linear de L(A0) em L(A), pois para x ∈ L(A0), temos que (x) + A0 ≥ 0, logo
(x) − (z) + A = (x) + (z−1) + A = (xz−1) + A ≥ 0. Portanto xz−1∈ L(A). Agora note que
ϕoϕ0(x) = ϕ(ϕ0(x)) = ϕ(xz−1) = xz−1z = x o que implica que ϕ é sobrejetora e ϕ0 é injetora e
ϕ0oϕ(x) = ϕ0(ϕ(x)) = ϕ0(xz) = xzz−1= x. o que implica que ϕ0 é sobrejetora e ϕ é injetora, logo ϕ e ϕ0 são bijetoras
Além disso toda aplicação K-linear em particular é um homomor smo.
Assim ϕ é um homomor smo bijetor de L(A) em L(A0), isto é, L(A) e L(A0) são isomorfos.
Lema 2.28. a) L(0) = K, b) Se A < 0 então L(A) = {0}.
Demonstração. a) Seja 0 6= x ∈ K, então (x) = 0, logo x ∈ L(0) e K ⊆ L(0). Por outro lado, se 0 6= x ∈ L(0), então (x) ≥ 0. Isso signi ca que x não possui pólos (pois vP(x) ≥ 0 para qualquer
P ∈ PF), logo pelo corolário2.19, x ∈ K.
Assim L(0) ⊆ K e portanto L(0) = K.
b) Suponha que exista um elemento 0 6= x ∈ L(A). Então (x) ≥ −A > 0, o que implica que x possui pelo menos um zero, mas não possui pólos. Mas isso é impossível, logo L(A) = {0}.
Nosso próximo objetivo, é mostrar que L(A) é de dimensão nita para qualquer divisor A ∈ Div(F ). Lema 2.29. Seja A, B divisores de F |K com A ≤ B. Então temos que L(A) ⊆ L(B) e
dim (L(B)/L(A)) ≤ grau B − grau A .
Proposição 2.30. Para cada divisor A ∈ Div(F ) o espaço L(A) é um espaço vetorial sobre K de dimensão nita.
Mais precisamente, se A = A+− A− com os divisores A+ e A− positivos, então
dim L(A) ≤ grau A++ 1.
Demonstração. Como A+ = A + A−, temos que A ≤ A+ e daí L(A) ⊆ L(A+), é su ciente então,
mostrar que
dim L(A+) ≤grau A++ 1.
Temos que 0 ≤ A+, então do lema 2.29segue que
dim (L(A+)/L(0)) ≤grau A+−grau 0 = grau A+. (2.4)
Tome a aplicação K-linear
φ :
L(A+) −→ L(A+)/L(0)
x 7−→ x.
Agora observe que x ∈ Kerφ se, e só se φ(x) = 0 se, e só se x = 0 se, e só se x ∈ L(0) se, e só se x ∈ K. Logo Kerφ = L(0) = K. Claramente φ é sobrejetora, isto é Imφ = L(A+)/L(0). Logo pelo
teorema da Dimensão e Imagem e de2.4, temos que
dim L(A+) =dim (L(A+)/L(0)) +dim K = dim (L(A+)/L(0)) + 1 ≤grau A++ 1
De nição 2.31. Para a ∈ Div(F ) o inteiro `(A) := dimL(A) é chamado de dimensão do divisor A. Um dos mais importantes problemas da teoria de corpos de funções, é calcular a dimensão de um divisor. A solução para esse problema será dada pelo teorema de Riemann-Roch na próxima seção. O próximo teorema nos diz que um elemento 0 6= x ∈ F tem tantos zeros quanto o número de pólos, desde que contados propriamentes.
Teorema 2.32. Todo divisor principal tem grau zero. Mais precisamente, seja x ∈ F |K, (x)0 e (x)∞
os divisores zero e pólo de x respectivamente. Então
grau (x)0=grau (x)∞= [F : K(x)].
Demonstração. Seja n := [F : K(x)] e B := (x)∞ r
P
i=1
−vPi(x)Pi, onde Pi, ..., Pr são todos os pólos
de x. Lembremos que Pi, ..., Pr são zeros de x−1, logo da proposição 2.20temos que r X i=1 −vPi(x)grauPi= r X i=1 vPi(x −1)grauP i≤ [F : K(x−1)] = [F : K(x)] = n.
Mostremos então que n ≤ grau B.
escolha uma base u1, ..., un ∈ F |K(x)e um divisor C ≥ 0 tal que (ui) + C ≥ 0para i = 1, ..., n. Temos
que
`(lB + C) ≥ n(l + 1), para qualquer l ≥ 0, Isso segue imediatamente do fato de xiu
j ∈ L(lB + C)para 0 ≤ i ≤ l e 1 ≤ j ≤ n, pois
(xiuj) + lB + C = (xi) + (uj) + lB + C
= i(x) + (uj) + lB + C
= i((x)0− (x)∞) + (uj) + l(x)∞+ C
= i(x)0+ (i − l)(x)∞) + (uj) + C ≥ 0
Observe que esses elementos são linearmente independentes sobre K, visto que u1, .., unsão linearmente
independentes sobre K(x) e xi ∈ K(x) para i = 1, . . . , l ser linearmente independente sobre K.
Colocando c := grau C obtemos pela proposição 2.30que
n(l + 1) ≤ ` L(lB + C) ≤grau (lB + C) + 1 = lgrau B + c + 1. Assim
l(grau B − n) ≥ n − c − 1, para todo l ∈ N. (2.5) Como o lado direito de (2.5) é independente de l, só podemos ter grau B−n ≥ 0, pois se grau B−n < 0, como l ≥ 0, existiria l tal que a desigualdade (2.5) não se satisfaria. Portanto grau B ≥ n e logo grau B = n, ou seja grau (x)∞ = [F : K(x)].
Visto que (x)0= (x−1)∞, concluímos que
grau (x)0=grau (x−1)∞= [F : K(x−1)] = [F : K(x)].
Corolário 2.33. a) Seja os divisores A, A0com A ∼ A0. Então temos `(A) = `(A0)e grau A = grau A0.
b) Se grau A < 0 então `(A) = 0.
c) Para um divisor A de grau zero, as seguintes a rmações são equivalentes: (1) A é principal
(2) `(A) ≥ 1 (3) `(A) = 1
Demonstração. a) Do lema2.27 temos que L(A) ' L(A0), logo `(A) = `(A0). De A = A0+ (x) com
x ∈ F \ {0}, temos que
grau A = grau (A0+ (x)) =grau A0+grau (x).
Do teorema 2.32temos grau (x) = 0 e logo grau A = grau A0+grau (x) = grau A0.
b) Suponha que `(A) > 0, Pela observação 2.26 existe um divisor A0 tal que A0∼ A e A0≥ 0, assim
grau A = grau A0≥ 0, mas isso contraria a hipótese, logo `(A) = 0.
c) (1) ⇒ (2).Se A = (x) é um divisor principal, então x−1 ∈ L(A) pois (x−1) + A = −(x) + A = 0 e
logo `(A) ≥ 1, já que x 6= 0,
(2) ⇒ (3) : Assumamos que `(A) ≥ 1 e grau A = 0, de `(A) ≥ 1, temos que L(A) 6= {0}, então da observação2.26.b segue que A ∼ A0 para algum A0≥ 0. As condições A0 ≥ 0e grau A0 = 0implicam
que A0= 0,assim `(A) = `(A0) = `(0) = 1, já que L(0) = K.
(3) ⇒ (1) : Suponha que `(A) = 1 e grau A = 0. Escolha 0 6= z ∈ L(A), então (z) + A ≥ 0. Visto que grau ((z) + A) = grau (z) + grau A = 0 + 0 = 0 temos que (z) + A = 0, e logo A = −(z) = (z−1).
Portanto A é principal.
Na proposição 2.30vimos que a inequação
`(A) ≤ 1 +grau A (2.6)
ocorre para todo divisor A ≥ 0. De fato (2.6) ocorre para todo divisor de grau maior ou igual a zero. Para veri car isso podemos assumir que `(A) > 0, logo L(A) 6= {0} e pela observação2.26 temos que A ∼ A0, para algum A0≥ 0, então pelo corolário 2.33,
`(A) = `(A0) ≥ 1 +grau A = 1 + grau A0.
É possível mostrar a existência de um limite inferior para `(A) semelhante à inequação 2.6. É o que garante a próxima proposição.
Proposição 2.34. Existe uma constante γ ∈ Z tal que para todos divisores A ∈ DivF o seguinte acontece
grau A − dim A ≤ γ.
Temos que γ não depende do divisor A, ele depende apenas do corpo de funções F |K. De nição 2.35. O gênero g de F |K é de ninido por
g := max{grau A − `(A) + 1 : A ∈ Div(F )}. Observe que essa de nição faz sentido pela proposição 2.34.
Corolário 2.36. O gênero de F |K é um inteiro não negativo
Demonstração. Na de nição de g, coloque A = 0, então `(0) − dim (0) + 1 = 0, assim g ≥ 0. Teorema 2.37. (Teorema de Riemann) Seja F |K um corpo de funções de genero g. Então temos a) Para todo divisor A ∈ Div(F ),
`(A) ≥grau A + 1 − g,
b) Existe um inteiro c, dependendo apenas do corpo de funções F |K, tal que `(A) =grau A + 1 − g,
toda vez que grau A ≥ c.
Demonstração. a) Segue da de nição de gênero, pois g ≥ grau A − `(A) + 1, assim `(A) ≥ grau A + 1 − g.
b) Escolha um divisor A0 com g = grau A0−dim A0+ 1e seja c := grau A0+ g.
Se grau A ≥ c então
`(A − A0) ≥ grau(A − A0) + 1 − g ≥ c −grau A0+ 1 − g = 1.
Então existe um elemento 0 6= z ∈ L(A − A0). Considere o divisor A0:= A + (z), o qual é ≥ A0, pois
z ∈ L(A − A0), logo (z) ≥ −A + A0 e daí A0= A + (z) ≥ A − A + A0. Assim
grau A − `(A) = grau A0− `(A) A0 (pelo corolário 2.33)
≥grau A0− `(A0 (pelo lema2.29)
= g − 1 Assim `(A) ≤ grau A + 1 − g.