J.-P. Serre.

Transcript

1 Bài giảng số học J.-P. Serre 1973 Người dịch: Nguyễn Trung Tuân Emai: Điện thoại: Phần I Các hương há Đại số Chương I Trường hữu hạn Tất cả các trường xét dưới đây sẽ được giả thiết à giao hoán 1.Các kết quả mở đầu 1.1. Các trường hữu hạn Cho K à một trường giao hoán. Ảnh của Z trong K à một miền nguyên, do đó sẽ đẳng cấu với Z hoặc Z/Z, ở đó à một số nguyên tố; trường các thương của nó sẽ đẳng cấu với Q hoặc F = Z/Z. Trong trường hợ đầu, ta nói K có đặc số không; trong trường hợ sau, ta nói K có đặc số. Đặc số của K kí hiệu bởi char(k. Nếu char(k = 0, cũng à số nguyên dương n bé nhất để n 1 = 0. Bổ đề.- Nếu char(k =, ánh xạ σ : x x à một đẳng cấu của K ên một trong các trường con của nó K. Chúng ta có σ(xy = σ(xσ(y. Hơn nữa hệ số nhị thức C k à đồng dư với 0 (mod khi 0 < k <. Từ điều này sẽ được σ(x + y = σ(x + σ(y; do vậy mà σ à đồng cấu. Hơn nữa, σ rõ ràng à đơn ánh. 1

2 Định í 1.-iĐặc số của một trường hữu hạn K à một số nguyên tố ; nếu f = [K : F ], số hần tử của K bằng f. iicho à một số nguyên tố và cho q = f (f 1 à một uỹ thừa của. Cho Ω à một trường đóng đại số có đặc số. Có tồn tại duy nhất trường con F q của Ω có q hần tử. Nó à tậ các nghiệm của đa thức X q X. iiitất cả trường hữu hạn với q = f (f 1 hần tử đều đẳng cấu với F q. Nếu K hữu hạn, nó không chứa Q. Do vậy đặc số của nó à một số nguyên tố. Nếu f à bậc của mở rộng K/F, rõ ràng à Card(K = f, và i được chứng minh. Mặt khác, nếu Ω à đóng đại số và có đặc số, bổ đề trên chứng tỏ à ánh xạ x x q (ở đây q = f (f 1 à một tự đẳng cấu của Ω; cụ thể, ánh xạ này à uỹ thừa bậc f của tự đẳng cấu σ : x x q (chú ý rằng σ à toàn ánh vì Ω à đóng đại số. Do đó, các hần tử của Ω bất biết dưới tự đẳng cấu x x q à một trường con F q của Ω. Đạo hàm của đa thức X q X à qx q 1 1 = f 1 X q 1 1 = 1, và nó khác 0. Điều này kéo theo (vì Ω à đóng đại số X q X có q nghiệm hân biệt, do đó Card(F q = q. Ngược ại, nếu K à một trường con của Ω với q hần tử, nhóm nhân K các hần tử khác không của K có q 1 hần tử. Khi đó x q 1 = 1 nếu x K và x q = x với x K. Điều này chứng tỏ K chứa trong F q. Vì Card(K = Card(F q ta có K = F q, do vậy ta có ii. Mệnh đề iii có được từ ii cùng với chú ý à mỗi trường có f hần tử đều có thể nhúng vào Ω vì nó à đóng đại số Nhóm nhân của một trường hữu hạn Cho à một số nguyên tố, f à một số nguyên dương và q = f. Định í 2.- Nhóm nhân F q của một trường hữu hạn F q à cycic có bậc q 1. Chứng minh. Nếu d à một số nguyên dương, nhắc ại rằng φ(d kí hiệu φ- hàm Euer, nghĩa à số các số nguyên dương x d mà nguyên tố cùng nhau với d (hay ảnh của nó trong Z/dZ à một hần tử sinh của nhóm cycic này. Dễ thấy rằng số hần tử sinh của nhóm cycic cấ d bằng φ(d. Bổ đề 1.-Nếu n à một số nguyên dương thì n = d n φ(d. (Nhắc ại rằng ký hiệu d n nghĩa à d à một ước của n. Nếu d à một ước của n, gọi C d à nhóm con duy nhất của Z/nZ có bậc d và Φ d à tậ các hần tử sinh của C d. Vì mỗi hần tử của Z/nZ sinh ra một trong các nhóm C d nên Z/nZ à hợ rời rạc của các Φ d và chúng ta có n = Card(Z/nZ = d n Card(Φ d = d n φ(d. Bổ đề 2.-Cho H à một nhóm hữu hạn bậc n. Gỉa sử rằng với mỗi ước d của n, tậ các x của H sao cho x d = 1 có nhiều nhất d hần tử. Khi đó H à một nhóm cycic. Cho d à một ước của n. Nếu tồn tại x của H có bậc d, nhóm con < x >:= 2

3 {1, x,, x d 1 } sinh bởi x à nhóm cycic bậc d; từ giả thiết ta có tất cả các hần tử y của H mà y d = 1 sẽ nằm trong < x >. Nói riêng, tất cả hần tử có bậc d đều à hần tử sinh của < x > và số các hần tử này bằng φ(d. Như vậy, số các hần tử của H có bậc d à 0 hoặc φ(d. Nếu nó bằng 0 với một giá trị d thì đẳng thức n = d n φ(d chứng tỏ số hần tử của H nhỏ hơn n, vô í! Nói riêng, có hần tử x của H có bậc n và H =< x > à một nhóm cycic. Định í 2 được suy ra từ Bổ đề 2 khi ta á dụng nó với H = F q và n = q 1; dễ thấy rằng hương trình x d = 1 có bậc d, có nhiều nhất d nghiệm trong F q. Chú ý. Chứng minh trên chứng tỏ tổng quát hơn rằng, tất cả các nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường à cycic. 2.Phương trình trên trường hữu hạn Cho q à uỹ thừa của một số nguyên tố, và K à một trường có q hần tử Tổng các uỹ thừa Bổ đề.-cho u à một số nguyên không âm. Tổng S(X u = x K xu bằng 1 nếu u 1 và chia hết cho q 1; nó bằng 0 trong các trường hợ còn ại. (Chúng ta quy ước à x u = 1 nếu u = 0 ngay cả khi x = 0. Nếu u = 0, tất cả số hạng của tổng bằng 1; do đó S(X u = q 1 = 0 bởi vì K à trường có đặc số. Nếu u 1 và chia hết cho q 1, chúng ta có 0 u = 0 và x u = 1 nếu x 0. Do đó S(X u = (q 1 1 = 1. Cuối cùng, nếu u 1 và không chia hết cho q 1, sự kiện K à nhóm cycic có bậc q 1(Định í 2 chứng tỏ rằng tồn tại y K sao cho y u 1. Ta có S(X u = x K xu = x K yu x u = y u S(X u và (1 y u S(X u = 0 từ đây ta có S(X u = 0. (Biến thể -Sử dụng sự kiện nếu d > 1 nguyên tố với thì tổng các căn bậc d của đơn vị bằng Định ý Chevaey Định ý 3 (Chevaey-Warning.-Cho f α K[X 1,, X n ] à các đa thức n biến sao cho deg f α < n, và cho V à tậ các nghiệm chung của chúng trong K n. Khi đó Card(V 0 (mod. Đặt P = q 1 α (1 fα và cho x K n. Nếu x V, tất cả f α (x bằng 0 và P (x = 1; nếu x V, một trong các f α (x khác 0 và fα q 1 (x = 1, do đó P (x = 0. Do đó P à hàm đặc trưng của V. Nếu với mỗi đa thức f chúng ta đặt S(f = x Kn f(x, thì Card(V S(P (mod. Vậy chúng ta quy 3

4 về việc chứng minh S(P = 0. Gỉa thiết α deg f α < n cho ta deg P < n(q 1; vậy P à một tổ hợ tuyến tính của các đơn thức X u = X u 1 1 Xun n với u i < n(q 1. Sẽ à đủ nếu ta chứng minh được rằng với mỗi đơn thức X u như vậy ta có S(X u = 0, điều này có được từ bổ đề vì ít nhất một trong các u i hải nhỏ hơn q 1. Hệ quả 1.-Nếu α deg f α < n và nếu các f α không có từ hằng, thì các f α có nghiệm chung khác 0. Thật vậy, nếu V = {0} thì Card(V không thể chia hết cho. Hệ quả 1 có á dụng đáng chú ý khi các f α à các đa thức thuần nhất. Nói riêng Hệ quả 2.-Tất cả dạng bậc hai trong ít nhất 3 biến trên K có nghiệm không tầm thường. (Theo ngôn ngữ hình học: Mỗi conic trên trường hữu hạn có ít nhất một điểm hữu tỷ. 3.Luật tương hỗ bậc hai 3.1. Các bình hương trong F q Cho q à uỹ thừa của một số nguyên tố. Định í 4. (anếu = 2 thì tất cả các hần tử của F q à các bình hương. -(bnếu 2 thì các bình hương của F q ậ thành một nhóm con có chỉ số 2 của F q; nhóm con này à nhân của đồng cấu x x (q 1/2 với giá trị trong {±1}. (Nói cách khác, ta có một dãy khớ 1 F 2 q F q {±1} 1. Trường hợ a có được từ kết quả x x 2 à một tự đẳng cấu của F q. Với trường hợ b, gọi Ω à một bao đóng đại số của F q ; nếu x F q, ấy y Ω sao cho y 2 = x. Ta có y q 1 = x (q 1/2 = ±1 vì x q 1 = 1. Để x à bình hương trong F q điều kiện cần và đủ à y nằm trong F q, nghĩa à y q 1 = 1. Do đó F 2 q à nhân của ánh xạ x x (q 1/2. Hơn nữa, vì F q à cycic bậc q 1 nên chỉ số của F 2 q bằng Ký hiệu Legendre (trường hợ sơ cấ Định nghĩa.-cho à một số nguyên tố khác 2, và cho x F. Kí hiệu ( x Legendre của x, kí hiệu bởi, à số nguyên x ( 1/2 = ±1. ( ( x 0 Quy ước mở rộng tới toàn F bởi = 0. Hơn nữa, nếu x Z có ( ( x ảnh x x F, ta viết =. 4

5 Ta có ( ( x y = 6.1. Như đã thấy trong định í 4, ( xy : Kí hiệu Legendre à một "đặc trưng" (Xem ( x = 1 tương đương với x F 2 q ; nếu x F q có y như một căn bậc hai trong một bao đóng đại số của F, thì ( x = y 1. ( x Tính với x = 1, 1, 2: Nếu n à một số nguyên ẻ, cho ɛ(n và ω(n à các hần tử của Z/2Z xác định bởi: ɛ(n n 1 2 ω(n n2 1 (mod 2 = 0 nếu n 1 (mod 4 và = 1 nếu n 1 (mod 4. (mod 2 = 0 nếu n ±1 (mod 8 và = 1 nếu n ±5 8 (mod 8. (Hàm ɛ à một đồng cấu của nhóm nhân (Z/4Z ên nhóm Z/2Z; tương tự, hàm ω à một đồng cấu của nhóm nhân (Z/8Z ên nhóm Z/2Z. Định í 5.-Các công thức sau đây thoả mãn: ( 1 i = 1 ( 1 ii = ( 1 ɛ( ( 2 iii = ( 1 ω(. Chỉ công thức cuối cần một chứng minh. Nếu α ký hiệu căn bậc 8 của đơn vị trong một bao đóng đại số Ω của F, hần tử y = α + α 1 thoả mãn y 2 = 2 (từ α 4 = 1 ta có α 2 + α 2 = 0. Ta có y = α + α. ( 2 Nếu ±1 (mod 8 thì y = y, do đó = y 1 = 1. Nếu m5 (mod 8 thì y = α 5 +α 5 = (α+α 1 = y. (Điều này ại có từ α 4 = 1 Do đó y 1 = 1 và ta có iii. Chú ý. Định í 5 có thể hát biểu theo cách sau: 1 à bình hương (mod nếu và chỉ nếu 1 (mod 4. 2 à bình hương (mod nếu và chỉ nếu ±1 (mod Luật tương hỗ bậc hai Cho và à hai số nguyên tố ẻ khác nhau. ( ( Định í 6.- = ( 1 ɛ(ɛ(. Cho Ω à một bao đóng đại số của F, và gọi w Ω à một căn nguyên thuỷ 5

6 bậc của đơn vị. Nếu x F, hần tử w x à xác định tốt vì w = 1. Do vậy chúng ta có thể hình thành "tổng Gauss": y = ( x x F w x. Bổ đề 1.-y 2 = ( 1 ɛ(. (Bởi ạm dụng ký hiệu, cũng ký hiệu ảnh của trong F. Chúng ta có y 2 = ( xz x,z w x+z = ( ( t(u t u F w u t F. ( ( ( ( t(u t t 2 1 ut 1 1 ut Bây giờ nếu t 0 thì = = ( 1 ɛ( 1 và ( 1 ɛ( y 2 = u F C u w u, ở đây C u = ( 1 ut 1 t F. Nếu u = 0, C 0 = ( 1 t F = 1; nếu không s = 1 ut 1 chạy trên F {1}, và chúng ta có C u = ( s ( ( 1 1 s F = = 1, vì trong F số các bình hương bằng số các hần tử không hải bình hương. Do đó u F C u w u = 1 u F w u =, bổ đề được chứng minh. ( Bổ đề 2-y 1 =. Vì Ω có đặc số, chúng ta có y = ( x x F ( 1 ( ( y = y; do đó y 1 =. w x = z F ( z 1 w z = ( ( 1 ɛ( Định í 6 có ngay ậ tức bây giờ. Cụ thể, bởi bổ đề 1 và 2, = ( y 1 = và hần thứ hai của chứng minh của định í 5 chứng tỏ rằng ( ( 1 ɛ( = ( 1 ɛ(ɛ(. Dịch-Viết R nếu à bình hương (mod (nghĩa à nói à một "thặng dư bậc hai moduo " và N trong trường hợ khác. Định í 6 nghĩa à R R nếu hoặc (mod 4 R N và 1 (mod 4. Chú ý. Định í 6 có thể dùng để tính các ký hiệu Legendre bằng cách giảm iên ( tiế. ( Chẳng hạn, ( ( ( ( ( ( = = = = = = = Phụ ục, 6

7 Chứng minh khác của uật tương hỗ bậc hai (G. Eisenstein, J. Cree, 29, 1845, ibổ đề Gauss Cho à một số nguyên tố khác 2, và S à một tậ con của F sao cho F à hợ rời nhau của S và S. Sau đây chúng ta ấy S = {1, 2,, ( 1/2}. Nếu s S và a F, chúng ta viết as dưới dạng as = e s (as a với e s (a = ±1 và s a S. ( a Bổ đề(gauss.- = s S e s(a. Chú ý đầu tiên rằng nếu s và s à hai hần tử khác nhau của S, thì s a s a(nếu khác đi thì s = ±s, mâu thuẫn với cách chọn S. Điều này chứng tỏ s s a à một song ánh từ S đến chính nó. Nhân theo vế các đẳng thức as = e s (as a chúng ta có a ( ( ( 1/2 s = e s (a s a = e s (a s, s S s S do đó a ( 1/2 = ( a s S e s(a; điều này chứng minh bổ đề vì = a ( 1/2 trong F. Ví dụ.-lấy a = 2 và S = {1, 2,, ( 1/2}. Chúng ta có e s (2 = 1 nếu 2s 1 và e s (2 = 1 trong trường hợ còn ại. Từ điều này chúng ta có ( 2 2 = ( 1 n(, ở đây n( à số các số nguyên s sao cho 1 < s Nếu à số nguyên tố có dạng 4k+1(tương ( ứng 4k 1, thì n( = ( k. Do vậy 2 2 chúng ta nhận ại được kết quả = 1 nếu ±1 (mod 8 và = 1 s S s S nếu ±5 (mod 8, đã được đề cậ đến ở định ý 5. Một bổ đề ượng giác Bổ đề.-cho m à một số nguyên dương ẻ. Khi đó ta có sin mx sin x = ( 4(m 1/2 1 j (m 1/2 s S ( sin 2 x sin 2 2πj m Đây à kết quả sơ cấ(chẳng hạn, trước hết chúng minh rằng sin(mx/ sin(x à một đa thức có bậc (m 1/2 theo sin 2 x, sau đó chúng minh rằng đa thức này có các nghiệm sin 2πj với 1 j (m 1/2; thừa số ( 4(m 1/2 m hình thành bởi so sánh hệ số của e i(m 1x ở cả hai vế. iii,chứng minh của uật tương hỗ bậc hai 7.

8 Cho và à các số nguyên tố ẻ khác ( nhau. Cho S = {1, 2,, ( 1/2} như trên. Từ bổ đề Gauss ta có = s S e s(. Bây giờ đẳng thức s = e s (s chứng tỏ sin 2π s = e s( sin 2π s. Nhân theo vế các đẳng thức này và chú ý rằng s s à một song ánh, ta có ( = e s ( = sin 2πs 2πs / sin. s S s S ( Á dụng bổ đề ượng giác với m = ta có thể viết ại đẳng thức trên như à = ( s S ( 4( 1/2 t T sin 2 2πs 2πt sin2 = = ( 4 ( 1( 1/4 ( s S,t T sin 2 2πs 2πt sin2, ở đây T à tậ các số nguyên ở giữa 1 và ( 1/2. Đổi vai trò và cho nhau ta có đẳng thức tương tự ( = ( 4 ( 1( 1/4 ( s S,t T sin 2 2πt sin 2 2πs. Các thừa số trong ( ( và ( có = ( chỉ sai khác về dấu, mà có ( 1( 1/4 thừa số này nên ta ( 1 ( 1( 1/4. Đây à uật tương hỗ bậc hai, định ý 6. Chương II Trường -Adic Trong chương này ký hiệu một số nguyên tố. 1. Vành Z và trường Q 1.1. Các định nghĩa Với mỗi n 1, cho A n = Z/ n Z; nó à vành các ớ số nguyên (mod n. Một hần tử của A n xác định theo cách tự nhiên một hần tử của A n 1 ; như vậy chúng ta có một đồng cấu φ n : A n A n 1, nó à toàn ánh và có nhân à n 1 A n. Dãy A n A n 1 A 2 A 1 8

9 hình thành một "hệ xạ ảnh" đánh số bởi các số nguyên dương. Định nghĩa 1.-Vành các số nguyên -adic à giới hạn xạ ảnh của hệ (A n, φ n xác định ở trên. Theo định nghĩa, một hần tử của Z = im(a n, φ n à một dãy x = (, x n,, x 1 với x n A n and φ n (x n = x n 1 nếu n 2. Phé cộng và hé nhân trong Z xác định bởi các hé toán trên các thành hần. Nói cách khác Z à một vành con của n 1 A n. Nếu chúng ta cho A n tô ô rời rạc và n 1 A n tô ô tích, vành Z với tô ô đó à một không gian comact (vì nó à đóng trong một tích của các không gian comact Các tính chất của Z Cho ɛ n : Z A n à hàm cho mỗi số nguyên -adic x thành hần thứ n của nó, ký hiệu bởi x n. n Z ɛ n An 0 à một dãy khớ các nhóm Mệnh đề 1.-Dãy 0 Z Abe. (Do vậy ta có thể đồng nhất Z / n Z với A n = Z/ n Z. Phé nhân bởi (và do đó bởi n à đơn ánh trong Z ; cụ thể, nếu x = (x n à một số nguyên -adic sao cho x = 0, ta có x n+1 = 0 với mỗi n, và x n+1 có dạng n y n+1 với y n+1 A n+1 ; vì x n = φ n+1 (x n+1, ta thấy rằng x n cũng chia hết cho n, do đó, bằng 0. Dễ thấy rằng nhân của ɛ n chứa n Z ; ngược ại, nếu x = (x n thuộc vào ker(ɛ n, ta có x m 0 (mod n với mọi m n, nghĩa à tồn tại một hần tử xác định tốt y m n của A m n sao cho ảnh của nó dưới đẳng cấu A m n n Z/ m Z A m thoả mãn x m = n y m n. Các y i xác định một hần tử của Z = im A i, và ta có thể kiểm tra ngay ậ tức rằng n y = x, điều đó chứng minh mệnh đề. Mệnh đề 2.-(a Một hần tử của Z (tương ứng A n khả nghịch khi và chỉ khi nó không chia hết cho. (b Nếu kí hiệu U à nhóm các hần tử khả nghịch của Z, mỗi hần tử khác không của Z có thể viết duy nhất ở dạng n u với u U và n 0. (Một hần tử của U được gọi à một đơn vị -adic. Để chứng minh (a ta chỉ cần chứng minh với trường hợ A n khi đó trường hợ Z sẽ à một hệ quả. Bây giờ nếu x A n không thuộc A n, ảnh của nó trong A 1 = F khác không và do đó khả nghịch: Vậy nên có y, z A n sao cho xy = 1 z, do đó xy(1 + z + + n 1 z n 1 = 1, điều này chứng minh x khả nghịch. Mặt khác, nếu x khác không và thuộc Z, thì có số nguyên n ớn nhất sao cho x n = ɛ n (x bằng không; khi đó x = n u với u không chia hết cho, do đó u U do (a. Tính duy nhất của hân tích à đơn giản. Kí hiệu.-cho x à một hần tử khác không của Z ; viết x dưới dạng n u 9

10 với u U. Số nguyên n được gọi à giá trị -adic của x và được kí hiệu à v (x. Ta đặt v (0 = +, và có v (xy = v (x + v (y, v (x + y inf(v (x, v (y. Dễ suy ra từ các công thức này rằng Z à một miền nguyên. Mệnh đề 3-Tô ô trên Z có thể xác định bởi khoảng cách d(x, y = e v(x y. Vành Z à không gian mê tríc đủ trong đó Z trù mật. Các idea n Z ậ thành một cơ sở các ân cận của 0; vì x n Z tương đương với v (x n, tô ô trên Z xác định bởi khoảng cách d(x, y = e v(x y. Vì Z à com ắc, nó à đủ. Cuối cùng, nếu x = (x n à một hần tử của Z, và nếu y n Z sao cho y n x n (mod n, thì im y n = x, điều này chứng minh Z trù mật trong Z. 1.3 Trường Q Định nghĩa 2.-Trường các số -adic, ký hiệu bởi Q, à trường các thương của vành Z. Ta thấy ngay ậ tức rằng Q = Z [ 1 ]. Mỗi hần tử x của Q có thể viết một cách duy nhất dưới dạng n u với n Z, u U; ở đây, n ại được gọi à giá trị -adic của x và được ký hiệu bởi v (x. Ta có v (x 0 khi và chỉ khi x Z. Mệnh đề 4.-Trường Q, với tô ô xác định bởi d(x, y = e v(x y, à com ắc địa hương, và chứa Z như một vành con đóng; trường Q à trù mật trong Q. Điều này à đơn giản. Chú ý -Chúng ta có thể định nghĩa Q (tương ứng Z như bao đủ của Q(tương ứng Z với khoảng cách -adic d. -Khoảng cách d thoả mãn bất đẳng thức siêu mê tríc d(x, z su(d(x, y, d(y, z. Từ điều này ta thấy rằng một dãy (u n có giới hạn khi và chỉ khi im(u n+1 u n = 0; tương tự, một chuỗi hội tụ khi và chỉ khi số hạng tổng quát của nó tiến đến 0. 2.Các hương trình -adic 2.1. Các nghiệm Bổ đề.-cho D n D n 1 D 1 à một hệ xạ ảnh, và D = im D i à giới hạn xạ ảnh của nó. Nếu D n à hữu hạn và khác rỗng, thì D khác rỗng. Kết quả D à đơn giản nếu các D n D n 1 à toàn ánh; ta sẽ dẫn bổ đề đến trường hợ này. Để àm điều này, ký hiệu D n, à ảnh của D n+ trong D n ; với n cố định (D n, à dãy giảm các tậ hữu hạn khác rỗng; do đó dãy này hải dừng, nghĩa à, dãy (D n, không hụ thuộc khi đủ ớn. Gọi E n à giá trị giới hạn của dãy này. Ta thấy ngay rằng D n D n 1 mang E n trùm ên E n 1 ; vì các E n khác rỗng nên im E i khác rỗng, bởi vì nhận xét 10

11 úc đầu nên ta có im D i khác rỗng. Ký hiệu.-nếu f Z [X 1,, X m ] à một đa thức với hệ số trong Z, và nếu n à một số nguyên 1, ta ký hiệu f n à đa thức có hệ số trong A n có được từ f bởi hé co moduo n. Mệnh đề 5.-Cho f (i Z [X 1,, X m ] à các đa thức với hệ số nguyên -adic. Các điều sau à tương đương: icác f (i có nghiệm chung trong Z m ; iivới mỗi n > 1 các đa thức f (i n có nghiệm chung trong A m n. Gọi D(tương ứng D n à tậ các nghiệm chung của các f (i (tương ứng các. Các D n à hữu hạn và D = im D n. Bởi bổ đề trên ta thấy D khác rỗng khi và chỉ khi các D n khác rỗng. Mệnh đề được chứng minh. Một điểm x = (x 1,, x m Z m được gọi à nguyên thuỷ nếu một trong các x i à khả nghịch, nghĩa à, không hải tất cả các x i chia hết cho. Ta định nghĩa hần tử nguyên thuỷ của A m n một cách tương tự. Mệnh đề 6.-Cho các f (i Z [X 1,, X m ] à các đa thức thuần nhất với hệ số nguyên -adic. Các điều sau à tương đương: acác f (i có nghiệm chung không tầm thường trong Q m ; bcác f (i có nghiệm chung nguyên thuỷ trong Z m ; f (i n cvới tất cả n > 1, các f n (i có nghiệm chung nguyên thuỷ trong A m n. Phé suy b a à tầm thường. Ngược ại, nếu x = (x 1,, x m à một nghiệm chung không tầm thường của các f (i, đặt h = inf(v (x 1,, v (x m và y = h x. Dễ thấy y à một hần tử nguyên thuỷ của Z m, và đó à một nghiệm chung của các f (i. Do vậy b tương đương với a. Tính tương đương của b và c có được từ bổ đề Cải thiện các nghiệm gần đúng Ta quan tâm đến việc chuyển từ một ời giải (mod n đến một ời giải đúng(nghĩa à với hệ số trong Z. Người ta sử dụng bổ đề sau(tương tự -adic của "hương há Newton": Bổ đề-cho f Z [X] và f à đạo hàm của nó. Cho x Z, n, k Z sao cho 0 2k < n, f(x 0 (mod n, v (f (x = k. Khi đó tồn tại y Z sao cho f(y 0 (mod n+1, v (f (y = k và y x (mod n k. Lấy y có dạng x + n k z với z Z. Theo công thức Tayor ta có f(y = f(x + n k zf (x + 2n 2k a với a Z. Theo giả thiết f(x = n b và f (x = k c với b Z và c U. Điều này cho hé ta chọn z thoả mãn b+zc 0 (mod. Từ đây ta có f(y = n (b+zc+ 2n 2k a 0 (mod n+1 vì 2n 2k > n. Cuối cùng á dụng công thức Tayor với f ta có f (y k c (mod n k ; vì n k > n ta thấy à v (f (y = k. Định ý 1.-Cho f Z [X 1,, X m ], x = (x i Z m, n, k Z và j à một 11

12 số ( nguyên sao cho 0 j m. Gỉa sử 0 < 2k < n và f(x 0 (mod n và f v (x = k. Khi đó tồn tại một không điểm y của f trong Z m sao X j cho nó đồng dư với x moduo n k. Trước hết ta giả sử rằng m = 1. Á dụng bổ đề trên với x (0 = x, ta có x (1 Z đồng dư với x (0 (mod n k sao cho f(x (1 0 (mod n+1 và v (f (x (1 = k. Ta có thể á dụng bổ đề với x (1 sau khi thay n bởi n + 1. Theo cách này bằng quy nạ ta sẽ có dãy {x (i } thoả mãn x (q+1 x (q (mod n+q k và f(x (q 0 (mod n+q. Đây à một dãy Cauchy. Nếu y à giới hạn của nó ta sẽ có f(y = 0 và y x (mod n k, do vậy định ý đúng với m = 1. Trường hợ m > 1 suy ra từ trường hợ m = 1, chỉ cần thay đổi x j. Cụ thể hơn, cho g Z [X j ] à đa thức một biến hình thành từ f khi thay X i với i j bởi x i. Á dụng điều vừa chứng minh với g và x j ; tồn tại y j x j (mod n k sao cho g(y j = 0. Nếu ta đặt y i = x i với i j thì hần tử y = (y i thoả mãn các điều kiện đòi hỏi của định ý. Hệ quả 1.-Mỗi không điểm đơn của hé co moduo của một đa thức f nâng ên một không điểm của f với hệ số trong Z. (Nếu g à một đa thức trên trường k, một không điểm x của g được gọi à đơn nếu ít nhất một trong các đạo hàm riêng g/ X j khác không tại x. Đây à trường hợ đặc biệt n = 1, k = 0. Hệ quả 2.-Gỉa sử 2. Cho f(x = a ij X i X j với a ij = a ji à một dạng bậc hai có hệ số trong Z với định thức det(a ij khả nghịch. Cho a Z. Mỗi ời giải nguyên thuỷ của hương trình f(x a (mod nâng tới một ời giải đúng. Quan tâm đến hệ quả 1, sẽ à đủ nếu ta chỉ ra các đạo hàm riêng của f không cùng úc triệt tiêu moduo. Bây giờ f X i = 2 j a ijx j ; vì det(a ij 0 (mod và x à nguyên thuỷ, một trong các đạo hàm riêng này khác 0 (mod. Hệ quả 3.-Gỉa sử = 2. Cho f = a ij X i X j với a ij = a ji à một dạng bậc hai với hệ số trong Z 2 và cho a Z 2. Cho x à một ời giải nguyên thuỷ của f(x a (mod 8. Ta có thể nâng x thành một ời giải đúng của f nếu các đạo hàm riêng của f không cùng úc triệt tiêu moduo 4 tại x; điều kiện cuối này sẽ thoả mãn nếu det(a ij khả nghịch. Mệnh đề đầu có khi á dụng định ý với n = 3, k = 1; mệnh đề thứ hai có thể chứng minh như trường hợ = 2(bỏ đi nhân tử Lọc của nhóm các đơn vị 3. Nhóm nhân của Q 12

13 Cho U = Z à nhóm các đơn vị -adic. Với mỗi n 1, đặt U n = 1 + n Z ; đây à nhân của đồng cấu ɛ n : U (Z/ n Z. Nói riêng, thương U/U 1 có thể đồng nhất với F, do đó nó à cycic bậc 1(xem Chương 1, định ý 2. U n àm thành một dãy giảm các nhóm con mở của U, và U = im U/U n. Nếu n 1, ánh xạ 1+ n x x (mod xác đinh một đẳng cấu U n /U n+1 Z/Z; điều này có được từ công thức (1 + n x(1 + n y 1 + n (x + y (mod n+1. Từ đây, bởi quy nạ theo n ta có U 1 /U n có bậc n 1. Bổ đề.-cho 0 A E B 0 à một dãy khớ các nhóm giao hoán(ký hiệu theo ối cộng với A và B à hữu hạn có cấ a và b nguyên tố cùng nhau. Cho B à tậ những x thuộc E sao cho bx = 0. Nhóm E à tổng trực tiế của A và B. Hơn nữa B à nhóm con duy nhất của E đẳng cấu với B. Vì a và b nguyên tố cùng nhau nên có các số nguyên r, s thoả mãn ar+bs = 1. Nếu x A B, thì ax = bx = 0, do đó (ar + bsx = x = 0; và A B = 0. Hơn nữa, mỗi x E có thể viết dưới dạng x = arx + bsx; vì bb = 0, ta có be A, do đó bsx A; mặt khác, từ abe = 0 kéo theo arx B. Do đó ta thấy rằng E = A B và hé chiếu E B xác định một đẳng cấu từ B ên B. Ngược ại, nếu B à một nhóm con của E đẳng cấu với B, ta có bb = 0 dó đó B B và B = B bởi vì hai nhóm này có cùng cấ. Mệnh đề 7.-Ta có U = V U 1 ở đây V = {x U x 1 = 1} à nhóm con duy nhất của U đẳng cấu với F. Á dụng bổ đề với dãy khớ 1 U 1 /U n U/U n F 1, có thể á dụng được bởi vì cấ của U 1 /U n bằng n 1 và cấ của F bằng 1. Từ đây, ta có U/U n chứa một nhóm con duy nhất V n đẳng cấu với F và hé chiếu U/U n U/U n 1 mang V n đẳng cấu với V n 1. Vì U = im U/U n, bởi cho qua giới hạn ta có một nhóm con V của U đẳng cấu với F. Ta có U = V U 1 ; sự duy nhất của V suy ra từ sự duy nhất của V n. Hệ quả.-trường Q chứa các căn bậc 1 của đơn vị. Chú ý -1Nhóm V được gọi à nhóm các biểu diễn nhân tính của các hần tử của F. 2Sự tồn tại của V cũng có thể có được khi á dụng hệ quả 1 của định ý 1 với hương trình x 1 = Cấu trúc của nhóm U 1 Bổ đề.-cho x U n U n+1 với n 1 nếu 2 và n 2 nếu = 2. Khi đó x U n+1 U n+2. Theo giả thiết ta có x = 1 + k n với k 0 (mod. Công thức nhị thức cho ta x = 1 + k n k n, số mũ của những số hạng không được viết ra 2n + 1, do đó cũng n + 2. Hơn nữa n n + 2(bao gồm uôn cả trường hợ n 2 nếu = 2. Điều này chứng tỏ rằng x 1 + k n+1 13

14 (mod n+2, do đó x U n+1 U n+2. Mệnh đề 8.-Nếu 2, U 1 đẳng cấu với Z. Nếu = 2, U 1 = {±1} U 2 và U 2 đẳng cấu với Z 2. Xét trường hợ đầu tiên 2. Chọn một hần tử α U 1 U 2, chẳng hạn α = 1 +. Theo bổ đề trên ta có α i U i+1 U i+2. Cho α n à ảnh của α trong U 1 /U n ; ta có αn n 2 1 và αn n 1 = 1. Nhưng U 1 /U n có cấ n 1 nên nó à một nhóm cycic sinh bởi α n. Bây giờ ký hiệu θ n,α à đẳng cấu z αn z của Z/ n 1 Z ên U 1 /U n. Biểu đồ Z/ n Z θ n+1,α U 1 /U n+1 Z/ n 1 Z θn,α U 1 /U n à giao hoán. Từ điều này ta thấy θ n,α xác đinh một đẳng cấu θ từ Z = im Z/n 1 Z ên U 1 = im U 1 /U n, và mệnh đề được chứng minh với trường hợ 2. Bây giờ giả sử rằng = 2. Chọn α U 2 U 3, nghĩa à α 5 (mod 8. Xác định như trên các đẳng cấu θ n,α : Z/2 n 2 Z U 2 /U n và một đẳng cấu θ α : Z 2 U 2. Mặt khác, đồng cấu U 1 U 1 /U 2 Z/2Z cảm sinh một đẳng cấu từ {±1} ên Z/2Z. Từ điều này ta có U 1 = {±1} U 2. Định í 2.-Nhóm Q đẳng cấu với Z Z Z/( 1Z nếu 2 và với Z Z 2 Z/2Z nếu = 2. Mọi hần tử x Q có thể viết một cách duy nhất dưới dạng x = n u với n Z và u U. Do đó Q Z U. Hơn nữa, mệnh đề 7 chứng tỏ rằng U = V U 1 ở đây V à nhóm cycic cấ 1, và cấu trúc của U 1 cho bởi mệnh đề Các bình hương trong Q Định í 3.-Gỉa sử 2 và cho x = n u à một hần tử của Q, với n Z và u U. Để x à một bình hương điều kiện cần và đủ à n chẵn và ảnh ū của u trong F = U/U 1 à một bình hương. (ū (Điều kiện cuối cùng nghĩa à ký hiệu Legendre của ū bằng 1. Sau đây ( (ū u ta viết thay cho. Phân tích u dưới dạng u = v u 1 với v V và u 1 U 1. Phân tích Q Z V U 1 của định í 2 chứng tỏ rằng x à bình hương nếu và chỉ nếu n chẵn và v và u 1 à bình hương; mà U 1 đẳng cấu với Z và 2 à khả nghịch trong Z nên tất cả các hần tử của U 1 à các bình hương. Vì V đẳng cấu 14

15 với F, định í được chứng minh. Hệ quả.-nếu 2 nhóm Q /Q 2 à một nhóm có kiểu (2, 2. Nó có các ( u biểu diễn {1,, u, u} ở đây u U thoả mãn = 1. Điều này à đơn giản. Định í 4.-Một hần tử x = n u của Q 2 à một bình hương khi và chỉ khi n chẵn và u 1 (mod 8. Phân tích U = {±1} U 2 chứng tỏ rằng x à bình hương khi và chỉ khi u U 2 và à một bình hương trong U 2. Bây giờ đẳng cấu θ : Z 2 U 2 được xây dựng trong chứng minh của mệnh đề 8 mang 2 n Z 2 ên U n+2. Lấy n = 1, ta thấy rằng tậ các bình hương trong U 2 bằng U 3. Khi đó một hần tử u U à bình hương khi và chỉ khi nó 1 (mod 8, định í được chứng minh. Chú ý.-kết quả mọi hần tử của U 3 à một bình hương cũng có được khi á dụng hệ quả 3 của định í 1 cho dạng bậc hai X 2. Hệ quả.-nhóm Q 2 /Q 2 2 à nhóm có kiểu (2, 2, 2. Nó có các biểu diễn à {±1, ±5, ±2, ±10}. Điều này suy ra từ kết quả U/U 3 có các biểu diễn à {±1, ±5}. Chú ý 1Với = 2, xác định các đồng cấu ɛ, ω : U/U 3 Z/2Z theo nghĩa của các công thức mục 3.2 chương 1: ɛ(z z 1 2 ω(z z2 1 = 0 nếu z 1 (mod 4, = 1 nếu z 1 (mod 4 = 0 nếu z ±1 (mod 8, = 1 nếu z ±5 (mod 8. 8 Ánh xạ ɛ xác định một đẳng cấu của U/U 2 ên Z/2Z và ánh xạ ω xác định một đẳng cấu từ U 2 /U 3 ên Z/2Z. Do đó cặ (ɛ, ω xác định một đẳng cấu từ U/U 3 ên Z/2Z Z/2Z. Nói riêng một đơn vị 2 adic z à bình hương nếu và chỉ nếu ɛ(z = ω(z = 0. 2Các định í 3 và 4 chứng tỏ rằng Q 2 à một nhóm con mở của Q. Chương III Ký hiệu Hibert 1.Các tính chất địa hương Trong mục này, k ký hiệu trường các số thực R hoặc trường các số adic Q (ở đây à một số nguyên tố Định nghĩa và các tính chất mở đầu Cho a, b k. Ta đặt (a, b = 1 nếu z 2 ax 2 by 2 = 0 có nghiệm (x, y, z 15

16 (0, 0, 0 trong k 3, (a, b = 1 trong trường hợ còn ại. Số (a, b = ±1 được gọi à ký hiệu Hibert của a và b iên quan đến k. Dễ thấy rằng (a, b không thay đổi khi a và b được nhân thêm các bình hương; do vậy ký hiệu Hibert xác định một ánh xạ từ k /k 2 k /k 2 tới {±1}. Mệnh đề 1.-Cho a, b k và cho k b = k( b. Để (a, b = 1 điều kiện cần và đủ à a thuộc nhóm Nkb các chuẩn của các hần tử của k b. Nếu b à bình hương của một hần tử c thì hương trình z 2 ax 2 by 2 = 0 có (c, 0, 1 à một nghiệm, do vậy (a, b = 1 và mệnh đề à đơn giản trong trường hợ này vì k b = k và Nkb = k. Nếu khác, k b sẽ à bậc hai trên k; nếu ký hiệu một căn bậc hai của b à β thì mỗi hần tử ξ k b có thể viết dưới dạng z + βy với y, z k và Nξ = z 2 by 2. Nếu a kb, tồn tại y, z k sao cho a = z 2 by 2, do vậy dạng bậc hai z 2 ax 2 by 2 có nghiệm (z, 1, y và ta có (a, b = 1. Ngược ại, nếu (a, b = 1, dạng này có nghiệm (z, x, y (0, 0, 0. Ta ( có x 0 bởi vì nếu trái ại, b sẽ à một bình hương. z Từ đây ta có a = N x x + β y. Mệnh đề 2.-Ký hiệu Hibert thoả mãn các công thức sau i(a, b = (b, a và (a, c 2 = 1; ii(a, a = 1 và (a, 1 a = 1; iii(a, b = 1 (aa, b = (a, b; iv(a, b = (a, ab = (a, (1 ab. (Trong các công thức này a, b, a, c ký hiệu các hần tử của k ; ta giả sử a 1 khi công thức chứa 1 a. Công thức i à hiển nhiên. Nếu b = a (tương ứng b = 1 a thì dạng bậc hai z 2 ax 2 by 2 có nghiệm (0, 1, 1(tương ứng (1, 1, 1; do đó (a, b = 1, điều này chứng minh ii. Nếu (a, b = 1 thì a Nkb theo mệnh đề 1; khi đó a Nkb aa Nkb, điều này chứng minh iii. Công thức iv được suy ra từ các công thức i,ii và iii. Chú ý.-công thức iii à một trường hợ riêng của công thức v(aa, b = (a, b(a, b, thể hiện tính song tuyến tính của ký hiệu Hibert; công thức này sẽ được chứng minh trong mục sau Tính (a, b Định ý 1.-Khi k = R ta có (a, b = 1 nếu a hoặc b à > 0, và (a, b = 1 nếu a và b à < 0. Khi k = Q và nếu ta viết a, b dưới dạng α u, β v, ở đây u, v ( u β ( v α nằm trong nhóm U các đơn vị -adic, ta có (a, b = ( 1 αβɛ( nếu 2 và (a, ( b = ( 1 ɛ(uɛ(v+αω(v+βω(u (ū nếu = 2. u (Nhắc ại rằng à ký hiệu Legendre, ở đây ū à ảnh của u bởi ánh xạ co moduo : U F. Còn ɛ(u và ω(u ký hiệu các ớ moduo 2 16

17 của u 1 và u2 1 tương ứng, xem chương II, mục Định ý 2.-Ký hiệu Hibert à một dạng song tuyến tính không suy biến trên F 2 -không gian véc tơ k /k 2. (Tính song tuyến tính của (a, b chính à công thức v đã được đề cậ đến trong mục trước. Mệnh đề (a, b không suy biến nghĩa à nếu b k thoả mãn (a, b = 1 a k thì b k 2. Hệ quả-nếu b không hải à một bình hương thì nhóm Nkb xác định trong mệnh đề 1 à một nhóm con có chỉ số 2 trong k. Đồng cấu φ b : k {±1} xác định bởi φ b (a = (a, b có nhân Nkb bởi mệnh đề 1; hơn nữa φ b à toàn ánh vì (a, b không suy biến. Do vậy, φ b à một đẳng cấu từ k /Nkb ên {±1} và hệ quả được chứng minh. Chú ý -Tổng quát hơn, Cho L à mở rộng Gaois hữu hạn của k sao cho nhóm Gaois của nó à giao hoán. Ta có thể chứng minh rằng k /NL đẳng cấu với G và biết nhóm NL sẽ xác định nhóm L. Đây à hai kết quả cơ bản của cái gọi à "ý thuyết trường ớ địa hương". Chứng minh của các định ý 1 và 2. Trường hợ k = R à tầm thường. Chú ý rằng k /k 2 khi đó sẽ à một không gian véc tơ có chiều 1(trên trường F 2 có {1, 1} à các biểu diễn. Gỉa sử bây giờ rằng k = Q. Bổ đề.-cho v U à một đơn vị -adic. Nếu hương trình z 2 x 2 vy 2 = 0 có một ời giải không tầm thường trong Q thì nó có một ời giải (z, x, y sao cho z, y U và x Z. Bởi mệnh đề 6 của chương II, mục 2.1, hương trình đã cho có một ời giải nguyên thuỷ (z, x, y. Ta chứng minh rằng ời giải này có tính chất đòi hỏi. Nếu không hải như vậy, ta sẽ có y 0 (mod hoặc z 0 (mod ; vì z 2 vy 2 0 (mod và v 0 (mod, ta hải có cả hai y 0 (mod và z 0 (mod ; do đó x 2 0 (mod 2, nghĩa à x 0 (mod, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của ời giải (z, x, y. Gìơ chúng trở ại chứng minh định ý 1, đầu tiên ta giả sử à 2. Dễ thấy rằng chỉ cần xét các số mũ α, β theo moduo 2; chú ý đến tính đối xứng của ký hiệu Hibert, chỉ có ba trường hợ cần hải xét: 1α = 0, β = 0. Ta hải kỉêm tra rằng (u, v = 1. Phương trình z 2 ux 2 vy 2 = 0 có một ời giải không tầm thường moduo (chương I, bài 2, hệ quả 2 của định ý 3; vì định thức của dạng bậc hai này à một đơn vị -adic, nghiệm trên nâng đến một ời giải -adic(chương II, mục 2.2, hệ quả 2 của định ý 1; do đó (u, v = 1. ( v 2α = 1, β = 0. Ta hải kiểm tra rằng (u, v =. Vì (u, v = 1 ta có (u, v = (, v bởi công thức iii của mệnh đề 2; do vậy sẽ à đủ nếu ta 17

18 ( v kiểm tra (, v =. Điều này đơn giản nếu v à một bình hương, hai ( v vế cùng bằng 1. Trong trường hợ còn ại = 1, xem chương II, mục 3.3, định ý 3. Khi đó bổ đề trên chứng tỏ hương trình z 2 x 2 vy 2 = 0 không có nghiệm không tầm thường, do vậy (, v = 1. ( ( u v 3α = 1, β = 1. Ta hải kiểm tra rằng (u, v = ( 1 ( 1/2. Công thức iv của mệnh đề 2 chứng tỏ rằng ( (u, v = (u, 2 uv = uv (u, uv, mà ta vừa biết rằng (u, v =, từ đó ta có kết quả ( 1 cần chứng minh được suy ra từ = ( 1 ( 1/2. Định ý 1 được chứng minh(với 2, định ý 2 suy ra từ nó vì công thức tính (a, b à tuyến tính. Để chứng minh tính suy biến, sẽ à đủ nếu ta chỉ ra rằng với mỗi a k /k 2 khác hần tử đơn vị, một hần tử b sao cho (a, b = 1. Theo hệ quả của định ý ( 3, chương II, mục 3.3, ta có thể ấy u a =, u hoặc u với u U thoả mãn = 1; sau đó ta chọn b tương ứng à u, và u. Trường hợ = 2. Như trên ta chỉ cần xét α, β theo moduo 2, có ba trường hợ xảy ra 1α = β = 0. Ta hải kiểm tra (u, v = 1 nếu u hoặc v đồng dư với 1 (mod 4 và (u, v = 1 nếu khác. Gỉa sử trước tiên rằng u 1 (mod 4. Khi đó u 1 (mod 8 hoặc u 5 (mod 8. Trong trường hợ thứ nhất u à một bình hương(chương II, mục 3.3, định ý 4 và ta có (u, v = 1. Trong trường hợ thứ hai ta có u + 4v 1 (mod 8 và có w U sao cho w 2 = u + 4v; dạng z 2 ux 2 vy 2 có (w, 1, 2 à một nghiệm và do vậy (u, v = 1. Bây giờ ta giả sử rằng u v 1 (mod 4; nếu (z, x, y à một ời giải nguyên thuỷ của z 2 ux 2 vy 2 = 0 thì z 2 + x 2 + y 2 0 (mod 4; nhưng các bình hương trong Z/4Z à 0 và 1; đồng dư này kéo theo x, y, z đồng dư với 0 (mod 2, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của nghiệm đó. Vậy à (u, v = 1 trong trường hợ này. 2α = 1, β = 0. Ta hải kiểm tra rằng (2u, v = ( 1 ɛ(uɛ(v+ω(v. Trước hết ta chứng minh rằng (2, v = ( 1 ω(v, nghĩa à (2, v = 1 khi và chỉ khi v ±1 (mod 8. Theo bổ đề trên nếu (2, v = 1 sẽ tồn tại z, x, y Z 2 sao cho z 2 2x 2 vy 2 = 0 và y, z 0 (mod 2. Khi đó ta có y 2 z 2 1 (mod 8, do đó 1 2x 2 v 0 (mod 8. Nhưng chỉ có các bình hương moduo 8 à 0, 1 và 4; từ đây ta có v ±1 (mod 8. Ngược ại, nếu v 1 (mod 8, v à một bình hương và (2, v = 1; nếu v 1 (mod 8, hương 18

19 trình z 2 2x 2 vy 2 = 0 có (1, 1, 1 à một ời giải moduo 8, và ời giải sấ xỉ nầy nâng ên một ời giải đúng(chương II, mục 2.2, hệ quả 3 của định ý 1, do đó (2, v = 1. Tiế sau ta sẽ chứng minh rằng (2u, v = (2, v(u, v; theo mệnh đề 2, điều này đúng nếu (2, v = 1 hoặc (u, v = 1. Trường hợ còn ại à (2, v = (u, v = 1, nghĩa à v 3 (mod 8 và u 3 hoặc 1 (mod 8; sau khi nhân u và v bởi các bình hương, ta có thể giả sử rằng u = 1, v = 3 hoặc u = 3, v = 5; bây giờ các hương trình z 2 + 2x 2 3y 2 = 0 và z 2 6x 2 + 5y 2 = 0 có ời giải (1, 1, 1; do đó (2u, v = 1. 3α = β = 1. Ta hải kiểm tra rằng (2u, 2v = ( 1 ɛ(uɛ(v+ω(u+ω(v. Công thức iv của mệnh đề 2 chứng tỏ rằng (2u, 2v = (2u, 4uv = (2u, uv. Theo cái mà ta vừa biết ta có (2u, 2v = ( 1 ɛ(uɛ( uv+ω( uv. Vì ɛ( 1 = 1, ω( 1 = 0 và ɛ(u(1 + ɛ(u = 0, số mũ trên bằng ɛ(uɛ(v + ω(u + ω(v, điều này chứng minh định ý 1. Tính tuyến tính của (a, b có từ biểu thức của ký hiệu này vì ɛ và ω à các đồng cấu. Tính suy biến được kiểm tra trên các biểu diễn {u, 2u} với u = 1, 5, 1 và 5. Cụ thể, ta có (5, 2u = 1 và ( 1, 1 = ( 1, 5 = 1. Chú ý. Viết (a, b dưới dạng ( 1 [a,b] với [a, b] Z/2Z. Khi đó [a, b] à dạng song tuyến tính đối xứng trên k /k 2 với giá trị trong Z/2Z và định ý 1 cho ma trận của nó trong một cơ sở của k /k 2 : Với k = R nó à ma trân (1. ( u = 1, nó có ma trận Với k = Q ( 2, theo cơ sở {, u} với ( 1 1 nếu 1 (mod 4 và nếu 3 (mod Với k = Q 2, theo cơ sở {2, 1, 5}, ma trận à Các tính chất toàn cục ( Trường Q các số hữu tỷ được nhúng như một trường con của các trường Q và R. Nếu a, b Q, (a, b (tương ứng (a, b à ký hiệu Hibert của ảnh của chúng trong Q (tương ứng trong R. Kí hiệu V à tậ các số nguyên tố và ký hiệu, và quy ước rằng Q = R, do đó Q trù mật trong Q v với mỗi v V Công thức tích Định í 3(Hibert.-Nếu a, b Q, ta có (a, b v = 1 với hầu hết(với mỗi v trừ ra một số hữu hạn v và v V (a, b v = 1. Vì ký hiệu Hibert à song tuyến tính nên để chứng minh định í ta chỉ cần chứng minh khi a, b bằng 1 hoặc số nguyên tố. Trong mỗi trường hợ định 19

20 ý 1 cho giá trị của (a, b v. Ta thấy 1a = b = 1. Ta có ( 1, 1 = ( 1, 1 2 = 1 và ( 1, 1 = 1 nếu 2, ; tích bằng 1. 2a = 1, b = với à số nguyên tố. Nếu = 2 ta có ( 1, 2 v = 1 với mỗi v V ; nếu 2 ta có ( 1, v = 1 nếu v 2, và ( 1, 2 = ( 1, = ( 1 ɛ(. Tích bằng 1. 3a =, b = với, à các số nguyên tố. Nếu =, công thức iv của mệnh đề 2 chứng tỏ (, v = ( 1, v với mỗi v V và ta chuyển về trường hợ đã xét ở trên. Nếu ( và nếu = 2, ta có (, 2 v = 1 với v 2, 2 và (, 2 2 = ( 1 ω(, (, 2 = = ( 1 ω(, xem chương I, mục 3.2, định ý 5. Nếu, khác nhau và ( khác 2, ta có (, ( v = 1 với v 2,, và (, 2 = ( 1 ɛ(ɛ(, (, =, (, = ; nhưng theo uật tương ( ( hỗ bậc hai(chương I, mục 3.3, định ý 6 ta có = ( 1 ɛ(ɛ( ; do đó tích bằng 1. Định ý được chứng minh. Chú ý.- Công thức tích tương đương với uật tương hỗ bậc hai. Cái hay cúa nó à nó có thể mở rộng đến tất cả các trường số đại số (tậ V sẽ thay bởi tậ các chỗ cuả trường Tồn tại các số hữu tỷ với các ký hiệu Hibert cho trước Định ý 4.-Cho (a i i I à một họ hữu hạn các hần tử trong Q và (ɛ i,v i I,v V à họ các số bằng ±1. Điều kiện cần và đủ để tồn tại x Q sao cho cho (a i, x v = ɛ i,v vớí mỗi i I và mỗi v V à (1Hầu hết các số ɛ i,v bằng 1. (2Với mỗi i I ta có v V ɛ i,v = 1. (3Với mỗi v V tồn tại x v Q v sao cho (a i, x v v = ɛ i,v vớí mỗi i I. Tính cần của (1 và (2 suy ra từ định í 3, tính cần của (3 à tầm thường (ấy x v = x. Để chứng minh tính đủ của các điều kiện này ta cần ba bổ đề sau đây Bổ đề 1.("Định ý hần dư Trung Hoa"-Cho a 1,, a n, m 1,, m n à các số nguyên với các m i nguyên tố với nhau từng cặ. Có số nguyên a sao cho a a i (mod m i với mỗi i. Cho m à tích của các số m i. Định ý Bezout chứng tỏ rằng đồng cấu chính tắc Z/mZ n i=1 Z/m iz à một đẳng cấu. Bổ đề được suy ra từ điều này. Bổ đề 2.("Định ý sấ xỉ"-cho S à một tậ con hữu hạn của V. Ảnh của Q trong v S Q v à trù mật trong tích này(với tô ô tích của các Q v. Nếu cần thì mở rộng S, giả sử rằng S = {, 1,, n } ở đây i à các 20

21 số nguyên tố hân biệt và ta hải chứng minh rằng Q trù mật trong R Q 1 Q n. Cho (x, x 1,, x n à một điểm của tích này, ta sẽ chứng minh nó à một điểm tụ của Q. Sau khi nhân với một số nguyên ta có thể giả sử rằng x i Z i với mỗi 1 i n. Bây giờ ta hải chứng minh rằng với mỗi ɛ > 0 và mỗi số nguyên N > 0, có x Q sao cho x x ɛ và v i (x x i N với i = 1,, n. Theo bổ đề 1 á dụng với m i = N i, tồn tại x 0 Z sao cho v i (x 0 x i N với mỗi i. Bây giờ chọn số nguyên q 2 nguyên tố với tất cả các i (ví dụ à một số nguyên tố. Các số hữu tỷ có dạng a/q m, a Z, m 0 trù mật trong R(điều này có đơn giản từ kết quả q m khi m. Chọn một số u = a/q m như vậy với x 0 x + u N 1 N n ɛ. Số hữu tỷ x = x 0 + u N 1 N n có tính chất cần tìm. Bổ đề 3.(Định ý Dirichet-Nếu a và m à các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì có vô hạn các số nguyên tố sao cho a (mod m. Chứng minh sẽ cho trong chương VI; người đọc có thể kiểm tra rằng nó không dùng các kết quả của các chương III,IV và V. Bây giờ trở ại với định ý 4, và cho (ɛ i,v à họ các số bằng ±1 và thoả mãn các điều kiện (1,(2 và (3. Sau khi nhân với các bình hương của các số nguyên, có thể giả sử rằng tất các các a i à các số nguyên. Gọi S à tậ con của V gồm, 2 và các uớc nguyên tố của các a i ; T à tậ các v V sao cho tồn tại i I với ɛ i,v = 1; hai tậ này à các tậ hữu hạn. Ta sét hai trường hợ 1Ta có S T =. Đặt a = T, và m = 8 S, 2,. Vì S T = nên các số nguyên a và m à nguyên tố cùng nhau, theo bổ đề 3 tồn tại số nguyên tố sao cho a (mod m với S T. Ta sẽ chứng minh rằng x = a có các tính chất cần tìm, nghĩa à (a i, x v = ɛ i,v i I v V. Nếu v S ta có ɛ i,v = 1 vì S T =, và ta hải kiểm tra rằng (a i, x v = 1. Nếu v = thì điều này có từ x > 0; nếu v à một số nguyên tố, ta có x a 2 (mod m, do đó x a 2 (mod 8 với = 2 và x a 2 (mod với 2; vì x và a à các đơn vị adic, điều này chứng tỏ rằng x à một bình hương trong Q (xem chương II mục 3.3 và ta có (a i, x v = 1. Nếu v = S, a i à một v (b đơn vị adic. Vì 2 ta có (a i, b = b Q theo định ý 1. Nếu T {}, x à một đơn vị -adic, do đó v (x = 0 và công thức trên chứng tỏ rằng (a i, x = 1; mặt khác ta có ɛ i, = 1 vì T. Nếu T ta có v (x = 1; hơn nữa điều kiện (3 chứng tỏ rằng tồn tại x Q sao cho (a i, x = ɛ i, i I; vì một trong ( các ɛ i, bằng 1(vì T, ta có ai v (x 1 (mod 2 do đó (a i, x = = (a i, x = ɛ i, i I. Còn ại ( ai 21

22 trường hợ =, ta quy về các trường hợ khác khi sử dụng công thức tích (a i, x = v (a i, x v = v ɛ i,v = ɛ i,. Điều này cho chứng minh đầy đủ định ý 4 trong trường hợ S T =. 2Trường hợ tổng quát. Ta biết rằng các bình hương trong Q v ậ thành một nhóm con mở của Q v, xem chương II mục 3.3. Theo bổ đề 2, tồn tại x Q sao cho x /x v à một bình hương trong Q v với mỗi v S. Nói riêng (a i, x v = (a i, x v v = ɛ i,v v S. Nếu ta đặt η i,v = ɛ i,v (a i, x v thì họ (η i,v thoả mãn các điều kiện (1, (2, (3 và hơn nữa η i,v = 1 nếu v S. Theo 1 ở trên tồn tại y Q sao cho (a i, y v = η i,v i I v V. Nếu ta đặt x = yx thì dễ thấy x có các tính chất đòi hỏi. Chương IV Các dạng bậc hai trên Q và Q 1.Các dạng bậc hai 1.1. Các định nghĩa Đầu tiên ta nhắc ại định nghĩa của một dạng bậc hai (xem Bourbaki, Ag., cha. IX, 3, n 4. Định nghĩa 1.-Cho V à một mô đun trên một vành giao hoán A. Một hàm Q : V A được gọi à một dạng bậc hai trên V nếu 1Q(ax = a 2 Q(x a A x V 2Hàm (x, y Q(x + y Q(x Q(y à một dạng song tuyến tính. Một cặ (V, Q như vậy được gọi à một mô đun bậc hai. Trong chương này ta chỉ xét A à một trường k có đặc số khác 2. Khi đó A mô đun V à một k không gian véc tơ, ta giả sử rằng chiều của nó à hữu hạn. Ta đặt x.y = 1 (Q(x + y Q(x Q(y, điều này àm được vì đặc số của k à khác 2 2. Ánh xạ (x, y x.y à một dạng song tuyến tính trên V, gọi à tích vô hướng kết hợ với Q. Ta có Q(x = x.x. Điều này hình thành một song ánh giữa tậ các dạng bậc hai và tậ các dạng song tuyến tính đối xứng(điều này không đúng nếu đặc số của k bằng 2. Nếu (V, Q và (V, Q à các mô đun bậc hai, một ánh xạ tuyến tính f : V V sao cho Q f = Q được gọi à một cấu xạ (hay cấu xạ metric của (V, Q đến (V, Q, khi đó f(x.f(y = x.y x, y V. Ma trận của một dạng bậc hai.-cho (e i 1 i n à một cơ sở của V. Ma trận của Q tương ứng với cơ sở này à ma trận A = (a ij với a ij = e i.e j ; nó à một ma 22

23 trận đối xứng. Nếu x = x i e i à một hần tử của V thì Q(x = a ij x i x j, điều này chứng tỏ Q(x à một "dạng bậc hai" theo các biến x 1,, x n theo nghĩa thông thường. Nếu ta thay đổi cơ sở (e i qua một ma trận khả nghịch X thì ma trận A của Q theo cơ sở mới à XAX t, ở đây X t à chuyển vị của X. Nói riêng ta có det(a = det(a det(x 2. Điều này chứng tỏ rằng det(a xác định sai khác một hé nhân với một hần tử của k 2. Nó được gọi à định thức của Q và được ký hiệu bởi disc(q Tính trực giao Cho (V, Q à một mô đun bậc hai trên k. Hai hần tử x, y của V được gọi à trực giao nếu x.y = 0. Tậ tất cả các hần tử trực giao với một tậ con H được ký hiệu bởi H 0 ; nó à một không gian véc tơ con của V. Nếu V 1 và V 2 à các không gian véc tơ con của V, chúng được gọi à trực giao nếu V 1 V2 0, nghĩa à nếu x V 1 và y V 2 thì x.y = 0. Thành hần trực giao V 0 của V được gọi à căn(hay hạch của V và được ký hiệu bởi rad(v. Đối chiều của nó được gọi à hạng của Q. Nếu V 0 = 0 thì Q gọi à không suy biến; điều này tương đương với việc định thức của Q khác 0(trong trường hợ này ta xem nó như một hần tử của k /k 2. Cho U à một không gian véc tơ con của V, và U à đối ngẫu của U. Cho q U : V U à hàm ứng mỗi x V với dạng tuyến tính (y U x.y. Nhân của q U à U 0. Nói riêng Q không suy biến khi và chỉ khi q V à một đẳng cấu. Định nghĩa 2.-Cho U 1,, U m à các không gian véc tơ con của V. Ta nói V à tổng trực tiế trực giao của các U i nếu chúng đôi một trực giao và V à tổng trực tiế của chúng. Khi đó ta viết V = U 1 U m. Chú ý -Nếu x V có các thành hần x i trong U i thì Q(x = Q 1 (x Q m (x m, ở đây Q i = Q U i à thu hẹ của Q trên U i. Ngược ại, nếu (U i, Q i à một họ các mô đun bậc hai, công thức trên cho một dạng bậc hai Q trên U i, gọi à tổng trực tiế của các Q i và ta có V = U 1 U m. Mệnh đề 1-Nếu U à một không gian con bù tuyến tính của rad(v trong V thì V = U rad(v. Điều này à đơn giản. Mệnh đề 2.-Gỉa sử (V, Q à không suy biến. Khi đó: itất cả các cấu xạ metric của V tới một mô đun bậc hai (V, Q à đơn ánh. iivới tất cả các không gian véc tơ con U của V, ta có U 00 = U, dim U + dim U 0 = dim V, rad(u = rad(u 0 = U U 0. Mô đun bậc hai U không suy biến nếu và chỉ nếu U 0 không suy biến, trong trường hợ đó V = U U 0. 23

24 iiinếu V à tổng trực tiế trực giao của hai không gian con, họ à không suy biến và trực giao với nhau. Nếu f : V V à một cấu xạ metric, và nếu f(x = 0, ta có x.y = f(x.f(y = 0 y V ; điều này kéo theo x = 0 bởi vì (V, Q à không suy biến. Nếu U à một không gian con của V, đồng cấu q U : V U xác định như trên à một toàn ánh; thật vậy, nó được hình thành bởi hợ của q V : V V với toàn cấu chính tắc V U và ta đã giả sử rằng q V song ánh. Vậy ta có một dãy khớ 0 U 0 V U 0, do vậy dim V = dim U +dim U 0 = dim U +dim U 0. Điều này chứng tỏ U và U 00 có cùng chiều; vì U chứa trong U 00 ta có U = U 00. Công thức rad(u = U U 0 à đơn giản; á dụng nó với U 0 và chú ý U = U 00 ta có rad(u = rad(u 0 và hần cuối cùng của ii cũng được chứng minh. Phần iii à đơn giản Các véc tơ đẳng hướng Định nghĩa 3-Một hần tử x của một mô đun bậc hai (V, Q được gọi à đẳng hướng nếu Q(x = 0. Một không gian con U của V được gọi à đẳng hướng nếu tất cả các véc tơ của nó đẳng hướng. Hiển nhiên ta có U đẳng hướng U U 0 Q U = 0. Định nghĩa 4.-Một mô đun bậc hai có một cơ sở hình thành bởi hai hần tử đẳng hưóng x, y sao cho x.y 0 được gọi à một hẳng hyerboic. 1 x.y Sau khi nhân y với ta có thể giả sử à x.y = 1. Khi đó ma trận của dạng ( 0 1 bậc hai tương ứng với x, y à, định thức của nó bằng 1(nói riêng 1 0 nó à không suy biến. Mệnh đề 3.-Cho x à một hần tử đẳng hướng khác 0 của một mô đun bậc hai không suy biến (V, Q. Khi đó tồn tại không gian con U của V chứa x và à một hẳng hyerboic. Vì V không suy biến, tồn tại z V sao cho x.z = 1. Phần tử y = 2z (z.zx à đẳng hướng và x.y = 2. Không gian con U = kx + ky có tính chất như mệnh đề yêu cầu. Hệ quả-nếu (V, Q không suy biến và chứa một hần tử đẳng hướng khác 0 thì Q(V = k. (Nói cách khác, với mỗi a k tồn tại v V để Q(v = a. Chú ý đến mệnh đề, ta chỉ cần chứng minh hệ quả với V à một hẳng hyerboic với cơ sở x, y sao cho x, y đẳng hướng và x.y = 1. Nếu a k thì a = Q(x + a y, từ đây ta có Q(V = k. 2 24