Monthly Archive

You are currently browsing the monthly archive for September 2009.

Một số sách nên đọc đối với học sinh các lớp chuyên Toán

September 30, 2009 in Olympiad | 9 comments

Các bạn học sinh chuyên Toán thân mến, giờ sách nhiều quá rồi đúng không? :P   Chúng mình lại không có thời gian đọc hết chúng! :D Trong bài này mình sẽ giới thiệu vài cuốn sách nên đọc theo ý kiến của mình, thuộc các phân môn Hình học, Đại số, Lý thuyết số, và Tổ hợp. Các bạn học sinh và các thầy cô giáo có thể trao đổi thoải mái trong topic này, có thể bình luận về danh sách tôi đưa ra, hay có thể tự mình đưa ra danh sách mới,…Trong danh sách dưới đây tôi sẽ đưa ra đa số sách bằng tiếng Anh, vì lâu quá tôi không biết sách tiếng Việt mấy năm vừa qua viết những gì và sách tiếng Anh có thể tìm trên mạng được. Các bạn bây giờ đọc sách tiếng Anh chắc cũng không vấn đề gì rồi. :D Gìơ là danh sách

Tổ hợp

[1] Principles and Techniques in Combinatorics, by Chen Chuan-Chong and Koh Khee-Meng

[2] A Path to Combinatorics for Undergraduates: Counting Strategies,  by Titu Andreescu and Zuming Feng

[3] 102 Combinatorics Problems, by Titu Andreescu and Zuming Feng

Lý thuyết số

[4] Elementary Number Theory, by David M. Burton

[5] 104 Number Theory Problems: From the Training of the USA IMO Team, by Titu Andreescu, Dorin Andrica, and Zuming Feng

[6] Number Theory: Structures, Examples, and Problems, by Titu Andreescu and Dorin Andrica

Hình học

[7] Toán nâng cao Hình học 10,  Nguyễn Minh Hà, NXB GD

[8] Các bài toán Hình học phẳng, V.V. Prasolov

Đại số

[9] Phương trình hàm, Nguyễn Văn Mậu, NXB GD

[10] Bài toán hàm số qua các kỳ thi Olympic, Nguyễn Trọng Tuấn, NXB GD

[11] Các bài giảng về phương trình hàm, bất đẳng thức,… của Pierre Bronsztein và các đồng nghiệp

[12] Đa thức và ứng dụng, Nguyễn Văn Mậu, NXB GD

2.1. Công thức tích

September 15, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Trường \mathbb{Q} các số hữu tỷ được nhúng như một trường con của các trường \mathbb{Q}_p và \mathbb{R}. Nếu a,b\in\mathbb{Q}^*, (a,b)_p (tương ứng (a,b)_{\infty}) là ký hiệu Hilbert của ảnh của chúng trong \mathbb{Q}_p(tương ứng trong \mathbb{R}). Kí hiệu V là tập các số nguyên tố và ký hiệu \infty, và quy ước rằng \mathbb{Q}_{\infty}=\mathbb{R}, do đó \mathbb{Q} trù mật trong \mathbb{Q}_v với mỗi v\in V.

Định lí 3(Hilbert).-Nếu a,b\in\mathbb{Q}_p^*, ta có (a,b)_v=1 với hầu hết(với mỗi v trừ ra một số hữu hạn) v và \prod_{v\in V}(a,b)_v=1.

Vì ký hiệu Hilbert là song tuyến tính nên để chứng minh định lí ta chỉ cần chứng minh khi a,b bằng -1 hoặc số nguyên tố. Trong mỗi trường hợp định lý 1 cho giá trị của (a,b)_v. Ta thấy

1)a=b=-1. Ta có (-1,-1)_{\infty}=(-1,-1)_2=-1 và (-1,-1)_p=1 nếu p\not =2,\infty; tích bằng 1.

2)a=-1,b=l với l là số nguyên tố. Nếu l=2 ta có (-1,2)_v=1 với mỗi v\in V; nếu l\not =2 ta có (-1,l)_v=1 nếu v\not =2,l và (-1,l)_2=(-1,l)_l=(-1)^{\epsilon (l)}. Tích bằng 1.

3)a=l,b=l' với l,l' là các số nguyên tố. Nếu l=l', công thức iv) của mệnh đề 2 chứng tỏ (l,l)_v=(-1,l)_v  với mỗi v\in V và ta chuyển về trường hợp đã xét ở trên. Nếu l\not = l' và nếu l'=2, ta có (l,2)_v=1 với v\not =2,l và (l,2)_2=(-1)^{\omega (l)},(l,2)_l=\left(\dfrac{2}{l}\right)=(-1)^{\omega (l)}, xem chương I, mục 3.2, định lý 5. Nếu l,l' khác nhau và khác 2, ta có (l,l')_v=1 với v\not =2,l,l' và (l,l')_2=(-1)^{\epsilon (l)\epsilon (l')}, (l,l')_l=\left(\dfrac{l'}{l}\right),(l,l')_{l'}=\left(\dfrac{l}{l'}\right); nhưng theo luật tương hỗ bậc hai(chương I, mục 3.3, định lý 6) ta có \left(\dfrac{l'}{l}\right)\left(\dfrac{l}{l'}\right)=(-1)^{\epsilon (l)\epsilon (l')}; do đó tích bằng 1. Định lý được chứng minh.

Chú ý.- Công thức tích tương đương với luật tương hỗ bậc hai. Cái hay cúa nó là nó có thể mở rộng đến tất cả các trường số đại số (tập V sẽ thay bởi tập các chỗ cuả trường).

Một chứng minh của “Định lý cơ bản của Đại số”

September 15, 2009 in [18++]Abstract Algebra | 3 comments

Trong bài này tôi sẽ giới thiệu một chứng minh của Định lý cơ bản của Đại số, chứng minh này là sự phối hợp giữa lý thuyết nhóm và lý thuyết Galois. Giống như các chứng minh khác, nó cần một chút kiến thức về giải tích, trong trường hợp này là định lý giá trị trung gian của hàm liên tục, nó nói rằng một hàm số liên tục sẽ nhận mỗi giá trị giữa hai giá trị bất kỳ của nó. Một hệ quả của định lý giá trị trung gian là mỗi đa thức bậc lẻ với hệ số thực đều có ít nhất một nghiệm thực, hay chỉ có mở rộng bậc lẻ của trường các số thực là chính trường các số thực. Trong chứng minh chúng ta có dùng các kết quả sau đây

Bổ đề 1.-Không có mở rộng bậc 2 của \mathbb{C}.

(Đây cũng là một hệ quả của định lý cơ bản của Đại số).

Chứng minh. Ta chỉ việc chứng minh mỗi số phức a đều có căn bậc hai phức. Viết a dưới dạng luợng giác a=re^{i\varphi }, theo định lý giá trị trung gian, số thực không âm r có căn bậc hai thực, gọi nó là \sqrt{r}, khi đó số phức \sqrt{r}e^{i\varphi/2} là một căn bậc hai phức của a.

Bổ đề 2.-Cho p là một số nguyên tố, G là một p-nhóm và H là một nhóm con cực đại của G. Khi đó H là nhóm con chuẩn tắc của G và [G:H]=p.

Chứng minh. Quy nạp theo số mũ của p trong |G|, như chứng minh định lý Sylow.

Gìơ ta đi chứng minh định lý cơ bản của Đại số.

Định lý.\mathbb{C} là đóng đại số.

Chứng minh. Gọi Y là một mở rộng hữu hạn của \mathbb{C} (do đó hữu hạn trên \mathbb{R}) và X là bao đóng chuẩn tắc của \mathbb{R} trong Y. Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra X=\mathbb{C}. Thật vậy, mỗi y\in Y ta có y đại số trên \mathbb{R} và tất cả các nghuiệm của \min (y,\mathbb{R}) phải nằm trong X, và do đó trong  \mathbb{C}, hay y\in\mathbb{C}. Vì char (\mathbb{R})=0  nên X Galois trên \mathbb{R} và do đó trên \mathbb{C}. Ta có  Gal (X/\mathbb{R})=[X:\mathbb{R}]=2\cdot [X:\mathbb{C}] chia hết cho 2, gọi Z là 2-nhóm con Sylow của Gal (X/\mathbb{R}) và T là trường bất động của nó, khi đó mở rộng T/\mathbb{R} có bậc lẻ, theo nhận xét lúc đầu, T=\mathbb{R}, hay Gal (X/\mathbb{R}) là một 2-nhóm, do đó Gal (X/\mathbb{C}) cũng là 2-nhóm. Nếu X\not =\mathbb{C} thì Gal (X/\mathbb{C}) có nhóm con cực đại T, nhóm này có chỉ số hai trong Gal (X/\mathbb{C}). Gọi U là trường bất động của T khi đó U là một mở rộng bậc 2 của \mathbb{C}, vô lý.

1.2. Tính (a,b)

September 11, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Định lý 1.-Khi k=\mathbb{R} ta có (a,b)=1 nếu a hoặc b là >0, và (a,b)=-1 nếu a và b là <0. Khi k=\mathbb{Q}_p và nếu ta viết a,b dưới dạng p^{\alpha}u,p^{\beta}v, ở đây u,v nằm trong nhóm U các đơn vị p-adic, ta có (a,b)=(-1)^{\alpha\beta\epsilon(p)}\left(\dfrac{u}{p}\right)^{\beta}\left(\dfrac{v}{p}\right)^{\alpha} nếu p\not =2 và (a,b)=(-1)^{\epsilon (u)\epsilon (v)+\alpha \omega (v)+\beta \omega (u)} nếu p=2.

(Nhắc lại rằng \left(\dfrac{u}{p}\right) là ký hiệu Legendre \left(\dfrac{\bar{u}}{p}\right), ở đây \bar{u} là ảnh của u bởi ánh xạ co modulo p: U\to\mathbb{F}_p^*. Còn \epsilon (u) và \omega (u) ký hiệu các lớp modulo 2 của \dfrac{u-1}{2} và \dfrac{u^2-1}{8} tương ứng, xem chương II, mục 3.3)

Định lý 2.-Ký hiệu Hilbert là một dạng song tuyến tính không suy biến trên \mathbb{F}_2-không gian véc tơ k^*/k^{*2}.

(Tính song tuyến tính của (a,b) chính là công thức v) đã được đề cập đến trong mục trước. Mệnh đề (a,b) không suy biến nghĩa là nếu b\in k^* thoả mãn (a,b)=1\forall a\in k^* thì b\in k^{*2}).

Hệ quả-Nếu b không phải là một bình phương thì nhóm Nk_b^* xác định trong mệnh đề 1 là một nhóm con có chỉ số 2 trong k^*.

Đồng cấu \phi_b:k^*\to\{\pm 1\} xác định bởi \phi_b (a)=(a,b) có nhân Nk_b^* bởi mệnh đề 1; hơn nữa \phi_b là toàn ánh vì (a,b) không suy biến. Do vậy, \phi_b là một đẳng cấu từ k^*/Nk_b^* lên \{\pm 1\} và hệ quả được chứng minh.

Chú ý-Tổng quát hơn, Cho L là mở rộng Galois hữu hạn của k sao cho nhóm Galois của nó là giao hoán. Ta có thể chứng minh rằng k^*/NL^* đẳng cấu với G và biết nhóm NL^* sẽ xác định nhóm L. Đây là hai kết quả cơ bản của cái gọi là “lý thuyết trường lớp địa phương”.

Chứng minh của các định lý 1 và 2.

Trường hợp k=\mathbb{R} là tầm thường. Chú ý rằng k^*/k^{*2} khi đó sẽ là một không gian véc tơ có chiều 1(trên trường \mathbb{F}_2) có \{1,-1\} là các biểu diễn. Gỉa sử bây giờ rằng k=\mathbb{Q}_p.

Bổ đề.-Cho v\in U là một đơn vị p-adic. Nếu phương trình z^2-px^2-vy^2=0 có một lời giải không tầm thường trong \mathbb{Q}_p thì nó có một lời giải (z,x,y) sao cho z,y\in U và x\in\mathbb{Z}_p.

Bởi mệnh đề 6 của chương II, mục 2.1, phương trình đã cho có một lời giải nguyên thuỷ (z,x,y). Ta chứng minh rằng lời giải này có tính chất đòi hỏi. Nếu không phải như vậy, ta sẽ có y\equiv 0\pmod{p} hoặc z\equiv 0\pmod{p}; vì z^2-vy^2\equiv 0\pmod{p} và v\not\equiv 0\pmod{p}, ta phải có cả hai y\equiv 0\pmod{p} và z\equiv 0\pmod{p}; do đó px^2\equiv 0\pmod{p^2}, nghĩa là x\equiv 0\pmod{p}, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của lời giải (z,x,y).

Gìơ chúng trở lại chứng minh định lý 1, đầu tiên ta giả sử là p\not =2.

Dễ thấy rằng chỉ cần xét các số mũ \alpha,\beta theo modulo 2; chú ý đến tính đối xứng của ký hiệu Hilbert, chỉ có ba trường hợp cần phải xét:

1)\alpha=0,\beta=0. Ta phải kỉêm tra rằng (u,v)=1. Phương trình z^2-ux^2-vy^2=0 có một lời giải không tầm thường modulo p(chương I, bài 2, hệ quả 2 của định lý 3); vì định thức của dạng bậc hai này là một đơn vị p-adic, nghiệm trên nâng đến một lời giải p-adic(chương II, mục 2.2, hệ quả 2 của định lý 1); do đó (u,v)=1.

2)\alpha=1,\beta=0. Ta phải kiểm tra rằng (pu,v)=\left(\dfrac{v}{p}\right). Vì (u,v)=1 ta có (pu,v)=(p,v) bởi công thức iii) của mệnh đề 2; do vậy sẽ là đủ nếu ta kiểm tra (p,v)=\left(\dfrac{v}{p}\right). Điều này đơn giản nếu v là một bình phương, hai vế cùng bằng 1. Trong trường hợp còn lại \left(\dfrac{v}{p}\right)=-1 , xem chương II, mục 3.3, định lý 3. Khi đó bổ đề trên chứng tỏ phương trình z^2-px^2-vy^2=0 không có nghiệm không tầm thường, do vậy (p,v)=-1.

3)\alpha=1,\beta=1. Ta phải kiểm tra rằng (pu,pv)=(-1)^{(p-1)/2}\left(\dfrac{u}{p}\right)\left(\dfrac{v}{p}\right). Công thức iv) của mệnh đề 2 chứng tỏ rằng (pu,pv)=(pu,-p^2uv)=(pu,-uv), mà ta vừa biết rằng (pu,pv)=\left(\dfrac{-uv}{p}\right), từ đó ta có kết quả cần chứng minh được suy ra từ \left(\dfrac{-1}{p}\right)=(-1)^{(p-1)/2}.

Định lý 1 được chứng minh(với p\not =2), định lý 2 suy ra từ nó vì công thức tính (a,b) là tuyến tính. Để chứng minh tính suy biến, sẽ là đủ nếu ta chỉ ra rằng với mỗi a\in k^*/k^{*2} khác phần tử đơn vị, một phần tử b sao cho (a,b)=-1. Theo hệ quả của định lý 3, chương II, mục 3.3, ta có thể lấy a=p,u hoặc up với u\in U thoả mãn \left(\dfrac{u}{p}\right)=-1; sau đó ta chọn b tương ứng là u,p và u.

Trường hợp p=2. Như trên ta chỉ cần xét \alpha,\beta theo modulo 2, có ba trường hợp xảy ra

1)\alpha=\beta=0. Ta phải kiểm tra (u,v)=1 nếu u hoặc v đồng dư với 1\pmod{4} và (u,v)=-1 nếu khác. Gỉa sử trước tiên rằng u\equiv 1\pmod{4}. Khi đó u\equiv 1\pmod{8} hoặc u\equiv 5\pmod{8}. Trong trường hợp thứ nhất u là một bình phương(chương II, mục 3.3, định lý 4) và ta có (u,v)=1. Trong trường hợp thứ hai ta có u+4v\equiv 1\pmod{8} và có w\in U sao cho w^2=u+4v; dạng z^2-ux^2-vy^2 có (w,1,2) là một nghiệm và do vậy (u,v)=1. Bây giờ ta giả sử rằng u\equiv v\equiv -1\pmod{4}; nếu (z,x,y) là một lời giải nguyên thuỷ của z^2-ux^2-vy^2=0 thì z^2+x^2+y^2\equiv 0\pmod{4}; nhưng các bình phương trong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} là 0 và 1; đồng dư này kéo theo x,y,z đồng dư với 0\pmod{2}, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của nghiệm đó. Vậy là (u,v)=-1 trong trường hợp này.

2)\alpha=1,\beta=0. Ta phải kiểm tra rằng (2u,v)=(-1)^{\epsilon (u)\epsilon (v)+\omega(v)}. Trước hết ta chứng minh rằng (2,v)=(-1)^{\omega(v)}, nghĩa là (2,v)=1 khi và chỉ khi v\equiv \pm 1\pmod{8}. Theo bổ đề trên nếu (2,v)=1 sẽ tồn tại z,x,y\in\mathbb{Z}_2 sao cho z^2-2x^2-vy^2=0 và y,z\not\equiv 0\pmod{2}. Khi đó ta có y^2\equiv z^2\equiv 1\pmod{8}, do đó 1-2x^2-v\equiv 0\pmod{8}. Nhưng chỉ có các bình phương modulo 8 là 0,1 và 4; từ đây ta có v\equiv\pm 1\pmod{8}. Ngược lại, nếu v\equiv 1\pmod{8}, v là một bình phương và (2,v)=1; nếu v\equiv -1\pmod{8}, phương trình z^2-2x^2-vy^2=0 có (1,1,1) là một lời giải modulo 8, và lời giải sấp xỉ nầy nâng lên một lời giải đúng(chương II, mục 2.2, hệ quả 3 của định lý 1), do đó (2,v)=1. Tiếp 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 hợp còn lại là (2,v)=(u,v)=-1, nghĩa là v\equiv 3\pmod{8} và u\equiv 3 hoặc -1\pmod{8}; sau khi nhân u và v bởi các bình phương, ta có thể giả sử rằng u=-1,v=3 hoặc u=3,v=-5; bây giờ các phương trình z^2+2x^2-3y^2=0 và z^2-6x^2+5y^2=0 có lời giải (1,1,1); do đó (2u,v)=1.

3)\alpha=\beta=1. Ta phải kiểm tra rằng (2u,2v)=(-1)^{\epsilon (u)\epsilon (v)+\omega(u)+\omega(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)^{\epsilon (u)\epsilon (-uv)+\omega (-uv)}. Vì \epsilon (-1)=1,\omega (-1)=0 và \epsilon (u)(1+\epsilon (u))=0, số mũ trên bằng \epsilon (u)\epsilon (v)+\omega (u)+\omega (v), điều này chứng minh định lý 1. Tính tuyến tính của (a,b) có từ biểu thức của ký hiệu này vì \epsilon và \omega là 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]\in\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. Khi đó [a,b] là dạng song tuyến tính đối xứng trên k^*/k^{*2} với giá trị trong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} và định lý 1 cho ma trận của nó trong một cơ sở của k^*/k^{*2}:

Với k=\mathbb{R} nó là ma trân (1).

Với k=\mathbb{Q}_p(p\not =2), theo cơ sở \{p,u\} với \left(\dfrac{u}{p}\right)=-1, nó có ma trận \left(\begin{matrix}0&1\\1&0\end{matrix}\right) nếu p\equiv 1\pmod{4} và \left(\begin{matrix}1&1\\1&0\end{matrix}\right) nếu p\equiv 3\pmod{4}.

Với k=\mathbb{Q}_2, theo cơ sở \{2,-1,5\}, ma trận là

\left(\begin{matrix}0&0&1\\ 0&1&0\\1&0&0\end{matrix}\right).

Định lý cộng cổ điển của Abel

September 4, 2009 in [18++]Abel's Theorem | 10 comments

Gỉa sử rằng u(P)=\int_{P_o}^Pr(x,y)dx là một tích phân Abel liên quan đến đường cong đại số C cho bởi f(x,y)=0, nghĩa là r(x,y) là một hàm hữu tỷ của x,y và y là một hàm đại số của x liên quan đến đa thức phức f((x,y) là nghiệm của f và y liên tục theo x), tích phân này hiểu theo nghĩa tích phân đường phức, bởi lý thuyết mặt Riemann, tích phân này xác định sai khác một chu kỳ. Bây giờ cho \theta (x,y) là một đa thức phức với hệ số là các hàm hữu tỷ của biến t=(t_1,t_2,\cdots,t_N), vậy với mỗi t đa thức này xác định một đường cong đại số D_t có bậc m, giả sử thêm là với một t=t' nào đó đường cong D_t cắt C tại mn điểm hữu hạn (n là bậc của f), trong đó các điểm khác nhau sẽ có các hoành độ khác nhau. Khi t thay đổi ta viết D_t\cdot C=\sum P(t), với P(t) là các giao điểm của hai đường cong D_t và C, các toạ độ (\xi ,\eta ) của P(t) là các hàm hữu tỷ của biến t.

Định lý Abel.-Tổng Abel u(t)=\sum u(P(t))=\sum \int_{P_0}^{P(t)}r(x,y)dx có dạng u(t)=R(t)+\sum_v\log S_v(t) với R(t) và S_v(t) là các hàm hữu tỷ của biến t.

(Như thế, thay vì xét một tích phân Abel đơn lẻ, Abel đã xét cả họ tích phân và đem cộng chúng lại với nhau, cuối cùng được kết quả thật đơn giản!).

Để chứng minh định lý này chúng ta cần hai bổ đề sau

Bổ đề 1.-Nếu v và w là các hàm hữu tỷ của (x,y) thì tổng \sum_i'v(x,y_i(x))w(x,y_1(x))\cdots w(x,y_n(x)) cũng là hàm hữu tỷ của x. Ở đây dấu “‘” trên ký hiệu tổng nghĩa là trong hạng tử không có w(x,y_i(x)) và các y_i là hàm đại số của x liên quan đến f.

Chứng minh của bổ đề 1. Gỉa sử  các \sigma_i(x) là các đa thức đối xứng cơ bản của các y_i(x). Vì u và w là các hàm hữu tỷ hai biến và mỗi đa thức đối xứng sẽ biểu diễn được qua các đa thức đối xứng cơ bản nên tổng đầu bài nằm trong \mathbb{C}(\sigma_1,\cdots,\sigma_n)\subset \mathbb{C}(x)(vì các y_i(x) là các nghiệm của f(x,y) khi x cố định).

Bổ đề 2.-Nếu \psi (x) là hàm hữu tỷ của x với hệ số là các hàm hữu tỷ của t thì \sum_{\xi }\psi (\xi ) là hàm hữu tỷ của t.

Chứng minh của bổ đề 2. Tương tự như chứng minh của bổ đề 1.

Gìơ ta quay lại việc chứng minh định lí Abel.

Chứng minh của định lí (Abel). Gọi \delta là toán tử vi phân toàn phần của một hàm biến t, khi đó ta có \delta u(t)=\sum r(\xi ,\eta )\delta \xi (1). Đặt \Theta (x)=\theta (x,y_1(x))\cdots\theta (x,y_n(x)) thì \Theta (\xi )\equiv 0 và do vậy \dfrac{\partial \Theta }{\partial x}(\xi )\delta \xi +\delta \Theta (\xi )=0, thay vào (1) ta được

\delta u=-\sum\dfrac{r(\xi ,\eta )\delta \Theta (\xi )}{\dfrac{\partial \Theta }{\partial x}(\xi )}(2).

Bây giờ có thể giả sử gần giá trị t=t' và \xi=\xi' ta có \eta =y_v(\xi) với v=v' nhưng \theta (\xi ,y_v(\xi ))\not =0 với v\not =v'.

Khi đó \delta \Theta (\xi )=\sum_v\theta (\xi ,y_1(\xi ))\cdots {}^v\theta (\xi ,y_n(\xi ))\delta \theta (\xi ,y_v(\xi )). Nhớ là chỉ số hạng ứng với v=v' mới xuất hiện ta có

-r(\xi ,\eta )\delta \Theta (\xi )

=-\sum_vr(\xi ,y_v(\xi ))\theta (\xi ,y_1(\xi ))\cdots {}^v\theta (\xi ,y_n(\xi ))\delta \theta (\xi ,y_v(\xi ))=

=\sum_i\varphi _i(\xi )dt_i, ở đây

\varphi_i(x)=-\sum r(x,y_v(x))\theta (x,y_1(x))\cdots {}^v\theta (x,y_n(x))\dfrac{\partial \theta}{\partial t_i}(x,y_v(x)) là một hàm hữu tỷ của x theo bổ đề 1, kết hợp với (2) và dùng bổ đề 2 ta có \delta u là một 1-dạng hữu tỷ, định lý được chứng minh bởi các kết quả sơ cấp về tích phân các hàm hữu tỷ.

1.1. Định nghĩa và các tính chất mở đầu

September 3, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | 2 comments

Trong mục này, k ký hiệu trường các số thực \mathbb{R} hoặc trường các số p-adic \mathbb{Q}_p(ở đây p là một số nguyên tố).

Cho a,b\in k^*. Ta đặt (a,b)=1 nếu z^2-ax^2-by^2=0 có nghiệm (x,y,z)\not =(0,0,0) trong k^{3}, (a,b)=-1 trong trường hợp còn lại. Số (a,b)=\pm 1 được gọi là ký hiệu Hilbert của a và b liên quan đến k. Dễ thấy rằng (a,b) không thay đổi khi a và b được nhân thêm các bình phương; do vậy ký hiệu Hilbert xác định một ánh xạ từ k^*/k^{*2}\times k^*/k^{*2} tới \{\pm 1\}.

Mệnh đề 1.-Cho a,b\in k^* và cho k_b=k(\sqrt{b}). Để (a,b)=1 điều kiện cần và đủ là a thuộc nhóm Nk_b^* các chuẩn của các phần tử của k_b^*.

Nếu b là bình phương của một phần tử c thì phương trình z^2-ax^2-by^2=0 có (c,0,1) là một nghiệm, do vậy (a,b)=1 và mệnh đề là đơn giản trong trường hợp này vì k_b=k và Nk_b^*=k^*. Nếu khác, k_b sẽ là bậc hai trên k; nếu ký hiệu một căn bậc hai của b là \beta thì mỗi phần tử \xi\in k_b có thể viết dưới dạng z+\beta y với y,z\in k và N\xi=z^2-by^2. Nếu a\in k_b^*, tồn tại y,z\in 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 lại, nếu (a,b)=1, dạng này có nghiệm (z,x,y)\not = (0,0,0). Ta có x\not =0 bởi vì nếu trái lại, b sẽ là một bình phương. Từ đây ta có a=N\left(\dfrac{z}{x}+\beta\dfrac{y}{x}\right).

Mệnh đề 2.-Ký hiệu Hilbert 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\Rightarrow (aa',b)=(a',b);

iv)(a,b)=(a,-ab)=(a,(1-a)b).

(Trong các công thức này a,b,a',c ký hiệu các phần tử của k^*; ta giả sử a\not =1 khi công thức chứa 1-a.)

Công thức i) là 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\in Nk_b^* theo mệnh đề 1; khi đó a'\in Nk_b^*\Leftrightarrow aa'\in Nk_b^*, điều này chứng minh iii). Công thức iv) được suy ra từ các công thức i),ii) và iii).

Chú ý.-Công thức iii) là một trường hợp riêng của công thức

v)(aa',b)=(a,b)(a',b), thể hiện tính song tuyến tính của ký hiệu Hilbert; công thức này sẽ được chứng minh trong mục sau.

3.3. Các bình phương trong Q_p^*

September 1, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Định lí 3.-Gỉa sử p\not =2 và cho x=p^nu là một phần tử của \mathbb{Q}_p^*, với n\in\mathbb{Z} và u\in U. Để x là một bình phương điều kiện cần và đủ là n chẵn và ảnh \bar{u} của u trong \mathbb{F}_p^*=U/U_1 là một bình phương.

(Điều kiện cuối cùng nghĩa là ký hiệu Legendre \left(\dfrac{\bar{u}}{p}\right) của \bar{u} bằng 1. Sau đây ta viết \left(\dfrac{u}{p}\right) thay cho \left(\dfrac{\bar{u}}{p}\right).)

Phân tích u dưới dạng u=v\cdot u_1 với v\in V và u_1\in U_1. Phân tích \mathbb{Q}_p^*\backsimeq\mathbb{Z}\times V\times U_1 của định lí 2 chứng tỏ rằng x là bình phương nếu và chỉ nếu n chẵn và v và u_1 là bình phương; mà \mathbb{U}_1 đẳng cấu với \mathbb{Z}_p và 2 là khả nghịch trong \mathbb{Z}_p nên tất cả các phần tử của U_1 là các bình phương. Vì V đẳng cấu với \mathbb{F}_p^*, định lí được chứng minh.

Hệ quả.-Nếu p\not =2 nhóm \mathbb{Q}_p^*/\mathbb{Q}_p^{*2} là một nhóm có kiểu (2,2). Nó có các biểu diễn \{1,p,u,up\} ở đây u\in U thoả mãn \left(\dfrac{u}{p}\right)=-1.

Điều này là đơn giản.

Định lí 4.-Một phần tử x=p^nu của \mathbb{Q}_2^* là một bình phương khi và chỉ khi n chẵn và u\equiv 1\pmod{8}.

Phân tích U=\{\pm 1\}\times U_2 chứng tỏ rằng x là bình phương khi và chỉ khi u\in U_2 và là một bình phương trong U_2. Bây giờ đẳng cấu \theta :\mathbb{Z}_2\to U_2 được xây dựng trong chứng minh của mệnh đề 8 mang 2^n\mathbb{Z}_2 lên U_{n+2}. Lấy n=1, ta thấy rằng tập các bình phương trong U_2 bằng U_3. Khi đó một phần tử u\in U là bình phương khi và chỉ khi nó \equiv 1\pmod{8}, định lí được chứng minh.

Chú ý.-Kết quả mọi phần tử của U_3 là một bình phương cũng có được khi áp dụng hệ quả 3 của định lí 1 cho dạng bậc hai X^2.

Hệ quả.-Nhóm \mathbb{Q}_2^*/\mathbb{Q}_2^{*2} là nhóm có kiểu (2,2,2). Nó có các biểu diễn là \{\pm 1,\pm 5,\pm 2,\pm 10\}.

Điều này suy ra từ kết quả U/U_3 có các biểu diễn là \{\pm 1,\pm 5\}.

Chú ý

1)Với p=2, xác định các đồng cấu \epsilon,\omega :U/U_3\to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} theo nghĩa của các công thức mục 3.2 chương 1:

\epsilon (z)\equiv\dfrac{z-1}{2}=0 nếu z\equiv 1\pmod{4}, =1 nếu z\equiv -1\pmod{4}

\omega (z)\equiv \dfrac{z^2-1}{8}=0 nếu z\equiv \pm 1\pmod{8}, =1 nếu z\equiv \pm 5\pmod{8}.

Ánh xạ \epsilon xác định một đẳng cấu của U/U_2 lên \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} và ánh xạ \omega xác định một đẳng cấu từ U_2/U_3 lên \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. Do đó cặp (\epsilon,\omega) xác định một đẳng cấu từ U/U_3 lên \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. Nói riếng một đơn vị 2-adic z là bình phương nếu và chỉ nếu \epsilon (z)=\omega (z)=0.

2)Các định lí 3 và 4 chứng tỏ rằng \mathbb{Q}_p^{*2} là một nhóm con mở của \mathbb{Q}_p^*.

 

September 2009
M T W T F S S
« Aug   Oct »
 123456
78910111213
14151617181920
21222324252627
282930  

Archives