Author Archive

You are currently browsing trungtuan's articles.

Đường cong đại số trong mặt phẳng xạ ảnh phức

November 9, 2009 in [18++]Algebraic Geometry | Leave a comment

Giả sử f(x,y) là một đa thức hai biến với hệ số thực. Khi đó tập \{(x,y)\in\mathbb{R}^2|f(x,y)=0\}(1) được gọi là một đường cong đại số thực, bậc của f được gọi là bậc của đường cong đại số thực này.

Đường cong đại số thực bậc 1 là đường thẳng, bậc 2 là parabol, ellip, hyperbol; đây đều là các đối tượng quen biết trong chương trình toán phổ thông hiện nay. Nhưng với các đường cong đại số thực có bậc lớn hơn 2 thì mọi chuyện không đơn giản như thế, có những bài toán không thể có lời giải đầy đủ bởi vì \mathbb{R} không phải là trường đóng đại số. Chẳng hạn, ta muốn tìm số giao điểm của một đường thẳng L và một đường cong đại số C cho bởi (1). Thay đổi toạ độ nếu cần thiết, ta có thể giả sử L đi qua gốc toạ độ, bởi thế mà phương trình tham số của nó là x=\alpha t,y=\beta t\,\,(t\in\mathbb{R})(2) ở đây \alpha và \beta là các số thực không đồng thời bằng 0. Viết f(x,y) dưới dạng f(x,y)=f_n(x,y)+f_{n-1}(x,y)+\cdots +f_0, với các f_k(x,y) là các đa thức thuần nhất có bậc k. Thay (2) vào (1) ta có f_n(\alpha,\beta)t^n+f_{n-1}(\alpha,\beta)t^{n-1}+\cdots+f_0=0. (3) Xác định số nghiệm thực của phương trình này không đơn giản, hơn nữa, chúng ta không thể hy vọng một kết quả đẹp đẽ vì số nghiệm thực của một đa thức với hệ số thực phụ thuộc vào các hệ số của đa thức đó. Nhưng khi ta xét f(x,y) như một đa thức hai biến với hệ số phức và coi (1) như một đường cong đại số trên \mathbb{C}^2, thì số giao điểm của đường thẳng phức (2) với đường cong đại số phức (1) lại cho bởi phương trình (3). Theo định lý cơ bản của Đại số, phương trình (3) có đúng n nghiệm kể cả bội khi f_n(\alpha,\beta)\not =0, và do đó đường cong đại số phức C và đường thẳng phức L cắt nhau tại n điểm tính cả bội. Điều gì xảy ra nếu f_n(\alpha,\beta)=0? Giả sử f_n(\alpha,\beta)=f_{n-1}(\alpha,\beta)=\cdots=f_{m+1}(\alpha,\beta)=0,f_m(\alpha,\beta)\not=0, khi đó L và C chỉ cắt nhau tại m điểm trong \mathbb{C}^2. Trong trường hợp này ta có thể xem (n-m) giao điểm còn lại nằm tại vô hạn. Cụ thể là, thay \dfrac{1}{s} vào t trong (3) ta có f_n(\alpha,\beta)+f_{n-1}(\alpha,\beta)s+\cdots+f_0s^n=0.(4) Nếu f_n(\alpha,\beta)\not =0 thì s=0(tương ứng với t=\infty) không phải là nghiệm của (4), nếu f_n(\alpha,\beta)=f_{n-1}(\alpha,\beta)=\cdots=f_{m+1}(\alpha,\beta)=0,f_m(\alpha,\beta)\not=0 thì s=0(tương ứng với t=\infty) là nghiệm của (4) với bội (n-m). Khi đó ta nói L và C cắt nhau tại điểm vô hạn với bội (n-m). Do vậy, để thuận lợi, ta sẽ bổ sung một đường thẳng tại vô hạn vào \mathbb{C}^2, bằng cách này ta sẽ có mặt phẳng xạ ảnh phức P^2\mathbb{C}. Cách thuận tiện nhất để bổ sung một đường thẳng tại vô hạn vào \mathbb{C}^2 là sử dụng toạ độ thuần nhất. Với một điểm (x,y)\in\mathbb{C}^2, toạ độ thuần nhất của nó là mỗi bộ ba các số phức (\zeta ,\xi ,\eta ) thoả mãn x=\dfrac{\xi}{\zeta},y=\dfrac{\eta}{\zeta}. (5) Nếu (\zeta ,\xi ,\eta ) là một toạ độ thuần nhất của (x,y) thì (\lambda\zeta ,\lambda\xi ,\lambda\eta )(\lambda\in\mathbb{C},\lambda\not =0) cũng là một toạ độ thuần nhất của (x,y). Muốn (5) xác định thì \zeta\not =0, nhưng nếu \xi và \eta không đồng thời bằng 0 thì khi \zeta\to 0 các điểm (x=\dfrac{\xi}{\zeta},y=\dfrac{\eta}{\zeta}) sẽ tiến đến vô hạn theo hướng \xi:\eta. Do đó ta có thể ký hiệu điểm tại vô hạn theo hướng \xi:\eta bởi (0,\xi,\eta). Theo cách này, qua các toạ độ thuần nhất ta có thể bổ sung một điểm tại vô hạn theo mỗi hướng trong \mathbb{C}^3, tập tất cả các điểm vô hạn như vậy được gọi là đường thẳng tại vô hạn, ký hiệu bởi L_{\infty}. \mathbb{C}^3 cùng với L_{\infty} được gọi là mặt phẳng xạ ảnh phức P^2\mathbb{C}. Chính xác hơn, ta có thể xây dựng mặt phẳng xạ ảnh phức như sau, trong tập \mathbb{C}^3-\{(0,0,0)\} ta đưa vào quan hệ \thicksim được định nghĩa bởi (\zeta,\xi,\eta)\thicksim (\zeta',\xi',\eta') khi và chỉ khi có số phức \lambda\not =0 thoả mãn \zeta'=\lambda\zeta,\xi'=\lambda\xi,\eta'=\lambda\eta. Đây là một quan hệ tương đương, \mathbb{C}^3-\{(0,0,0)\} được chia thành các lớp tương đương, lớp tương đương chứa (\zeta,\xi,\eta)\in\mathbb{C}^3-\{(0,0,0)\} được ký hiệu bởi [\zeta,\xi,\eta]. Dễ thấy [\zeta,\xi,\eta]=[\lambda\zeta,\lambda\xi,\lambda\eta]\forall\lambda\in\mathbb{C}-\{0\}. Không gian thương sinh bởi quan hệ tương đương này được gọi là mặt phẳng xạ ảnh phức và được ký hiệu bởi P^2\mathbb{C}, nó được trang bị tô pô thương và là một đa tạp phức. Giờ ta khảo sát biểu diễn theo toạ độ thuần nhất cúa đường cong C cho bởi (1). Thay x=\dfrac{\xi}{\zeta},y=\dfrac{\eta}{\zeta} vào (1), rút gọn ta được F(\zeta,\xi,\eta)=f_n(\xi,\eta)+f_{n-1}(\xi,\eta)\zeta+\cdots+f_0\zeta^n=0. Vế trái của phương trình này là một đa thức thuần nhất theo các biến \zeta,\xi,\eta. Trong trường hợp tổng quát, nếu F(\zeta,\xi,\eta) là một đa thức thuần nhất theo các biến \zeta,\xi,\eta thì F(\zeta,\xi,\eta)=0(6) biểu diễn một đường cong đại số trong P^2\mathbb{C}, và  bậc của F được gọi là bậc của đường cong này. Phương trình (6) gọi là phương trình thuần nhất của đường cong đó. Nếu ta chỉ xét trên \mathbb{C}^2=P^2\mathbb{C}-L_{\infty} thì đường cong này thoả mãn phương trình affine f(x,y)=0 (7) ở đây f(x,y)=F(1,x,y). Theo cách này phương trình thuần nhất của đường cong xác định phương trình affine của nó trên \mathbb{C}^2=P^2\mathbb{C}-L_{\infty}. Mặt khác, bậc của được cong(giả sử bằng n) và phương trình affine của nó trên \mathbb{C}^2=P^2\mathbb{C}-L_{\infty} xác định duy nhất phương trình thuần nhất của nó F(\zeta,\xi,\eta)=0, ở đây F(\zeta,\xi,\eta)=\zeta^nf\left(\dfrac{\xi}{\zeta},\dfrac{\eta}{\zeta}\right). Nếu một đường cong đại số C cho bởi F(\zeta,\xi,\eta)=0, và F phân tích thành tích các đa thức thuần nhất bất khả quy F=F_1^{m_1}\cdot F_2^{m_2}\cdot\cdots\cdot F_l^{m_l} thì ta viết C=m_1C_1+m_2C_2+\cdots+m_lC_l, ở đây C_j=\{(\zeta,\xi,\eta)\in P^2\mathbb{C}|F_j(\zeta,\xi,\eta)=0\}(j=1,2,\cdots,n). Mỗi C_j được gọi là một thành phần bất khả quy của C. Đặc biệt khi chính F là một đa thức bất khả quy thì C được gọi là một đường cong bất khả quy.

—–

Bài này Lỗ lấy gần nguyên si từ  sách “Mở đầu về đường cong đại số” của Griffiths.

2.2. Tồn tại các số hữu tỷ với các ký hiệu Hilbert cho trước

November 9, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Định lý 4.-Cho (a_i)_{i\in I} là một họ hữu hạn các phần tử trong \mathbb{Q}^* và (\epsilon_{i,v})_{i\in I,v\in V} là họ các số bằng \pm 1. Điều kiện cần và đủ để tồn tại x\in\mathbb{Q}^* sao cho cho (a_i,x)_v=\epsilon_{i,v} vớí mỗi i\in I và mỗi v\in V là

(1)Hầu hết các số \epsilon_{i,v} bằng 1.

(2)Với mỗi i\in I ta có \prod_{v\in V}\epsilon_{i,v}=1.

(3)Với mỗi v\in V tồn tại x_v\in\mathbb{Q}_v^* sao cho (a_i,x_v)_v=\epsilon_{i,v} vớí mỗi i\in I.

Tính cần của (1) và (2) suy ra từ định lí 3, tính cần của (3) là tầm thường (lấy x_v=x). Để chứng minh tính đủ của các điều kiện này ta cần ba bổ đề sau đây

Bổ đề 1.(“Định lý phần dư Trung Hoa”)-Cho a_1,\cdots,a_n,m_1,\cdots,m_n là các số nguyên với các m_i nguyên tố với nhau từng cặp. Có số nguyên a sao cho a\equiv a_i\pmod{m_i} với mỗi i.

Cho m là tích của các số m_i. Định lý Bezout chứng tỏ rằng đồng cấu chính tắc \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\to \prod_{i=1}^n\mathbb{Z}/m_i\mathbb{Z} là một đẳng cấu. Bổ đề được suy ra từ điều này.

Bổ đề 2.(“Định lý sấp xỉ”)-Cho S là một tập con hữu hạn của V. Ảnh của \mathbb{Q} trong \prod_{v\in S}\mathbb{Q}_v là trù mật trong tích này(với tô pô tích của các \mathbb{Q}_v).

Nếu cần thì mở rộng S, giả sử rằng S=\{\infty,p_1,\cdots,p_n\} ở đây p_i là các số nguyên tố phân biệt và ta phải chứng minh rằng \mathbb{Q} trù mật trong \mathbb{R}\times\mathbb{Q}_{p_1}\times\cdots\times\mathbb{Q}_{p_n}. Cho (x_{\infty},x_1,\cdots,x_n) là một điểm của tích này, ta sẽ chứng minh nó là một điểm tụ của \mathbb{Q}. Sau khi nhân với một số nguyên ta có thể giả sử rằng x_i\in\mathbb{Z}_{p_i} với mỗi 1\leq i\leq n. Bây giờ ta phải chứng minh rằng với mỗi \epsilon>0 và mỗi số nguyên N>0, có x\in\mathbb{Q} sao cho |x-x_{\infty}|\leq\epsilon và v_{p_i}(x-x_i)\geq N với i=1,\cdots,n. Theo bổ đề 1 áp dụng với m_i=p_i^N, tồn tại x_0\in\mathbb{Z} sao cho v_{p_i}(x_0-x_i)\geq N với mỗi i. Bây giờ chọn số nguyên q\geq 2 nguyên tố với tất cả các p_i(ví dụ là một số nguyên tố). Các số hữu tỷ có dạng a/q^m,a\in\mathbb{Z},m\geq 0 trù mật trong \mathbb{R}(điều này có đơn giản từ kết quả q^m\to\infty khi m\to\infty). Chọn một số u=a/q^m như vậy với |x_0-x_{\infty}+up_1^N\cdots p_n^N|\leq\epsilon. Số hữu tỷ x=x_0+up_1^N\cdots p_n^N có tính chất cần tìm.

Bổ đề 3.(Định lý Dirichlet)-Nếu a và m là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì có vô hạn các số nguyên tố p sao cho p\equiv a\pmod{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 lại với định lý 4, và cho (\epsilon_{i,v}) là họ các số bằng \pm 1 và thoả mãn các điều kiện (1),(2) và (3). Sau khi nhân với các bình phương của các số nguyên, có thể giả sử rằng tất các các a_i là các số nguyên. Gọi S là tập con của V gồm \infty,2 và các uớc nguyên tố của các a_i; T là tập các v\in V sao cho tồn tại i\in I với \epsilon_{i,v}=-1; hai tập này là các tập hữu hạn. Ta sét hai trường hợp

1)Ta có S\cap T=\emptyset.

Đặt a=\prod_{l\in T,l\not =\infty}l và m=8\prod_{l\in S,l\not =2,\infty}l. Vì S\cap T=\emptyset nên các số nguyên a và m là nguyên tố cùng nhau, theo bổ đề 3 tồn tại số nguyên tố p sao cho p\equiv a\pmod{m} với p\not\in S\cup T. Ta sẽ chứng minh rằng x=ap có các tính chất cần tìm, nghĩa là (a_i,x)_v=\epsilon_{i,v}\forall i\in I\forall v\in V. Nếu v\in S ta có \epsilon_{i,v}=1 vì S\cap T=\emptyset, và ta phải kiểm tra rằng (a_i,x)_v=1. Nếu v=\infty thì điều này có từ x>0; nếu v là một số nguyên tố l, ta có x\equiv a^2\pmod{m}, do đó x\equiv a^2\pmod{8} với l=2 và x\equiv a^2\pmod{l} với l\not =2;  vì x và a là các đơn vị l-adic, điều này chứng tỏ rằng x là một bình phương trong \mathbb{Q}_l^*(xem chương II mục 3.3) và ta có (a_i,x)_v=1. Nếu v=l\not\in S, a_i là một đơn vị l-adic. Vì l\not =2 ta có (a_i,b)_l=\left(\dfrac{a_i}{l}\right)^{v_l(b)}\forall b\in\mathbb{Q}_l^* theo định lý 1. Nếu l\not\in T\cap\{p\}, x là một đơn vị l-adic, do đó v_l(x)=0 và công thức trên chứng tỏ rằng (a_i,x)_l=1; mặt khác ta có \epsilon_{i,l}=1 vì l\not\in T. Nếu l\in T ta có v_l(x)=1; hơn nữa điều kiện (3) chứng tỏ rằng tồn tại x_l\in\mathbb{Q}_l^* sao cho (a_i,x_l)_l=\epsilon_{i,l}\forall i\in I; vì một trong các \epsilon_{i,l} bằng -1(vì l\in T), ta có v_l(x_l)\equiv 1\pmod{2} do đó (a_i,x)_l=\left(\dfrac{a_i}{l}\right)=(a_i,x_l)_l=\epsilon_{i,l}\forall i\in I. Còn lại trường hợp l=p, ta quy về các trường hợp khác khi sử dụng công thức tích (a_i,x)_p=\prod_{v\not =p}(a_i,x)_v=\prod_{v\not=p}\epsilon_{i,v}=\epsilon_{i,p}. Điều này cho chứng minh đầy đủ định lý 4 trong trường hợp S\cap T=\emptyset.

2)Trường hợp tổng quát.

Ta biết rằng các bình phương trong \mathbb{Q}_v^* lập thành một nhóm con mở của \mathbb{Q}_v^*, xem chương II mục 3.3. Theo bổ đề 2, tồn tại x'\in\mathbb{Q}^* sao cho x'/x_v là một bình phương trong \mathbb{Q}_v^* với mỗi v\in S. Nói riêng (a_i,x')_v=(a_i,x_v)_v=\epsilon_{i,v}\forall v\in S. Nếu ta đặt \eta_{i,v}=\epsilon_{i,v}(a_i,x')_v thì họ (\eta_{i,v}) thoả mãn các điều kiện (1),(2),(3) và hơn nữa \eta_{i,v}=1 nếu v\in S. Theo 1) ở trên tồn tại y\in\mathbb{Q}^* sao cho (a_i,y)_v=\eta_{i,v}\forall i\in I\forall v\in V. Nếu ta đặt x=yx' thì dễ thấy x có các tính chất đòi hỏi.

Tính tương thích của hai dãy khớp

October 8, 2009 in [18++]Abstract Algebra | 2 comments

Trong GTM4 có bổ đề sau đây

twosequences

Ta thấy là nếu bỏ đi điều kiện giao hoán thì nó không đúng nữa? Bạn có thể đưa ra ví dụ không?

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 | 2 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^*.

 

November 2009
M T W T F S S
« Oct    
 1
2345678
9101112131415
16171819202122
23242526272829
30