Category Archive

You are currently browsing the category archive for the '[Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic' category.

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.

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).

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).

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^*.

3.2. Cấu trúc của nhóm U_1

August 30, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Bổ đề.-Cho x\in U_n-U_{n+1} với n\geq 1 nếu p\not =2 và n\geq 2 nếu p=2. Khi đó x^p\in U_{n+1}-U_{n+2}.

Theo giả thiết ta có x=1+kp^n với k\not \equiv 0\pmod{p}. Công thức nhị thức cho ta x^p=1+kp^{n+1}+\cdots+k^pp^{np}, số mũ của những số hạng không được viết ra \geq 2n+1, do đó cũng \geq n+2. Hơn nữa np\geq n+2(bao gồm luôn cả trường hợp n\geq 2 nếu p=2). Điều này chứng tỏ rằng x^p\equiv 1+kp^{n+1}\pmod{p^{n+2}}, do đó x^p\in U_{n+1}-U_{n+2}.

Mệnh đề 8.-Nếu p\not =2, U_1 đẳng cấu với \mathbb{Z}_p. Nếu p=2, U_1=\{\pm 1\}\times U_2 và U_2 đẳng cấu với \mathbb{Z}_2.

Xét trường hợp đầu tiên p\not =2. Chọn một phần tử \alpha \in U_1-U_2, chẳng hạn \alpha =1+p. Theo bổ đề trên ta có \alpha^{p^i}\in U_{i+1}-U_{i+2}. Cho \alpha_n là ảnh của \alpha trong U_1/U_n; ta có \alpha_n^{p^{n-2}}\not =1 và \alpha_n^{p^{n-1}}=1. Nhưng U_1/U_n có cấp p^{n-1} nên nó là một nhóm cyclic sinh bởi \alpha_n. Bây giờ ký hiệu \theta_{n,\alpha} là đẳng cấu z\mapsto\alpha_n^z của \mathbb{Z}/p^{n-1}\mathbb{Z} lên U_1/U_n. Biểu đồ

u1

là giao hoán. Từ điều này ta thấy \theta_{n,\alpha} xác đinh một đẳng cấu \theta từ \mathbb{Z}_p=\varprojlim \mathbb{Z}/p^{n-1}\mathbb{Z} lên U_1=\varprojlim U_1/U_n, và mệnh đề được chứng minh với trường hợp p\not =2.

Bây giờ giả sử rằng p=2. Chọn \alpha\in U_2-U_3, nghĩa là \alpha\equiv 5\pmod{8}. Xác định như trên các đẳng cấu \theta_{n,\alpha}:\mathbb{Z}/2^{n-2}\mathbb{Z}\to U_2/U_n và một đẳng cấu \theta_{\alpha}:\mathbb{Z}_2\to U_2. Mặt khác, đồng cấu U_1\to U_1/U_2 \backsimeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} cảm sinh một đẳng cấu từ \{\pm 1\} lên \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}. Từ điều này ta có U_1=\{\pm 1\}\times U_2.

Định lí 2.-Nhóm \mathbb{Q}_p^* đẳng cấu với \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}_p\times \mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z} nếu p\not =2 và với \mathbb{Z}\times\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} nếu p=2.

Mọi phần tử x\in\mathbb{Q}_p^* có thể viết một cách duy nhất dưới dạng x=p^nu với n\in\mathbb{Z}  và u\in U. Do đó \mathbb{Q}_p^*\backsimeq \mathbb{Z}\times U. Hơn nữa, mệnh đề 7 chứng tỏ rằng U=V\times U_1 ở đây V là nhóm cyclic cấp p-1, và cấu trúc của U_1 cho bởi mệnh đề 8.

3.1. Lọc của nhóm các đơn vị

August 28, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Cho U=\mathbb{Z}_p^* là nhóm các đơn vị p-adic. Với mỗi n\geq 1, đặt U_n=1+p^n\mathbb{Z}_p; đây là nhân của đồng cấu \epsilon_n:U\to (\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z})^*. Nói riêng, thương U/U_1 có thể đồng nhất với \mathbb{F}_p^*, do đó nó là cyclic bậc p-1(xem Chương 1, định lý 2). U_n làm thành một dãy giảm các nhóm con mở của U, và U=\varprojlim U/U_n. Nếu n\geq 1, ánh xạ 1+p^nx\mapsto x\pmod{p} xác đinh một đẳng cấu U_n/U_{n+1}\to \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}; điều này có được từ công thức (1+p^nx)(1+p^ny)\equiv 1+p^n(x+y)\pmod{p^{n+1}}. Từ đây, bởi quy nạp theo n ta có U_1/U_n có bậc p^{n-1}.

Bổ đề.-Cho 0\to A\to E\to B\to 0 là một dãy khớp các nhóm giao hoán(ký hiệu theo lối cộng) với A và B là hữu hạn có cấp a và b nguyên tố cùng nhau. Cho B' là tập những x thuộc E sao cho bx=0. Nhóm E là tổng trực tiếp của A và B'. Hơn nữa B' là 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\in A\cap B', thì ax=bx=0, do đó (ar+bs)x=x=0; và A\cap B'=0. Hơn nữa, mỗi x\in E có thể viết dưới dạng x=arx+bsx; vì bB'=0, ta có bE\subset A, do đó bsx\in A; mặt khác, từ abE=0 kéo theo arx\in B'. Do đó ta thấy rằng E=A\oplus B' và phép chiếu E\to B xác định một đẳng cấu từ B' lên B. Ngược lại, nếu B'' là một nhóm con của E đẳng cấu với B, ta có bB''=0 dó đó B''\subset B' và B''=B' bởi vì hai nhóm này có cùng cấp.

Mệnh đề 7.-Ta có U=V\times U_1 ở đây V=\{x\in U|x^{p-1}=1\} là nhóm con duy nhất của U đẳng cấu với \mathbb{F}_p^*.

Áp dụng bổ đề với dãy khớp 1\to U_1/U_n\to U/U_n\to \mathbb{F}_p^*\to 1, có thể áp dụng được bởi vì cấp của U_1/U_n bằng p^{n-1} và cấp của \mathbb{F}_p^* bằng p-1. Từ đây, ta có U/U_n chứa một nhóm con duy nhất V_n đẳng cấu với \mathbb{F}_p^* và phép chiếu U/U_n\to U/U_{n-1} mang V_n đẳng cấu với V_{n-1} . Vì U=\varprojlim U/U_n, bởi cho qua giới hạn ta có một nhóm con V của U đẳng cấu với \mathbb{F}_p^*. Ta có U=V\times U_1; sự duy nhất của V suy ra từ sự duy nhất của V_n.

Hệ quả.-Trường \mathbb{Q}_p chứa các căn bậc p-1 của đơn vị.

Chú ý-1)Nhóm V được gọi là nhóm các biểu diễn nhân tính của các phần tử của \mathbb{F}_p^*.

2)Sự tồn tại của V cũng có thể có được khi áp dụng hệ quả 1 của định lý 1 với phương trình x^{p-1}=0.

2.2. Cải thiện các nghiệm gần đúng

August 22, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | 2 comments

Ta quan tâm đến việc chuyển từ một lời giải \pmod{p^n} đến một lời giải đúng(nghĩa là với hệ số trong \mathbb{Z}_p). Người ta sử dụng bổ đề sau(tương tự p-adic của “phương pháp Newton”):
Bổ đề-Cho f\in\mathbb{Z}_p[X] và f' là đạo hàm của nó. Cho x\in\mathbb{Z}_p,n,k\in\mathbb{Z} sao cho 0\leq 2k<n,f(x)\equiv 0\pmod{p^n},v_p(f'(x))=k. Khi đó tồn tại y\in \mathbb{Z}_p sao cho f(y)\equiv 0\pmod{p^{n+1}},v_p(f'(y))=k và y\equiv x\pmod{p^{n-k}}.
Lấy y có dạng x+p^{n-k}z với z\in\mathbb{Z}_p. Theo công thức Taylor ta có f(y)=f(x)+p^{n-k}zf'(x)+p^{2n-2k}a với a\in\mathbb{Z}_p. Theo giả thiết f(x)=p^nb và f'(x)=p^kc với b\in\mathbb{Z}_p và c\in U. Điều này cho phép ta chọn z thoả mãn b+zc\equiv 0\pmod{p}. Từ đây ta có f(y)=p^n(b+zc)+p^{2n-2k}a\equiv 0\pmod{p^{n+1}} vì 2n-2k>n. Cuối cùng áp dụng công thức Taylor với f' ta có f'(y)\equiv p^kc\pmod{p^{n-k}}; vì n-k>n ta thấy là v_p(f'(y))=k.
Định lý 1.-Cho f\in\mathbb{Z}_p[X_1,\cdots,X_m],x=(x_i)\in \mathbb{Z}_p^m,n,k\in\mathbb{Z} và j là một số nguyên sao cho 0\leq j\leq m. Gỉa sử 0<2k<n và f(x)\equiv 0\pmod{p^n} và v_p\left(\dfrac{\partial f}{\partial X_j}\right)(x)=k. Khi đó tồn tại một không điểm y của f trong \mathbb{Z}_p^m sao cho nó đồng dư với x modulo p^{n-k}.
Trước hết ta giả sử rằng m=1. Áp dụng bổ đề trên với x^{(0)}=x, ta có x^{(1)}\in\mathbb{Z}_p đồng dư với x^{(0)}\pmod{p^{n-k}} sao cho f(x^{(1)})\equiv 0\pmod{p^{n+1}} và v_p(f'(x^{(1)}))=k. Ta có thể áp dụng bổ đề với x^{(1)} sau khi thay n bởi n+1. Theo cách này bằng quy nạp ta sẽ có dãy \{x^{(i)}\} thoả mãn x^{(q+1)}\equiv x^{(q)}\pmod{p^{n+q-k}} và f(x^{(q)})\equiv 0\pmod{p^{n+q}}. Đây là một dãy Cauchy. Nếu y là giới hạn của nó ta sẽ có f(y)=0 và y\equiv x\pmod{p^{n-k}}, do vậy định lý đúng với m=1. Trường hợp m>1 suy ra từ trường hợp m=1, chỉ cần thay đổi x_j. Cụ thể hơn, cho g\in\mathbb{Z}_p[X_j] là đa thức một biến hình thành từ f khi thay X_i với i\not =j bởi x_i. Áp dụng điều vừa chứng minh với g và x_j; tồn tại y_j\equiv x_j\pmod{p^{n-k}} sao cho g(y_j)=0. Nếu ta đặt y_i=x_i với i\not = j thì phần tử y=(y_i) thoả mãn các điều kiện đòi hỏi của định lý.
Hệ quả 1.-Mỗi không điểm đơn của phép co modulo p của một đa thức f nâng lên một không điểm của f với hệ số trong \mathbb{Z}_p.
(Nếu g là một đa thức trên trường k, một không điểm x của g được gọi là  đơn nếu ít nhất một trong các đạo hàm riêng \partial g/\partial X_j khác không tại x.)
Đây là trường hợp đặc biệt n=1,k=0.
Hệ quả 2.-Gỉa sử p\not = 2. Cho f(X)=\sum a_{ij}X_iX_j với a_{ij}=a_{ji} là một dạng bậc hai có hệ số trong \mathbb{Z}_p với định thức \det (a_{ij}) khả nghịch. Cho a\in\mathbb{Z}_p. Mỗi lời giải nguyên thuỷ của phương trình f(x)\equiv a\pmod{p} nâng tới một lời giải đúng.
Quan tâm đến hệ quả 1, sẽ là đủ nếu ta chỉ ra các đạo hàm riêng của f không cùng lúc triệt tiêu modulo p. Bây giờ \dfrac{\partial f}{\partial X_i}=2\sum_ja_{ij}X_j; vì \det (a_{ij})\not\equiv 0\pmod{p} và x là nguyên thuỷ, một trong các đạo hàm riêng này khác 0\pmod{p}.
Hệ quả 3.-Gỉa sử p=2. Cho f=\sum a_{ij}X_iX_j với a_{ij}=a_{ji} là một dạng bậc hai với hệ số trong \mathbb{Z}_2 và cho a\in\mathbb{Z}_2. Cho x là một lời giải nguyên thuỷ của f(X)\equiv a\pmod{8}. Ta có thể nâng x thành một lời giải đúng của f nếu các đạo hàm riêng của f không cùng lúc triệt tiêu modulo 4 tại x; điều kiện cuối này sẽ thoả mãn nếu \det (a_{ij}) khả nghịch.
Mệnh đề đầu có khi áp dụng định lý với n=3,k=1; mệnh đề thứ hai có thể chứng minh như trường hợp p=2(bỏ đi nhân tử 2.)

2.1. Các nghiệm

August 19, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Bổ đề.-Cho \cdots\to D_n\to D_{n-1}\to\cdots \to D_1 là một hệ xạ ảnh, và D=\varprojlim D_i là giới hạn xạ ảnh của nó. Nếu D_n là hữu hạn và khác rỗng, thì D khác rỗng.

Kết quả D\not = \emptyset là đơn giản nếu các D_n\to D_{n-1} là toàn ánh; ta sẽ dẫn bổ đề đến trường hợp này. Để làm điều này, ký hiệu D_{n,p} là ảnh của D_{n+p} trong D_n; với n cố định (D_{n,p}) là dãy giảm các tập hữu hạn khác rỗng; do đó dãy này phải dừng, nghĩa là, dãy (D_{n,p}) không phụ thuộc p khi p đủ lớn. Gọi E_n là giá trị giới hạn của dãy này. Ta thấy ngay rằng D_n\to D_{n-1} mang E_n trùm lên E_{n-1}; vì các E_n khác rỗng nên \varprojlim E_i khác rỗng , bởi vì nhận xét lúc đầu nên ta có \varprojlim D_i khác rỗng.

Ký hiệu.-Nếu f\in\mathbb{Z}_p[X_1,\cdots,X_m] là một đa thức với hệ số trong \mathbb{Z}_p, và nếu n là một số nguyên \geq 1, ta ký hiệu f_n là đa thức có hệ số trong A_n có được từ f bởi phép co modulo p^n.

Mệnh đề 5.-Cho f^{(i)}\in\mathbb{Z}_p[X_1,\cdots, X_m] là các đa thức với hệ số nguyên p-adic. Các điều sau là tương đương:

i)Các f^{(i)} có nghiệm chung trong \mathbb{Z}_p^m;

ii)Với mỗi n>1 các đa thức f_n^{(i)} có nghiệm chung trong A_n^m.

Gọi D(tương ứng D_n) là tập các nghiệm chung của các f^{(i)}(tương ứng các f_n^{(i)}). Các D_n là hữu hạn và D=\varprojlim 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,\cdots, x_m)\in\mathbb{Z}_p^m được gọi là nguyên thuỷ nếu một trong các x_i là khả nghịch, nghĩa là, không phải tất cả các x_i chia hết cho p. Ta định nghĩa phần tử nguyên thuỷ của A_n^m một cách tương tự.

Mệnh đề 6.-Cho các f^{(i)}\in\mathbb{Z}_p[X_1,\cdots, X_m] là các đa thức thuần nhất với hệ số nguyên p-adic. Các điều sau là tương đương:

a)Các f^{(i)} có nghiệm chung không tầm thường trong \mathbb{Q}_p^m;

b)Các f^{(i)} có nghiệm chung nguyên thuỷ trong \mathbb{Z}_p^m;

c)Với tất cả n>1, các f_n^{(i)} có nghiệm chung nguyên thuỷ trong A_n^m.

Phép suy b)\to a) là tầm thường. Ngược lại, nếu x=(x_1,\cdots,x_m) là một nghiệm chung không tầm thường của các f^{(i)}, đặt h=\inf (v_p(x_1),\cdots,v_p(x_m)) và y=p^{-h}x. Dễ thấy y là một phần tử nguyên thuỷ của \mathbb{Z}_p^m, và đó là 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.

1.3. Trường Q_p

August 13, 2009 in [Translation]Jean-Pierre Serre, A Course in Arithmetic | Leave a comment

Định nghĩa 2.-Trường các số p-adic, ký hiệu bởi \mathbb{Q}_p, là trường các thương của vành \mathbb{Z}_p.
Ta thấy ngay lập tức rằng \mathbb{Q}_p=\mathbb{Z}_p[p^{-1}]. Mỗi phần tử x của \mathbb{Q}^*_p có thể viết một cách duy nhất dưới dạng p^nu với n\in\mathbb{Z},u\in U; ở đây, n lại được gọi là giá trị p-adic của x và được ký hiệu bởi v_p(x). Ta có v_p(x)\geq 0 khi và chỉ khi x\in\mathbb{Z}_p.
Mệnh đề 4.-Trường \mathbb{Q}_p, với tô pô xác định bởi d(x,y)=e^{-v_p(x-y)}, là com pắc địa phương, và chứa \mathbb{Z}_p như một vành con đóng; trường \mathbb{Q} là trù mật trong \mathbb{Q}_p.
Điều này là đơn giản.
Chú ý-Chúng ta có thể định nghĩa \mathbb{Q}_p(tương ứng \mathbb{Z}_p) như  bao đủ của \mathbb{Q}(tương ứng \mathbb{Z}) với khoảng cách p-adic d.
-Khoảng cách d thoả mãn bất đẳng thức siêu mê tríc d(x,z)\leq\sup (d(x,y),d(y,z)). Từ điều này ta thấy rằng một dãy (u_n) có giới hạn khi và chỉ khi \lim (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.

 

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

Archives