Trường phân rã của hai đa thức bậc 6 trên Q


Bài toán. Tìm bậc và nhóm Galois của các trường phân rã của các đa thức sau trên \mathbb{Q}

a)f(x)=x^6-2;

b)g(x)=x^6+3.

Lời giải.

a)Gọi A là trường phân rã của f trên \mathbb{Q}. Vì đặc số của \mathbb{Q} bằng 0f bất khả quy trong \mathbb{Q}[x](theo tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p=2) nên f tách được trên \mathbb{Q}, do vậy mà A là một mở rộng Galois của \mathbb{Q}. Đầu bài yêu cầu ta tìm \text{Gal} (A/\mathbb{Q})[A:\mathbb{Q}]=|\text{Gal} (A/\mathbb{Q})|. Trong \mathbb{C} phương trình f(x)=0 có các nghiệm là x_k=\sqrt[6]{2}\left(\cos\dfrac{2\pi k}{6}+i\sin\dfrac{2\pi k}{6}\right) với k=0,1,2,3,4,5. Như thế A=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2},\epsilon_6)=\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2},i\sqrt{3}) với \epsilon_6 là một căn nguyên thuỷ bậc 6 cúa đơn vị. Bậc của A trên \mathbb{Q} sẽ chia hết cho bậc của \mathbb{Q}(\sqrt[6]{2}) trên \mathbb{Q}, vì f là đa thức tối tiểu của \sqrt[6]{2} trên \mathbb{Q} nên [\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2}):\mathbb{Q}]=6, do đó [A:\mathbb{Q}]=6,12,18,\cdots. Mặt khác ta có [A:\mathbb{Q}]=[A:\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2})]\cdot [\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2}):\mathbb{Q}]\leq 2\cdot 6=12i\sqrt{3} là một nghiệm của đa thức x^2+3\in\mathbb{Q}(\sqrt[6]{2})[x]. Như vậy là [A:\mathbb{Q}]=12, bởi vậy |\text{Gal} (A/\mathbb{Q})|=12. Ngay lập tức ta có 12 phần tử của \text{Gal} (A/\mathbb{Q})\sqrt[6]{2}\mapsto \epsilon_6^k\sqrt[6]{2},\epsilon_6\mapsto\epsilon_6^j với k=0,1,2,3,4,5j=1,5(những số nguyên tố cùng nhau với 6).

b)Gọi B là trường phân rã của g trên \mathbb{Q}. Vì đặc số của \mathbb{Q} bằng 0g bất khả quy trong \mathbb{Q}[x](theo tiêu chuẩn Eisenstein với số nguyên tố p=3) nên g tách được trên \mathbb{Q}, do vậy mà B là một mở rộng Galois của \mathbb{Q}. Đầu bài yêu cầu ta tìm \text{Gal} (B/\mathbb{Q})[B:\mathbb{Q}]=|\text{Gal} (B/\mathbb{Q})|. Trong \mathbb{C} đa thức g có các nghiệm x_k=i\sqrt[6]{3}\left(\cos\dfrac{2\pi k}{6}+i\sin\dfrac{2\pi k}{6}\right) với k=0,1,2,3,4,5. Như thế B=\mathbb{Q}(i\sqrt[6]{3})[B:\mathbb{Q}]=|\text{Gal}(B/\mathbb{Q})|=6 do đa thức g chính là đa thức tối tiểu của i\sqrt[6]{3} trên \mathbb{Q}. Cũng thấy ngay rằng các phần tử của \text{Gal}(B/\mathbb{Q})i\sqrt[6]{3}\mapsto i\sqrt[6]{3}\epsilon_6^k với k=0,1,2,3,4,5\epsilon_6 là một căn nguyên thuỷ bậc 6 của đơn vị.

Mô đun hữu hạn sinh trên miền chính


Một miền nguyên được gọi là một miền chính nếu mọi ideal của nó đều là ideal chính, hai ví dụ quan trọng nhất về miền chính là \mathbb{Z}F[x] với F là một trường. Vì cấu trúc các ideal của một vành thể hiện trong cấu trúc các mô đun trên vành đó nên các mô đun trên vành chính có các tính chất đặc biệt. Bài này tôi sẽ giới thiệu định lý cấu trúc của các mô đun hữu hạn sinh trên một miền chính cùng hai áp dụng của nó vào các nhóm Abel hữu hạn sinh và dạng chuẩn tắc Jordan của một ma trận.

Định lý cơ bản. Cho R là một miền chính và M là một mô đun hữu hạn sinh trên R. Khi đó M đẳng cấu với tổng trực tiếp của hữu hạn các mô đun cyclic. Cụ thể hơn M\backsimeq R^r\oplus R/(a_1)\oplus\cdots\oplus R/(a_m) với một số nguyên không âm r và các phần tử khác không a_1,\cdots,a_m của R, chúng không phải các phần tử đơn vị của R và thoả mãn quan hệ chia hết a_1|a_2|\cdots |a_m.

Tôi sẽ không viết ra một chứng minh ở đây, ai quan tâm đến chứng minh của định lí này có thể tìm trong các giáo trình Đại số đại cương. Gìơ ta đi vào hai áp dụng của định lý này.

\mathbb{Z} là một miền chính và mỗi nhóm Abel cũng là một mô đun trên \mathbb{Z} theo cách thông thường nên ta có kết quả sau như một hệ quả ngay lập tức của định lý cơ bản

Định lý cơ bản của nhóm Abel hữu hạn sinh. Cho G là một nhóm Abel hữu hạn sinh. Khi đó G\backsimeq \mathbb{Z}^r\times\mathbb{Z}_{n_1}\times\cdots\times\mathbb{Z}_{n_s}, với các số nguyên r,n_1,\cdots,n_s thoả mãn các điều kiện sau

1)r\geq 0n_i\geq 2\forall i\geq 1;

2)n_1|n_2|\cdots |n_s.

Nếu r=0 thì G là hữu hạn và (n_1,n_2,\cdots,n_s) sẽ được gọi là kiểu của G.

Gìơ cho V là không gian véc tơ có chiều bằng n trên trường đóng đại số F. Cố định một ma trận vuông A cấp n với phần tử trong F và gọi T là biến đổi tuyến tính của V ứng với nó. Khi đó V là một mô đun trên F[x] theo cách: Với mỗi đa thức h\in F[x] ta cho h tác động vào v\in V như biến đổi tuyến tính h(T) tác động vào v. Theo định lí cơ bản ta có V là tổng trực tiếp của các F[x]-mô đun có dạng F[x]/(x-\lambda)^kV hữu hạn chiều trên F và các đa thức bất khả quy mô nic trên trường đóng đại số chỉ là các đa thức có dạng x-\lambda. Gọi \bar{x} là ảnh của x trong F[x]/(x-\lambda)^k thì 1,\bar{x}-\lambda,\cdots, (\bar{x}-\lambda)^{k-1} là một cơ sở của F-không gian véc tơ F[x]/(x-\lambda)^k, ma trận của T trong cơ sở này cũng là ma trận của biến đổi tuyến tính xác định bởi phép nhân bởi x và nó là một khối Jordan với đường chéo chính toàn là \lambda. Như vậy ta có

Định lý về dạng chuẩn tắc Jordan của ma trận. Cho A là một ma trận vuông trên một trường đóng đại số. Khi đó A sẽ đồng dạng với một ma trận đường chéo khối, trong đó mỗi khối là một khối Jordan.

3.2. Cấu trúc của nhóm U_1


Bổ đề.-Cho x\in U_n-U_{n+1} với n\geq 1 nếu p\not =2n\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_2U_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\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.

Định lý nâng của Cohen-Seidenberg


Hồi mình mới học Hình học đại số gặp cái định lý này có phép chứng minh hay phết. Hôm nay chép lại nó từ Red book cho vui, tất cả các vành dưới đây đều giả sử là giao hoán và có đơn vị.

Định lý. Cho R là một vành và S\subset R là vành khác sao cho R nguyên trên S. Với tất cả các ideal nguyên tố P của S, tồn tại ideal nguyên tố P' của R sao cho P'\cap S=P.


Chứng minh. Đặt M=S-P. Bởi vì P là ideal nguyên tố nên M là tập nhân tính, ta có thể quan tâm đến các địa phương hoá của R,S bởi M, ký hiệu chúng là R_M,S_M. Ta thấy là S_M là một vành con của  R_M  và R_M là nguyên trên S_M. Như thế chúng ta sẽ có biểu đồ sau

goingup1

Nhờ vào biểu đồ này ta chỉ cần chứng minh định lý cho trường hợp S là vành địa phương và P là ideal cực đại của nó. Thật vậy, S_M là vành địa phương với ideal cực đại(và do đó nguyên tố) P_M=i(P)\cdot S_MP=i^{-1}(P_M). Nếu P^* là một ideal nguyên tố của R_M sao cho P^*\cap S_M=P_M(ideal này tồn tại vì ta đang giả sử định lý đúng với vành địa phương và ideal cực đại tương ứng), khi đó j^{-1}(P^*) là một ideal nguyên tố của Rj^{-1}(P^*)\cap S=i^{-1}(P^*\cap S_M)=i^{-1}(P_M)=P.

Như vậy là lúc này ta sẽ làm việc với trường hợp S là vành địa phương và P là ideal cực đại của nó. Lúc đó A\cap S\subset P với mỗi ideal A của R, từ đây, đương nhiên ta hy vọng rằng khi A là ideal cực đại thì sẽ có dấu đẳng thức. Qủa vậy, lấy bất kỳ một ideal cực đại P' của R(ideal này tồn tại theo bổ đề Zorn), ta sẽ chứng minh P'\cap S=P, khi đó định lý được chứng minh bởi một ideal cực đại sẽ là ideal nguyên tố. Xét biểu đồ sau

goingup2

P' là cực đại nên R/P' là một trường, suy ra S/S\cap P' cũng là một trường (vì R/P' là một trường và nguyên trên nó), bởi vậy S\cap P' là một ideal cực đại của S, nó phải là PS chỉ có một ideal cực đại mà thôi. Định lý được chứng minh.

3.1. Lọc của nhóm các đơn vị


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 AB là hữu hạn có cấp ab nguyên tố cùng nhau. Cho B' là tập những x thuộc E sao cho bx=0. Nhóm E là tổng trực tiếp của AB'. Hơn nữa B' là nhóm con duy nhất của E đẳng cấu với B.

ab 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'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.

Số nghiệm xạ ảnh của đa thức x^3+y^3+z^3 trong trường hữu hạn có p phần tử


Rõ ràng là không hy vọng gì đếm chính xác số lời giải của một đa tạp trên trường hữu hạn rồi, bài này tôi giới thiệu một trường hợp có thể đếm được.

Định lý. (Gauss) Cho M_p là số lời giải xạ ảnh của phương trình x^3+y^3+z^3=0 với x,y,z\in\mathbb{F}_p.

a)Nếu p\not\equiv 1\pmod{3} thì M_p=p+1;

b)Nếu p\equiv 1\pmod{3} thì có các số nguyên A,B sao cho 4p=A^2+27B^2. A,B là duy nhất sai khác dấu, và nếu ta cố định dấu của A sao cho A\equiv 1\pmod{3} thì M_p=p+1+A.

Chứng minh của định lý này dài, không dễ nhưng tuyệt hay, tôi không thể gõ cả nó lên đây được. Ai quan tâm có thể download bên dưới đây (Nó ở trong một cuốn sách của Silverman và Tate tên là Đỉêm hữu tỷ trên đường cong elliptic.)

Gauss


2.2. Cải thiện các nghiệm gần đúng


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 đềCho f\in\mathbb{Z}_p[X]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))=ky\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^nbf'(x)=p^kc với b\in\mathbb{Z}_pc\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}}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}j là một số nguyên sao cho 0\leq j\leq m. Gỉa sử 0<2k<nf(x)\equiv 0\pmod{p^n}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}}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}}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)=0y\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 gx_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}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.)

Chuỗi tổng nghịch đảo các số nguyên tố


Bài toán.Cho p_1<p_2<\cdots là dãy tất cả các số nguyên tố. Chứng minh rằng chuỗi \sum_{i=1}^{+\infty}\dfrac{1}{p_i} là chuỗi phân kỳ.

Lời giải.

Cách chứng minh sau của Clarkson.

Giả sử ngược lại, khi đó có số k thỏa mãn \sum_{m\geq k+1}\dfrac{1}{p_m}<\dfrac{1}{2}. Đặt Q=p_1p_2\cdots p_k và xét các số 1+nQ với n=1,2,\cdots Tất cả những số này đều không có ước nguyên tố trong tập \{p_1,p_2,\cdots,p_k\}. Do vậy mà mỗi r, theo định lý cơ bản của Số học ta có \sum_{n=1}^r\dfrac{1}{1+nQ}\leq \sum_{t=1}^{+\infty}(\sum_{m\geq k+1}\dfrac{1}{p_m})^t<+\infty. Do đó chuỗi tổng nghịch đảo các số đang xét hội tụ, vô lý.

P.S. Hình như có kết quả nói là tổng đầu bài gần bằng \ln(\ln n) khi n đủ lớn.


2.1. Các nghiệm


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))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


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.