1.2. Tính (a,b)


Định lý 1.-Khi k=\mathbb{R} ta có (a,b)=1 nếu a hoặc b>0, và (a,b)=-1 nếu ab<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(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)\omega (u) ký hiệu các lớp modulo 2 của \dfrac{u-1}{2}\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 quảNếu 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 Ux\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}v\not\equiv 0\pmod{p}, ta phải có cả hai y\equiv 0\pmod{p}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,pu.

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}(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(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}01; 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=0y,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 80,14; 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(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}u\equiv 3 hoặc -1\pmod{8}; sau khi nhân uv 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=0z^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\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\omega là các đồng cấu. Tính suy biến được kiểm tra trên các biểu diễn \{u,2u\} với u=1,5,-1-5. Cụ thể, ta có (5,2u)=-1(-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}\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).

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s