Định lý 1.-Khi ta có
nếu
hoặc
là
, và
nếu
và
là
. Khi
và nếu ta viết
dưới dạng
, ở đây
nằm trong nhóm
các đơn vị
-adic, ta có
nếu
và
nếu
.
(Nhắc lại rằng là ký hiệu Legendre
, ở đây
là ảnh của
bởi ánh xạ co modulo
:
. Còn
và
ký hiệu các lớp modulo
của
và
tương ứng, xem chương II, mục 3.3)
Định lý 2.-Ký hiệu Hilbert là một dạng song tuyến tính không suy biến trên -không gian véc tơ
.
(Tính song tuyến tính của chính là công thức v) đã được đề cập đến trong mục trước. Mệnh đề
không suy biến nghĩa là nếu
thoả mãn
thì
).
Hệ quả–Nếu không phải là một bình phương thì nhóm
xác định trong mệnh đề 1 là một nhóm con có chỉ số
trong
.
Đồng cấu xác định bởi
có nhân
bởi mệnh đề 1; hơn nữa
là toàn ánh vì
không suy biến. Do vậy,
là một đẳng cấu từ
lên
và hệ quả được chứng minh.
Chú ý-Tổng quát hơn, Cho là mở rộng Galois hữu hạn của
sao cho nhóm Galois của nó là giao hoán. Ta có thể chứng minh rằng
đẳng cấu với
và biết nhóm
sẽ xác định nhóm
. 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 là tầm thường. Chú ý rằng
khi đó sẽ là một không gian véc tơ có chiều
(trên trường
) có
là các biểu diễn. Gỉa sử bây giờ rằng
.
Bổ đề.-Cho là một đơn vị
-adic. Nếu phương trình
có một lời giải không tầm thường trong
thì nó có một lời giải
sao cho
và
.
Bởi mệnh đề của chương II, mục 2.1, phương trình đã cho có một lời giải nguyên thuỷ
. Ta chứng minh rằng lời giải này có tính chất đòi hỏi. Nếu không phải như vậy, ta sẽ có
hoặc
; vì
và
, ta phải có cả hai
và
; do đó
, nghĩa là
, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của lời giải
.
Gìơ chúng trở lại chứng minh định lý 1, đầu tiên ta giả sử là .
Dễ thấy rằng chỉ cần xét các số mũ theo modulo
; chú ý đến tính đối xứng của ký hiệu Hilbert, chỉ có ba trường hợp cần phải xét:
1). Ta phải kỉêm tra rằng
. Phương trình
có một lời giải không tầm thường modulo
(chương I, bài 2, hệ quả 2 của định lý 3); vì định thức của dạng bậc hai này là một đơn vị
-adic, nghiệm trên nâng đến một lời giải
-adic(chương II, mục 2.2, hệ quả 2 của định lý 1); do đó
.
2). Ta phải kiểm tra rằng
. Vì
ta có
bởi công thức iii) của mệnh đề 2; do vậy sẽ là đủ nếu ta kiểm tra
. Điều này đơn giản nếu
là một bình phương, hai vế cùng bằng
. Trong trường hợp còn lại
, xem chương II, mục 3.3, định lý 3. Khi đó bổ đề trên chứng tỏ phương trình
không có nghiệm không tầm thường, do vậy
.
3). Ta phải kiểm tra rằng
. Công thức iv) của mệnh đề 2 chứng tỏ rằng
, mà ta vừa biết rằng
, từ đó ta có kết quả cần chứng minh được suy ra từ
.
Định lý 1 được chứng minh(với ), định lý 2 suy ra từ nó vì công thức tính
là tuyến tính. Để chứng minh tính suy biến, sẽ là đủ nếu ta chỉ ra rằng với mỗi
khác phần tử đơn vị, một phần tử
sao cho
. Theo hệ quả của định lý 3, chương II, mục 3.3, ta có thể lấy
hoặc
với
thoả mãn
; sau đó ta chọn
tương ứng là
và
.
Trường hợp . Như trên ta chỉ cần xét
theo modulo
, có ba trường hợp xảy ra
1). Ta phải kiểm tra
nếu
hoặc
đồng dư với
và
nếu khác. Gỉa sử trước tiên rằng
. Khi đó
hoặc
. Trong trường hợp thứ nhất
là một bình phương(chương II, mục 3.3, định lý 4) và ta có
. Trong trường hợp thứ hai ta có
và có
sao cho
; dạng
có
là một nghiệm và do vậy
. Bây giờ ta giả sử rằng
; nếu
là một lời giải nguyên thuỷ của
thì
; nhưng các bình phương trong
là
và
; đồng dư này kéo theo
đồng dư với
, mâu thuẫn với tính nguyên thuỷ của nghiệm đó. Vậy là
trong trường hợp này.
2). Ta phải kiểm tra rằng
. Trước hết ta chứng minh rằng
, nghĩa là
khi và chỉ khi
. Theo bổ đề trên nếu
sẽ tồn tại
sao cho
và
. Khi đó ta có
, do đó
. Nhưng chỉ có các bình phương modulo
là
và
; từ đây ta có
. Ngược lại, nếu
,
là một bình phương và
; nếu
, phương trình
có
là một lời giải modulo
, 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
. Tiếp sau ta sẽ chứng minh rằng
; theo mệnh đề 2, điều này đúng nếu
hoặc
. Trường hợp còn lại là
, nghĩa là
và
hoặc
; sau khi nhân
và
bởi các bình phương, ta có thể giả sử rằng
hoặc
; bây giờ các phương trình
và
có lời giải
; do đó
.
3). Ta phải kiểm tra rằng
. Công thức iv) của mệnh đề 2 chứng tỏ rằng
. Theo cái mà ta vừa biết ta có
. Vì
và
, số mũ trên bằng
, điều này chứng minh định lý 1. Tính tuyến tính của
có từ biểu thức của ký hiệu này vì
và
là các đồng cấu. Tính suy biến được kiểm tra trên các biểu diễn
với
và
. Cụ thể, ta có
và
.
Chú ý. Viết dưới dạng
với
. Khi đó
là dạng song tuyến tính đối xứng trên
với giá trị trong
và định lý 1 cho ma trận của nó trong một cơ sở của
:
Với nó là ma trân
.
Với , theo cơ sở
với
, nó có ma trận
nếu
và
nếu
.
Với , theo cơ sở
, ma trận là
.