1.2. Tính (a,b)

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

.