1.3. Các véc tơ đẳng hướng


Định nghĩa 3Một phần tử x của một mô đun bậc hai (V,Q) được gọi là đẳng hướng nếu Q(x)=0. Một không gian con U của V được gọi là đẳng hướng nếu tất cả các véc tơ của nó đẳng hướng.

Hiển nhiên ta có U đẳng hướng \Leftrightarrow U\subset U^0\Leftrightarrow Q|U=0.

Định nghĩa 4.-Một mô đun bậc hai có một cơ sở hình thành bởi hai phần tử đẳng hưóng x,y sao cho x.y\not =0 được gọi là một phẳng hyperbolic.

Sau khi nhân y với \dfrac{1}{x.y} ta có thể giả sử là x.y=1. Khi đó ma trận của dạng bậc hai tương ứng với x,y\left(\begin{matrix}0&1\\1&0\end{matrix}\right), định thức của nó bằng -1(nói riêng nó là không suy biến).

Mệnh đề 3.-Cho x là một phần tử đẳng hướng khác 0 của một mô đun bậc hai không suy biến (V,Q). Khi đó tồn tại không gian con U của V chứa x và là một phẳng hyperbolic.

V không suy biến, tồn tại z\in V sao cho x.z=1. Phần tử y=2z-(z.z)x là đẳng hướng và x.y=2. Không gian con U=kx+ky có tính chất như mệnh đề yêu cầu.

Hệ quả.-Nếu (V,Q) không suy biến và chứa một phần tử đẳng hướng khác 0 thì Q(V)=k.

(Nói cách khác, với mỗi a\in k tồn tại v\in V để Q(v)=a.)

Chú ý đến mệnh đề, ta chỉ cần chứng minh hệ quả với V là một phẳng hyperbolic với cơ sở x,y sao cho x,y đẳng hướng và x.y=1. Nếu a\in k thì a=Q(x+\dfrac{a}{2}y), từ đây ta có Q(V)=k.

1.2. Tính trực giao


Cho (V,Q) là một mô đun bậc hai trên k. Hai phần tử x,y của V được gọi là trực giao nếu x.y=0. Tập tất cả các phần tử trực giao với một tập con H được ký hiệu bởi H^0; nó là một không gian véc tơ con của V. Nếu V_1V_2 là các không gian véc tơ con của V, chúng được gọi là trực giao nếu V_1\subset V_2^0, nghĩa là nếu x\in V_1y\in V_2 thì x.y=0.

Thành phần trực giao V^0 của V được gọi là căn(hay hạch của V) và được ký hiệu bởi \text{rad}(V). Đối chiều của nó được gọi là hạng của Q. Nếu V^0=0 thì Q gọi là không suy biến; điều này tương đương với việc định thức của Q khác 0(trong trường hợp này ta xem nó như một phần tử của k^*/k^{*2}).

Cho U là một không gian véc tơ con của V, và U^* là đối ngẫu của U. Cho q_U:V\to U^* là hàm ứng mỗi x\in V với dạng tuyến tính (y\in U \mapsto x.y). Nhân của q_UU^0. Nói riêng Q không suy biến khi và chỉ khi q_V là một đẳng cấu.

Định nghĩa 2.-Cho U_1,\cdots, U_m là các không gian véc tơ con của V. Ta nói V là tổng trực tiếp trực giao của các U_i nếu chúng đôi một trực giao và V là tổng trực tiếp của chúng. Khi đó ta viết V=U_1 \widehat{\oplus}\cdots\widehat{\oplus} U_m.

Chú ý-Nếu x\in V có các thành phần x_i trong U_i thì Q(x)=Q_1(x_1)+\cdots+Q_m(x_m), ở đây Q_i=Q|U_i là thu hẹp của Q trên U_i. Ngược lại, nếu (U_i,Q_i) là một họ các mô đun bậc hai, công thức trên cho một dạng bậc hai Q trên \oplus U_i, gọi là tổng trực tiếp của các Q_i và ta có V=U_1 \widehat{\oplus}\cdots\widehat{\oplus} U_m.

Mệnh đề 1Nếu U là một không gian con bù tuyến tính của \text{rad}(V) trong V thì V=U\widehat{\oplus}\text{rad}(V).

Điều này là đơn giản.

Mệnh đề 2.-Gỉa sử (V,Q) là không suy biến. Khi đó:

i)Tất cả các cấu xạ metric của V tới một mô đun bậc hai (V',Q') là đơn ánh.

ii)Với tất cả các không gian véc tơ con U của V, ta có U^{00}=U, \dim U+\dim U^0=\dim V, \text{rad}(U)=\text{rad}(U^0)=U\cap U^0.

Mô đun bậc hai U không suy biến nếu và chỉ nếu U^0 không suy biến, trong trường hợp đó V=U\widehat{\oplus} U^0.

iii)Nếu V là tổng trực tiếp trực giao của hai không gian con, họ là không suy biến và trực giao với nhau.

Nếu f:V\to V' là một cấu xạ metric, và nếu f(x)=0, ta có x.y=f(x).f(y)=0\forall y\in V; điều này kéo theo x=0 bởi vì (V,Q) là không suy biến.

Nếu U là một không gian con của V, đồng cấu q_U:V\to U^* xác định như trên là một toàn ánh; thật vậy, nó được hình thành bởi hợp của q_V:V\to V^* với toàn cấu chính tắc V^*\to U^* và ta đã giả sử rằng q_V song ánh. Vậy ta có một dãy khớp 0\to U^0\to V\to U^*\to 0, do vậy \dim V=\dim U^*+\dim U^0=\dim U+\dim U^0 . Điều này chứng tỏ UU^{00} có cùng chiều; vì U chứa trong U^{00} ta có U=U^{00}. Công thức \text{rad}(U)=U\cap U^0 là đơn giản; áp dụng nó với U^0 và chú ý U=U^{00} ta có \text{rad}(U)=\text{rad}(U^0) và phần cuối cùng của ii) cũng được chứng minh. Phần iii) là đơn giản.

1.1. Các định nghĩa


Đầu tiên ta nhắc lại định nghĩa của một dạng bậc hai (xem Bourbaki, Alg., chap. IX, 3, n 4).

Định nghĩa 1.-Cho V là một mô đun trên một vành giao hoán A. Một hàm Q:V\to A được gọi là một dạng bậc hai trên V nếu

1)Q(ax)=a^2Q(x)\forall a\in A\forall x\in V

2)Hàm (x,y)\mapsto Q(x+y)-Q(x)-Q(y) là một dạng song tuyến tính.

Một cặp (V,Q) như vậy được gọi là một mô đun bậc hai. Trong chương này ta chỉ xét A là một trường k có đặc số khác 2. Khi đó A-mô đun V là một k-không gian véc tơ, ta giả sử rằng chiều của nó là hữu hạn. Ta đặt x.y=\dfrac{1}{2}(Q(x+y)-Q(x)-Q(y)), điều này làm được vì đặc số của k là khác 2. Ánh xạ (x,y)\mapsto x.y là một dạng song tuyến tính trên V, gọi là  tích vô hướng kết hợp với Q. Ta có Q(x)=x.x. Điều này hình thành một song ánh giữa tập các dạng bậc hai và tập các dạng song tuyến tính đối xứng(điều này không đúng nếu đặc số của k bằng 2).

Nếu (V,Q)(V',Q') là các mô đun bậc hai, một ánh xạ tuyến tính f:V\to V' sao cho Q'f=Q được gọi là một cấu xạ (hay cấu xạ metric) của (V,Q) đến (V',Q'), khi đó f(x).f(y)=x.y\forall x,y\in V.

Ma trận của một dạng bậc hai.-Cho (e_i)_{1\leq i\leq n} là một cơ sở của V. Ma trận của Q tương ứng với cơ sở này là ma trận A=(a_{ij}) với a_{ij}=e_i.e_j; nó là một ma trận đối xứng. Nếu x=\sum x_ie_i là một phần tử của V thì Q(x)=\sum a_{ij}x_ix_j, điều này chứng tỏ Q(x) là một “dạng bậc hai” theo các biến x_1,\cdots,x_n theo nghĩa thông thường.

Nếu ta thay đổi cơ sở (e_i) qua một ma trận khả nghịch X thì ma trận A' của Q theo cơ sở mới là XAX^t, ở đây X^t là chuyển vị của X. Nói riêng ta có \det(A')=\det(A)\det(X)^2. Điều này chứng tỏ rằng \det(A) xác định sai khác một phép nhân với một phần tử của k^{*2}. Nó được gọi là định thức của Q và được ký hiệu bởi \text{disc}(Q).

2.2. Tồn tại các số hữu tỷ với các ký hiệu Hilbert cho trước


Định lý 4.-Cho (a_i)_{i\in I} là một họ hữu hạn các phần tử trong \mathbb{Q}^*(\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

(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\epsilonv_{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 am 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}lm=8\prod_{l\in S,l\not =2,\infty}l. Vì S\cap T=\emptyset nên các số nguyên am 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}=1S\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=2x\equiv a^2\pmod{l} với l\not =2;  vì xa 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}=1l\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


Trường \mathbb{Q} các số hữu tỷ được nhúng như một trường con của các trường \mathbb{Q}_p\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\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(-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(-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(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'(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)


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).

1.1. Định nghĩa và các tính chất mở đầu


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 ab liên quan đến k. Dễ thấy rằng (a,b) không thay đổi khi ab 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(c,0,1) là một nghiệm, do vậy (a,b)=1 và mệnh đề là đơn giản trong trường hợp này vì k_b=kNk_b^*=k^*. Nếu khác, k_b sẽ là bậc hai trên k; nếu ký hiệu một căn bậc hai của b\beta thì mỗi phần tử \xi\in k_b có thể viết dưới dạng z+\beta y với y,z\in kN\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)(a,c^2)=1;

ii)(a,-a)=1(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^*


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}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 Vu_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 vu_1 là bình phương; mà \mathbb{U}_1 đẳng cấu với \mathbb{Z}_p2 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


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.