BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Bùi Minh Tâm TRƯỜNG SỐ P-ADIC VÀ BỔ ĐỀ HENSEL LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Bùi Minh Tâm TRƯỜNG SỐ P-ADIC VÀ BỔ ĐỀ HENSEL Chun ngành : Đại số lý thuyết số Mã số : 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS MỴ VINH QUANG Thành phố Hồ Chí Minh – 2011 LỜI CÁM ƠN Trong q trình học tập trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh, tơi Q Thầy Cơ cung cấp cho tơi kiến thức chun sâu, giúp tơi trưởng thành học tập nghiên cứu khoa học Tơi xin gửi lời biết ơn đến tất Q Thầy Cơ tận tình giảng dạy tơi suốt thời gian học trường Tơi xin gửi lời biết ơn sâu sắc đến PGS TS Mỵ Vinh Quang Thầy tận tình hướng dẫn tơi suốt thời gian thực luận văn Đặc biệt, tơi học Thầy phương pháp làm việc khoa học am hiểu thấu đáo riêng Thầy Xin phép gửi lời cám ơn đến Q Thầy Hội đồng Bảo vệ Luận văn Thạc sĩ đọc, đóng góp ý kiến, nhận xét đánh giá luận văn Tơi xin phép gửi lời cám ơn đến q Thầy, Cơ cơng tác phòng KHCN Sau đại học trường ĐHSP Tp Hồ Chí Minh, Sở Giáo dục Đào tạo Tp.Hồ Chí Minh, Ban Giám Hiệu trường THPT Lương Thế Vinh đồng nghiệp tạo nhiều điều kiện thuận lợi giúp đỡ tơi q trình học tập, thực luận văn Cuối cùng, xin khắc sâu cơng ơn Cha Mẹ, cảm ơn Ơng xã hai cậu trai u q, người thân, bạn bè ln ủng hộ, động viên giúp đỡ tơi suốt khóa học TP.Hồ Chí Minh tháng 10 – 2011 Bùi Minh Tâm MỤC LỤC LỜI CÁM ƠN MỤC LỤC MỘT SỐ KÍ KIỆU MỞ ĐẦU Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Một số định nghĩa tính chất chuẩn trường 1.2 Chuẩn phi Archimede Chương 2: TRƯỜNG SỐ P-ADIC 2.1 Xây dựng trường số p-adic p p 16 2.2 Khai triển p-adic phần tử 2.3 Vành số ngun p-adic p VÀ BỔ ĐỀ HENSEL 16 p 17 20 2.4 Bổ đề Hensel 27 2.5 Ứng dụng Bổ đề Hensel 35 KẾT LUẬN 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO 49 MỘT SỐ KÍ KIỆU : : Tập số tự nhiên  : Tập số ngun  : Tập số hữu tỉ  : Tập số thực p : Tập số ngun p-adic *p : Tập phần tử khả nghịch  p p : Trường số p-adic  : Chuẩn thơng thường p : Chuẩn p-adic ord pa : Số mũ p phân tích a thành thừa số ngun tố Ba (r ) : Hình cầu mở tâm a bán kính r  p Ba (r ) : Hình cầu đóng tâm a bán kính r  p Sa (r ) : Mặt cầu tâm a bán kính r  p Fp : Trường thặng dư trường F ■ : Kết thúc phép chứng minh MỞ ĐẦU Các số p-adic mơ tả vào năm 1897 chúng thâm nhập vào nhiều lĩnh vực khác Tốn học Lý thuyết số, Hình học đại số, Tơpơ đại số… Vào năm 40 kỷ 20, giải tích p-adic phát triển mạnh mẽ trở thành chun ngành độc lập nhờ vào việc phát mối liên hệ sâu sắc giải tích padic với vấn đề lớn số học hình học đại số Trường số p-adic  p xem tương tự p-adic trường số thực  , nhiên lại có nhiều tính chất khác với  Chính vậy, chúng tơi chọn đề tài “Trường padic Bổ đề Hensel” để nghiên cứu rõ trường số p-adic Mục tiêu luận văn xây dựng nghiên cứu trường số p-adic Đặc biệt xây dựng Bổ đề Hensel ứng dụng chúng để nghiên cứu số p-adic Luận văn gồm hai chương Chương 1: Các kiến thức Chương trình bày kiến thức chuẩn trường, tính chất chung, khái niệm chuẩn phi Archimede, số tính chất cần thiết cho chương sau Chương 2: Trường số p-adic  p Bổ đề Hensel Trong chương xây dựng chi tiết trường số p-adic  p Nghiên cứu khảo sát tính chất  p so sánh với trường số thực  Đặc biệt xây dựng Bổ đề Hensel tìm tòi ứng dụng Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong chương chúng tơi trình bày kiến thức giải tích p-adic chẳng hạn chuẩn trường, tính chất chung, đặc biệt khái niệm chuẩn phi Archimede, số tính chất cần thiết cho chương sau 1.1 Một số định nghĩa tính chất chuẩn trường 1.1.1 Định nghĩa Cho F trường Ánh xạ  : F →  gọi chuẩn F thỏa điều kiện sau: i) x ≥ 0, ∀x ∈ F x = ⇔ x = 0; ii) xy= x y , ∀x , y ∈ F; iii) x + y ≤ x + y , ∀x , y ∈ F 1.1.2 Ví dụ Trường số hữu tỉ , ,  với giá trị tuyệt đối thơng thường thỏa mãn điều kiện định nghĩa nên trị tuyệt đối chuẩn , ,  ta gọi chuẩn giá trị tuyệt đối, kí hiệu  1.1.3 Ví dụ Cho F trường tùy ý: Ánh xạ 0 x = x =  x ≠ Là chuẩn trường F gọi chuẩn tầm thường 1.1.4 Mệnh đề (Các tính chất chuẩn) Cho  chuẩn trường F có đơn vị ∀x ∈ F ta có: i) =−1 =1 ii) x n= iii= ) x −1 n x , ∀n ∈  x −1 ,x ≠ Chứng minh i) Ta có 1= 1= 12= suy = Lập luận hồn tồn tương tự, ta −1 = = ii) x n x=  x  x x = x x x n n - thừa số −1 iii) Ta có x x −1 = x.x −1 == 1 ⇒ x −1 = x ■ 1.1.5 Nhận xét Nếu F trường hữu hạn F có chuẩn chuẩn tầm thường Chứng minh Xét  chuẩn trường F Giả sử F có q phần tử, nhóm nhân q −1 q −1 F* có cấp q – Khi đó, ∀x ∈ F * ta có x q−1 = , suy x= x= hay x = 1.Vậy  chuẩn tầm thường F ■ 1.1.6 Định nghĩa (Hai chuẩn tương đương) Cho  ,  hai chuẩn trường F Ta nói hai chuẩn tương đương {xn} dãy Cauchy theo chuẩn  {xn} dãy Cauchy theo chuẩn  m,n→+∞ → Chú ý {xn} dãy Cauchy theo chuẩn  , nghĩa là: xm − xn  Hay với ∀ε > 0, ∃no ∈  : ∀n, m > no , xm − xn < ε 1.1.7 Định lý (Các điều kiện để chuẩn tương đương) Cho F trường;  ,  hai chuẩn trường F Các điều sau tương đương: 1) ∀x ∈ F , x < chi x < 1 2) ∀x ∈ F , x ≤ chi x ≤ 1 3)Tồn số C >0 cho ∀x ∈ F , x =x 4) Các tơpơ sinh   trùng 5)  tương đương với  (    ) Chứng minh 2 c 1 ⇒ 2) ∀x ∈ F , x ≤ , ta chứng minh x ≤ Thật vậy, giả sử ngược lại x > , 1 < suy x > (mâu thuẩn với giả thiết ) nên x ≤ < theo (1) ta có x x 1 = x2 Lập luận tương tự ta có x ≤ x ≤1 Vậy x ≤ x ≤ 2 ⇒ 1) ∀x ∈ F , x < , ta chứng minh x < Giả sử ngược lại x ≥ ,vì theo (2) ta có x ≤ suy x = Khi = 2 x2 nên theo (2) ta có x < nên 1 = x ≤ hay x ≥ (mâu thuẩn giả thiết) x < x1 Tương tự ta có x < x < Vậy x < x < 1 ⇒ 3) Ta xét hai trường hợp Trường hợp có hai chuẩn tầm thường ta chứng minh chuẩn lại tầm thường Giả sử  tầm thường Khi với ∀x ∈ F* , x =1 Giả sử x ≠ , 1 x > x < 2 Nếu x < theo (1) ta có x < 1 Ngược lại x > = x2 (mâu thuẩn giả thiết) 1 < x > (mâu thuẩn) < , suy x1 x nên x = , tức  ≡  Hay c = 2 Trường hợp hai chuẩn khơng tầm thường Khi đó, ∃x0 ∈ F : x0 > suy 1 < nên < x > x1 x2 α x a= (α log a x ) Ta Đặt a= x0 , b= x0 , a > 0, b > Với x ∈ F* , giả sử = = sử r chứng minh x = bα Thật vậy, ∀r > α (r ∈ ) ta có ar > aα Giả m m n x0 n > x suy x0 > x nên 1 1 x2 < x m n m = ,(m, n) Khi n xn xn < < x n < x0m hay theo (1) ta có m m 2 x0 x0 r = x =b r rn α x0 > x ⇒ x0 ≥ x ⇔ x ≤ bα Chọn dãy {rn} ⊂ , rn > α : rn → α suy Tương tự ta chứng minh x ≥ bα Vậy x = bα α log b Khi đó, ∀x ∈ F* , x = bα =  a a  =   (a ) α loga b = c x , c= loga b > m,n→+∞ → suy ⇒ 5) Giả sử {xn} dãy Cauchy theo chuẩn  Khi xm − xn  c m,n→+∞ → xm − xn  m,n→+∞ → hay {x } dãy Cauchy theo chuẩn  nên xm − xn  n 2 ⇒ 1) ∀x ∈ F* , x < suy x n → nên {x n} dãy Cauchy theo chuẩn  suy {x n} dãy Cauchy theo chuẩn  nên x n+1 − x n → suy x n x − → , mà x < suy 2 2 x ≠ x − ≠ hay x n → Ta có x n < (với n đủ lớn) suy x < Tương tự ta có x < ⇒ x < 2 Vậy x < x < 1 c {x ∈ F : x − a < r} = {x ∈ F : x − a < r} ⇒ 4) Ta có B2 (a, r ) = c c ={x ∈ F : x − a < r } = B1 (a, r ) Khi đó, ∀A ∈τ , ∀a ∈ A, ∃r > : B1 (a, r ) ⊂ A ⇔ ∃c > : B2 (a, r c ) ⊂ A ⇔ A ∈τ ( ) Theo Bổ đề Hensel mở rộng, tồn x0 ∈  cho x0 ≡ mod 21+1 f ( x0 ) = hay x0 = 2.5 Ứng dụng Bổ đề Hensel Ứng dụng ( Mơ tả  p ) Cho  trường phần tử x ∈  gọi  tồn số tự nhiên n để xn = Trong trường số thực  , ta biết tập  {−1,1} Vậy tập  p gì? Để mơ tả  p , ta cần phải sử dụng đến Bổ đề Hensel Bổ đề Hensel mở rộng Cụ thể ta có kết sau: 2.5.1 Định lý (Mơ tả  p với p số ngun tố lẻ) Cho p số ngun tố lẻ Khi đó: a) Với ≤ i ≤ p − tồn ξi ∈  p thỏa ξi p−1 = ξi = i (mod p) { Do đó: Tập bậc p-1  p là: U p−1 = ξ1 ,ξ , ξ p−1 } b) Tập  p U p−1 (hay x ∈  p , x n = ⇔ x p−1 = 1) Chứng minh ) x p − x , ta có = f ′( x ) p.x p−1 − Với i ∈ {1,2, , p − 1} (i, p) = a) Đặt f ( x= Theo định lý Fecma i p ≡ i (mod p) hay i p − i ≡ 0(mod p) Khi f (i) ≡ 0(mod p) , mặt ′(i) pi p−1 − ≡ −1(mod p) nên f ′(i) ≡/ 0(mod p) , theo Bổ đề Hensel tồn khác f= ξi ≠ , ξi p −1 = ξi ∈  p cho ξi ≡ i (mod p) f (ξi ) = Suy ξi p − ξi = { } { } ξ1 ,ξ , ,ξ p−1 = x ∈  p : x p−1 = Vì vậy, U p−1 = b) Trước hết ta chứng minh khơng có bậc p khác  P Xét đa thức f ( x )= x p − ∈  P  x  , ta có x p − = ⇔ ( x − 1)( x p−1 + x p−2 + + 1) = x = ⇔  p−1 p −2  x + x + + = (1) ) x p−1 + x p−2 + + = Đặt f ( x= x p−1 − , lúc ta có x −1 ( x + 1) p−1 − f ( x + 1)= = x p−2 + C p2−1 x p−3 + + C p0−1 x +1−1 Suy f(x+1) bất khả qui theo tiêu chuẩn Eisenstein, nên f(x) bất khả qui  P  x  Do p (1) vơ nghiệm ta = Bây ta chứng minh tập  P U P −1 Kí hiệu U tập  P , ta có U = { {x ∈  p } : ∃n ∈ ∗ : x n = } x ∈  p : x p−1 = = U Thật vậy, ta ln có Ta chứng minh U p−1 = { } U p−1 = x ∈  p : x p−1 = ⊆U { } Ngược lại với x0 ∈ U , ta chứng minh x0 ∈ x ∈  p : x p−1 = = U p−1 k Vì x0 ∈ U nên tồn n ∈ ∗ cho x0 n = = m, (m, p) , Ta có: Giả sử n p= ⇔ x0 x0 = n pk m  ⇔  x0 m =  ( ) p k −1 p   =  Do khơng có bậc p khác  p nên biểu thức tương đương với (x ) m p k −1 = Áp dụng liên tiếp tính chất ta x0 m = Giả sử x0 = a0 + a1 p + + am p m + Vì x0 = nên < a0 ≤ p − , suy (a0 , p) = , theo định lý Fecma, ta p a0 p −1 ≡ 1(mod p) Xét đa thức f ( x= ) x p−1 − ∈  p  x  , ta có f (a= ) a0 p −1 − ≡ 0(mod p) f ′(a0 ) = ( p − 1).a0 p −2 ≡ 0(mod p) Theo Bổ đề Hensel, tồn y0 ∈  p cho y0 ≡ a0 (mod p) y0 p−1 = , suy y0 m ( p −1) = y0 ≡ a0 (mod p) Ta có x0 m ( p −1) = x0 ≡ a0 (mod p) Xét đa thức g= ( x ) x m ( p−1) − ∈  p  x  , ta có g(a0 ) ≡ a0 m ( p−1) − ≡ 0(mod p) g′(a0 ) ≡ m( p − 1).a0 m ( p −1)−1 ≡ 0(mod p) Theo Bổ đề Hensel, phương trình g(x)=0 có nghiệm z0 ∈  p thỏa z0 ≡ a0 (mod p) (*) mà x0 , y0 nghiệm g(x)=0 thỏa (*) Suy { } x= z= y0 Vậy x0 ∈ x ∈  p : x p−1 = = U p−1 ■ 0 2.5.2 Định lý (Mơ tả  ) Tập  {±1} Nghĩa x ∈  tồn n ∈ * để x n = x = ±1 vơ nghiệm  Thật Chứng minh Trước tiên ta có nhận xét phương trình x + = vậy,giả sử tồn x0 ∈  để x0 = −1 Do x0 =−1 = nên x0 ∈  , x0 có biểu 2 diễn x0 = a0 + a1 + a2 22 + + an n + ( với a ∈ {0,1}) , suy i { } = a0 (vì ∈ 0,1 ) −1 a0 ≡ −1( mod 2) hay (a0 + a1 + + an n + )2 = Với a0 = , ta suy (1 + a1 2)2 ≡ −1(mod 22 ) hay ≡ −1(mod 4) (vô lý) vơ nghiệm  Vậy x + = Tiếp theo, với (n, 2) = 1, giả sử có x0 ∈ 2 , x0n = , ta chứng minh x0 = Thật vậy, x0n = nên x0 = x0 ≡ 1(mod 2) Do x0 ≡ 1(mod 2) x0n = Mặt khác, ta có ≡ 1(mod 2) 1n = Bây giờ, xét đa thức f ( x )= x n − ∈   x  , ta f (1) ≡ 0(mod 2) có f ′(1) ≡ n.1 ≡ 0(mod 2) Theo Bổ đề Hensel, tồn z0 ∈  cho z0 ≡ 1(mod 2) z0n = Do x= z= 0 Cuối với n số tự nhiên chẵn x0 ∈ 2 , x0n = , ta chứng minh x0 = ±1 k ( ) Ta ln có n = k m với m lẻ, k>1 Khi x n = tương đương với x m = hay x k Theo chứng minh x = Từ ta có : k x − = ⇔ ( x − 1)( x + 1)( x + 1) ( x ⇔ x2 − = ⇔x= ±1 Vậy  {±1} ■ k −1 + 1) = k m = *p Ứng dụng ( Mơ tả nhóm thương (*p )2 ) Cho F trường, ( F ∗ , ) nhóm Abel ( ) {a = F∗ } / a ∈ F ∗ ; (( F ∗ )2 , ) nhóm nhóm ( F ∗ , ) Xét trường hợp = F , ta có : ϕ : ∗ → {1, −1} a a a { } Dễ dàng nhận thấy ϕ tồn cấu nhóm nhân với Kerϕ = a ∈ ∗ / a > = (∗ )2 ∗ Áp dụng định lý Noether ta có :  ∗ (  ∗ )2 ≅ {1; −1} Vậy, Kerϕ ≅ {1; −1} =  − nhóm xiclic cấp Vấn đề đặt ta thay F =  p kết ? 2.5.3 Định lý ( mơ tả nhóm *p (*p )2  p∗ Nếu p số ngun tố lẻ Chứng minh Kí hiệu Fp =  Fp* p p số ngun tố lẻ) ( p∗ )2 ≅ 2 ⊕ 2 , lý thuyết số, ta biết số lớp thặng dư bậc p −1 , Fp* (F ) * p Xét ánh xạ θ : *p  → Fp* (F ) * p 2 ≅ 2 với θ (α ) = θ (a0 + a1 p + a2 p + ) = a0 (α ) = a0 Với α = a0 + a1 p + a2 p + , β = b0 + b1 p + ∈ *p , ta có θ (α β ) = θ (a0 b0 + c1 p + c2 p2 + ) = a0 b0 (α β ) = a0 b0 = a0 b0 = θ (α ) θ ( β ) Suy θ đồng cấu nhóm nhân Dễ dàng nhận thấy θ tồn cấu ( ) ( ) ( ) 2 Bây ta chứng minh Kerθ = *p Thật vậy, α ∈ Kerθ , θ α ∈ Fp* Suy α =a0 + a1 p + a2 p + với a0 = b0 hay a0 ≡ b02 ( mod p ) Xét phương trình bậc hai f ( x= ) x − α Lúc đó, f ( b0 ) = b02 − α ≡ a0 − α ≡ ( mod p ) f ' ( b= 2b0 ≡ ( mod p ) 0) Theo Bổ đề Hensel, tồn x0 ∈  p để x02 = α thỏa x0 ≡ b ( mod p ) , ( ) ( ) 2 α ∈ *p Ngược lại với α = a0 + a1 p + a2 p + ∈ *p ( ) ( ) Suy α = ( b0 + b1 p + b2 p + ) , a0 ≡ b02 ( mod p ) dẫn tới a0 α ∈ Fp* Vậy a0 (α ) = hay α ∈ Kerθ Áp dụng định lý Noether ta có :  p∗ ≅ ( p∗ )2  p∗ Kerθ ≅ Fp∗ (Fp∗ )2 ≅ 2 ≅  − nhóm xiclic cấp Tiếp theo, xét ánh xạ ϕ :  p∗ →  2 ⊕  p∗ ( p∗ )2 p m u  (m, u ) Với= ; β p n v ∈  p∗ , ta có α p m u= ϕ (α β ) = ϕ ( p m + n u.v) = (m + n, uv) = (m, u).(n, v) = ϕ (α ).ϕ ( β ) Suy ϕ đồng cấu nhóm Với (m, u) ∈  2 ⊕  p∗ ( p ) ∗ tồn tại= α p m u ∈  p∗ cho ϕ (α ) = (m, u) Suy ϕ tồn cấu  m ∈ 2  ∗  m =∈  = α =∈ α = / ( p∗ )2 Kerϕ = p m u  p∗ / ϕ (α ) = p u   ∗ 2 p  u ∈ ( p )  { } Theo định lý Noether ta có :  p∗ ( p∗ )2 ≅  p∗ Kerϕ ≅ 2 ⊕  p∗ ( p∗ )2 ≅ 2 ⊕ 2 ≅  ⊕  ■   *2 2.5.4 Định lý  mơ tả  (*2 )2   Với p=2 *2 (*2 )2 ≅  ⊕ ⊕ Để chứng minh mệnh đề ta cần chứng minh nhận xét sau :   = {1; −1} ⊕ {1 + 4 } ≅  * Nhận xét  2 ⊕ {1 + 4 } Thật vậy, ta có −1 ≡ (mod 4) ⇒ −1 ∉ + 4 nên {1; −1} ∩ {1 + 4 } = {1} Với α ∈ *2 α biểu diễn α =+ a1 + a2 22 + a3 23 + (với ∈ {0,1}) a1 = Với α= + a2 + a3 23 + Suy α ∈ 1.(1 + 4a), a ∈  hay α ∈ 1.α , α = + 4a ∈ + 4 Với a1 = α = + + a2 22 + a3 23 + Suy α = + 4a = (−1)(−3 − 4a) = (−1)(1 − 4(a + 1)) với a ∈  hay α = (−1).α , α = − 4(a + 1) ∈ + 4  {1 + 4 } Vậy *2 = {1; −1} ⊕ Nhận xét + 4 + 8 ≅ 2 Thật vậy, xét : θ :1 + 4  → Với 2 với θ (α ) = θ (1 + a2 22 + a3 23 + ) = a2 , (ai ∈  ) α , β ∈ + 4 , α = β ⇔ + a2 22 + a3 23 + = + b2 22 + b3 23 + Khi đó, a2 ≡ b2 (mod 4) nên a2 ≡ b2 (mod 2) , dẫn đến a2 ≡ b2 hay θ (α ) = θ ( β ) Như θ ánh xạ Với α , β ∈ + 4 , ta có : θ (αβ ) = θ (1 + (a2 + b2 ).22 + 8) = a2 + b2 = a2 + b2 = θ (α ) + θ ( β ) Như θ đồng cấu nhóm Với a2 ∈  2 Dễ thấy Kerθ = , tồn α = + a2 22 + a3 23 + cho θ (α ) = a2 Suy θ tồn cấu {α ∈1 + 4 } / θ (α ) = a2 = = {1 + 8 } Áp dụng định lý Noether ta có: + 4 + 4 = ≅ + 8 Kerθ 2 Nhận xét (*2 )2 = + 8 Thật vậy, lấy α ∈ (*2 )2 α có dạng suy α ≡ (1 + b1 + b2 22 )2 (mod 8) , (1 + b1 + b2 22 + b3 23 + )2 Khi đó, α ≡ (1 + b12 + 4b1 ) (mod 8) , hay α ≡ + 4b1 (b1 + 1) (mod 8) Do đó, α ∈ + 8 ) x − α Ta có: Ngược lại, xét f ( x=  f (1) =1 − α ≡ (mod 23 =22 M +1 )  ≡ (mod 21 = 2M ) với M=1, a =1  f ′(1) = M +1  f ′(1) = ≡ (mod = )  Theo Bổ đề Hensel suy rộng, tồn β ∈  thỏa f ( β ) = β ≡ (mod 22 ) Khi đó, α = β hay α ∈ ( 2* )2 Vậy, (*2 )2 = + 8 Cuối cùng, ta chứng minh  2* ( 2* )2 ≅ 2 ⊕ 2 ⊕ 2 Với x ∈ *2 , x biểu diễn dạng x = m.u , u ∈ *2 , m ∈  Theo nhận xét 1, ta có u viết dạng u = ε v với ε ∈ {+1; −1} , v ∈ + 4 Do đó, x viết dạng x = m.ε v với ε ∈ {+1; −1} , v ∈ + 4 , m ∈  Khi đó, xét ánh xạ θ:  2∗  →  2 ⊕ {+1; −1} ⊕ + 4 + 8 m x 2= θ ( x ) ( m, ε , v ) = ε v  Ta chứng minh θ tồn cấu nhóm Thật vậy, Với x , y ∈= *2 , x m.= ε v, y n.ε '.u, m, n ∈ , ε , ε ' ∈ {1; −1}, u, v ∈ + 4 , ta có (m + n, εε ′, uv) = (m, ε , u).(n, ε ′, v) = θ ( x y ) = θ (2 m + n.εε '.uv) = θ ( x ).θ ( y ) Suy θ đồng cấu nhóm nhân Với t ∈  2  + 4 tồn ⊕ {+1; −1} ⊕ = α m.ε v ∈ *2 cho θ (α ) = t Suy θ tồn cấu Tiếp theo ta chứng minh Kerθ = (*2 )2 Thật ta có { } Kerθ = x =∈ m.ε v *2 / θ ( x ) = ( m, ε , v ) = (0,1,1) 2 x m.ε = v y= (2n.ε ′.v′)= 22 n.(ε ′)2 (v′)2 Khi Với x ∈ (*p )2 có y ∈ *2 để = ′)2 v = (v′)2 = (1 + 4 )2 = + 8 ∈ + 8 Suy ra= = m 2n= , ε (ε= m 0, = ε v = tức x ∈ Kerθ Ngược lại, với x ∈ Kerθ m 0,= ε 1,= v Lúc đó, = x m.ε v ∈ *2 , = m= 2n, ε= 1, v ∈ + 8 Theo nhận xét 3, v ∈ (*p )2 nên v u , u ∈ *p = 2 Như = x 22 n.1.u= 22 n.u= y ∈ (*p )2 với y = n.u Vậy (*p )2 = Kerθ Áp dụng định lý Noether, ta có: *2 ( ) * 2 ≅ *2 ker θ ≅ 2 ⊕ {−1;1} ⊕ + 4 + 8 hay  2* ( 2* )2 ≅ 2 ⊕ 2 ⊕ 2 ■ Ứng dụng (Nghiên cứu tính đẳng cấu trường  p ,  q  ) 2.5.5 Định lý (Xét đẳng cấu trường  p , q ,  ) i) Trường  p  q khơng đẳng cấu với p ≠ q ii) Trường  p khơng đẳng cấu với  Chứng minh Trước hết ta có nhận xét: Cho F , K trường ∗ Nếu F ≅ K F (F ) ∗ ∗ ≅ K (K ) ∗ → K đẳng cấu trường, xét Thật vậy, giả sử f : F  ∗ f : F (F ) ∗  →K ∗ (K ) ∗ a  f (a ) = f (a) ∗ Với a , b ∈ F ( ) F∗ , ta có ( ) ⇔ f ( ab ) ∈ f  ( F )  = f ( ( F ) ) = ( K )   a= b ⇔ ab −1 ∈ F ∗ −1 ∗ 2 ∗ ∗ ⇔ f (a) = f (b) Vậy f ánh xạ đơn ánh Hiển nhiên f tồn ánh ∗ Mặt khác, với a , b ∈ F ( ) F∗ , ta có ( ) f= ab f= f ( b ) f ( a ).= f ( b) f ( a ) f ( b ) ( ab ) f= ( ab ) f ( a ) = Vậy f đẳng cấu nhóm i) Trường  p  q khơng đẳng cấu với p ≠ q Ta xét trường hợp : a) Trường  p  khơng đẳng cấu với p ≠ Thật vậy, theo định lý 2.5.3 2.5.4, ta có :  p∗ ( ) ∗ ≅  ⊕  p  2∗ ( ) ∗ ≅ 2 ⊕ 2 ⊕ 2 Vậy theo nhận xét  p khơng đẳng cấu  với p ≠ b) Trường  p  q khơng đẳng cấu với p, q ( p ≠ q )là số ngun tố lẻ → K đẳng cấu trường phần tử u ∈ F đơn Ta có nhận xét sau: f : F  vị f ( u ) ∈ K đơn vị Do f đẳng cấu trường tập F tập K có số phần tử Theo định lý 2.5.1, tập  p U p−1 (có p-1 phần tử), tập  q U q −1 (có q-1 phần tử) Suy  p  q khơng đẳng cấu Kết luận:  p  q khơng đẳng cấu với số ngun tố p ≠ q ii) Trường  p khơng đẳng cấu với trường  Ta xét trường hợp: a) Nếu p ≠  p∗ ( ) ∗ ∗ ≅  ⊕  ,  p ( ) ∗ ≅ 2 Suy  p khơng đẳng cấu với  b) Nếu p =  2∗ ( ) ∗ ∗ ≅  ⊕  ⊕  ,  ( ) ∗ ≅ 2 Suy  p khơng đẳng cấu với  Kết luận:  p khơng đẳng cấu với  ■ Ứng dụng (Mơ tả nhóm tự đẳng cầu  p ) Ta có nhận xét sau : Trường  có tự đẳng cấu ánh xạ đồng →  đẳng cấu trường  Khi đó, Thật vậy, giả sử f :   f (1) = ⇒ f ( n ) = n, ∀n ∈  ⇒ f ( −n ) =−n, ∀n ∈  r Với r ∈  , = m m , m, n ∈ , n ≠ nên f ( r= f = )  n n f (m) m = = r f (n) n Vậy f ( r )= r , ∀r ∈  Tiếp theo ta chứng minh : α , β ∈ , α < β f (α ) < f ( β ) Thật vậy, ta có  f ( β ) − f (α )= f ( β − α )= f   Vậy f (α ) < f ( β ) ( β −α ) (f(  =  β −α )) >0 Bây ta chứng minh: f (α = ) α ; ∀α ∈  Thật vậy, giả sử ngược lại ta có f (α ) ≠ α Lúc xảy trường hợp sau : Trường hợp 1: f (α ) < α Vì f (α ) < α nên tồn r ∈  : f (α ) < r < α Do r < α , theo chứng minh = r f ( r ) < f (α ) , điều mâu thuẫn Trường hợp 2: f (α ) > α Vì f (α ) > α nên tồn r ∈  : f (α ) > r > α Do r > α , theo chứng minh = r f ( r ) > f (α ) , điều mâu thuẫn Vậy f (α = ) α , ∀α ∈  Như f tự đẳng cấu  f ánh xạ đồng Vấn đề đặt trường  p kết nào? Ta có kết tương tự Cụ thể ta có mệnh đề sau : 2.5.6 Định lý (Mơ tả tự đẳng cấu  p ) Trường  p có tự đẳng cấu ánh xạ đồng Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần chứng minh nhận xét sau Nhận xét Cho u ∈ *p phát biểu sau tương đương : i) u phần tử khả nghịch  p (u ∈  ) ∗ p ii) ∀n ∈  , ( n, p ) = u p−1 có bậc n  p Chứng minh nhận xét i) ⇒ ii): Giả sử u ∈ *p , ta chứng minh: ∀n ∈ , ( n, p ) =1 u p−1 có bậc n  p Thật vậy, u ∈ *p u =a0 + a1 p + a2 p + với ≤ < p − ( a0 , p ) = Theo định lý Fecma ta có: a0p−1 ≡ (mod p) , suy a = u p−1 ≡ a0p−1 ≡ ( mod p ) Xét f ( x= ) x n − a Ta có : f (1) =1 − a ≡ ( mod p ) f ′ (1=) n ≡ ( mod p ) Theo bổ đề Hensel tồn x0 ∈  p thỏa x0 ≡ ( mod p ) f ( x0 ) = x0n − a ≡ ( mod p ) tức x0n= a= u p−1 Vậy u p−1 có bậc n  p ii) ⇒ i): Giả sử u p−1 ln có bậc n xn  p với ∀n ∈ , Ta có : xnn = u p−1 suy n ord p ( xn= ) ( n, p ) =1 ( p − 1) ord ( u ) , dẫn đến n ước ( p − 1).ord (u) p với n ∈ , ( n, p ) = , ( p − 1) ord p p hay ord ( u ) = , (u) = p u p = , tức u ∈ *p Bây ta chứng minh mệnh đề: Giả sử f :  p  →  p tự đẳng cấu trường  p Khi đó, f (1) = dẫn đến f ( m= ) m, ∀m ∈  Do đó, với r ∈  , =r m , m, n ∈ , n ≠ n f (m) m = = r, f (n) n   f ( r= ) f  mn =   Tiếp theo ta chứng minh u ∈ *p f ( u ) ∈ *p Thật vậy, u ∈ *p theo nhận xét p −1 trên, với n ∈ , ( n, p ) = u có bậc n  p , nghĩa tồn x n∈  p để ( ) f= ( x ) ( f ( x )) mà u p−1 u p −1 = xnn , suy f = n n n n ( ) ( f u p−1 = f ( u ) nên ( f (u )) p −1 ( ) ) p −1 ( = f ( xn ) , có nghĩa f ( u ) n ) p −1 có bậc n  p Vậy theo nhận xét trên, ta có f ( u ) ∈ *p Bây giờ, ta chứng minh f ánh xạ đẳng cự tức Với α , β ∈  p f (α ) − f ( β ) = α −β p p p− m Thật vậy, giả sử α = − β p m u, m ∈ , u ∈ *p Khi α − β p = ( ) ( ) Ta có f (α ) − f ( β ) = f (α − β ) = f p m u = f p m f ( u ) = p m f ( u ) dẫn tới f (α ) − f ( β ) == p− m α − β p p f ( u ) ∈ *p Vậy f ánh xạ đẳng cự, f ánh xạ liên tục Cuối ta chứng minh f ánh xạ đồng Thật vậy, với x ∈  p , giả sử = x am p m + + ak p k + ( ) ( ) Đặt x= am p m + + am + n p m + n ∈  x = lim xn Suy f x = f lim xn , lại f liên n n →∞ tục nên lim f= = xn x Vậy f ánh xạ đồng nhất.■ ( xn ) lim n →∞ n →∞ n →∞ KẾT LUẬN Trong luận văn chúng tơi trình bày đầy đủ cách xây dựng trường số padic  p khảo sát cách chi tiết tính chất trường số p-adic  p Trong q trình nghiên cứu chúng tơi ln cố gắng so sánh giống khác trường số p-adic  p trường số thực  Đặc biệt chúng tơi chứng minh Bổ đề Hensel Bổ đề Hensel mở rộng tìm tòi nhiều ứng dụng Bổ đề Hensel để khảo sát, nghiên cứu tính chất trường số p-adic  p TÀI LIỆU THAM KHẢO [1].Hồng Xn Sính, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 1970 [2].Mỵ Vinh Quang, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 1998 [3].Mỵ Vinh Quang, Bài tập đại số đại cương, NXB Giáo dục, 1998 [4].A.J.Baker, An Introduction to p-adic Nubers and p-adic Analysis, 2003 [5].Neal Koblitz, p-adic Numbers, p-adic Analysis and Zeta-Functions, Springer, 1996 [6].Neal Koblitz, p-adic Analysis: a Short Course an Recent work, Cambridge University Press, 1980 [7].P.C.Hu and C.C.Yang, Meromorphic function over non-Archimedean fiels, Kluwer Academic Publishers, London, 2000 [...]... tương đương của chuẩn trong trường hợp 2 ta có   p ■ Chương 2: TRƯỜNG SỐ P-ADIC p VÀ BỔ ĐỀ HENSEL Trong chương này chúng tơi sẽ xây dựng trường số p-adic  p được xem như là tương tự p-adic của trường số thực  Nghiên cứu khảo sát các tính chất  p , so sánh nó với trường số thực  Đặc biệt là xây dựng Bổ đề Hensel và tìm tòi các ứng dụng của nó 2.1 Xây dựng trường số p-adic p Từ định lý Oxtropxki... được Bổ đề Hensel sẽ giúp chúng ta giải quyết một phần nào của vấn đề trên Đặc biệt là Bổ đề Hensel giúp chúng ta mơ tả các căn của 1 trong  p hay các tự đẳng cấu trong trường  p 2.4.1 Bổ đề Hensel Cho đa thức f ( x ) = c0 + c1 x + + cn x n ∈  p  x  , cn ≠ 0 và f ′ ( x ) = c1 + 2c2 x + + ncn x n−1 là đạo hàm của nó Nếu tồn tại phần tử a0 ∈  p thỏa điều kiện: f ( a0 ) ≡ 0 ( mod p ) và f '... nhất một số a ∈  p sao cho: f ( a ) = 0 và a ≡ a0 mod p M +1 ) Để chứng minh bổ để hensel mở rộng ta cần chứng minh bổ đề sau đây : Bổ đề: Cho a0 ∈  p tồn tại duy nhất dãy số tự nhiên a 1 , a 2 , …, a n thỏa 3 điều kiện ( ) i) an = an−1 mod p M + n ; ii) 0 ≤ an < p M + n+1 ; ( ) iii) f ( an ) ≡ 0 mod p2 M + n+1 Chứng minh bổ đề Ta xây dựng dãy số a 1 , a 2 , …, a n bằng quy nạp ( ) Gọi a 0 là số tự... ra b ≡ Vì vậy, −A ( mod p ) f ′ ( an ) Vậy b là duy nhất và là chữ số đầu tiên trong khai triển p-adic của −A ∈p f ′ ( an ) Như vậy bằng quy nạp ta đã xây dựng được duy nhất dãy số tự nhiên a 1 , …, a n thỏa bổ đề Để chứng minh Bổ đề Hensel ta cần chứng minh các điều sau: 1 Sự tồn tại: Với a0 ∈  p , theo bổ đề trên tồn tại duy nhất một dãy số tự nhiên a 1 , a 2 ,…, a n thỏa điều kiện : ( ) i) an+1... chuẩn khơng tầm thường trên  đều tương đương với giá trị tuyệt đối thơng thường  hoặc là chuẩn phi Archimede  (p là một số ngun p tố) Mặt khác, ta biết rằng làm đầy đủ  theo  ta được trường số thực  Làm đầy đủ  theo  ta sẽ được trường mới mà ta gọi là trường các số p-adic  p là tương tự p-adic của p trường số thực  Cụ thể ta xây dựng như sau : 1 Xét  p là chuẩn p-adic trên = ; x p   ... mọi x0 ∈  p đều tồn tại lân cận compact chứa x0 nên  p compact địa phương ■ 2.3.6 Mệnh đề (một số tính chất tơpơ khác của  p ) i) Mọi hình cầu, mặt cầu trong  p đều là những tập vừa mở vừa đóng ii) Hai hình cầu bất kỳ trong  p hoặc lồng nhau hoặc rời nhau iii) Mọi hình cầu, mặt cầu trong  p đều có vơ số tâm Mọi hình cầu đều có vơ số bán kính iv)  p chỉ có một số đếm được các hình cầu và mặt cầu...  , do đó số hình cầu trong  p là tập đếm được Tương tự, ta cũng chứng minh được mọi hình cầu đóng, mặt cầu trong  p cũng là những tập đếm được ■ 2.4 Bổ đề Hensel Như chúng ta đã biết các phép tốn số học như: cộng, trừ, nhân và chia trong  p được thực hiện một cách khá dễ Tuy nhiên, việc khai căn của một số ngun và việc tìm nghiệm của một phương trình nào đó trong  p nói chung là vấn đề khơng phải... dễ dàng nhận thấy tồn tại 3 ∈  2 : 32 = 9 Tuy nhiên, ta khơng thể áp dụng Bổ đề Hensel để chứng minh  2 ln tồn tại căn bậc 2 của 9 Vì với f ( x ) = x 2 − 9; f ' ( x ) = 2 x Ta ln có f ' ( x0 )= 2 x0 ≡ 0 ( mod 2 ) , ∀x0 ∈  2 Để giải quyết mâu thuẫn của bài tốn trên ta cần chứng minh Bổ đề Hensel mở rộng sau 2.4.4 Bổ đề Hensel mở rộng Cho f ( x ) = c0 + c1 x + + cn x n ∈  p  x  ( ( ( )  f...  p sao cho f ( a ) = 0 và a ≡ a0 ( mod p ) Để chứng minh bổ để Hensel ta cần chứng minh bổ đề sau : Bổ đề Cho a0 ∈  p , tổn tại duy nhất dãy số tự nhiên a 1 , a 2 , …, a n ,…thỏa 3 điều kiện ( ) i) an+1 ≡ an mod p n+1 , ∀n ∈ * ; ii) 0 ≤ an < p n+1 , ∀n ∈  ; ( ) iii) f ( an ) ≡ 0 mod p n+1 , ∀n ∈ ∗ Chứng minh Ta xây dựng a 1 , a 2 , …, a n ,… bằng quy nạp Gọi a 0 là số tự nhiên duy nhất thỏa... là chữ số đầu tiên của (mod p) với A′ = f ′ ( an−1 ) pM − f (an−1 ) trong khai triển p-adic p2 M + n A′ Như vậy bằng qui nạp ta đã xây dựng được dãy a1 , a2 , , an thỏa bổ đề Để chứng minh bổ đề Hensel mở rộng, ta cần chứng minh những điều sau: 1 Sự tồn tại: Với a0 ∈  p , theo bổ đề trên tồn tại duy nhất một dãy số tự nhiên a1 , a2 , , an thỏa điều kiện i) an ≡ an−1 (mod p M + n ) ii) 0 ≤ an < p