Algebraic Number Theory P. Habegger Universität Zürich HS 2010

Algebraic Number Theory
Universität Zürich HS 2010
P. Habegger
8.12.2010, Vorlesung #12
Nun folgt noch ein Beweis von Proposition 5.3(iii) (die Analoge Aussage bei der Vervollständigung von Q nach R ist falsch).
b × ). Um die umgekehrte Inklusion zu zeigen sein x ∈ K
b ×.
Sicherlich gilt ν(K × ) ⊂ ν(K
b liegt existiert eine Folge (xn )n∈N mit xn ∈ K und xn → x bezüglich
Da K dicht in K
| · |ν . Also gibt es n0 mit |xn − x|ν < |x|ν für jedes n ≥ n0 . Wäre nun |xn0 |ν 6= |x|ν so
würde Aufgabe 1(i) in Serie 6
|xn0 − x|ν = max{|xn0 |ν , |x|ν } ≥ |x|ν
implizieren. Das ist ein Widerspruch. Wir haben also |xn0 |ν = |x|ν und somit ν(x) =
ν(xn0 ) ∈ ν(K × ).
In der Notation vergisst man üblicherweise das b in νb und schreibt einfach ν für die Vab annehmen.
luation auf der Vervollständigung von (K, ν). Weiterhin werden wir K ⊂ K
Definition. (i) Sei p ≥ 2 eine Primzahl und K = Q. Dann bezeichnet Qp die Vervollständigung von Q bezüglich νpZ = νp . Man nennt Qp die p-adischen Zahlen.
Der Ring der νp -ganzen Zahlen in Qp ist Zp .
(ii) Sei nun allgemeiner K ein Zahlkörper und P ⊂ ZK ein Primideal P 6= 0. Die
Vervollstandigung von K wird mit KP bezeichnet.
b Dann ist O
bν der Ring
(iii) Sei (K, ν) ein valuierter Körper mit Vervollständigung K.
b und M
cν das entsprechende maximale Ideal.
der ν-ganzen Zahlen in K
Bei der Vervollständigung ändert sich der Restklassenkörper nicht. Das nächste Lemma
gibt sogar eine präzisere Aussage.
Lemma 5.3. Sei (K, ν) ein diskret valuierter Körper und π ∈ K ein Uniformisierer. Die
bν für n ≥ 1.
bν /π n O
b induziert ein Ringisomorphismus Oν /π n Oν ∼
Inklusion K ,→ K
=O
b ist, folgt mit n = 1 dass
Da π nach Proposition 5.2 auch ein Uniformisierer von K
bν /M
cν isomorph sind. Diese Aussage enthält keine
die Restklassenkörper Oν /Mν und O
Referenz auf ein Uniformisierer. Man kann zeigen, dass sie für jeden valuierten Körper
b ν)
wahr ist. Jedenfalls werden wir kein neues Symbol für den Restklassenkörper von (K,
einführen denn dieser Körper ist (kanonische) zu kν isomorph.
Beweis von Lemma 5.3. Sei | · |ν ein Absolutbetrag der aus ν entsteht. Wir betrachten
die Komposition
bν → O
bν /π n O
bν ,
f : Oν ,→ O
es ist ein Ringhomomorphismus. Sicherlich haben wir f (π n ) = 0. Umgekehrt, falls a ∈
bν . Dann gilt sogar b ∈ Oν und somit a ∈ π n Oν . Wir
ker f so ist a = bπ n mit b ∈ O
erhalten
ker f = π n Oν .
1
bν
Um das Lemma zu folgern reicht es zu zeige, dass f surjectiv ist. Dazu sei a ∈ O
b liegt gibt es b ∈ K mit |b − a|ν ≤ |π|nν < 1. Wir beachten
beliebig. Da K dicht in K
bν . (Diese Argument zeigt, dass
|b|ν = |(b − a) + a|ν ≤ max{|b − a|ν , |a|ν } ≤ 1. Also b ∈ O
n
bν liegt.) Weiterhin haben wir |(b−a)/π |ν ≤ 1. Dies impliziert b ∈ a+π n O
bν
Oν dicht in O
n b
und das ist nichts anderes wie f (b) = a + π Oν .
Die nächste Proposition erlaubt es uns auf konkrete Art mit Elemente einer Vervollständigung
zu rechnen.
Proposition 5.4. Sei (K, ν) ein diskret valuierter Körper und π ∈ K ein Uniformiserer.
Weiterhin sei R ⊂ Oν eine Wahl von Repräsentaten für Oν /Mν mit 0 ∈ R. Falls
x ∈ K r {0} so existiert m ∈ Z und a0 , a1 , a2 , . . . ∈ R mit a0 6= 0 und
x = π m (a0 + πa1 + π 2 a2 + · · · ).
(Inbesondere konvergiert diese Reihe). Weiterhin sind m und a0 , a1 , a2 , . . . eindeutig festgelegt.
Beweis. Sei ohne Einschränkung ν(π) = 1. Wir setzen m = ν(x). Dann erfüllt u = xπ −m
b× . Beachte, dass m wie in der Aussage
die Gleichung ν(u) = 0. Somit haben wir u ∈ O
ν(x) sein kann und damit eindeutig festgelegt ist.
bν /M
cν . Also gibt es a0 ∈ R (eindeutig) mit
Wegen Lemma 5.3 haben wir Oν /Mν ∼
= O
cν . Es muss a0 6= 0 gelten da 0 ∈ R und u 6∈ M
cν . Wir schreiben u = a0 + πb1
u − a0 ∈ M
b
mit b1 ∈ Oν .
cν zu finden.
Nun wenden wir Lemma 5.3 wie oben an um a1 ∈ R mit b1 − a1 ∈ M
bν . Also
Es gibt auch nur eine Wahl für a1 . Wir haben also b1 = a1 + πb2 mit b2 ∈ O
u = a0 + πa1 + π 2 b2 .
Sei n ≥ 1. Induktiv und erhalten wir
u = a0 + πa1 + · · · + π n an + π n+1 bn+1
bν . Nun gilt
mit a1 , . . . , an ∈ R (eindeutig) und bn+1 ∈ O
|u − (a0 + πa1 + · · · + π n an )|ν = |π n+1 bn+1 |ν = |π|n+1
|bn+1 |ν ≤ |π|n+1
.
ν
ν
Da |π|ν < 1 folgt, dass a0 + πa1 + · · · + π n an gegen u konvergiert.
Beispiel. Sei p ≥ 2 eine Primzahl und Qp die p-adischen Zahlen. Die Primzahl p
selbst ist ein Uniformiserer für Qp . Wir wählen R = {0, 1, . . . , p − 1}. Das ist eine
Repräsentantenmenge für den Restklassenkörper Z/pZ von Qp . Jedes Element x ∈ Q×
p
lässt sich also wie x = pm (a0 + a1 p + a2 p2 + · · · ) entwickeln wobei ai ∈ R. Es folgt, dass
die Kardinalität von Qp gleich der Kardinalität von {0, . . . , p − 1}N ist. Also ist Qp nicht
abzählbar und inbesondere gilt Qp 6= Q. Also ist Q nicht vollständig bezüglich νp .
Hensels Lemma ist ein zentrals Resultat für vollständig valuierte Körper. Es entspricht
zu einem gewissen Grad Newtons Methode aus der klassichen Analysis. Wir werden zwei
Versionen von Hensels Lemma kennenlernen.
2
Proposition 5.5 (Hensels Lemma - Version 1). Sei (K, ν) ein vollständig diskret valuierter Körper. Sei P ∈ Oν [T ] und Q, R ∈ kv [T ] mit P ≡ QR 6≡ 0 mod Mν . Wir nehmen
an, dass Q und R teilerfremde Polynome sind. Dann existieren “Lifts” Q, R ∈ Ov [T ]
mit P = QR, Q ≡ Q mod Mv , R ≡ R mod Mv und deg Q = deg Q.
Vereinfacht gesagt, kann man unter gewissen Umständen eine Faktorisierung von P in
Restklassenkörper liften zu einer Faktorisierung von P in Oν .
Beweis. Sei π ∈ K ein Uniformiserer. Wir wählen zuerst Lifts Q0 , R0 ∈ Oν [T ] von Q
und R mit
deg Q0 = deg Q und
deg R0 = deg R ≤ deg P − deg Q.
Beachte, dass
der Leitkoeffizient von Q0 liegt in Oν× .
Wäre dies nicht der Fall so würde der Leitkoeffizient in πOν liegen und deg Q0 wäre
grösser wie deg Q.
Aus der Teilerfremdheit von Q, R folgt, dass es A, B ∈ Oν [T ] gibt mit
AQ0 + BR0 ≡ 1
mod πOν .
(1)
Unsere Strategie für den Beweis ist die folgende. Wir werden
U1 , U2 , . . . ∈ Oν [T ] mit
deg Ui < deg Q
(2)
deg Vi ≤ deg P − deg Q
(3)
und
V1 , V2 , . . . ∈ Oν [T ] mit
finden mit
(Q0 + πU1 + π 2 U2 + · · · + π n−1 Un−1 )(R0 + πV1 + π 2 V2 + · · · + π n−1 Vn−1 ) ≡ P
{z
} |
{z
}
|
=:Qn−1
mod π n Ov
=:Rn−1
(4)
für n ≥ 1. Das heisst Qn−1 Rn−1 ≡ P mod π n Oν .
Da Un und Vu Koeffizienten in Ov haben folgt, dass Qn und Rn koeffizientenweise konvergiert. Aber Qn und Rn haben beschränken Grad als n → ∞. Es folgt, dass Rn und
Qn gegen Polynome R ∈ Oν [T ] und Q ∈ Oν [T ] konvergieren. Diese erfüllen QR = P
wegen (4). Schliesslich gilt deg Q = deg Q0 = deg Q da alle Un Grad strikt kleiner wie
deg Q0 haben.
Es reicht also Un−1 , Vn−1 mit (2), (3) und (4) zu konstruieren.
Für n = 1 haben wir U0 und V0 mit den gewünschten Eigenschaften gefunden.
Sei also n ≥ 2. Wir nehmen an, dass (4) für n gilt und wir werden nun Un , Vn finden so,
dass (4) für n + 1 gilt. Unser Ansatz ist Qn = Qn−1 + π n Un und Rn = Rn−1 + π n Vn mit
Un , Vn noch unbestimmt. Gleichung (4) folgt aus
P − Qn−1 Rn−1 ≡ (Qn−1 Vn + Rn−1 Un )π n
3
mod π n+1 Oν .
Wegen Induktion gilt (4) für n. Also haben wir P = Qn−1 Rn−1 + π n Pn mit Pn ∈ Oν [T ].
Um (4) für n + 1 zu zeigen muss
Qn−1 Vn + Rn−1 Un ≡ Pn
mod πOν
gelten. Da Q0 Vn + R0 Un ≡ Qn−1 Vn + Rn−1 Un mod πOν
müssen wir Q0 Vn + R0 Un ≡ Pn
mod πOν beweisen.
(5)
Wir dividieren BPn mit Rest durch Q0 Dies ist nichts anderes wie der euklische Algorithmus im Ring Ov [T ]. Dieser ist im Polynomring über einem Ring nur dann anwendbar
wenn das teilende Polynom (hier Q0 ) eine Einheit als Leitkoeffizient hat. Das dies hier
der Fall ist haben wir weiter oben festgehalten. Wir erhalten Cn , Un ∈ Oν [T ] mit
BPn = Cn Q0 + Un
mit
deg Un < deg Q0 = deg Q.
(6)
Somit ist Un konstuiert und erfüllt die gewünschte Gradungleichung.
Wir multiplizieren (1) mit Pn und erhalten
AQ0 Pn + R0 (BPn ) ≡ Pn
mod πOν .
Nun setzen wir BPn aus (6) ein und erhalten
Q0 (APn + Cn R0 ) + R0 Un ≡ Pn
mod πOν .
Jetzt wählen wir Vn mit Vn ≡ APn + Cn R0 mod πOν so, dass kein Koeffizient (ungleich
Null) von Vn in Oν durch π teilbar ist. In anderen Worten, Vn und seine Reduktion
modulo πOν haben den selben Grad. Es gilt Q0 Vn + R0 Un ≡ Pn mod πOν und somit
ist (5) erfüllt.
Wir müssen nur noch die Gradungleichung in (3) beweisen. Wir wissen bereits, dass
deg(R0 Un ) < deg(R0 ) + deg(Q0 ) ≤ deg P gilt. Aus Q0 Vn + R0 Un ≡ Pn mod πOν
folgern wir deg(Q0 Vn ) ≤ deg Pn ≤ deg P und somit deg Vn ≤ deg P − deg Q0 = deg P −
deg Q.
Bemerkung. Diese Proposition ist auch wahr ohne “diskret”. Das heisst, sie gilt für
vollständig valuierte Körper. Der Beweis ist nur um komplizierter da wir kein Uniformisierer π am Anfang wählen können.
Nun kommen wir zu Version 2 von Hensels Lemma.
Proposition 5.6 (Hensels Lemma - Version 2). Sei (K, ν) ein diskret valuierter Körper
und sei P ∈ Oν [T ] normiert. Sei a ∈ Oν mit P (a) ≡ 0 mod Mν und P 0 (a) 6≡ 0
mod Mν . Dann gibt es b ∈ Oν mit P (b) = 0 und |a − b|ν < 1.
Vereinfacht gesagt, wir können gewisse Nullstellen von P im Restklassenkörper zu Nullstellen in Oν liften.
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Beweis. Sei a die Reduktion von a in kν . Da P (a) ≡ 0 mod Mν so faktorisert P im
Restklassenkörper wie folgt. Es gibt R ∈ kν [T ] mit
P ≡ (T
− a})R
| {z
mod Mv .
=:Q
0
Die Ableitung erfüllt P 0 ≡ R + (T − a)R mod Mν . Nach Voraussetzung gilt P 0 (a) 6≡ 0
mod Mν . Daher gilt R(a) 6≡ 0 mod Mν . Insbesondere sind Q und R teilerfremd.
Wegen Proposition 5.5 gibt es Q, R ∈ Oν [T ] mit P = QR, Q ≡ Q mod Mν und
deg Q = deg Q = 1. Also Q = a1 T + a0 . Deshalb haben wir P (b) = 0 mit b = −a0 /a1 .
Da a1 ≡ 1 mod Mv und a0 ≡ a mod Mv gilt b ∈ Oν und b − a ∈ Mv . Letztere Aussage
ist äquivalent mit |b − a|ν < 1.
Beispiel. (i) Sei K = Q3 die 3-adischen Zahlen und P = T 2 − 7 ∈ Z3 [T ]. Es gilt
12 ≡ 7 mod 3. Also hat P eine Nullstelle im Restklassenkörper F3 . Andererseits
gilt P√0 (1) ≡ 2 6≡ 0√mod 3. Aus der zweiten Version von Hensels Lemma folgt,
dass 7 ∈ Z3 und | 7 − 1|3 < 1.
(ii) In diesem Beispiel arbeiten wir in K = Q11 und betrachten P = T 4 + T 3 + T 2 +
T + 1 ∈ Z11 [T ]. Es gilt 35 ≡ 1 mod 11 und somit haben wir P (3) ≡ 0 mod 11.
Aber P 0 (3) ≡ 10 6≡ 0 mod 11. Wegen Hensels Lemma in der zweiten Fassung gibt
es ζ5 ∈ Q11 mit ζ55 = 1 6= ζ5 .
Version des 12. Dezember 2010
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