Serre 算術/p-adic 域使用者指南

環 $\mathbb {Z} _{p}$ 和域 $\mathbb {Q} _{p}$

本節介紹算術幾何中的主要角色之一：p-adic 數。本章研究 p-adic 數的一些基本性質，包括它們的拓撲結構、乘法結構以及它們中仿射多項式的解。

(可選) 高階說明

例如，如果您有一個算術方案 $X\in {\textbf {Sch}}/\mathbb {Z}$ (例如 ${\text{Spec}}(\mathbb {Z} [x_{1},\ldots ,x_{n}]/(f_{1},\ldots ,f_{k}))$ 或 ${\text{Proj}}(\mathbb {Z} [x_{1},\ldots ,x_{n}]/(f_{1},\ldots ,f_{k}))$)，那麼您可以考慮對 $X_{p}\in {\textbf {Sch}}/(\mathbb {Z} /p)$ 的基變更。從逆系統

$\cdots \to \mathbb {Z} /(p^{3})\to \mathbb {Z} /(p^{2})\to \mathbb {Z} /(p)$

存在一個相關的直接方案系統

$X_{p}\to X_{p^{2}}\to X_{p^{3}}\to \cdots$

這會得到 ${\mathfrak {X}}_{p}={\text{Spf}}(X_{p^{k}})$。另一個模式體系的例子來自於形變理論。例如，考慮一個模式

${\begin{matrix}X_{1}\\\downarrow \\\mathbb {Z} /(p)\end{matrix}}$

形變理論可以用來詢問是否存在一個模式$X_{2}\in {\textbf {Sch}}/(\mathbb {Z} /(p^{2}))$ 適合於一個笛卡爾方格

${\begin{matrix}X_{1}&\to &X_{2}\\\downarrow &&\downarrow \\{\text{Spec}}(\mathbb {Z} /p)&\to &{\text{Spec}}(\mathbb {Z} /p^{2})\end{matrix}}$

這個問題可以反覆提出，以得到一個定向的模式體系

${\begin{matrix}X_{1}&\to &X_{2}&\to &X_{3}&\to \cdots \\\downarrow &&\downarrow &&\downarrow &\\{\text{Spec}}(\mathbb {Z} /p)&\to &{\text{Spec}}(\mathbb {Z} /p^{2})&\to &{\text{Spec}}(\mathbb {Z} /p^{3})&\to \cdots \end{matrix}}$

其中每個方格都是笛卡爾的。事實證明，這些問題是上同調的。所有形變都取決於上同調群 $H^{1}(X_{1},T_{X_{1}})$，所有形變的“障礙”都存在於一個取決於 $H^{2}(X_{1},T_{X_{1}})$ 的群中。如果我們有一個代數曲線 $X/\mathbb {F} _{p}$，則 $H^{2}(X,T_{X})=0$，因為維度的原因。這意味著我們總是可以形變並獲得如上所示的直接方案系統。我們可以透過考慮一個算術曲面 $X/\mathbb {Z}$，它是在每個點 $(p)$ 上的代數曲線，對這種情況進行一個小的推廣。那麼，該曲面可以形變為這樣一個系統。形變然後為我們提供了另一個構造形式方案 ${\mathfrak {X}}={\text{Spf}}(X_{i})$ 的例子。

定義

設定 $A_{k}=\mathbb {Z} /p^{k}$。你應該將 $A_{k}$ 中的元素視為有限和

$a_{0}+a_{1}p+a_{2}p^{2}+\cdots +a_{k-1}p^{k-1}+a_{k}p^{k}$，其中每個 $a_{i}\in \{0,1,2,\ldots ,p-1\}$

存在一個明顯的態射 $\phi _{k}:A_{k}\to A_{k-1}$，其核為 $p^{k-1}A_{k}$，它將

$\phi _{k}(a_{0}+a_{1}p+a_{2}p^{2}+\cdots +a_{k-1}p^{k-1}+a_{k}p^{k})=a_{0}+a_{1}p+a_{2}p^{2}+\cdots +a_{k-1}p^{k-1}$

我們可以使用這些態射來構建一個逆系統

$\cdots \to A_{3}\to A_{2}\to A_{1}$

其逆極限定義為 **p-adic 整數** $\mathbb {Z} _{p}=\lim _{\leftarrow }A_{k}$。 $\mathbb {Z} _{p}$ 中的元素應該被認為是無限和

$a_{0}+a_{1}p+a_{2}p^{2}+\cdots$，使得 $a_{i}\in \{0,1,\ldots ,p-1\}$

有時將這些無限和寫成無限元組比較方便

$(a_{0},a_{1},a_{2},\ldots )$

讓我們玩玩 $\mathbb {Z} _{5}$，試著瞭解 $p$-adic 是什麼。由於存在唯一的態射 $\mathbb {Z} \to \mathbb {Z} _{p}$，我們可以問 $\mathbb {Z}$ 中元素的影像是什麼樣的。如果我們考慮 $89$，那麼

$89=4+2\cdot 5+3\cdot 5^{2}=(4,2,3,0,0,\ldots )$

所以我們所做的就是找到整數在以$5$為底的分解。負數稍微複雜一些，因為我們需要弄清楚$-1$ 在$\mathbb {Z} _{p}$ 中的“含義”。請注意，如果我們取和

${\begin{aligned}(1,0,0,0,\ldots )+(4,4,4,4,\ldots )&=(4+1,4,4,4,4,\ldots )\\&=(0,1,0,0,\ldots )+(0,4,4,\ldots )&{\text{ since we carried the }}1\\&=(0,4+1,4,4,\ldots )&\\&=(0,0,4+1,4,\ldots )&\\&=(0,0,0,0,\ldots )&\end{aligned}}$

那麼，在$\mathbb {Z} _{p}$ 中，我們可以看到

$-1=(p-1,p-1,p-1,\ldots )$

在$\mathbb {Z} _{5}$ 中，我們可以發現$-7$ 是

$(0,3,4,4,4,\ldots )$

一組有趣需要觀察的數字是$-5^{k}$。例如，

$-125=(0,0,0,1,4,4,4,\ldots )$

然後我們可以看看$\mathbb {Z} _{p}$ 中的單位是什麼樣的。觀察到對於$a,b\in \mathbb {Z} _{p}$

${\begin{aligned}a\cdot p&=(a_{0}+a_{1}\cdot p+a_{2}\cdot p^{2}+\cdots )\cdot (b_{0}+b_{1}\cdot p+b_{2}\cdot p^{2}+\cdots )\\&=(a_{0}b_{0})+(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})\cdot p+(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0})\cdot p^{2}+\cdots \end{aligned}}$

如果我們有 $a\cdot b=1$，那麼

${\begin{aligned}a_{0}b_{0}&=1\\a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0}&=0\\a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0}&=0\\\cdots \end{aligned}}$

由此可見，一個 $p$-進整數 $a$ 可逆當且僅當 $a_{0}\neq 0$。

$\mathbb {Z} _{p}$ 的性質

之前的觀察/計算應該使前兩個命題易於解析。

本節的最後一部分展示瞭如何對 $p$-進數進行拓撲化。從命題 2 中我們知道，任何 $p$-進整數都可以寫成 $p^{k}u$ 的形式，其中 $u$ 是一個單位。我們定義這個整數的 $p$-進賦值 為

$v_{p}:\mathbb {Z} _{p}\to \mathbb {Z}$ 由 $v_{p}(p^{k}u)=k$ 和 $v_{p}(0)=+\infty$ 定義。

例如

$v_{p}(-25)=v_{p}(0,0,1,4,4,\ldots )=2$ 以及 $v_{p}(-1)=v_{p}(4,4,4,4,4,\ldots )=0$

注意

$v_{p}(xy)=v_{p}(x)+v_{p}(y)$ 以及 $v_{p}(x+y)\geq {\text{inf}}(v_{p}(x),v_{p}(y))$

尤其是

$v_{p}(-x)=v_{p}((-1)\cdot x)=v_{p}(-1)+v_{p}(x)=v_{p}(x)$

該 $p$-adic 估值可以用於拓撲化 $\mathbb {Z} _{p}$，方法是定義度量

$d(x,y)=e^{-v_{p}(x,y)}$

根據 $p$-adic 估值的定義及其負數方面的性質，我們可以看到

$d(x,x)=e^{-\infty }=0$ 以及 $d(x,y)=d(y,x)$

由於

$v_{p}(x-z)=v_{p}((x-y)+(y-z))\geq {\text{inf}}(v_{p}(x-y),v_{p}(y-z))$

以及

$-v_{p}(x-z)\leq -{\text{inf}}(v_{p}(x-y),v_{p}(y-z))$

我們可以看到三角不等式成立

$d(x,z)\leq d(x,y)+d(y,z)$

我們也可以採用代數方法，根據鄰域$p^{k}\mathbb {Z} _{p}$ 定義 $0$的拓撲。它等於集合

$\{a\in \mathbb {Z} _{p}:v_{p}(a)\geq k\}$

最後，我們可以從$\prod A_{k}$ 的乘積中得到它的拓撲，其中每個 $A_{k}$都配備了離散拓撲。從Tynchenoff定理我們知道這是一個緊緻空間。由於$\mathbb {Z} _{p}\subset \prod A_{k}$是封閉的，它也是緊緻的。

1. 編輯/重新組織
2. 顯示密度是顯而易見的
3. http://www.maths.gla.ac.uk/~ajb/dvi-ps/padicnotes.pdf 關於hensel引理
4. 緊緻度量空間的完備性 - https://math.stackexchange.com/questions/627667/every-compact-metric-space-is-complete

域$\mathbb {Q} _{p}$

從前面的計算可以看出，如果我們想求元素$p^{k}u$的逆，我們不僅需要求$v=u^{-1}$，還需要求$p^{k}$的逆。這應該提示我們，$\mathbb {Z} _{p}$的分式域$\mathbb {Q} _{p}$與…同構

$\mathbb {Z} _{p}\left[{\frac {1}{p}}\right]$

這被稱為 **$p$-進數域**。 一個 $p$-進數應該被認為是以下形式的無窮級數：

${\frac {a_{-k}}{p^{k}}}+{\frac {a_{-k+1}}{p^{k-1}}}+\cdots +{\frac {a_{-1}}{p}}+a_{0}+a_{1}\cdot p+a_{2}\cdot p^{2}+\cdots$

一個計算逆元的有用工具是形式冪級數

${\frac {1}{1+x}}=1-x+x^{2}-x^{3}+x^{4}-\cdots$

例如，令 $x=p$，我們發現 $1+p$ 在 $\mathbb {Z} _{5}$ 中的逆元是

$(1,4,1,4,1,4,1,4,\ldots )$

而 $1-p$ 的逆元是

$(1,1,1,1,1,1)$

一般來說，你需要使用迭代長除法 來找到一個有理數的 $p$-進展開式。

我們可以將 $p$-進賦值擴充套件到 $v_{p}:\mathbb {Q} _{p}\to \mathbb {Z} \cup \{\infty \}$，透過

$v_{p}(p^{k}u)=k$ 以及 $v_{p}(0)=+\infty$

之前在 $\mathbb {Z} _{p}$ 上構建的度量可以擴充套件到 $\mathbb {Q} _{p}$ 並定義了一個區域性緊拓撲。此外，$\mathbb {Q}$ 在 $\mathbb {Q} _{p}$ 中稠密，使用與之前類似的論證。

絕對值 (額外)

使用 $\mathbb {Q}$ 上的賦值，可以對 p-adic 數進行另一種構造。給定一個有理數 $a/b\in \mathbb {Q}$，使得 $gcd(a,b)=1$，我們可以構造 $p$-adic 絕對值

$|\cdot |_{p}:\mathbb {Q} \to \mathbb {R} _{\geq 0}$ 定義為 $|a/b|_{p}=p^{-v_{p}(a/b)}=p^{v_{p}(b)-v_{p}(a)}$

使用 $p$-adic 賦值在 $\mathbb {Q} _{p}$ 上。這個絕對值滿足以下公理

1. $|x|_{p}=0$ 當且僅當 $x=0$
2. $|xy|_{p}=|x|_{p}\cdot |y|_{p}$
3. $|x+y|_{p}\leq |x|_{p}+|y|_{p}$

此外，它滿足 3. 的更強版本，稱為非阿基米德性質

1. $|x+y|_{p}\leq {\text{max}}\{|x|_{p},|y|_{p}\}$

那麼，自然而然地會問，是否存在一個對$\mathbb {Q}$上的絕對值的分類方案？事實證明這是真的，被稱為奧斯特洛夫斯基定理。這些筆記介紹了這個定理並給出了證明。此外，對於一個數域$K/\mathbb {Q}$（意味著它是$\mathbb {Q}$的有限域擴張）也有一個推廣，它表明$K$上的絕對值的同構類由${\text{Spec}}({\mathcal {O}}_{K})$的閉點分類。這些筆記由基思·康拉德討論。

p-adic 方程

本節給出了尋找$p$-adic 多樣體，或者更好的，在${\textbf {Sch}}/\mathbb {Z} _{p}$中的方案的判據。

1. 新增一個討論亨塞爾引理的章節，包括簡單和一般情況。
2. 給定$a\in \mathbb {Z}$是無平方因子，我們可以證明$ay^{2}=f(x)$的零點集沒有有理點。

解

本節從一個有用的技術引理開始：投射系統

$\cdots \to D_{3}\to D_{2}\to D_{1}$

有限非空集的逆極限是非空的 $D=\lim _{\leftarrow }D_{i}$。這直接應用於考慮有限多項式集 $f_{1},\ldots ,f_{k}\in \mathbb {Z} _{p}[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的情況：它們在 $(\mathbb {Z} _{p})^{m}$ 中有非空零點當且僅當它們的模 ${\text{mod }}p^{k}$ 在 $(\mathbb {Z} /p^{k})^{m}$ 中有解，對於每個 $k$。這個命題也可以在齊次情況下考慮。

那麼我們應該問自己：如何保證在每個 $(\mathbb {Z} /p^{k})^{m}$ 中存在解？這個問題將在下一小節中得到解答，Serre 在其中證明了亨塞爾引理。

=應用

在下一章中，Serre 將應用這裡工具來研究多項式

$z^{2}=ax^{2}+by^{2}$ 在 $\mathbb {Z} _{p}$ 中的表現。

的乘法群 $\mathbb {Q} _{p}$

本節研究了我們迄今為止遇到的各種乘法群：$\mathbb {F} _{p}^{*},\mathbb {Z} _{p}^{*},\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 以及這些群的平方。本節中的工具將在下一章中 Serre 討論希爾伯特符號時很有用。

單位群的過濾

本小節確定了包含在 $\mathbb {Z} _{p}$ 中的一些單位根，因此 $\mathbb {Q} _{p}$。塞爾透過對單位群的過濾來實現這一點。

$U=\mathbb {Z} _{p}^{*}=\{a_{0}+a_{1}\cdot p+a_{2}\cdot p^{2}+\cdots |a_{0}\neq 0\}$

由以下給出

$U\supseteq U_{1}\supseteq U_{2}\supseteq U_{3}\supseteq \cdots$

其中

$U_{n}=1+p^{n}\mathbb {Z} _{p}=\{1+0\cdot p+\cdots +0\cdot p^{n-1}+a_{n}\cdot p^{n}+\cdots \}$

請注意，每個 $U_{n}$ 都是態射的核

$\varepsilon _{n}:\mathbb {Z} _{p}^{*}\to (\mathbb {Z} /p^{n})^{*}$ 將 $a_{0}+a_{1}\cdot p+a_{2}\cdot p^{2}+\cdots \mapsto a_{0}+a_{1}\cdot p+\cdots +a_{n-1}\cdot p^{n-1}$

我們可以看到

$U\cong \lim _{\leftarrow }{\frac {U}{U_{n}}}$ 因為 ${\frac {U}{U_{n}}}=\{a_{0}+a_{1}\cdot p+\cdots +a_{n-1}\cdot p^{n-1}|a_{0}\neq 0\}$

存在一個短精確序列

$1\to U_{1}\to U\to \mathbb {F} _{p}^{*}\to 1$

由於 $U_{1}$ 包含形式為 $1+a_{1}\cdot p+a_{2}\cdot p^{2}+\cdots$ 的 $p$-adic 整數，而 $U$ 可以具有任何 $a_{0}\neq 0$。此外，存在以下形式的短精確序列：

$1\to U_{n+1}\to U_{n}\to \mathbb {Z} /p\to 0$

這是因為如果我們取兩個元素 $(1+p^{n}x),(1+p^{n}y)\in U_{n}$，我們可以將它們相乘得到：

$(1+p^{n}x)\cdot (1+p^{n}y)=1+p^{n}(x+y)+p^{2n}xy\equiv 1+p^{n}(x+y){\text{ }}({\text{mod }}p^{n+1})$

Serre 然後引入一個有用的輔助引理來分析以下短精確序列的直接系統

群 $U_{1}$ 的結構

本小節確定了群 $\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 的結構。它利用了一個觀察結果：任意 $x\in \mathbb {Q} _{p}^{*}$ 等於 $p^{n}\cdot u<math>where<math>n\in \mathbb {Z}$ 且 $u\in U$，因此我們可以將該群分解成 $\mathbb {Z} \times U$ 的積。現在我們只需確定 $U$ 的群結構，這在命題 8 中完成。

$\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 中的平方

${\frac {\mathbb {Q} _{p}^{*}}{(\mathbb {Q} _{p}^{*})^{2}}}={\begin{cases}(\mathbb {Z} /2)^{3}&p=2\\(\mathbb {Z} /2)^{2}&p{\text{ odd}}\\{\text{ }}\mathbb {Z} /2&p=\infty \end{cases}}$