Serre 算术/p-adic 域用户指南

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

本节介绍算术几何中的主要角色之一：p-adic 数。本章研究 p-adic 数的一些基本性质，包括它们的拓扑结构、乘法结构以及它们中仿射多项式的解。

(可选) 高级说明

例如，如果您有一个算术方案 $X\in {\textbf {Sch}}/\mathbb {Z}$ (例如 ${\text{Spec}}(\mathbb {Z} [x_{1},\ldots ,x_{n}]/(f_{1},\ldots ,f_{k}))$ 或 ${\text{Proj}}(\mathbb {Z} [x_{1},\ldots ,x_{n}]/(f_{1},\ldots ,f_{k}))$)，那么您可以考虑对 $X_{p}\in {\textbf {Sch}}/(\mathbb {Z} /p)$ 的基变更。从逆系统

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

存在一个相关的直接方案系统

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

这会得到 ${\mathfrak {X}}_{p}={\text{Spf}}(X_{p^{k}})$。另一个模式体系的例子来自于形变理论。例如，考虑一个模式

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

形变理论可以用来询问是否存在一个模式$X_{2}\in {\textbf {Sch}}/(\mathbb {Z} /(p^{2}))$ 适合于一个笛卡尔方格

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

这个问题可以反复提出，以得到一个定向的模式体系

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

其中每个方格都是笛卡尔的。事实证明，这些问题是上同调的。所有形变都取决于上同调群 $H^{1}(X_{1},T_{X_{1}})$，所有形变的“障碍”都存在于一个取决于 $H^{2}(X_{1},T_{X_{1}})$ 的群中。如果我们有一个代数曲线 $X/\mathbb {F} _{p}$，则 $H^{2}(X,T_{X})=0$，因为维度的原因。这意味着我们总是可以形变并获得如上所示的直接方案系统。我们可以通过考虑一个算术曲面 $X/\mathbb {Z}$，它是在每个点 $(p)$ 上的代数曲线，对这种情况进行一个小的推广。那么，该曲面可以形变为这样一个系统。形变然后为我们提供了另一个构造形式方案 ${\mathfrak {X}}={\text{Spf}}(X_{i})$ 的例子。

定义

设置 $A_{k}=\mathbb {Z} /p^{k}$。你应该将 $A_{k}$ 中的元素视为有限和

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

存在一个明显的态射 $\phi _{k}:A_{k}\to A_{k-1}$，其核为 $p^{k-1}A_{k}$，它将

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

我们可以使用这些态射来构建一个逆系统

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

其逆极限定义为 **p-adic 整数** $\mathbb {Z} _{p}=\lim _{\leftarrow }A_{k}$。 $\mathbb {Z} _{p}$ 中的元素应该被认为是无限和

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

有时将这些无限和写成无限元组比较方便

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

让我们玩玩 $\mathbb {Z} _{5}$，试着了解 $p$-adic 是什么。由于存在唯一的态射 $\mathbb {Z} \to \mathbb {Z} _{p}$，我们可以问 $\mathbb {Z}$ 中元素的图像是什么样的。如果我们考虑 $89$，那么

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

所以我们所做的就是找到整数在以$5$为底的分解。负数稍微复杂一些，因为我们需要弄清楚$-1$ 在$\mathbb {Z} _{p}$ 中的“含义”。请注意，如果我们取和

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

那么，在$\mathbb {Z} _{p}$ 中，我们可以看到

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

在$\mathbb {Z} _{5}$ 中，我们可以发现$-7$ 是

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

一组有趣需要观察的数字是$-5^{k}$。例如，

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

然后我们可以看看$\mathbb {Z} _{p}$ 中的单位是什么样的。观察到对于$a,b\in \mathbb {Z} _{p}$

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

如果我们有 $a\cdot b=1$，那么

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

由此可见，一个 $p$-进整数 $a$ 可逆当且仅当 $a_{0}\neq 0$。

$\mathbb {Z} _{p}$ 的性质

之前的观察/计算应该使前两个命题易于解析。

本节的最后一部分展示了如何对 $p$-进数进行拓扑化。从命题 2 中我们知道，任何 $p$-进整数都可以写成 $p^{k}u$ 的形式，其中 $u$ 是一个单位。我们定义这个整数的 $p$-进赋值 为

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

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

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

该 $p$-adic 估值可以用于拓扑化 $\mathbb {Z} _{p}$，方法是定义度量

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

根据 $p$-adic 估值的定义及其负数方面的性质，我们可以看到

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

由于

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

以及

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

我们可以看到三角不等式成立

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

我们也可以采用代数方法，根据邻域$p^{k}\mathbb {Z} _{p}$ 定义 $0$的拓扑。它等于集合

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

最后，我们可以从$\prod A_{k}$ 的乘积中得到它的拓扑，其中每个 $A_{k}$都配备了离散拓扑。从Tynchenoff定理我们知道这是一个紧致空间。由于$\mathbb {Z} _{p}\subset \prod A_{k}$是封闭的，它也是紧致的。

1. 编辑/重新组织
2. 显示密度是显而易见的
3. http://www.maths.gla.ac.uk/~ajb/dvi-ps/padicnotes.pdf 关于hensel引理
4. 紧致度量空间的完备性 - https://math.stackexchange.com/questions/627667/every-compact-metric-space-is-complete

域$\mathbb {Q} _{p}$

从前面的计算可以看出，如果我们想求元素$p^{k}u$的逆，我们不仅需要求$v=u^{-1}$，还需要求$p^{k}$的逆。这应该提示我们，$\mathbb {Z} _{p}$的分式域$\mathbb {Q} _{p}$与…同构

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

这被称为 **$p$-进数域**。 一个 $p$-进数应该被认为是以下形式的无穷级数：

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

一个计算逆元的有用工具是形式幂级数

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

例如，令 $x=p$，我们发现 $1+p$ 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

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

一般来说，你需要使用迭代长除法 来找到一个有理数的 $p$-进展开式。

我们可以将 $p$-进赋值扩展到 $v_{p}:\mathbb {Q} _{p}\to \mathbb {Z} \cup \{\infty \}$，通过

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

之前在 $\mathbb {Z} _{p}$ 上构建的度量可以扩展到 $\mathbb {Q} _{p}$ 并定义了一个局部紧拓扑。此外，$\mathbb {Q}$ 在 $\mathbb {Q} _{p}$ 中稠密，使用与之前类似的论证。

绝对值 (额外)

使用 $\mathbb {Q}$ 上的赋值，可以对 p-adic 数进行另一种构造。给定一个有理数 $a/b\in \mathbb {Q}$，使得 $gcd(a,b)=1$，我们可以构造 $p$-adic 绝对值

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

使用 $p$-adic 赋值在 $\mathbb {Q} _{p}$ 上。这个绝对值满足以下公理

1. $|x|_{p}=0$ 当且仅当 $x=0$
2. $|xy|_{p}=|x|_{p}\cdot |y|_{p}$
3. $|x+y|_{p}\leq |x|_{p}+|y|_{p}$

此外，它满足 3. 的更强版本，称为非阿基米德性质

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

那么，自然而然地会问，是否存在一个对$\mathbb {Q}$上的绝对值的分类方案？事实证明这是真的，被称为奥斯特洛夫斯基定理。这些笔记介绍了这个定理并给出了证明。此外，对于一个数域$K/\mathbb {Q}$（意味着它是$\mathbb {Q}$的有限域扩张）也有一个推广，它表明$K$上的绝对值的同构类由${\text{Spec}}({\mathcal {O}}_{K})$的闭点分类。这些笔记由基思·康拉德讨论。

p-adic 方程

本节给出了寻找$p$-adic 多样体，或者更好的，在${\textbf {Sch}}/\mathbb {Z} _{p}$中的方案的判据。

1. 添加一个讨论亨塞尔引理的章节，包括简单和一般情况。
2. 给定$a\in \mathbb {Z}$是无平方因子，我们可以证明$ay^{2}=f(x)$的零点集没有有理点。

解

本节从一个有用的技术引理开始：投射系统

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

有限非空集的逆极限是非空的 $D=\lim _{\leftarrow }D_{i}$。这直接应用于考虑有限多项式集 $f_{1},\ldots ,f_{k}\in \mathbb {Z} _{p}[x_{1},\ldots ,x_{n}]$ 的情况：它们在 $(\mathbb {Z} _{p})^{m}$ 中有非空零点当且仅当它们的模 ${\text{mod }}p^{k}$ 在 $(\mathbb {Z} /p^{k})^{m}$ 中有解，对于每个 $k$。这个命题也可以在齐次情况下考虑。

那么我们应该问自己：如何保证在每个 $(\mathbb {Z} /p^{k})^{m}$ 中存在解？这个问题将在下一小节中得到解答，Serre 在其中证明了亨塞尔引理。

=应用

在下一章中，Serre 将应用这里工具来研究多项式

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

的乘法群 $\mathbb {Q} _{p}$

本节研究了我们迄今为止遇到的各种乘法群：$\mathbb {F} _{p}^{*},\mathbb {Z} _{p}^{*},\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 以及这些群的平方。本节中的工具将在下一章中 Serre 讨论希尔伯特符号时很有用。

单位群的过滤

本小节确定了包含在 $\mathbb {Z} _{p}$ 中的一些单位根，因此 $\mathbb {Q} _{p}$。塞尔通过对单位群的过滤来实现这一点。

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

由以下给出

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

其中

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

请注意，每个 $U_{n}$ 都是态射的核

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

我们可以看到

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

存在一个短精确序列

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

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

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

这是因为如果我们取两个元素 $(1+p^{n}x),(1+p^{n}y)\in U_{n}$，我们可以将它们相乘得到：

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

Serre 然后引入一个有用的辅助引理来分析以下短精确序列的直接系统

群 $U_{1}$ 的结构

本小节确定了群 $\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 的结构。它利用了一个观察结果：任意 $x\in \mathbb {Q} _{p}^{*}$ 等于 $p^{n}\cdot u<math>where<math>n\in \mathbb {Z}$ 且 $u\in U$，因此我们可以将该群分解成 $\mathbb {Z} \times U$ 的积。现在我们只需确定 $U$ 的群结构，这在命题 8 中完成。

$\mathbb {Q} _{p}^{*}$ 中的平方

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