|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
27-03-2017, 09:57 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2013 Bài gởi: 60 Thanks: 11 Thanked 16 Times in 15 Posts | Định lý mật độ Chebotarev Mệnh đề 1. $\left\{p |p\equiv 1 \mod 8,2 \notin \mathbb{F}_p^{\times^{4}}\right\}$ trong tập các số nguyên tố có mật độ tự nhiên 1/8. (Tập S các nguyên tố hữu hạn trong một trường K có mật độ tự nhiên $\delta$ nếu $$\lim_{N\to \infty} \frac{|\left\{\mathfrak{p}\in S|\mathbb{N}\mathfrak{p}\leq N\right\}|}{|\left\{\mathfrak{p}|\mathbb{N} \mathfrak{p} \leq N \right\}|}=\delta.)$$ Ta chứng minh bằng cách áp dụng định lý mật độ Chebotarev: Định lý mật độ Chebotarev. Cho L là một mở rộng Galois hữu han của trường số K, với nhóm Galois G, và C là một lớp liên hợp trong G. Tập hợp các ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ của K sao cho $(\mathfrak{p},L/K)=C$ có mật độ |C|/|G|. Ðặt $L=\mathbb{Q}(\sqrt[4]{2},i)$ và G=Gal($L/\mathbb{Q}$). Nhóm G là nhóm $D_8$ sinh bởi $$\sigma: \sqrt[4]{2} \mapsto \sqrt[4]{2}i$$ $$i\mapsto i$$ và $$\tau: \sqrt[4]{2} \mapsto \sqrt[4]{2}$$ $$i\mapsto -i$$. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy rằng $\left\{\sigma^2\right\}$ là một lớp liên hợp của G. Ta sẽ chỉ ra $\left\{p |p\equiv 1 \mod 8,2 \notin \mathbb{F}_p^{\times^{4}}\right\}=\left\{p|(p,L/K)=\sigma^2\right\}$ và như vậy mệnh đề đúng như là một hệ quả của định lý mật độ Chebotarev. Đặt $K=\mathbb{Q}(i)$. Mục tiêu là tính các kí hiệu Artin trong mở rộng $L/\mathbb{Q}$. Đầu tiên, cần tìm các nguyên tố rẽ nhánh trong $L/\mathbb{Q}$. Thay vì vậy, chỉ cầm tìm các nguyên tố rẽ nhánh trong $L/K$ và $K/\mathbb{Q}$. Rõ ràng 2 là nguyên tố duy nhất rẽ nhánh trong $K/\mathbb{Q}$ và disc$(L/K)=$disc$(X^4-2)=(-2)^{11}$ (m=deg(f),disc$(f(X))=(-1)^{(m-1/2)}$Nm$_{L/K}(f'(\alpha))$) nên cùng lắm (1+i) rẽ nhánh trong L/K. Do đó 2 là nguyên tố duy nhất rẽ nhánh trong $L/\mathbb{Q}.$ Như vậy, kí hiệu Artin chỉ định nghĩa với các nguyên tố lẻ. Ta chứng minh $\left\{p|(p,L/K)=\sigma^2\right\}\subset \left\{p |p\equiv 1 \mod 8,2 \notin (\mathbb{F}_p^{\times^{4}})\right\}$. Thật vậy, gọi $\mathfrak{B}$ là một nguyên tố bất kì của L nắm trên p và đặt $\mathfrak{p}=\mathfrak{B}\cap K$. Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn $p\equiv 1$ mod 8 và $2 \notin \mathbb{F}_p^{\times^{4}}$ thì p phân rã trong K. Do đó công thức $(\mathfrak{B},L/\mathbb{Q})^{f(\mathfrak{p}/p)}=(\mathfrak{B},L/K)$ kéo theo $(\mathfrak{B},L/\mathbb{Q})=(\mathfrak{B},L/K)$. Như vậy, $(\mathfrak{B},L/\mathbb{Q}) \in$ Gal(L/K)=$\left\{1,\sigma,\sigma^2,\sigma^3\right\}$ và $(\mathfrak{B},L/\mathbb{Q})(\sqrt[4]{2})=\sqrt[4]{2}u$ với u=$1,-1,i,-i$. Từ định nghĩa phần tử Frobenius, u thỏa mãn $\sqrt[4]{2}u\equiv (\sqrt[4]{2})^p$ mod $\mathfrak{B}$ hay $\sqrt[4]{2}((\sqrt[4]{2})^{p-1}-u) \equiv 0$ mod $\mathfrak{B}$. $\mathfrak{B}$ không nằm trên 2 nên điều này kéo theo $(\sqrt[4]{2})^{p-1}\equiv u$ mod $\mathfrak{B}$. $2^{(p-1)/2}=\left(\frac{2}{p}\right)=(-1)^{(p^2-1)/8}=1$ mod p nên $u^2\equiv 1$ mod $\mathfrak{B}$. Như vậy u=1 hoặc u=-1. Do $\mathbb{F}_p^{\times}$ là nhóm xích p-1 phần tử nên nếu $2^{(p-1)/4}\equiv 1$ mod p thì $2\in \mathbb{F}_p^{\times^4}$, trái với giả thiết. Vậy u=-1 và $(p,L/\mathbb{Q})=\sigma^2$. Hơn nữa, điều ngược lại cũng đúng. Tức là nếu $p\neq 2,(p,L/\mathbb{Q})=\sigma ^2$ thì $p\equiv 1$ mod 8 và $2\notin \mathbb{F}_p^{\times^4}$. Thật vậy, $\sigma^2(\sqrt(2))\equiv (\sqrt(2))^p$ mod $\mathfrak{B}$ kéo theo $2^{(p-1)/2}\equiv 1$ mod p nên $p \equiv 1,-1$ mod 8. $\sigma^2(i)\equiv i^p$ mod \mathfrak{B} kéo theo $i^{p-1}\equiv 1$ mod $\mathfrak{p}$, dẫn tới $p\equiv 1$ mod 8. Từ $\sigma^2(\sqrt[4]{2})\equiv (\sqrt[4]{2})^p$ mod $\mathfrak{B}$, $2^{(p-1)/4}\equiv -1$ mod p. Vậy 2 không là lũy thừa bậc bốn modulo p. thay đổi nội dung bởi: Ngonkhtn, 27-03-2017 lúc 10:07 PM |
Bookmarks |
|
|