bangbang1412

Cho m,n là 2 số nguyên dương và $m|n$. Tìm ideal A của $\mathbb{Z}_n$ sao cho $\mathbb{Z}_n/A\cong \mathbb{Z}_m$.

Định lý đẳng cấu thứ ba: Cho $P \subset N \subset M$ là ba module trên một vành giao hoán có đơn vị $R$, khi đó $N/P$ là một ideal của $M/P$ và $(M/P)/(N/P) \simeq M/N$.

 

Chứng minh. Xét đồng cấu module $\mathrm{id}: M \longrightarrow M$, do $P \subset N$ nên nó cảm sinh một đồng cấu $M/P \longrightarrow M/N$. Rõ ràng đây là toàn cấu với hạt nhân $N/P$ (can you see why?) nên ta có đpcm theo định lý đẳng cấu thứ nhất.

 

Chọn $R = \mathbb{Z}$, $M = \mathbb{Z},N = m\mathbb{Z},P=n\mathbb{Z}$ thì $P$ là một module con của $N$ do $m \mid n$ và ta thấy $M/N \simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ và $M/P= \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Từ đó kết luận $N/P$ là ideal (module con) cần tìm.

Cảm ơn anh. Em vẫn muốn hỏi thêm tại sao có nghịch đảo thì bảo toàn hạng. Vì hạng của ma trận m*n không phải là ma trận vuông.

Hạng của một ma trận $A$ với các hàng $H_1,...,H_m$ (mỗi $H_i$ là một vector trong $\mathbb{R}^n$) là số chiều của không gian vector sinh bởi các vector $H_1,...,H_m$. Nếu bạn biến đổi sơ cấp trên các hàng, ví dụ $H_1+2H_2,H_2,...,H_m$ thì không thay đổi không gian mà nó sinh ra, vì hai hệ sinh có thể biến đổi ngược lại nhau.

Thưa mọi người, em muốn hỏi tại sao biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận. Sách giải thích rất đơn sơ ạ

https://vi.m.wikiped.../Ma_trận_sơ_cấp

Bạn xem ở đây. Lý do vì mỗi biến đổi sơ cấp tương đương với phép nhân với một ma trận sơ cấp, mà mà trận sơ cấp thì khả nghịch nên nó không thay đổi hạng.

Cảm ơn @bangbang1412 rất nhiều về bài viết mà phải nói là quá công phu và trình bày rất đẹp mắt! Tuyệt vời!

Mới bổ sung khá nhiều anh ạ do em ở nhà cuối tuần chán nên viết tý.

Lân cận của điểm

 

Giờ đây ta biết số nguyên tố $p$ xác định một ideal nguyên tố $(p)$, và do đó là điểm $(p) \in \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$. Một lân cận của $(p)$ thì trông như thế nào?

 

Ta biết rằng cơ sở của tô-pô Zariski là các tập $D(n)$ với $n \in \mathbf{Z}$. Như vậy nếu $(p) \notin D(n)$ thì có nghĩa là

$$n((p)) = 0 \Leftrightarrow n = 0 \ \mathrm{mod} \ p \Leftrightarrow p \mid n.$$

Điều này cũng trực tiếp suy ra mỗi hàm $n \in \mathbf{Z}$ chỉ triệt tiêu tại hữu hạn điểm (giống như một đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm). Nói cách khác tập $D(n)$ là là kỳ cục, nó là phần bù của một tập hữu hạn không chứa $(0)$ trong $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$, i.e. có dạng

$$\mathrm{Spec}(\mathbf{Z}) - \left \{(p_1),...,(p_r) \right \}$$

nếu $\left \{p_1,...,p_r \right \}$ là tập các ước nguyên tố của $n$. Nói cách khác, dù họ $D(n)$ là một cơ sở cho tô-pô. Nhưng các phần tử của cơ sở này không tốt chút nào: CHÚNG KHÔNG NHỎ, HAY CÒN RẤT TO LÀ KHÁC! (mọi tập $D(n)$ đều trù mật trong $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$)Thêm một tính chất nữa, trong không gian Hausdorff, nếu bạn lấy giao tất cả các lân cận của một điểm thì bạn thu được chính điểm đó. Giờ nếu ta lấy giao

$$\bigcap_{(p) \in D(n)} D(n)$$

thì ta thu được cái gì? Hãy viết cái này dưới dạng thân thương hơn

$$\bigcap_{n \notin (p)} \left \{n \neq 0 \right \}.$$

Để nói rằng giao này không hề nhỏ, ta hãy nhìn vào các hàm trên nó, hãy tự thuyết phục bản thân bạn rằng các hàm trên nó là cái gì đó như thế này

$$\bigcup_{n \notin (p)} \mathbf{Z}\big[\frac{1}{n}\big].$$

Trong đó hợp này giao được lấy trong một tập to hơn, dễ nhất là lấy trong $\mathbf{Q}$. Tới đây, ta thu được một vành "khá to", nó là địa phương hóa $\mathbf{Z}_{(p)}$ của $\mathbf{Z}$ tại ideal $(p)$. Ở dạng tập hợp, như trên đã gợi ý, nó chính là

$$\mathbf{Z}_{(p)} = \left \{\frac{n}{m} \in \mathbf{Q} \mid p \nmid m \right \}.$$

Như vậy ít nhất nó trái với trực giác chúng ta là hàm trên không gian một điểm thì toàn là tầm thường. Các hàm trong tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ trái lại chẳng có vẻ tầm thường chút nào. Chẳng hạn thay vì $\mathbf{Z}$ bạn hãy nhìn vào vành $\mathbf{C}[x]$ và lấy giao tất cả các lân cận của điểm $(x-a)$ thì các bạn nhận được là gì? Nó chính là các hàm hữu tỷ $\frac{f(x)}{g(x)}$ mà $g(a) \neq 0$ (viết cách khác $g((x-a)) \neq 0$, giống như $\frac{n}{m} \in \mathbf{Q}$ với $m((p)) \neq 0$). Mỗi hàm hữu tỷ như vậy đều có khai triển Taylor tại $x=a$ ở dạng

$$\frac{f(x)}{g(x)} = a_0 + a_1(x-a) + a_2(x-a)^2 + \cdots + a_n(x-a)^n + \cdots \ a_i \in \mathbf{C}=\mathbf{C}[x]/(x-a)$$

và do đó bạn đoán rằng các số hữu tỷ trong tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ cũng phải có dạng

$$\frac{n}{m} = a_0 + a_1p + a_2p^2 + \cdots + a_n p^n + \cdots \ a_i \in \mathbf{Z}/p,$$

tức là các hệ số thực chất chỉ cần lấy trong tập $\left \{0,1,...,p-1 \right \}$. Đây là ví dụ đầu tiên về số $p$-adic một cách hình học. Nhưng thực chất, tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ chưa vét cạn các số nguyên $p$-adic.

 

Tuy nhiên ta hãy dành nó cho phần sau. Ở đây từ các suy luận trên ta thấy rằng với mỗi điểm $\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)$ thì ta có một vành $R_{\mathfrak{p}}$ là vành địa phương (chỉ có một ideal cực đại). Đến đây ta tạm gọi là đã vẽ được phần nào bức tranh về lược đồ affine

$$((R,\mathrm{Spec}(R)), (R_f,D(f)), (R_{\mathfrak{p}},\bigcap_{\mathfrak{p} \in D(f)} D(f) ) ).$$ Một cấu xạ giữa các lược đồ affine là một cấu xạ tại "từng vị trí" của biểu diễn như trên (tại điểm này, mình đã bỏ qua lý thuyết bó, các bạn có thể xem bài của anh nmlinh16 để tìm hiểu thêm - tuy nhiên điều đó không thật sự quan trọng ở đây). Một đồng cấu vành $\phi:R \longrightarrow R'$ cho ta một đồng cấu lược đồ affine

$$\mathrm{Spec}(R') \longrightarrow \mathrm{Spec}(R), \mathfrak{q} \longmapsto \phi^{-1}(\mathfrak{q}).$$ và xây dựng $R \longmapsto \mathrm{Spec}(R)$ bảo toàn thông tin:

 

Nghiên cứu một vành cũng bằng với nghiên cứu lược đồ affine của nó.

 

 

Giống như đa tạp là việc dán các mảnh $\mathbf{R}^n$, ở đây ta có:

 

Định nghĩa. Một lược đồ là một không gian tô-pô mà về mặt địa phương (tức là mỗi điểm có một lân cận) là một lược đồ affine.

 

Lại là điểm - nhưng hình học!

 

Ta biết rằng mỗi một điểm $\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)$ cho ta một thông tin, đó là trường thặng dư $\kappa(\mathfrak{p}) = \mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p})$. Đồng cấu vành $R \longrightarrow \mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p})$ cho ta một đồng cấu lược đồ $\mathrm{Spec}(\kappa(\mathfrak{p})) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ như lưu ý ở phần trước.

 

Định nghĩa. Một điểm của lược đồ $\mathrm{Spec}(R)$ là một cấu xạ $\mathrm{Spec}(k) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ trong đó $k$ là một trường. Khi $k$ là đóng đại số, ta gọi nó là điểm hình học.

 

Giờ bạn có thể nghĩ rằng $\mathrm{Spec}(k)$ chỉ là một điểm (vì $k$ là một trường, nên chỉ có một ideal khác $(1)$ là $(0)$) thì có gì thú vị mà nghiên cứu?

 

Nghĩ vậy thì bạn nhầm! Về mặt tô-pô nó là một điểm, nhưng đừng quên nó mang trên mình "phép gán vành" (mỗi tập mở được gán một vành), do đó các hàm trên $\mathrm{Spec}(k)$ là cả $k$ nên nó có thể rất to.

 

Về mặt tô-pô thì $\mathrm{Spec}(k)$ là một điểm nên cấu xạ $\mathrm{Spec}(k) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ xác định cho ta một điểm $\mathfrak{p}$. Về mặt đồng cấu vành nó cho ta một dãy đồng cấu vành

$$R \longrightarrow \kappa(\mathfrak{p}) \longrightarrow k$$

và do đó ta có thể nói về giá trị hàm $f \in R$ như ảnh của dãy đồng cấu vành này. Tóm lại điểm vẫn là chỗ mà ta tính giá trị, và giá trị nằm trong một trường.

 

Thế thì tại sao lại quan tâm đến tính đóng đại số (điểm hình học)? Thực ra điểm hình học là chỗ ta tìm nghiệm đầu tiên. Hãy nhớ lại rằng việc giải phương trình

$$x^{7.000.000.000}-2=0$$

trên $\mathbf{Q}$ tương đương với việc tìm các cấu xạ (lát cắt) $\mathrm{Spec}(\mathbf{Q}) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{Q}[x]/(x^{7.10^9}-2))$. Tuy nhiên ta biết rằng phương trình này không có nghiệm trên $\mathbf{Q}$ đơn giản do $2$ thậm chí còn không có căn bậc $2$ do đó chẳng có cấu xạ nào như vậy. Nhưng nếu ta xem xét điểm hình học $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{Q}[x]/(x^{7.10^9}-2))$ thì tương đương với việc giải

$$x^{7.000.000.000}-2=0$$

trong $\mathbf{C}$, do đó nó có tới $7$ tỷ nghiệm, và do đó tương ứng với $7$ tỷ cấu xạ!

 

Quay lại với phương trình nghiệm nguyên

 

Như trong phần đầu tiên đã hứa rằng nói việc giải địa phương một hệ phương trình đa thức hệ số nguyên

$$f_1(x_1,...,x_n) = ... = f_r(x_1,...,x_n)=0 (f_i \in \mathbf{Z}[x_1,...,x_n])$$

tương đương với với việc giải địa phương quanh số nguyên tố $p$. Tức là giải quanh lân cận của ideal $(p) \in \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$. Tuy nhiên ta đã biết rằng các lân cận này rất xấu. Thực tế, chúng xấu vì cái tô-pô chúng xác định xấu. Tô-pô Zariski quá thô (đa số các tập mở đều to, đều trù mật). Làm thế nào để có một tô-pô mịn hơn tô-pô Zariski mà việc giao tất cả lân cận cho ta "một điểm" như trong trường hợp tô-pô?

 

Câu trả lời là một trong các phát kiến cực kỳ sáng tạo của Grothendieck và trường phái của ông: tô-pô étale (tô-pô étale làm cho định lý hàm ngược đúng). Nhưng ngay cả tô-pô étale cũng chưa phải tô-pô đúng trong trường hợp này. Mà nó là cái gọi là tô-pô Nisnevich. Tuy nhiên cả hai tô-pô này quá phức tạp để giới thiệu cho một người mới bắt đầu học hình học đại số do đó ta hãy phủi tay một chút.

 

Giả thiết. Tồn tại một tô-pô trên $\mathrm{Spec}(R)$ mà giao tất cả tập mở chứa $(p)$ cho ta một không gian mà các hàm trên không này là một vành ký hiệu $R_{\mathfrak{p}}^h$. Nó là một $R_{\mathfrak{p}}$-đại số và là một vành địa phương với ideal cực đại $\mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}^h$.

 

Bạn có thể đoán rằng $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ là các số nguyên $p$-adic. Nếu vậy, bạn lại nhầm. Tuy nhiên ta biết rằng ta đã đến gần hơn với câu trả lời. Hãy để mình gọi $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ là "Hensel hóa" của $\mathbf{Z}_{(p)}$. Tức là nó thỏa mãn bổ đề Hensel.

 

Định nghĩa. Cho $(A,\mathfrak{m},k)$ là một vành địa phương (tức là $\mathfrak{m}$ là ideal cực đại duy nhất, $k=A/\mathfrak{m}$ là trường thặng dư), với mỗi $f \in A[x]$, ta ký hiệu $\overline{f}$ là ảnh của $f$ qua phép lấy modulo $\mathfrak{m}$, $A[x] \longrightarrow k[x]$. Ta nói $A$ thỏa mãn bổ đề Hensel hay gọi $A$ là vành Hensel nếu $f \in A[x]$ có phân tích $\overline{f}=g_0h_0$ trong $k[x]$ thì tồn tại $g,h \in A[x]$ sao cho $f=gh$ và $\overline{g}=g_0$ và $\overline{h}=h_0$.

 

Nói cách khác, phân tích trong $k[x]$ có thể nâng lên thành phân tích trong $A[x]$. Nói riêng, nghiệm trong $k[x]$ có thể nâng lên thành nghiệm trong $A[x]$.

 

Để thực sự đạt được câu trả lời ta hãy quay lại với trường hợp hàm phức, nơi mà tô-pô đủ tốt để ta không phải thêm thắt gì và hãy đoán xem Hensel hóa của $\mathbf{C}[x]_{(x-a)}$ (các hàm với mẫu không có nghiệm $a$) là gì?

 

Phương pháp chuỗi giải phương trình vi phân. Làm thế nào để giải một phương trình vi phân một biến $Df=0$ tại lân cận một điểm? Phương pháp dễ nhất là phương pháp chuỗi, nó thực hiện theo hai bước sau.

• Tìm một nghiệm hình thức $\mathbf{C}[[x-p]]$ (các chuỗi hình thức, không có điều kiện hội tụ) bằng cách thế nào phương trình và kiểm tra xem các hệ số này cho ta cái gì.
• Kiểm tra xem chuỗi này hội tụ không. Ta ký hiệu $\mathbf{C}\left \langle x-p  \right \rangle$ là tập các chuỗi $\sum_{i=0}^{\infty}a_i(x-a)^i$ mà có bán kính hội tụ dương. Tập này dĩ nhiên là một vành.

Một lợi thế của việc tìm nghiệm trong $\mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$ là phương trình $Df=0$ có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại các đa thức $f_n \in \mathbf{C}[x-a]$ với $\mathrm{deg}(f_n) \leq n$ sao cho $Df_n=0$ và dãy $(f_0,f_1,...f_n,...)$ hội tụ theo một nghĩa nào đó: các hệ số của nó cho ta một chuỗi có bán kính hội tụ dương. Như vậy bạn có thể đoán rằng $\mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h = \mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$ tuy nhiên ta cần ghi nhớ tính chất đặc biệt bằng việc xấp xỉ đa thức của $\mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$

$$\mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h = \mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle = \lim \ \mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h/ (x-a)^n.$$

Nói cách khác, ta nên xem xét vành

$$\lim \mathbf{Z}^h_{(p)}/p^n \mathbf{Z}^h_{(p)} = \mathbf{Z}_{(p)}/p^n\mathbf{Z}_{(p)} = \lim \mathbf{Z}/p^n\mathbf{Z}$$

Và vành này hóa ra lại là vành các số nguyên $p$-adic $\mathbf{Z}_p$ (chứ không phải $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ như trường hợp trên) và tiêu chuẩn xấp xỉ bởi đa thức được viết lại thành cái mà chúng ta đã có ở bài trước.

 

Định lý. Một phương trình có nghiệm $p$-adic khi và chỉ khi nó có nghiệm modulo $p^n$ với mọi $n$.

 

Tóm lại ta vừa chứng minh rằng làm việc địa phương tức là giải $p$-adic một hệ phương trình $f_1=...=f_r$ thì tương đương với tìm các biểu đồ giao hoán

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p[x_1,...,x_n]/(f_1,...,f_r)) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)
}
\end{xy}

 

Ta sẽ ứng dụng nó để tìm hiểu (không phải chứng minh đủ) một định lý rất nổi tiếng trong số học, định lý Legendre nôm na nói rằng một phương trình thuần nhất bậc hai ba biến có nghiệm khi và chỉ khi nó có tất cả các nghiệm địa phương. Nhưng trước tiên ta hãy chứng minh một định lý thú vị hơn trong giải tích phức: định lý Liouville. Định lý Liouville nói rằng hàm chỉnh hình bị chặn trên toàn mặt phẳng thì là hằng số.

 

Trước tiên ta hãy đến với một lớp lược đồ cực kỳ quan trọng: các không gian xạ ảnh!

 

Không gian xạ ảnh: một lớp lược đồ không affine

 

Trong phần trước mình đã định nghĩa một lược đồ là hợp của các lược đồ affine nhưng thực tế chỉ làm việc với các lược đồ affine nên có thể bạn sẽ hỏi: có hay không các lược đồ không affine? Dĩ nhiên câu trả lời là có rất nhiều, nếu không người ta không cần tốn công vẽ ra lược đồ làm gì vì chỉ làm với affine thì cũng tương đương làm với vành. Tuy nhiên điều này không có nghĩa bạn có thể làm việc trực tiếp với các lược đồ mà bỏ qua phần affine. Giống như các tính toán trên đa tạp bạn luôn phải quy về các bản đồ địa phương thì ở đây cũng vậy.

 

Slogan. Làm địa phương, kết quả toàn cục.

 

Một lớp lược đồ rất quan trọng (mà hầu hết các lược đồ khác đều được nhúng vào chúng theo nghĩa nào đó) là các không gian xạ ảnh trên trường (ở đây ta bỏ qua các vành để tránh phiền phức). Để hiểu chúng ta hãy tới với ví dụ đơn giản nhất: đường thẳng xạ ảnh (projective line) hay còn gọi trong giải tích phức là mặt cầu Riemann.

 

Mặt cầu Riemann $S = \mathbf{P}^1 = \mathbf{C} \cup \left \{\infty \right \}$ là cách ta thêm vào mặt phẳng một điểm vô cùng, thường được biểu diễn bằng cách lấy trong không gian ba chiều (ba chiều thực, vì $\mathbf{C}$ là hai chiều phức) sau đó lấy điểm cực bắc $N = (0,0,1)$ chiếu xuống.

 vbbv6.png   43.31K   3 Số lần tải

 

Nhưng như vậy thì tô-pô của $\mathbf{P}^1$ xung quanh $N=\infty$ là như thế nào (do nó không nằm trên $\mathbf{C}$ nên tô-pô của nó không hiển nhiên), bạn có thể thấy rằng một lân cận vô cùng bé của $N$ trên mặt cầu sẽ chiều một vùng vô cùng lớn xung quanh gốc tọa độ $\mathbf{0}=(0,0,0)$. Đây là cách định nghĩa dễ nhất. Về mặt đại số nó nói rằng tọa độ $z$ tiến về $N$ khi và chỉ khi hàm $\frac{1}{z}$ tiến về $0$. Nói cách khác,

$$\frac{1}{z}(\infty) = 0$$

và hơn nữa $\frac{1}{z}(\mathbf{0}) = \infty$. Nếu bây giờ bạn lắp một mặt phẳng song song với $\mathbf{C}$ với gốc tọa độ mới là $N$ thì bạn đã đảo vị trí của $N$ và $\mathbf{0}$ và điều này diễn tả dạng đại số là

$$z(\infty) = \infty, z(0) = 0.$$

Tất cả những điều mình vừa thảo luận để nói rằng nếu bạn chỉ dùng cả mặt cầu thì không đủ sức để tô-pô hóa $S$ mà bạn phải dùng hai mảnh $U=S \setminus \left \{\infty \right \}$ và $V=S \setminus \left \{\mathbf{0} \right \}$. Bạn lần lượt có hai hàm tọa độ: $\frac{1}{z}$ trên $V$ và $z$ trên $U$. Hai mảnh $U,V$ đẳng cấu với nhau qua phép đảo tọa độ  $z \mapsto \frac{1}{z}$. Thông qua phép đảo này hai điểm $0$ và $\infty$ đổi vị trí cho nhau. Nhớ rằng $U = \mathbf{C}$ là đường thẳng (đường thẳng vì nó một chiều phức - chứ không phải xét hai chiều thực tức là mặt phẳng) và do đó $V$ cũng là đường thẳng.

 

Điều này gợi ý một cách làm đại số: ta tìm hai đường thẳng và dán chúng lại ở phần giao. Vậy cái gì đóng vai tró một đường thẳng? Chúng ta vốn đã biết rồi, nó chính là $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[x])$ mà từ giờ sẽ ký hiệu hiệu là $\mathbf{A}_{\mathbf{C}}^1$. Các điểm của nó chỉ là các ideal $(x-a)$ và ứng với các điểm $a$ trong $\mathbf{C}$. Ta đã xử lý được mảnh $U$, còn mảnh $V$. Ta nhớ rằng $V$ là chỗ mà tọa độ $x$ khả nghịch. Vậy đơn giản nhất ta lấy mảnh $V$ là $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{1}{x} \big])$.

 

Định nghĩa. Đường thẳng xạ ảnh $\mathbf{P}^1$ là một lược đồ có một phủ mở gồm hai lược đồ $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[x]) \cup \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{1}{x} \big])$ và trên phần giao $\mathbf{C}\big[x,\frac{1}{x}\big]$ chúng được tính thông qua phép nghịch đảo tọa độ $x \mapsto \frac{1}{x}$.

 

Một hàm trên $\mathbf{P}^1$ thì trông như thế nào? Trước tiên một hàm trên $\mathbf{P}^1$ thì phải là hàm trên cả hai mảnh $U,V$ và bằng nhau trên phần giao $U \cap V$. Một hàm trên $U$ thì là một đa thức $f(x)$ còn một hàm trên $V$ là một đa thức $g(\frac{1}{x})$ và chúng bằng nhau khi và chỉ khi chúng là hằng số trên $\mathbf{C}$. Đây chính là nội dung của định lý Liouville đại số. Ta còn suy ra một hệ quả quan trọng nữa: $\mathbf{P}^1$ không affine, vì nếu affine thì nó phải đẳng cấu với phổ $\mathrm{Spec}(\mathbf{C})$ của tất cả các hàm của nó, nhưng phổ này là phổ của một trường nên tầm thường trong khi $\mathbf{P}^1$ có rất nhiều điểm.

 

Làm thế nào để mở rộng xây dựng này lên trường hợp nhiều chiều?

 

Điều này không quá khó nếu ta nhìn vào các điểm của $\mathbf{P}^1$ (trong trường hợp giải tích). Chúng tham số hóa cái gì? Rõ ràng một điểm trên mặt phẳng $\mathbf{C}$ nối với điểm cực bắc $N$ cho ta một đường thẳng, nó cắt mặt cầu tại duy nhất một điểm. Nói cách khác, mỗi điểm khác $N$ tương ứng với duy nhất một đường thẳng. Nhưng bản thân $N$ có thể xem là một đường thẳng suy biến. Nói cách khác, $\mathbf{P}^1$ có điểm là các đường thẳng.

 

Điều này cho ta một mô tả khác của $\mathbf{P}^1$: mỗi điểm của nó là một bộ $(x_0,x_1)$ với $x_i \in \mathbf{C}$ nhưng chỉ xác định chính xác phép nhân với vô hướng khác không, i.e. $(x_0,x_1) = (\lambda x_0, \lambda x_1)$ với $\lambda \in \mathbf{C}^{\times}$ (do mỗi đường thẳng qua gốc tọa độ chỉ xác định duy nhất bằng một điểm và các điểm còn lại là bội của điểm này). Khi đó mảnh $U$ và $V$ lần lượt tương ứng với vị trí $x_0 \neq 0$ và $x_1 \neq 0$, do đó các điểm trong $U,V$ lần lượt có dạng $\big[1,\frac{x_1}{x_0}]$ và $\big[\frac{x_0}{x_1},1\big]$ và nếu dùng cách này ta có thể viết

$$\mathbf{P}^1 = \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_1}\big]) \cup \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{x_1}{x_0}\big]),$$

và giờ hãy tự thuyết phục bạn rằng nếu $\mathbf{P}^n$ tham số hóa các đường thẳng trong không gian $n$-chiều thì nó phải cái gì đó trông như thế này

$$\mathbf{P}^n = \bigcup_{i=0}^n \mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg).$$

và các phép chuyển tọa độ giữa hai mảnh

$$\mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg) \longrightarrow \mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_j},...,\frac{x_{j-1}}{x_j},\frac{x_{j+1}}{x_j},...,\frac{x_n}{x_j} \big]\bigg)$$

sẽ là $\frac{x_k}{x_i} \mapsto \frac{x_k}{x_i} \frac{x_i}{x_j}$. Tương tự với $\mathbf{P}^1$, bạn có thể chứng minh tất cả các hàm trên $\mathbf{P}^n$ là hàm hằng.

 

Vậy bạn sẽ hỏi nếu lược đồ affine cho ta một cách nhìn về việc giải phương trình thì $\mathbf{P}^n$ có cho ta cách nhìn nào như vậy không? Và nếu có các phương trình của nó có dạng nào không?

 

Câu trả lời là nó giúp ta giải các phương trình thuần nhất. Một đa thức thuần nhất bậc $d$ là một đa thức $f(x_1,...,x_n)$ thỏa mãn

$$\lambda^d f(x_1,...,x_n) = f(\lambda x_1,...,\lambda x_n)$$

do đó bộ nghiệm của $f(x_1,...,x_n)=0$ xác định trên từng đường thẳng, ví dụ $x_0^2+x_1^2-x_2^2=0$, và sẽ hợp lý hơn nếu ta lấy nghiệm trong không gian xạ ảnh. Với mọi đa thức thuần nhất $f$ như vậy ta có thể xây dựng một không gian tương tự như không gian xạ ảnh mà sẽ ký hiệu là $\mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{C}[x_1,...,x_n]}{f(x_1,...,x_n)}\bigg)$ (ở đây $\mathbf{P}^n = \mathrm{Proj}(\mathbf{C}[x_1,...,x_n])$). Để làm như vậy ta xây dựng trên từng mảnh $\mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg)$ và dán chúng lại với nhau. Ví dụ với phương trình $x_0^2+x_1^2=x_2^2=0$ thì trên mảnh mà $x_2 \neq 0$ thì nó tương đương với việc tìm các lát cắt của

$$\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[t_0,t_1]/(t_0^2+t_1^2-1)) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{C})$$

(lưu ý ở đây ta có thể thay $\mathbf{C}$ bằng $\mathbf{Z}$ hay $\mathbf{Q}$ tùy ý) và tương tự ở chỗ $x_0,x_1\neq0$. Ta giải rồi dán chúng lại với nhau để nhận được nghiệm toàn cục.

 

Định lý Legendre

 

Giờ ta hãy xem xét cách giải địa phương định lý Legendre (không phải chứng minh hoàn chỉnh) thì như thế nào.

 

Định lý Legendre. Cho $a,b,c \in \mathbf{Z}$ là ba số nguyên khác không và đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó phương trình

$$f_{a,b,c}(x,y,z) = ax^2+by^2+cz^2$$

có nghiệm khi và chỉ khi hai kiện sau cùng thỏa mãn:

• Ba số $a,b,c$ không cùng dấu.
• $-ab$ là bình phương modulo $\left|c\right|$, $-bc$ là bình phương modulo $\left|a \right|$, $-ac$ là bình phương modulo $\left|b \right|$.

Chứng minh. Ta đã nói rằng việc giải phương trình $f_{a,b,c}(x,y,z)$ thì tương đương với việc tìm các biểu đồ

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})
}
\end{xy}

và do đó tìm nghiệm $p$-adic, hay còn gọi là nghiệm địa phương thì tương đương với việc "giải biểu đồ"

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}_p[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)
}
\end{xy}

(sẽ không vấn đề nếu ta thay $\mathbf{Z}_p$ bằng $\mathbf{Q}_p$) rồi ta sẽ hy vọng với mọi $p$ tồn tại một nghiệm địa phương thì sẽ tồn tại một nghiệm hữu tỷ (do đó nghiệm nguyên). Vậy làm thế nào tìm nghiệm địa phương? Ta dựa vào bổ đề Hensel, nó nói nôm na rằng nếu phương trình có nghiệm trên $\mathbf{Z}/p$ thì sẽ có nghiệm trên $\mathbf{Z}_p$. Giờ hãy xem xét phương trình

$$f_{a,b,c}(x,y,z) = ax^2+by^2+cz^2 = 0 \ \mathrm{mod} \ p$$

Có hai trường hợp:

• Nếu $p$ không là ước của cả ba số $a,b,c$ thì ta có thể giả sử $c=1$ và do đó quy về giải $ax^2+by^2+z^2=0$ và do đó rút gọn về phương trình $ax^2+by^2+1=0$. Nói cách khác hai tập $\left \{ax^2 \right \}$ và $\left \{-by^2-1\right \}$ phải có phần giao. Do $a,b$ khác $0$ modulo $p$ nên mỗi tập này có chính $\frac{p-1}{2}+1$ phần tử, hợp của cả hai tập do đó có $p+1$ phần tử, nhiều hơn $1$ so với số phần tử của $\mathbf{Z}/p$. Do đó chúng có phần giao, là nghiệm. Theo bổ đề Hensel thì $f_{a,b,c}$ có nghiệm trong $\mathbf{Q}_p$.
• Nếu $p$ là ước của một trong ba số $a,b,c$ thì nó chỉ là ước của duy nhất một trong ba số $a,b,c$. Không giảm tổng quát ta giả sử $p \mid c$. Ta tìm nghiệm địa phương ở bản đồ $\mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \cap \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}\big[\frac{x}{z},\frac{y}{z}\big])$ tức là chỗ mà $z \neq 0$. Ở bản đồ này $f_{a,b,c}$ trơn (như vậy mới áp dụng được bổ đề Hensel) trên $\mathbf{Z}_p$. Như vậy một lần nữa ta quy về việc giải $ax^2+by^2=0$ trên $\mathbf{Z}/p$ với điều kiện $z \neq 0$. Theo giả thiết thì $-ab$ là bình phương modulo $p$ nên $-ab = t^2$ và phương trình ban đầu có thể viết lại $(ax)^2 = (ty)^2$. Ta thử giải $ax=ty$. Do $t \neq 0$ (vì $p$ không là ước của $ab$) nên nó tương đương với $(at^{-1})x=y$, phương trình này có nghiệm $x=1,y=at^{-1}$.

Như vậy ta đã hoàn tất bài toán giải địa phương. Vậy để kết luận nó có thể nâng lên một nghiệm toàn cục là nội dung của nguyên lý địa phương-toàn cục (hay còn gọi là nguyên lý Hasse) mà anh @nmlinh16 đã bàn tới trong bài này.