Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar. Normák Testei. MSc Szakdolgozat. Témavezető:

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Normák Testei MSc Szakdolgozat Írta: Csige Tamás Témavezető: Zábrádi Gergely, egyetemi adjunktus Algebra és Számelméleti Tanszék, ELTE TTK 2012

2 Köszönetnyílvánítás Ezúton szeretnék köszönetet mondani Zábrádi Gergelynek, aki a témát figyelmembe ajánlotta, valamint meglátásaival, tanácsaival és türelmével segítette, hogy a szakdolgozat létrejöhessen. 2

3 Tartalomjegyzék 1. Bevezető Felhasznált fogalmak, tételek, állítások, elágazási részcsoportok A Hasse - Herbrand függvény Normák Testei Witt - gyűrű, Tökéletes Normák Teste Witt - gyűrűk Tökéletes Normák Teste

4 1. fejezet Bevezető A Normák Teste eredetileg Fontaine és Wintenberger konstrukciója annak eldöntésére, hogy F p ((π)) és Q p (µ p ) abszolút Galois - csoportjai izomorfak - e. Ez ma már a Fontaine - Wintenberger tétel, amely egy es cikkükben [3] jelent meg. A megközelítés módja nehézségeket okoz akkor, amikor olyan lokális testekre próbáljuk általánosítani a tételt, amelyek maradékteste nem tökéletes, hiszen a klasszikus normák teste erősen épít elágazáselméletre és például már az is egy probléma, hogy nem is biztos, hogy minden maradéktestbeli elemnek lesz multiplikatív reprezentánsa. Így még azt sem tudjuk biztosítani, hogy teljesüljön, hogy L N(L K). Viszont egy új megközelítési módja is lehetséges a korábbi kérdésnek, amelyben az elágazáselméletnek nincs sok szerepe és amely eredetileg Scholze [7] munkája, majd később Kedlaya[4] [5] [6], valamint Liu[5] [6] is foglalkozni kezdett vele, amelyből ben két közös cikk is született. Ez a megközelítési mód egy általánosabb állításhoz is elvezet, amely persze speciális módon tartalmazza az előbb említett tételt. Az általánosabb konstrukció jóval tovább mutat ennél a problémakörnél, fontos szerepe van a (ϕ, Γ) - modulusok elméletében, valamint a p - adikus Langlands programban. Az 1.1 fejezetben áttekintjük a legfontosabb alapfogalmakat, az Alegbrai Számelmélet I. Msc kurzust, valamint Fesenko - Vostokov [2] könyvét követve. A 2 és 3 fejezetekben felhasználva megint [2] - t, bevezetjük a Hasse - Herbrand függvényt, majd megkonstruáljuk a klasszikus normák teste funktort, de egy igen különböző, önálló úton, saját bizonyításokkal jutunk el oda. A 4 fejezet elején áttekintjük a Witt - gyűrűk konstrukcióját, lényegében Berger jegyzete [1] alapján, végül Keldlaya [4] kontrukcióját használjuk a tökéletes normák testére. 4

5 1.1. Felhasznált fogalmak, tételek, állítások, elágazási részcsoportok Az K L testbővítést L/K - val jelöljük, ha a bővítés Galois, akkor G = Gal(L/K) a bővítés Galois - csoportja Definíció. Egy R gyűrű lokális, ha egyetlen maximális ideálja van Definíció. Az R integritási tartományt diszkrét értékelési gyűrűnek nevezzük (DVR), ha lokális főideálgyűrű Ha R DVR, akkor legyen m R a maximális ideál. Ez generálható egy p R elemmel. Mivel R főideálgyűrű, van egyértelmű prímfaktorizáció, így lesz egy prímelem Állítás. R minden eleme felírható εp n alakban, ahol ε R. R - en definiálhatunk egy v : R Z függvényt, amit diszkrét értékelésnek hívunk. Ha b = εp n, akkor legyen v(b) = n, továbbá legyen v(0) = +. Vegyük R hányadostestét, K - t. Ekkor v kiterjed v : K Z homomorfizmussá. v tulajdonságai:. (a) v(a) = a = 0. (b) v(ab) = v(a) + v(b). (c) v(a + b) min{v(a), v(b)} 1.4. Példa. Legyen R = Z, K = Q, p prím. Ekkor a b Q - ra Ezt p - adikus értékelésnek hívjuk. v p ( a b ) = n a b = pn a 1 b 1 p a 1 b 1 Persze megközelíthetjük a másik irányból is. Definiálhatunk egy v függvényt a K testen, a fenti tulajdonságokkal Definíció. Az O K = {a K : v(a) 0} gyűrűt egészek gyűrűjének hívjuk Állítás. Vegyük az m K = {a O K : v(a) > 0} O K halmazt. O K lokális gyűrű, az m ideál maximális ideál O K - ban 1.7. Definíció. A k K = O K /m K testet a K hányadostestének hívjuk. 5

6 1.8. Definíció. K teljes egy értékelésre nézve, ha minden Cauchy - sorozat konvergens Definíció. K telítettje K = C/M, ahol C = Cauchy - sorozatok gyűrűje, M = nullsorozatok gyűrűje. Definiálhatunk egy nem - diszkrét értékelést is, vagy normát (vagy abszolút értéket) egy adott K testen Definíció. Legyen K test, : K R normának hívjuk, ha. (a) x 0 és x = 0 x = 0. (b) x y = x y. (c) x + y x + y Megjegyzés. és ekvivalensek akkor és csak akkor ha ugyanazt a topológiát indukálják Definíció. Egy norma arkihmédeszi norma, ha a { n n Z} halmaz nem korlátos. Egyébként nem - arkhimédeszi normának hívjuk Állítás. Egy nem - arkhimédeszi norma akkor és csak akkor, ha a - egyenlőtlenség helyett teljesül az ultrametrikus - egyenlőtlenség, azaz (3) x + y max{ x, y } Állítás. : K R nem - arkhimédeszi abszolút érték, akkor az O = {x K x 1} részgyűrű az egészek gyűrűje. Létezik egy egyértelmű maximális ideál m = {x K x < 1} Definíció. Egy K testet lokális testnek hívunk, ha egy diszkrét értékelésre nézve teljes és a maradékteste véges Tétel. Ha K teljes a nem - arkhimédeszi normára nézve és L/K véges bővítés, akkor a norma egyértelműen kiterjed L - re és L teljes erre a normára nézve Következmény. O L fogja jelölni az O K egész lezártját L - ben Definíció. Az értékelés (folytonos vagy diszkrét) homomorfizmus, így a képe Abel - csoportot alkot, ezt normacsoportnak fogjuk nevezni Definíció. Egy π O elemet prímelemnek hívjuk, ha az értékelése generálja a normacsoportot Definíció. Az U 1 = 1+πO csoportot, ahol π prímelem O - ban, főideál - egységek csoportjának hívjuk, az U n = 1+π n O csoportokat pedig magasabb egységcsoportoknak. 6

7 1.21. Állítás. A K csoportnak az U i részcsoportok egy természetes filtrációját adják, azaz K U U Lemma. (Hensel) Legyen K teljes egy nem - arkhimédeszi értékelésre nézve. Ekkor ha f(x) O K [x] egy főegyütthatós polinom felbomlik k K - ban egymáshoz relatív prím egy főegyütthatós polinomok szorzatára,f(x) = g 0 h 0, akkor léteznek g(x), h(x) O K [x] polinomok, hogy f(x) = g h és g g 0, h h 0 (mod π m ) Következmény. Legyen K teljes egy diszkrét értékelésre nézve, (π m ) = m K. Legyen f(x) O K [x] egy főegyütthatós polinom. Legyen f(α 0 ) (π m ) 2s+1 és f (α 0 ) (π m ) s+1 valamilyen α 0 O - ra. Ekkor létezik egy α O, hogy α α 0 (π m ) s+1 és f(α) = Lemma. (Krasner) Ha K analitikus test és L egy véges bővítése, akkor ha f(x) K[x] felbomlik L felett elsőfokúak szorzatára, azaz f(x) = n i=0 (x α i) és minden β K - ra és α i, i 2 - re, α 1 β < α 1 α i, akkor α 1 K Következmény. Egy végtelen algebrai bővítés akkor és csak akkor szeparábilisen zárt, ha a telítettje algebrailag zárt Definíció. Legyen L/K véges bővítés és v értékelés L - en. Ekkor v - t megszoríthatjuk K - ra és ekkor egy v 0 értékelést kapunk K. v 0 (K ) részcsoport v(l ) - ben. Nézzük az indexét. Ezt elágazási indexnek hívjuk. Tekintsük L és K maradéktesteit. Ekkor k L /k K bővítés fokát inerciafoknak hívjuk. Legyenek K L lokális testek, L/K Galois - bővítés. Ekkor persze G hat O L - n Definíció. Legyen i 1. Legyen G i = {g G αg α mod (m L ) i+1, α O L }. Ez persze részcsoport és normálosztó is, mert egyrészt G invariáns m i+1 L - n, minden i - re, másrészt ebből következik, hogy h g h 1 (α) = h g (h 1 (α) α mod (m L ) i+1. G 1 = G, G 0 pedig megegyezik a hányadostestekhez tartozó inerciarészcsoportal,amely a következő homomorfizmus magja: G - ben nézhetjük azokat az elemeket, amelyek a ideált fixen hagyják. m L max L Ez G 0. Persze minden g G 0 hat O L - en, hiszen egy tetszőleges b O L esetén bg is egész lesz, emellett stabilizálja m L - t. Tehát tekinthetünk egy g : O L /m L O L /m L automorfizmust: 7

8 g : (b + m L ) g(b + m L ) = gb + m L O L Nyilván gx = x, x O K - re, így következik, hogy g fixálja k K - t, tehát ez tulajdonképpen egy relatív automorfizmusa a k L /k K bővítésnek, azaz g Gal(k L /k K ). A fentiek alapján következik, hogy van egy G 0 Gal(k L /k K ) homomorfizmus Állítás. A k L /k K bővítés normális, ha ezen felül szeparábilis is, akkor a fenti homomorfizmus szürjektív Állítás. i 1 G i = {1} Bizonyítás. Először is L egy Haussdorf - tér az indukált topológiára nézve. Be kell látni, hogy O L az O K egyszerű gyűrűbővítése, azaz O L = O K [x], valamilyen x - re. Ebből fog következni az állítás. Mivel K és L lokális testek, így k L és k K végesek, tehát k L /k K véges bővítés. Ezen felül egyszerű is, hiszen L Z/pZ bővítése valamilyen primitív p α 1 - ik egységgyökkel, tehát L egyszerű bővítése Z/pZ - nek, így Z/pZ K L miatt, nyilván K - nak is. Tehát létezik valamilyen a O L, hogy k L = k K [ā], ahol a az ā felemeltje. Lokális testekről van szó, így L - ben minden elem konvergens hatványsorba fejthető. Mivel a hatványsor együtthatói akármilyen felemeltek lehetnek, ezért választhatjuk az a polinomjait is. Ekkor viszont a hatványsor minden véges részletösszege a és O K segítségével felírható. Ebből azt a következtetést vonhatjuk le, hogy O K [a] sűrű részhalmaz O L - ben. Azt is tudjuk, hogy O K [a] végesen generált O K felett, tehát kompakt részhalmaz, így zárt és sűrű az előbbi hatványsoros okoskodás miatt az egész O L. Persze még be kell látnunk, hogy abból, hogy O L = O K [a] következik, hogy valóban egyelemű a metszet. Nézzük az ga a alakú elemeket, ahol g végigfut G egységelemtől különböző elemein. Nézzük ezen elemek közül a maximális értékelésűt. Ez persze pozitív értékelésű, mert ha g fixen hagyná a - t, akkor mindent fixen hagy = g = 1. Ekkor viszont van egy G n, ami 1, mégpedig az n = v π (ga a) + 1 szám. Ezzel beláttuk a kívánt állítást Állítás. Ha i 0, akkor létezik injektív homomorfizmus. G i /G i+1 U i /U (i+1) Bizonyítás. Legyen az a homomorfizmus, hogy g gπ π mod U (i+1) 8

9 ahol π egy prímelem L - ben. Az, hogy ez injektív, az triviális, csak azt kell látni, hogy ez homomorfizmus Következmény. G feloldható 9

10 2. fejezet A Hasse - Herbrand függvény Legyen L/K véges Galois bővítés. Bevezetünk egy függvényt: 2.1. Definíció. Legyen i G (s) = i + 1, ha s G i, de s G i+1. i G (1) = Állítás. Tegyük fel, hogy N G és σ G/N. Ekkor i G/N (σ) = 1 e L/K sn=σ i G (s) ahol K az N normálosztó fixteste és e az elágazási fok. Bizonyítás. Ha σ = 1, akkor könnyű dolgunk van, hiszen akkor végtelen. Ha σ 1, akkor az 1.29 állítás bizonyítása bizonyítás miatt mondhatjuk, hogy O L = = O K [x] és O K = O K [y], valamilyen x - el és y - al.ekkor i G (s) = v πl (s(x) x) ahol π L a prímelem O L - ben, amely az egyetlen maximális ideált generálja. Az O L Diszkrét értékelési gyűrű, tehát lokális főideálgyűrű, így létezik egy π O L, amely generálja az m maximális ideált O L - ben, de ekkor persze minden elem O L - ben felírható επ n alakban, ahol ε egység O L - ben. Egy t elem értékelése, v πl (t) = n, ha t = επ n ( Könnyen belátható, hogy ez valóban értékelés ). Visszatérve, mivel O L = O K [x], így ha sx x (mod m k L) (1) akkor sα α 10

11 minden α O K [x] - re. Ekkor persze mivel m L = (π), így nyilván a (1) - ből az következik, hogy sx x 0 azaz ez az elem benne van (m L ) k - ban, azaz π k osztója. Ekkor persze a legnagyobb ilyen hatvány pontosan az sx x elem értékelése lesz. Tehát azt látjuk, hogy s G vπl (s(x) x) és s G vπl (s(x) x)+1. Ugyanígy elmondható, hogy i G/N (σ) = v π K (σ(y) y) miatt kiterjeszthetjük az értékelést. A kiterjesztett értékelés értékkészlete 1Z lesz. e Viszont w értékkészlete Z, tehát 1 - szerese lesz a kiterjesztett értékelésnek. Emiatt e következik, hogy e = e L/K - re e i G/N (σ) = e v π K (σ(y) y) = v πl (s(y) y) minden olyan s G, amelyre sn = σ. sn - ben st alakú a többi reprezentáns, ahol t N. Legyen a = sy y és b = t N(st(x) x). Az kell, hogy ao L = bo L ugyanis ekkor ugyanaz az értékelésük. Vegyük x O K - beli minimál polinomját, f O K [T ] - t. Ekkor persze f(t ) = t N(T tx) hiszen minden Galois csoportbeli elem gyököt gyökbe visz. Egy s G - val együtthatónként hatunk az f polinomon, tehát s(f) O L [T ] és s(f)(t ) = t N(T st(x)). Az s(f) f polinom minden együtthatója osztható (s(y) y) - al, mert f O K együtthatós, tehát O K [y] együtthatós és ha f = a n T n akkor sy y sa n a n. Ebből következik, hogy a = sy y s(f)(x) f(x) = s(f)(x) = ±b 11

12 Már csak azt kell belátni, hogy b osztja a - t. Az y előáll, mint valami g(x), ahol g O K [T ]. Ekkor viszont x gyöke a g(x) y polinomnak, tehát, mivel f volt x minimálpolinomja következik, hogy f(t ) g(t ) y tehát s(f)(t ) s(g)(t ) s(y). Mivel g - nek O K - beliek az együtthatói, így minden s fixen hagyja az együtthatókat, tehát ha elvégezzük a T = x helyettesítést, akkor kapjuk, hogy b g(x) s(y) = y s(y) = a. amiből következik, hogy asszociáltak, tehát ugyanaz az értékelésük Ekkor persze v πl (sy y) = v πl ( t N (st(x) x)) = t N v πl (st(x) x) = t N i G (st) hiszen v πl diszkrét értékelés volt. Most rátérünk a Hasse - Herbrand függvény és tétel tárgyalására. Ez a függvény később nagyon fontos lesz azért, hogy az úgynevezett aritmetikusan provéges bővítéseket definiálni tudjuk. Többek között ez a fő motivációnk, mert azon keresztül fogjuk a Normák Testét bevezetni Definíció. Legyen u R egy 1 szám. Ekkor jelölje G u = G u. Legyen és legyen ϕ(u) = u, ha 1 u 0. ϕ(u) = u 0 1 [G 0 : G t ] dt Ha u az m és m + 1 egész számok közé esik, azaz m u m + 1, akkor persze definícióból következik azonnal, hogy ϕ(u) = 1 [G 0 : G 1 ] + 1 [G 0 : G 2 ] ami persze Lagrange - tétel miatt irható [G 0 : G m ] + (u m) 1 [G 0 : G m+1 ] 1 G 0 ( G G m +(u m) G m+1 ) alakban is. Az is adódik közvetlenül a definícióból, hogy ϕ(m) + 1 = 1 G 0 12 m G i. i=0

13 2.4. Állítás. 1. ϕ folytonos, szakaszonként lineáris ( 1 hosszú szakaszonként ), szigorúan monoton növő és konkáv 2. ϕ(0) = 0 3. Létezik bal oldali illetve jobb oldali derivált: ϕ(m) b = G m G 0 ϕ(m) j = G m+1 G 0 Bizonyítás. Mindhárom állítás közvetlenül adódik a definícióból Ha u Z, akkor ϕ(m) b = ϕ(m) j = G u G 0. Tehát lényegében ϕ : [ 1, ) [ 1, ) egy bijekció, ebből következik, hogy van inverze. Legyen ez ψ Állítás. 1. ψ folytonos, szakaszonként lineáris, konvex és szigorúan monoton növő 2. ψ(0) = 0 3. Ha v = ϕ(u) ψ b(v) = 1 ϕ(u) b ψ j(v) = 1 ϕ(u) b 4. Ha v egész ψ(v) is egész. Bizonyítás. Csak a 4. pont állítása kíván szót. Ha ψ(v) = u ϕ(u) = v v G 0 = G G m +(u m) G m+1 G 0 G 1... G m+1 Ekkor a Lagrange- tétel miatt u Z. 13

14 2.6. Definíció. Legyen G v = G ψ(v) A fejezet további részében azon fogunk dolgozni, hogy a következő tételt belássuk Tétel. (Herbrand) Ha K K L véges Galois bővítések, K az N G fixteste, akkor G v N/N = (G/N) v 2.8. Lemma. ϕ L/K (u) = 1 G 0 min(i G (g), u + 1) 1 g G Bizonyítás. Tekintsük az egyenlőség jobb oldalát, helyettesítsünk be 0 - t. 1 G 0 ( g G 1) 1 = 1 G 0 ( g G 0 1) 1 = 0 Ez persze kielégíti a 2.4 állíás első pontjában felsorolt tulajdonságokat. Csak azt kell látni, hogy mi a jobb oldal deriváltja egy u Z helyen, ahol m < u < m + 1. Ez pont 1 G 0 : G m+1 14

15 ami pedig G m+1 G 0 - lal egyenlő, tehát megegyezik ϕ(u) deriváltjával és mivel a 0 helyen megegyeznek és ugyanaz a deriváltjuk, tehát egyenlők Lemma. Legyen σ G/N, j(σ) = max sn=σ (i G(s)). Ekkor i G/N (σ) 1 = ϕ L/K (j(σ) 1). Bizonyítás. Vegyünk egy s 0 G - t, hogy s 0 képe a faktorcsoportban pont σ legyen és válasszuk úgy, hogy i G (s 0 ) maximális legyen, azaz i G (s 0 ) = j(σ) = m. Ha t N m 1 = N G m 1, akkor definíció miatt i G (t) m, ekkor viszont i G (s 0 ) m, mert s 0 t G m 1, de s 0 tn = s 0 N i G (s 0 t) = m a maximalitás miatt. Ha t N m 1, akkor i G (t) < m, s 0 t G m 1 i G (s 0 t) = i G (t) < m Tehát i G (s 0 t) =min (i G (t), m). A 2.2 állítást felhasználva adódik, hogy i G/N (σ) = 1 l L/K sn=σ i G (s) = 1 l L/K i G (s 0 t) Mivel l L/K = N 0, az előző lemmát felhasználva pont a kívánt állítást kapjuk Lemma. v = ϕ L/K (u) G u N/N = (G/N) v t N Bizonyítás. σ G u N/N j(σ) u + 1 ϕ L/K (j(σ) 1) ϕ L/K (u) i G/N (σ) 1 ϕ L/K (u) = v σ (G/N) v A második akkor és csak akkor állítás az előző lemma miatt igaz, a többi egyszerűen adódik. Vegyük észre, hogy már majdnem készen vagyunk a tétel bizonyításával, az utolsó lemma már egészen hasonlít a kívánt formához, de még szükségünk van egy állításra Állítás. A ϕ és ψ függvényekre igaz a következő: és ϕ L/K = ϕ K /K ϕ L/K ψ L/K = ψ L/K ψ K /K Bizonyítás. Csak a ϕ - re vonatkozó állítást látjuk be, mert a másik következik belőle. Ugyanazt az elvet követjük, mint a 2.8 lemma bizonyításában, a 0 - ban megegyeznek és a deriváltjuk is megegyezik, akkor ők egyenelők. (ϕ K /K ϕ L/K ) (u) = ϕ K /K(ϕ L/K (u)) (ϕ L/K (u)) = (G/N) v (G/N) 0 N u N 0 (G/N) v (G/N) 0 N u N 0 = G un/n N u G 0 = G u/g u N N u G 0 Az utolsó előtti egyenlőségben felhasználtuk az I. izomorfizmus - tételt. 15 = G u G 0

16 2.12. Definíció. Az előző állításban szereplő ψ L/K függvényt hívjuk Hasse - Herbrand függvénynek Bizonyítás. ( A Herbrand - tétel bizonyítása ) (G/N) v = (G/N) ψl/k (v) = G (ψl/k ψ K /K (v))n/n = G ψl/k (v)n/n = G v N/N A második egyenlőségnél felhasználtuk a legutolsó lemmát és az előző állítást 16

17 3. fejezet Normák Testei Mostantól a L/K bővítéshez tartozó Hasse - Herbrand függvényt h L/K - val jelöljük. Legyen I egy részbenrendezett halmaz, amelyben bármely két elemnek van közös felső korlátja. Legyenek A i, i I halmazok Definíció. Legyen f ji : A i A j olyan leképezés, amelyre 1. f ii = id Ai 2. f kj f ji = f ki, minden i j k - ra Ekkor az A i halmazok injektív ( direkt ) limeszének lim A i = halmazt híjuk, ahol x i A i, x j A j elemekre. Ai / x i x j k I, f ki (x i ) = f kj (x j ) (i, j k) 3.2. Megjegyzés. Ha A i - k csoportok, modolusok, gyűrűk, stb. az f ji - k pedig hozzájuk tartozó homomorfizmusok, akkor az injektív limesz is a megfelelő struktúra lesz. Jó példa erre lim Z = Z 3.3. Definíció. Legyen i j esetén f ij : A i A j leképezés, ekkor az A i halmazok projektív limesze. lim A i = {(a i ) i A i f ij (a j ) = a i, i j I} i I 17

18 3.4. Megjegyzés. Hasonlóképpen az előző megjegyzéshez, itt is elmondható, hogy ha az A i halmazok valamilyen struktúrát (csoport, gyűrű, modulus, top. tér ) alkotnak, akkor a projektív limeszük is a megfelelő struktúrát alkotja. Szerepelni fog néhány példa az elkövetkezőkben, de könnyen látható, hogy ha R gyűrű, akkor lim R[x]/(xn ) = R[[x]] amely a formális hatványsorok gyűrűje R felett. Legyen L/K Galois ( nem feltétlenül véges ). Ekkor az L test, K véges, növekvő Galois - bővítéseinek, L i résztestek sorozatának injektív limeszére. A bővítés Galois - csoportja pedig az L i /K bővítésekhez tartozó véges Galois - csoportok projektív limesze Definíció. Ha L/K végtelen Galois - bővítés, akkor a Hasse - Herbrand függvényt végtelen definiáljuk a következőképpen:. h L/K =... h Li /L i 1... h L0 /K 3.6. Definíció. Az L/K bővítést aritmetikailag provéges bővítésnek hívjuk, ha... h Li /L i 1... h L0 /K kompozíció függvény valós szám, minden a > 0 valós számra, ahol h az előző fejezetben tárgyalt Hasse - Herbrand függvény Állítás. 1. A h L/K függvény jól definiált, szakaszonként lineáris, folytonos és monoton növő függvény. 2. Ha E/L véges szeparábilis bővítés, akkor E/K provéges bővítés. 3. Ha M/K az L/K részbővítése, akkor M/F aritmetikailag provéges, ha M/K véges is, akkor h L/K = h L/M h M/F Bizonyítás. Triviális Mivel az elején megállapodtunk, hogy L és K lokális testek, L/K pedig Galois - bővítés és láthatóan a fenti definíciók egy szélesebb bővítésosztályra mondtuk ki, jogos célunk lehet az, hogy a provégresség definícióját az elágazási részcsoportok nyelvén mondjuk ki. Ehhez szükségünk van néhány definícióra. Emlékezzünk vissza az első részben tárgyalt elágazási részcsoportokra és arra, hogy egy tetszőleges u 1, valós számra G u = G u. 18

19 3.8. Definíció. Azok az i Z számok, amelyekre G i G i+1 a G = G 1 csoport alsó elágazási ugrás helyeinek, a hozzájuk tartozó G i részcsoportokat, amelyek a G normálláncát alkotják, alsó elágazási filternek hívjuk Megjegyzés. Másképpen úgy is fogalmazhatunk, hogy ha L/K aritmetikailag provéges bővítés, akkor G alsó elágazási részcsoportjai pontosan a részcsoportok Gal(L/K) x = Gal(h 1 L/K (x)) Megjegyzés. Vegyük észre, hogy véges esetben ez pont a 1.1 fejezetben tárgyalt elágazási részcsoportokkal egyeznek meg. Definiálhatunk egy felső filtert is a G csoporthoz: Definíció. A felső elágazási filternek hívjuk. G(x) = Gal(L/K) hl/k (x) Definíció. Legyen L/K végtelen Galois - bővítés. Ekkor G felső elágazási részcsoportjait a következőképpen definiáljuk: G(x) = lim Gal(M/K)(x) ahol M/K végigfut az L/K bővítés összes véges Galois - részbővítésén. Azon x R számokat, amelyekre G(x) G(x + δ), tetszőleges δ > 0 - ra, L/K felső elágazási ugrásainak hívjuk. Most már minden eszköz megvan arra, hogy megtaláljuk a megfelelő kapcsolatot a provégesség definíciója és az elágazái részcsoportok között Definíció. Az L, K lokális testek egy bővítését mélyen elágazónak hívjuk, ha a felső elágazási ugrásainak halmaza nemkorlátos. Legyen L/K aritmetikusan provéges bővítés. Legyen Lemma. q(l K) = sup {x 0 : h L/K (x) = x} 1. Ha M/K az L/K részbővítése, akkor q(l K) q(m K). 2. Ha M/K az L/K véges részbővítése, akkor q(l M) q(l K). 19

20 3. Ha L = L i, akkor q(l j L i ) +, j i és i, j + esetén. 4. q(l j L i ) + akkor és csak akkor, ha L/K elágazásmentes; q(l j L i ) = 0, akkor és csak akkor, ha L/K teljesen és szelíden elágazó, és ha L/K teljesen elágazó. q(l K) pv K(p) p 1 Bizonyítás. 1. Legyen L = L i és M = M i ( persze M is aritmetikailag provéges, a 3.7 állítás 2. része miatt ) és legyen L i = L i M i. A 2.11 állítás miatt h Li /K(x) h L/K (x), ekkor azt kapjuk, hogy h L i /K(x) = x, minden x q(l K) - ra és h Mi /K(x) = x, minden x q(l K) - ra. Ebből egyszerűen látszik, hogy q(l K) q(l K). 2. Az előzőeket felhasználva adódik, hogy h L/M (x) = x minden x h M/K (q(l K)) Ez persze azt jelenti, hogy q(l K) h M/K (q(l K)), de megint felhasználva a 2.11 állítást azt kapjuk, hogy h M/K (x) x, így adódik, hogy q(l M) q(l K). 3. Ez csak a definíció következménye. 4. Ez lényegében hosszú számolás, amely megtalálható [2] 3. fejezet, 5.2 állításnál Állítás. Legyenek L és K, mint eddig, azaz lokális testek, L/K pedig Galois. Az L/K bővítés akkor és csak akkor aritmetikailag provéges bővítés, ha a felső elágazási ugrásai egy diszkrét, nemkorlátos halmazt alkotnak és minden ilyen x - re, a G(s + δ) részcsoport véges indexű G(x) - ben. Bizonyítás. Ha L/K provéges,akkor h L/K (x) = a R. Ekkor persze minden olyan x, amelynek a képe egész, ugráshely lesz és mivel h L/K szig. monoton növő és szakaszonként lineáris, így minden > 0 egészhez van egy ilyen egész ( 2.11 állítás 4. része ) x, tehát nemkorlátos az ugráshelyek halmaza. Másrészt G i /G i+1 beágyazható U (i) /U (i+1) - be, ami izomorf k L additív csoportjával, ami most véges, tehát G i /G i+1 véges. A másik irányhoz azt kell látni, hogy minden x > 0 - ra, mivel végtelen sok ugráshely van és q(l K), így amikor q > x, akkor a Hasse - Herbrand függvény az identitás, előtte, pedig csak véges sok függvény kompozícióját vesszük, amit persze egy valós szám, tehát végtelen sok identitást alkalmazunk egy valós számra, ami persze önmaga, tehát valós, így aritmetikailag provéges a bővítés. 20

21 Legyen L a K test végtelen aritmetikailag provéges bővítése. Legyenek L i - k, mint korábban. Tekintsük a következőt: N(L K) = lim L i Azaz az L i testek multiplikatív csoportjainak projektív limeszét az N Li /L j, i j norma homomorfizmusokra nézve ( lásd:... def. ). Legyen N(L K) = N(L K) {0} Megjegyzés. Ha A = (a i ) N(L K), a i L i, akkor az injektív limesz definíciója miatt persze N Lj /L i (a j ) = a i Definíció. N(L K) - t a normák testének hívjuk. Persze be kell látnunk, hogy N(L K) valóban egy test, sőt többet is bebizonyítunk, nevezetesen, hogy diszkrét értékeléssel ellátott és arra nézve teljes is. Előbb egy fontos lemmára lesz szükségünk Lemma. Legyen M /M valamilyen p - hatványfokú, teljesen elágazó bővítés. Ekkor v M (N M /M(a + b) N M /M(a) N M /M(b)) (p 1)q(M M) p minden a, b O M - re. Ezen felül minden a O M - hez létezik egy b O M, hogy v M (N M /M(b) a) (p 1)q(M M) p Bizonyítás. A második egyenlőtlenség kijön az elsőből, mert tegyük fel, hogy az első egyenlőtlenséget tudjuk. Ekkor válasszunk egy prímelemet L - ben, legyen ez π L. Ekkor persze N L/K (π L ) = π K prím, hiszen a Galois - csoport elemei prímet prímbe visznek és a norma pont annyiszorosába viszi az értékelést, amekkora a bővítés foka, ami most a teljesen elágazó tulajdonság miatt pont e = e(l K) és azt tudjuk, hogy v K (x) = = 1/ev L (x), tehát π K értékelése pont 1, azaz prímelem. Ekkor viszont K minden a elemét felirhatjuk a = θ i π i alakban, ahol θ i - k a multiplikatív reprezentánsok. Ekkor legyen b = θ 1/n i πl i K Ekkor persze N L/K (θ 1/n i π ) L és felhasználva az első egyenlőtlenséget kapjuk, hogy v K (N L/K (b) a) 21 (p 1)q(L K) p

22 Tehát az első egyenlőtlenséget kell csak belátnunk. Elég megint csak ciklikus, p - fokú bővítésekre belátni, mert a norma multiplikatív tulajdonsága miatt N L /K (x) = N L /K N L /L (x) és megint van G - nek normállánca, ahol a faktorcsoportok p - rendűek és ekkor az azokhoz a G i - khez tartozó részbővítéseket véve egyenként bővítgetve megkapjuk az egyenlőtlenséget. Tehát csak a ciklikus eset van hátra. Elég azt belátni, hogy ha a O L, akkor v K (T r(a)) (p 1)q(L K) p hiszen N L/K (1 + a) = 1 + N L/K (a) + T r(a) + T r(δ) ahol δ O L, Az utolsó tag minket nem érdekel, persze azt felhasználjuk, hogy annak az értékelése 0. Ha most ezt látjuk, akkor könnyen igazolható, hogy ha v L (a) v L (b), akkor γ = ab 1 - et véve ( szimmetrikus az állítás arra nézve, hogy melyik elemnek az értékelése a másikénál, csak a γ - t kell fordítva választani ) és az értékelés "szorzásból összeadás" - tulajdonságát kihasználva pont a kívánt egyenlőtlenséget kapjuk. Már csak azt kell belátni, hogy ha a O L, akkor N L/K (T r(a)) (p 1)q(L K). Ez pedig p következik a 3.14 lemma 4. részébol, mert G ciklikus és T r(a) = g i a = p(a ) + π (p 1)q(L K) L a p 1 az utolsó tag L - beli értékelése (p 1)q. Azt is látjuk, hogy az elso tag, azaz a szorzat értékelése legalább v K (p) az értékelés multiplikatív talujdonság miatt. Ekkor felhasználva a diszkrét értékelés additív tulajdonságát kapjuk, hogy v L (T r(a)) min {v K (p), v K (π (p 1)q(L K) L a p 1 } = (p 1)q/p az utolsó egyenlőtlenség az előbb említett lemmából jön. Ezzel be is láttuk Definíció. Legyen K test egy diszkrét értékelésre nézve teljes és legyen k K karakterisztikája p > 0, a k K. Egy α O K elemet az a multiplikatív reprezentánsának vagy Teichmüller reprezentánsának hívjuk, ha α = a és α m 0 K pm Jelöljük az ilyen elemek halmazát R - el Lemma. Legyen α, α O K és v(α β) m, m > 0. Ekkor v(α pn β pn ) n+m. 22

23 Bizonyítás. Indukcióval bizonyítunk. Nézzük először az n = 1 esetet. Mivel v(α β) m, így α - t felírhatjuk a következő alakban: α = β + π m γ. Ekkor α p = β p + pβ p 1 π m γ pβ(π m γ) p + (π m γ) p Mivel p = 0 k K = O K /M K - ban követkzik, hogy p M K, tehát v(p) 1. Ebből viszont azt látjuk az értékelés multiplikatív tulajdonságából, hogy v(pβ p 1 π m γ) m + 1,..., v(π m γ) p ) = v(π pm γ p ) m + 1. Tehát α p β p M = π m+1 O Tegyük fel, hogy n - re igaz. Ekkor n re teljesen hasonlóan megy a bizonyítás, mint fentebb, persze a p n - ik hatványra kell emelni Állítás. Egy a k K elemnek akkor és csak akkor van multiplikatív reprezentánsa, ha a k pm K m 0 A multiplikatív reprezentáns egyértelmű. Ha a - nak és b - nek van muliplikatív reprezentánsa, α és β, akkor ab - nek is van és az nem más, mint αβ. Bizonyítás. A bizonyításhoz tegyük fel, hogy a k pn K. Mivel k K p - torziómentes m 0 ( hiszen kifaktorizálunk az ilyen elemekkel ), egyértelműen léteznek a m k K elemek, amelyek kielégítik a következő egyenletet: a pm m = a Legyen β m az a m elemek ősképe O K - ban, azaz β m = a m. Ekkor persze β p m+1 = β m és v(β p m+1 β m ) 1. Az előző lemmát felhasználva kapjuk, hogy v(β pn+1 m+1 β pn m ) n + 1 Ebből következik, hogy a (βm pm n ) m n sorozat Cauchy. Mivel K teljes, ezért konvergens, α n = limβm pm n limesszel. Mivel α pn = α 0, minden n 0, β m választása miatt α 0 = a, azaz α 0 az a multiplikatív reprezentánsa. A másik oldal triviális, mivel α k pm K m 0 Az egyértelműség bizonyításához tegyük fel, hogy α és β az a multiplikatív reprezentánsai. Ekkor α -t és β - t α = αm pm, β = βm pm alakba írva, mint korábban, azt kapjuk, hogy p α m p m = β m m és α m = β m, mivel a p m - ik hatványra emelés injektív homomorfizmus k K - ban. Ekkor felhasználva az előző lemmát újra, kapjuk, hogy v(α β) m + 1., így α = β. Végül, α és β az a és b multiplikatív reprezentánsai, akkor αβ = ab és persze α, β m 0 k pn K. Tehát ab multiplikatív reprezentánsa αβ. 23

24 3.22. Következmény. Ha K lokális test, akkor minden a k K elemnek van multiplikatív reprezentánsa R - ben, az r : k K R leképezés indukál egy r : kk R \ {0} izomorfizmust. Az r leképezést Teichmüller leképezésnek hívjuk. k K végessége miatt, R \ {0} egy R \ {0} = k K 1 rendű ciklikus csoport. Legyen L/K aritmetikailag provéges bővítés. Legyen L 0 a maximális elágazásmentes részbővítése, L 1 pedig a maximális szelíden elágazó részbővítése K - nak L - ben. Ekkor L 0 /K véges és L 1 /K is az, mert h L1 /L 0 (x) = L 1 : L 0 x. Tehát választhatjuk L i testeket (i 2) az L 1 test véges részbővítéseinek L - ben, L i L i+1 és L = L i. Egy A = (a α ) N(L K) elemre definiáljuk a következő értékelést: v(a) = v L0 (a L0 ) Legyen a k L = k L0 és legyen θ az a multiplikatív reprezentánsa L 0 - ban. Legyen θ Li = θ 1/n i, ahol n i = L i : L 1, minden i 1 és legyen θ L0 = N Li /L 0 (θ). Ekkor Θ = (θ Li ) az N(L K) egy eleme. Jelöljük az a Θ leképezést R - el. Ezek után bebizonyítjuk, hogy N(L K) valóban test. Előtte viszont szükségünk van néhány további állításra, amelyeket felhasználunk a tétel bizonyításában Állítás. Legyen L/K ciklikus, prímfokú Galois - bővítés. Ekkor a következő diagramm kommutatív: L v L Z N L/K id Z K v K Z Bizonyítás. Ezt lényegében beláttuk a 3.18 lemma bizonyításának legelején. Vegyünk egy prímelemet, ezt a norma prímbe visz, ha egységet veszünk, azt egységbe, és mivel minden elemet felirhatunk egység szorozva a prímelem hatványszorosa, a norma multiplikativitásából meg is kaptuk az állítást Állítás. Legyen L/K véges Galois - bővítés. 1. Ekkor minden ε O L - ra h L/K (v K (N L/K (ε) 1)) v L (ε 1) 2. Ha v L (a b) > 0, a, b L, akkor h L/K (v K (N L/K (a) N L/K (b))) v L (a b) 24

25 Bizonyítás. A második következik az elsőből csak b 1 - el kell szorozni és néhány dolgok meg kell gondolni. Az első az érdekes: Elég teljesen elágazó p - fokú bővítésekre belátni, mert: L/K Galois és véges, tehát van elágazási részcsoportok felbontása G - nek. Mivel ha L M K részbővítés és az első egyenlőtlenség igaz M/K bővítésre és L/M bővítésre, akkor L/K - ra is. Ezen kívül G i /G i+1 = p és az elágazásmentes résznél a Herbrand - függvény úgyis az identitás. Tehát ezek miatt tényleg elég nézni azt az esetet, amikor teljesen elágazó és p - fokú (p = char(k K )) a bővítés. Nézzük ezt az esetet. Az ultrametrikus egyenlőtlenség miatt, v K (N(ε) 1) min {v K (N(ε)), vk(1)} Első eset: v K (N(ε)) > v K (1). Ekkor azt látjuk, hogy v L (ε) > 0. Ebből következik, az előző állítást felhasználva, hogy v K (N(ε)) > 0. Így megint az előző állítás miatt 0 = v K (1) = v K (ε 1) v L (ε 1) = V L (1) = 0 Tehát csak az az eset van hátra, amikor v L (ε) = v L (1) = 0. Ekkor mivel L - nek van egy természetes filtráltja, nevezetesen: L U 0 U 1... U n... ahol U i = 1 + π L O L következik, hogy ε 1 = ( 1)(1 ε) is egység. Ekkor egyrészt az előző állítás miatt v K (N L/K (ε 1)) = v L (ε 1) Másrészt viszont v K (N L/K (ε 1)) = v K (N L/K (ε + 1)) hiszen mindketten U 0. Felhasználva azt, amit már korábban is használtunk, azaz hogy N L/K (1 + ε) = 1 + N L/K (ε) + T r(ε) + T r(δ) valamilyen δ O L - re, azt kapjuk, hogy v K (N L/K (ε) + 1) = v K (N L/K (ε + 1) T r(ε) T r(δ)) min{n L/K (ε + 1), T r(ε), T r(δ)} Tehát v K (N(ε) + 1) v K (ε + 1) Most felhasználva, hogy K - n csinálhatjuk az előző filtrálást és újfent az előző állításbeli diagramm kommutatív tulajdonságát, és azt, hogy a norma egységet egységbe visz, kapjuk, hogy v K (N(ε) 1) v L (ε 1). Mivel a Hasse - függvényre igaz, hogy h L/K (x) x készen vagyunk Állítás. Legyen L/K végtelen aritmetikusan provéges bővítés. 1. Ekkor N(L K) test a fenti szorzással ( multiplikatív reprezentánsok szorzása) és összeadással 2. A fent definiált v diszkrét értékelés N(L K) - n, amelyre nézve N(L K) teljes 25

26 3. Az R leképezés izomorfizmus k L - ből N(L K) egy résztestére, amely izomorf módon képződik N(L K) maradéktestére. Bizonyítás. Legyenek L i - k, mint fentebb. Legyen a pozitív egész és legyen k egy olyan egész, amelyre (p 1)q(L j L i ) a p minden j i k - ra. Ilyen k persze létezik, hiszen q(l j L i ) + ( lásd: 3.14 lemma ). Megmutatjuk, hogy ha két olyan elemet veszünk a Normák Testéből, hogy mindkettő első koordinátája egész, akkor zárt lesz az összeadás. Válasszunk tehát két elemet, A - t, és B - t, N(L K) - ból, hogy a L0, b L 0 O L0. Ekkor a 3.18 lemmát felhasználva kapjuk, hogy v Lk (N Li /L k (a Li + b Li ) a Lk b Lk ) (p 1)q(L j L i ) p a amiből következik,hogy N Li /L k (a Li + b Li ) a Lk + b Lk mod M a L k ( ) Legyen a k egy olyan sorozat, hogy a k Z és a k a k+1, a k (p 1)q(L j L i ), lim (a k ) = + p Ilyen sorozat létezik a 3.18 lemma 3. állítása miatt. Tudjuk, hogy mivel j i k, L k L i L j. Innen felhasználva a ( ) - ot és a 3.24 állítás második részét látjuk, hogy v Lk (N Lj /L k (a Li + b Li N Lj /L k (a Lk + b Lk )) h 1 L j /L k (a) h 1 L/L j (a) (1) mivel h 1 monoton növő és q(l j L k ),ha j, k, mondhatjuk, hogy az előbbi sorozat Cauchy, ezért konvergens. Ezzel megtaláltuk az összeget N(L K) - ban, ilyen típusú elemekre, hogy általában is lássuk, hogy ez a sorozat konvergens szükségünk van egy prímelemre N(L K) - ban, de egyáltalán nem egyértelmű és nem is triviális, hogy valóban létezik. Tegyük fel, hogy ezt tudjuk ( később belátjuk, hogy valóban van prímelem ). Vegyünk két tetszőleges elemet, A = (a Li ) - t és B = (b Li - t a Normák Testéből. Legyen c = v L0 (a L0 ) és d = v L0 (b L0 ). Legyen r = min {c, d}. Vegyünk egy prímelemet Π = (π Li ) - t. Persze ekkor π Li prímelem lesznek L i - ben, mert a norma értékeléstartó és v(π) = 1. Szorozzunk meg minden koordinátát a neki megfelelő koordinátájú prímelem, azaz legyen A = (a Li πl r i ) és B = (b Li πl r i ). Mivel A és B olyan alakú sorozatok, amelyeket az előbb tárgyaltunk, mondhatjuk, hogy N Lj /L k (a L i + b L i ) sorozat konvergens, viszont a megfelelő prímelemek r. hatványát kiemelhetjük, hiszen a norma multiplikatív és ekkor mivel πl r k = r, ez csak egy konstanst ad hozzá az (1) egyenlőtlenség bal oldalához. Így tehát N Lj /L k (a Li + b Li ) sorozat is Cauchy, tehát 26

27 konvergens. Most megmutatjuk, hogy van prímelem N(L K) - ban. Legyen k 1 olyan, hogy a k > 1. Tegyük fel, hogy b Lk egy prímelem L k - ban. A 3.14 és 3.18 lemmák miatt konstruálhatunk egy olyan sorozatot, hogy v Li (N Lj /L i (b Lj ) b Li ) a i Ekkor b Li prímelem L i - ben, alkalmazva ( ) - ot A = (0) - val kapjuk, hogy v Li (N Lj /L i (b Lj ) b Li ) a i minden j i k Most felhasználva a 3.24 állítást, valamint a norma leképezés multiplikativitását és mivel jelen esetben aritmetikusan provéges bővítésről van szó, a Hasse - Herbrand függvény 3.14 állításban szereplő tulajdonságait, kapjuk v Ls (NL j /L i (b Lj ) N Li /L s (b Li )) h 1 L i /L s (a i ) h 1 L/L s (a i ) minden j i s k - ra. Mivel h 1 L/L s (a i ) +, ha i + ( lásd: 2 részben tárgyalt ϕ függvény ), azt kapjuk, hogy a fenti sorozat Cauchy - tulajdonságú, tehát konvergens, így létezik limesze, legyen ez γ Ls = lim i + N Li /L s b Li Ekkor γ Ls prím, hiszen b Li - k prímek. Annak, hogy N(L K) test az érdekes része az volt, hogy belássuk, hogy az összeadás művelet zárt. A multiplikatív tulajdonság a korábban tárgyalt Teichmüller - reprezentáns és a norma multplikatív tulajdonságából azonnal következik. A többi testaxióma triviálisan látszik. Most belátjuk, hogy N(L K) - n a korábban definiált v függvény valóban értékelés. Mivel v(a) = v L0 (a L0 ) = v Lk (a Lk ) kapjk, hogy v(γ) = v Lk (γ Lk ) = lim v Lk (N Li /L k (a Li + b Lk )) i Ebből az ultrametrikus egyenlőtlenség felhasználásával és a definíciójából azt kapjuk, hogy v(γ) min {v(a), v(b), a} Válasszuk meg a - t úgy, hogy legyen a max {v(a), v(b)}. Ekkor azt kapjuk, hogy v(γ) min {v(a), v(b)}. A szorzás természetesen jól működik, nyilván a 0 képe tényleg, mivel v L0 (0 L0 ) =. Így v kielégíti a diszkrét értékelés axiómáit, tehát N(L K) diszkrét értékelés gyűrű és v nem - arkhimédeszi értékelés. Mivel 1 = (1 Li ) p - t úgy kapjuk, hogy összeadjuk 1 - et p - szer, ekkor p = (α Li ) - re a korábban bevezetett összeadás definícióját követetve és L j - ben véve az értékelését v Lj (α Lj ) = lim i v lj ((N Li /L j (p))) = lim i v Lj (p L i:l j ) = 27

28 Ekkor persze α Lj = 0. Tehát N(L K) karakterisztikája p. Még hátravan, annak igazolása, hogy N(L K) valóban teljes v - re nézve. Ennek érdekében vegyünk egy Cauchy - sorozatot A (n) = (a (n) L i ) - t. Megmutatjuk, hogy A = A (n) konvergens sorozat. Mint ez előbb, most is csinálhatunk belőle egy olyan sorozatot A (n) - ból, amelynek értékelése 0, csak meg kell szoroznunk minden elemet egy megfelelő prímelemmel. Így tehát feltehető, hogy v(a) 0. Mivel A Cauchy, minden a i - re ( a i - k a korábban bevezetett egészek ) van egy n i Z, hogy v(a (n) A (m) ) a i, minden n, m n i - re. Vegyünk egy ilyen növekvő (n i ) sorozatot. ( ) - ot felhasználva kapjuk, hogy v Li (a (n) L i a (m) L i ) a i minden n, m n i - re. Tudunk választani L i - ben egy olyan b Li v Li (b Li a (n i) L i ) a i elemet, hogy hiszen minden elem felírható konvergens hatványsor alakban, mert K teljes és L i véges bővítése, tehát az értékelés kiterjeszthető L i - re és L i is teljes lesz. Ekkor persze a hatványsornak az n i - dik együtthatójáig véve a részletösszeget az ilyen közel lesz a (n i) L i - hez. Most megint ( ) - ot alkalmazva kapjuk, hogy v Li (N Lj /L i (b Lj ) b Lj ) a i használva a 3.24 állítást és a Herbrand - függvény bijektív tulajdonságát kapjuk, hogy v Ls (N Li /L s (b Li ) N Lj /L s (b Lj )) h 1 L/L s (a j ) Tudjuk, hogy h 1 L/L s (a j ), ha i j és i. Legyen a L s = lim i N Li /L s (b Li ) azt kapjuk, hogy A = (a L i ) N(L K) és A = lim A (n). Tehát N(L K) teljes. Végül belátjuk, hogy R multiplikatív. Ha R(a) = Θ és R(b) = Φ és R(a + b) = Ω. Mivel a multiplikatív reprezentáns additív és egyértelmű, valamint L i maradékteste persze p karakterisztikájú, így a reprezentánsok képeiből tagonként lehet n i - dik gyököt vonni ( n i valami p - hatvány ) L i - ban. Tehát ω Li θ Li + φ Li (p) Ekkor a 3.14 lemma 4. állításából kapjuk, hogy v Li (p) a i. Most a szokásos módon a ( ) és 3.24 állítást felhasználva kapjuk, hogy v Li (ω Li N Lj /L i (θ Lj + φ Lj )) ha j. Ez persze azt jelenti, hogy Ω = Θ + Φ hiszen az összeadás egyértelmű és ω Li - k végetlenül közel vannak az összeghez és az is látsztik, hogy mivel minden a L 28

29 elemnek van multplikatív reprezentánsa, így L injektíven beleképződik N(L K) - ba, tehát izomorf egy résztestével. Ebből persze látszik, hogy ha ezt a résztestet leképezzük N(L K) -ra, akkor a leképezések kompozíciója injektív. Már csak azt kell látni, hogy szürjektív is, ehhez vegyük egy elemet N(L K) - ból. Mivel N(L K) tökéletes, így minden elemnek van multiplikatív reprezentánsa, aminek első koordinátája L 0 = L, de mivel L is tökéletes, van egy a 0 = a O L multiplikatív reprezentánsa, tehát minden elem előállt képként, azaz a kompozíció függvény szürjektív. Tehát L izomorf N(L K) - val Következmény. Legyen A = (a Li ) és B = (B Li ) két elem az egészek gyűrűjéből N(L K) - ban. Ekkor létezik γ Li a Li + b Li (π a i L i ) ahol a i az előző tétel bizonyításában szereplő a i. Továbbá minden α O Lj egy A O N(L K), hogy α a Lj (π a j L j ). - hez létezik Néhány észrevételt érdemes tenni: 1. Ha van egy végtelen aritmetikailag provéges bővítésünk, L/K, és M/K egy véges részbővítés, akkor N(L K) = N(L M). 2. Ha veszünk egy E/L tetszőleges Galois - bővítést, akkor tudjuk, hogy az is aritmetikailag provéges bővítés. Vegyük E/L véges Galois - részbővítéseit, E /L - eket. Tekintsük az N(E L) testek injektív limeszét, jelöljük ezt N(E, L K) - val. Nyilván N(E, L K) = N(E K) - val. 3. Legyen L/K végtelen aritmetikailag provéges bővítés és tekintsünk egy L /L véges Galois - bővítést. Vegyünk egy g G K elemet K abszolút Galois - csoportjából, hogy g(l) L. Ekkor léteznek véges részbővítései L /K - nak, mondjuk L i - k, hogy g(l)l i = L és L = L i. Továbbá N L j /L (ga) = N i g 1 L j /g 1 L i (a), minden j i és a g 1 L j - re. Legyen T : N(L K) N(L K) egy test homomorfizmus, amelyet a kovetkezőképpen definiálunk: egy A N(L K) - re rendelje T A - hoz A = (a L i ) - t, hogy a L i = g(a g 1 L. Ekkor persze A N(L K). Ezt i kiterjeszthetjük az 2 - ben bevezetett N(E, L K) - ra is, természete módon Állítás. Legyen E/L Galois - bővítés és legyen L/K végtelen aritmetikailag provéges bővítés. Ekkor Gal(E/L) izomorf Gal(N(E, L K)/N(L K)) - val. Bizonyítás. Elég egy véges Galois - bővítésre megmutatni, mert utánna csak vennünk kell mindkét oldal projektív limeszét. Tehát tegyük fel, hogy L/K véges, Galois. Vegyünk egy g Gal(E/L) automorfizmust, amely fixálja L - t is. Ekkor g - nek meg 29

30 tudunk feleltetni egy δ Gal(N(E L)/N(L K) automorfizmust, mégpedig a következő módon: Ha A = (a j ) N(E L), akkor δ(a) = (ga j ) Ez persze automorfizmus és mivel g fixálja L - et, ezért δ fixálja N(L K) - t, így valóban eleme Gal(N(E L)/N(L K) - nak. Tehát Gal(E/L) injektíven beleképezhető Gal(N(E L)/N(L K) - ba. Mivel ugyanannyi az elemszámuk, ezért izomorfak Lemma. Legyen L/K véges bővítés. Legyen a O L és legyen f(x) az a minimálpolinomja. Ekkor f O K [x]. Másrészt, ha f(x) O K [x], akkor ha a gyöke f - nek, akkor a O L. Bizonyítás. Ez lényegében abból következik, hogy O L épp O K egész lezártja L - ben Definíció. Legyen K egy diszkrét értékelésre nézve teljes test. Ekkor az f(x) = x n + b n 1 x n b 0 polinomot Eisenstein polinomnak hívjuk, ha igaz, hogy b n 1,..., b 0 (π), b 0 (π) Lemma. 1. Az Eisentstein polinom irreducibilis K felett. Ha α egy gyök, akkor K(α)/K n - fokú teljesen elágazó, szeparábilis bővítés, K(α) - ban α prímelem. 2. Legyen L/K n - fokú szeparábilis, teljesen elágazó bővítés és legyen π prímelem L - ben. Ekkor π gyöke egy K feletti n - fokú Eisenstein polinomnak Bizonyítás. (1) Legyen α az f egy gyöke és legyen L = K(α), e(l k) = e. Ekkor mivel α gyök és v L diszkrét értékelés, azt látjuk, hogy n 1 nv L (α) = v L ( b i α i ) az egyenlőség jobb oldalán lévő kifejezésről tudjuk, hogy n 1 v L ( i=0 b i α i ) i=0 min (ev F (b i ) + iv F (α)) 0 i n 1 hiszen v L nem - arkhimedeszi diszkrét értékelés és v L a kiterjesztése v K - nak. f Eisenstein polinom, így következik, hogy v L (α) > 0 és ev F (b 0 ) < ev F (b i ) + iv F (α), minden 30

31 i > 0 - ra. Ekkor tehát nv L (α) = ev F (b 0 ) = e, hiszen az utrametrikus - egyenlőtlenséget használjuk fel. Ebből viszont következik, hogy v L (α) = 1 és f(l K) = 1. (2) Legyen π egy prímelem L - ben. Ekkor L = F (α). Tekintsük a minimálpolinomját π - nek. Ekkor a polinom foka e és ev L (π) = min (ev F (b i ) + i) 0 i n 1 így persze v F (b i ) > 0 és mivel e = ev F (b 0 ), így v F (b 0 ) = 1, tehát Eisentsein polinom Állítás. Legyen L egy véges, szeparábilis szelíden elágazó bővítése egy diszkrét értékelésre nézve teljes testnek, K - nak és legyen L 0 a maximális elágazásmentes részbővítés. Ekkor L = L 0 (π) és O L = O L0 [π], π egy prímelem L - ben, amelynek minimálpolinomja x e(l K) π 0 valamely prímelemmel L 0 - ból. Bizonyítás. Persze L/L 0 teljesen elágazó. Ekkor mivel v K - t kiterjeszthetjük L - re, így egy π 1 L 0 prímelemet felírhatunk π e(l K) L ε alakban, hiszen L 0 az elágazásmentes rész, tehát e(l L 0 ) = e(l K). Mivel L = L 0, létezik egy µ O L0, hogy ε = µ. Ekkor viszont π 1 µ 1 = πl e εµ 1 és ρ = εµ 1 1+π L O L. Nézzük az f(x) = x e εµ 1 polinomot. Ekkor f(1) = 1 és f (1) = e. Ekkor a Hensel - lemma miatt van egy ν O L, hogy ν e = ρ és ν = 1. Így π = π 1 µ 1 és π 0 = π L ν elemek kielégítik az állítást Tétel. Legyen Q/N(L K) szeparábilis. Ekkor létezik egy E/L szeparábilis bővítés, hogy N(E, L K) izomorf Q - val, mint N(L K) feletti vektorterek. Ebből következően L abszolút Galois - csoportja természetesen izomorf N(L K) abszolút Galois - csoportjával. Bizonyítás. Feltehetjük, hogy Q/N(L K) véges Galois - bővítés, hiszen ha arra megmutatjuk az izomorfizmust, akkor csak venni kell mindkét oldal projektív limeszét és készen vagyunk. Tehát mostantól Q/N(L K) véges, Galois.G feloldható és ugyanúgy mint korábban, mondhatjuk, hogy elég az elágazásmentes, szelíden elágazó és teljesen elágazó p - fokú bővítést nézni. Mint korábban most is felhasználjuk, hogy O Q = O N(L K) [α]. Vegyük α minimálpolinomját N(L K) felett. Persze elég mutatni egy E/L szeparábilis - bővítést, hogy f - nek van gyöke N(E K) - ban. Ezt is fogjuk tenni. A 3.28 lemmát felhasználva mondhatjuk, hogy f(x) = x n + A (n 1) x n A (0) alakban írható, ahol A (i)=(a(i) L k O N(L K) és n = Q : N(L K). Jelölje f i (x) O Li (x) az x n + a (n 1) L i a (0) L i polinomot. Legyen α i az f i polinom gyöke és legyen M i = L i (α i ) és E i = L(α i ). A következő lemmát fogjuk használni: Lemma. Legyen = m<l (α m α l ) 2 az f(x) diszkriminánsa. Ekkor = ( 1) n(n 1)/2 n k=1 g kf (α), ahol g k Gal(Q/N(L K)). Legyenek d i - k az f i polinomok diszkriminánsai. Ekkor létezik egy i 1 index, hogy v Li (d i ) = v L ( ) minden i i 1. 31

32 Bizonyítás. Legyenek a i - k, mint a 3.25 állítás bizonyításában, = (δ Li ) és legyen i 1 olyan, hogy a i > v( ), minden i i 1 - re. Ekkor v( ) = v Li (δ Li ) és q 3.26 következmény miatt v Li (d i δ) a i. Így v Li (δ Li ) = v Li (d i ) = v( ). A lemmából következik, hogy mivel f szeparábilis, ezért f i - k is szeparábilisek, minden i i 1 - re, tehát M i /L i szeparábilis. Most megmutatjuk, hogy a korábban említett mindhárom esetben, azaz elágazásmentes, szelíden elágazó és teljesen elágazó p - fokú esetekben igaz az, hogy létezik egy i 2 index, hogy minden i i 2 - re, q(e i M i ) q(l L i ). (1) Ha Q/N(L K) elágazásmentes, akkor persze M i /L i bővítések is azok és ugyanolyan fokúak, tehát h Ei /M i (x) = h L/Li (x), így q(e i M) = q(l L i ). (2) Ha Q/N(L K) szelíden és teljesen elágazó, akkor a minimálpolinom X n π N(L K) lesz, a 3.31 állítás miatt. Ekkor persze M i /L i is ugyanolyan fokú szelíden elágazó bővítés. Ekkor h Ei /M i (nx) = h L/Li (x), így q(e i M i ) nq(l L i ). (3) Ha Q/N(L K) teljesen elágazó p = n fokú bővítés, akkor feltehetjük, hogy f Eisentstein polinom. Ekkor persze f i - k is azok és ugyanolyan fokúak, mint f, ekkor α i prímelem M i - ben. Vehetjük az M i /L i bővítés Galois - lezártját. Ekkor N i : L i p!, mert f i gyökeivel bővítünk és minden lépésben legalább egyel csökken a fokszáma a minimálpolinomnak. Ekkor N i = M i(α i ), ahol M i a maximális szelíden elágazó részbővítése N i /L i - nek. Legyen s i = v Ni (gα i α i ) v Ni (α i ), ahol g Gal(N i /L i ) egy generátora a Galois - csoportnak. Ekkor vegyük észre, hogy v Ni (gα i α i ) = 1/p(p 1)v Ni (d i ) p! /p(p 1)v Li (d i ) = (p 2)! v( ) Az első egyenlőség azért igaz, mert Galois csoportbeli elem gyököt gyökbe visz és a diszkrimináns definícióját felhasználva és azt, hogy p darab gyök közül pontosan ( p 2) = = p(p 1) féleképpen választhatunk ki kettőt, kapjuk az egyenlőséget. A további része lényegében triviális, ha felhasználjuk, hogy N i : L i p!. Ekkor mivel q(m i L i ) = s i e(m i L i ) 1 < (p 2)v( ), hiszen a Herbrand függvényt fel tudjuk bontani kompozíciókra és bijekció, így van inverze. Mivel h Lj (α i )/M i h Mi /L i = = h Lj (α i )/L j h Lj /L i, minden j i - re, kapjuk, hogy q(e i M i ) h Mi /L i (q(l L i )) q(l L i ). Tehát láttuk mindhárom esetben a kívánt egyenlőtlenséget. Most megkonstruáljuk a kívánt E testet. N(L K) teljes, tehát kiterjeszthetjük az értékelést N(L K) sep - ra. Persze ez nem lesz diszkrét, jelöljük v - vel. A 3.26 következmény miatt létezik egy B(j) = (b (j) L i (α j ) ) j i N(E j K) elem, amelyre v Mj (α j b (j) M j ) c j ahol c j az a maximális egész szém, amely (p 1)q(E j M j )/p. Az előző 3 eset miatt mondhatjuk, hogy b j a j. Ekkor v(f(b (j) )), ha j, hiszen E j /M j teljesen elágazó, így persze v(f(b (j) )) v Mj (f(b (j) ) Mj )/n 32

33 Megint a 3.26 következményt használva kapjuk, hogy v Mj (f(b (j) M j f j (B (j) M j )) aj, tehát v(f(b (j) )) a j /n, minden j i 2 - re. Tehát valóban v(f(b (j) ). Ugyanezt el lehet mondani a deriváltra is és az előző lemmából az is következik, hogy Ekkor elég nagy j - re v Mj (f j(α j )) nv( ) v(f (B (j) )) nv( ) 1 2 v(f(b(j) )) a bevezetőben lévő 1.23 következmény (Hensel - lemma) miatt létezik gyöke f(x) - nek N(E j K) - ban. Így E = e j jó választás lesz. 33

34 4. fejezet Witt - gyűrű, Tökéletes Normák Teste 4.1. Witt - gyűrűk Tehát ebben a fejezetben a célunk a bevezetőben említett általánosítás és egy másik megközelítési mód. Mostantól feltesszük, hogy minden gyűrű egységelemes és kommutatív Definíció. Legyen R egy p karakterisztikájú gyűrű. R - et tökéletes gyűrűnek hívjuk, ha a Frobenius - homomorfizmus, x x p bijekció Megjegyzés. Egy T test akkor és csak akkor tökéletes, ha minden véges bővítése szeparábilis Definíció. Egy R gyűrű szigorú p - gyűrű, ha R = lim R/(p) n (másképp fogalmazva p - adikusan teljes), p nem nullosztó R - ben, azaz R p - torziómentes és R = R/(p) tökéletes Példa. R = Z p szigorú p - gyűrű, mert Z p /(p) F p tökéletes, hiszen véges Példa. Hasonlóan, ha veszünk változók két halmazát, X i, Y i - ket (i N), akkor ha Z[X i, Y i ] - vel jelöljük a Z feletti X i, Y i változós polinomgyűrűt, akkor vegyük a Z[X p i, Y p i ] = Z[X p n i, Y p n i ] gyűrűt. Ekkor az gyűrű szigorú p - gyűrű tökéletes. n=0 S = lim Z p [X p i, Y p i ]/(p) n S = F p [X p i, Y p i ] 34

35 4.6. Állítás. Ha x y (mod p) akkor x pn y pn (mod p n+1 ) Bizonyítás. Indukcióval látjuk be, hogy ha x 1 y 1 (mod p n ), akkor x p 1 y p 1 (mod p n+1 ). Tekintsük az n = 1 esetet. Nézzük x p 1 y p 1 elemet. x p y p = (x y)(x p y p 1 ) Vegyük észre, hogy a második tényező minden tagja kongruens x p 1 - el az állítás feltétele miatt. Tehát az összeg kongruens px p 1 - el modulo p. Ekkor következik, hogy x p y p 0 (mod p 2 ). Ez ugyanígy megy n - re és n re. Ekkor x 1 = x pn 1 - et és y 1 = y pn 1 - et behelyettesítve beláttuk az állítást Állítás. Legyen A szigorú p - gyűrű és R = A/(p). Ekkor minden x R elemnek létezik multiplikatív reprezentánsa. x p npn Bizonyítás. Legyen ˆx A az x egy tetszőleges felemeltje. Ekkor tekintsük az elemet, ezt megtehetjük, hiszen a Frobenius - leképezés bijektív. Vegyük az ilyen alakú elemek sorozatát és nézzük a limeszét, ha n. Ekkor lim xp n létezik, mert a n sorozat Cauchy, az előző állítás miatt. Mivel A p - adikusan teljes, így konvergens is. Legyen a limesz [x]. Ez a multiplikatív reprezentáns Megjegyzés. Persze [xy] = [x][y], minden x, y R - re. p n Ebből következik, hogy minden a A elemet fel tudunk írni [a i ]p i n=0 alakban, hiszen a a 0 (p), de a 0 - nak van multiplikatív reprezentánsa, [a 0 ]. Így egyrészt a = [a 0 ] + pa 1, másrészt a 1 - nak is van multiplikatív reprezentánsa és a 1 = = [a 1 ] + pa 2, ezt behelyettesítve kapjuk, hogy a = [a 0 ] + p[a 1 ] + p 2 a 2. Ezt folytatva kapjuk a kívánt hatványsor alakot. Legyen adott egy R tökéletes gyűrű, amely p - karakterisztikájú. Megkonstruáljuk R Witt - gyűrűjét, amelyet W (R) - rel jelölünk. Megmondjuk - egyelőre - absztrakt módon, hogy W (R) milyen elemeket tartalmaz: W (R) = {[a 0 ] + [a 1 ]p +...} Azt kell megmondanunk, hogy hogyan definiáljuk az összeadást és a szorzást. Vegyük az 4.5 példában szereplő S gyűrűt. ( x i p i ) + ( y i p i ) = [s o ] + [s 1 ]p +... n=0 n=0 s i S 35