局部體與大域體
李文卿 · 余文卿
第一節. 局部體
設k是一具q個元素的有限體, 將有理函 數體k(T )表為F 。 設x是k上投影線P1上的 一封閉點; 研究P1上非零有理函數在x點附 近的表現, 即是想知道x 到底是f 的幾重零 點或極點; 而了解的方法是透過x 所滿足的 不可約多項式P (T )。 將f 表為 k(T ) 中兩多 項式 g(T ) 與 h(T )的商 (若x 是無窮遠點, 則以1
T取代T )。 那麼f 在x 點之零位的重數 等於P 整除g的重數減去P 整除h的重數。 說 得更透澈一點, 以P表示k(T )中由P 生成的 理想; P (T )整除g(T )的重數是滿足g(T )落 在Pm的最高冪次m。 最後這一描述法可擴 充並適用於常數體是k的任意函數體K。 事 實上, 在這種情形K中的位 (place) 即 是k[T ] 或k[T1]之整閉包O的一最大理想P。
欲知K中非零有理函數在P的情況, 可先 將f 表為g/h, 其中g, h落在O。 這種表示法 可以做到是因為K是O 的商體。 g在P的重 數 (order) 記做ordpg, 是使得g ∈ Pm的最 高冪次m; 那麼f 在 P 位的重數是
ordpf = ordpg − ordph。
對k的每一位P, 利用重數ordp可定 義K上一賦值 (valuation)| |p如下:
|0|p = 0,
|f |p= (NP)−ordpf = (q−deg p)ordpf
= |O/P|−ordpf, f ∈ K×。
在有理數體Q中, 整數環Z扮演的角 色就像k[T ] 在k(T )中的一樣。 Z的每一質 理想(p) = pZ即是Q的一有限位(finite place)。 若k是Q的有限 (代數) 擴充體, K即稱為數體(number field), 它的整數 環O(ring of integers) 是Z在K 中的整 閉包, O中的最大理想P即是K的有限位。
餘數體O/P是個有限體, 其元素個數NP稱 為P 的 norm。 類似於上面的方法, 我們可 定ordp, 以及由ordp定義K上的賦值| |p為
|0|p= 0,
|z|p = (NP)−ordpz
= |O/P|−ordpz, 若 z ∈ K×. 上面定義在函數體或數體的賦值| |p有 下列的基本性質: 設x, y ∈ K, 則
(1) |x|p ≥ 0, 且|x|p = 0 ⇔ x = 0, (2) |xy|p = |x|p|y|p,
(3) |x + y|p ≤ max(|x|p, |y|p)。
注意到由性質 (3) 可導出
1
(4) 三角不等式:|x + y|p ≤ |x|p+ |y|p. 因此, | |p定義了K上的一量度 (met- ric)。 K對這量度的完備體Kp包含K當稠密 子體。 Kp 中的整數是在P沒有極點的元素;
由於 (1) 到 (3) 的性質, 使這些整數形成一 環, 稱為Kp的整數環, 以Op表之。 換句話說,
Op = {x ∈ Kp| |x|p ≤ 1}
Op中的乘法可逆元素稱為P-adic 單位 (P- adic units), 形成一乘法子群Up, 故
Up = {x ∈ Kp| |x|p = 1}
而
Pp = Op − Up = {x ∈ Kp| |x|p < 1}
是Op中的唯一最大理想且Op中的非零理想 只是 P的某一冪次方, 而商Op/Pp稱為Kp 的餘數體(residue field), 它與未完備前的餘 數體 O/P 是同構的。Pp是一主理想 (prin- cipal ideal) 由取值是最大值(NP)−1的 任意元素 πp 所生成; πp 稱為在P的 uniformizer。Kp× = Up < πp >, 更進一 步, 以S表示Op中餘數體的所有代表, 則任 意Op的元素可表成係數落在S以πp 為冪次 的泰勒展開式, 其中常數項不落在P的元素 構成單位群 Up。 且任意−Kp的元素則可表成 係數落在S以πp 為冪次的Laurent 級數。
例題 1: 設K = Q且P = (p), 可選πp = p及S = {i| 0 ≤ i ≤ p − 1}, 則
Op = Zp = {
X
∞ i=0aipi|0 ≤ ai ≤ p − 1}, Q∩ Zp = {m
n|m, n ∈ Z, p 6 |n}
Pp = pZp = {
X
i=1
aiPi|0 ≤ ai ≤ p − 1}, Up = {
X
∞ i=0aipi|0 ≤ ai ≤ p − 1, 且a0 6= 0}, Qp = {
X
i>−∞
aipi|0 ≤ ai ≤ p − 1},
餘數體是Zp/pZp ∼= Z/pZ。
習題 1: 在例題 1 中, 將−1與1r, 其中p 6 |r, 表示成係數在S變數為p的 Taylor 級數 例題 2: 設K = k(T )且P是次數為 1 的 位, 它對應點a ∈ k。 選定πp = T − a以 及S = k, 則整數環是由係數在k之T − a的T aylor 級數所組成; Up是在 a不為零的 元 素所組成。 在P的餘數體與k 同構, 而完 備體Kp是形式冪級數k((T −a))所形成的體, 這體與k((T ))同構。
現 把Kp視 為 拓 樸 群 而 觀 察 其 拓 樸 結 構。 理想族{Pnp}n≥0 形成0附近的鄰近系統 (neighborhood system)。 故看成加法拓樸 群時, Kp 是局部緊緻且完全不連結 (即每一 點各自形成一連結分支)。 且Op (及Pnp, n ≥ 1) 既是開集也是緊緻, 而單位群Up上有自然 的 Filtration
Up ⊃ 1 + Pp ⊃ 1 + Pp2 ⊃ · · · ⊃ 1 + Ppn ⊃ 在上面這系列中, 第一個商群和餘數體的乘 法群同構; 而其他剩下的連續商則與餘數體 的加法群同構, 群{1 + Ppn}n≥1形成1的鄰近 系統。 故乘法群Kp×也是局部緊緻, 而Up是 開 集 也 是 緊 緻。 注 意 到Kp×上 的 拓 樸 是 承 襲Kp的拓樸而來。
上面所定義的賦值| |p不具阿基米德性 質, 稱為非阿基米德賦值(nonarchimedean
valuation), 而 位P稱 為 非 阿 基 米 德 位(nonarchi- medean place)。 當K是函數 體時, 所有的賦值都是非阿基米德, 但K是數 體時, 也會有阿基米德賦值, 因而得出K的 阿基米德 (無窮) 位。 說得更精確一點;
設K是Q的n次擴充體, 則k = Q(ξ), ξ ∈ K。 ξ之 有 理 係 數 不 可 約 多 項 式 的 次 數 是n, 設ξ1, · · · , ξr1 是這多項式的實根, 而 ξr1+1, ξr1+1, ξr1+2, ξr1+2, · · · , ξr1+r2, ξr1+r2 是這多項式的複數根。 在此n = r1+2r2且ξj 是ξj的共軛複數。 則有n個從K到C的嵌入 (embedding) 如下:
σi : ξ → ξi, i = 1 · · · , r1 τj : ξ → ξr1+j, 1 ≤ j ≤ r2
τj : ξ → ξr1+j,
故σi(K)是R的子體, 而τj(K), τj(K) 則 是C的子體。
把R或C上的一般絕對值限制到K嵌入 的映像, 則得到K上的賦值, 而這樣的賦值 完備體則是R或C。 另一方面, τj與τj得出 同一個賦值, 且σ1, · · · , σr1, τ1, · · · , τr2是K 中不等價的相異賦值, 稱為K的阿基米德位, 因每一位都具有阿基米德性質, 我們稱K有 r1個實位(real place) 與r2個複位(complex place)。
所謂的大域體(global field) 是指數體 或常數體為有限體的單變數函數體。 若v是 大域體K的一位, K對v的完備體以Kv表示, 稱為局部體(local field)。 故Kp, R與C都 是局部體, 其中R與C 是阿基米德局部體,
而Kp是非阿基米德局部體, 這二者都局部緊 緻(locally compact)。 Kv上的標準賦值定 義為
| |v =
| |p 若 Kv = Kp
| |R 若 Kv = R
| |C 若 Kv = C
在最後一種情形, C上的賦值是平方, 原因 是兩個複數嵌入只對應到一個位, 若| | 是 體K上的非阿基米德賦值, 則| | 任意正冪次 方也是K上的非阿基米德賦值, 但定出同樣 的拓樸結構, 我們稱這兩種賦值等價。 大域體 的每一非阿基米德位置對應到一賦值的等價 類, 每一類中取一定為標準賦值。 為什麼標準 賦值要這樣選取? 在下一節的討論中可看出 理由。 可以證明: 大域體上的任一非顯然賦值 一定等價於| |R, | |C 或標準的p-adic 賦值。
下述引理是非常基本且常用的
Hensel 預備定理: 設K是一非阿基米德局 部體, 其整數環是O且最大理想是P。 F (x) 是係數在O 的多項式, 假設在 modulo P後, F (x) 可分解成係數在餘數體O/P的 兩互質多項式g(x) 與h(x)的乘積; 則存 在有二係數在 O 的多項式 G(x), H(x), 分別是g(x)與h(x)的提升 (lifting), 使得 F (x) = G(x)H(x) 且 deg G(x) = deg g(x)。
證明: 我們使用連續逼進法把 F (x) 分解。 設 G0(x) 與 H0(x) 是 O[x] 的兩多項式, 分別 是 g(x)與h(x) 的提升且滿足
deg G0 = deg g, deg H0 = deg h, 那麼
F (x) − G0(x)H0(x) = πF1(x),
其中π是P的 uniformizer 且F1(x) ∈ O[x]。
其次解同餘方程式
F (x) ≡ [G0(x) + πg1(x)][H0(x) + πh1(x)]
(mod P2)
其中g1, h1 ∈ O[x]; 這相當於解
F1(x) ≡ g1(x)H0(x)+h1(x)G0(x) (mod P) 換句話說, 視為O/P[x]中的多項式, 它們滿 足
F1(x) = g1(x)h(x) + h1(x)g(x) 因g(x)與h(x)互質, 上面的方程式對g1, h1
在 O/P[x]中有解。 選擇g1, h1 使得deg g1<
deg g, 則deg h1 ≤ deg F − deg g。
設g1與h1分別是g1與h1在O[x] 中的提 升且次數不變。
令 G1(x) = G0(x) + πg1(x) 且 H1(x) = H0(x) + πH1(x),
則 deg G1 = deg g, G = g, H1 = h, 且 F − G1(x)H1(x) = π2F2,
其中F2(x) ∈ O[x]且deg F2 ≤ deg F 。 解同餘方程式
F (x) ≡ (G1(x)+π2g2(x))(H1(x)+π2h2(x)) (mod P3)
仿照上面的方法繼續下去, 最後得出二系列 多項式
{G0(x), G1(x) · · · , Gm(x), · · ·}
與 {H0(x), H1(x), · · · , Hn(x), · · ·}
滿足
Gi+1(x) ≡ Gi(x)(mod Pi+1), Hi+1(x) ≡ Hi(x)(mod Pi+1)
deg Gi = deg g
且 F (x) ≡ Gi(x)Hi(x)(mod Pi+1)。
故兩數列都是 Cauchy 系列, 設其分別 收斂至G(x)與H(x)。 則deg G = deg G0 = deg g, G = g, H = g。 從
F (x) ≡ Gn(x)Hn(x) (mod Pn+1), n ≥ 1。
取極限, 則得出F (x) = G(x)H(x)如所欲。
習題 2: 設K是一函數體, 其常數體是k。 設 v 是 K 的n次位。 對任意Kv的 unifomizer πv, 證明K與形式冪級數kn(|πv|) 同構。
第二節. 賦值的擴充
設 K 是一非阿基米德局部體, 其賦值是
| |K, 設L是K的一可分離 (separable) 擴充 體, 次數為[L : K] = n; 則有n個L到K之 代數閉包K的嵌入σ1, · · · , σn。 利用這n個嵌 入, 我們可定義L中的元素z的 trace 與 norm 為
(
T rL/K(z) = σ1(z) + · · · + σn(z), NL/K(z) = σ1(z) · · · σn(z).可以證明:T rL/K是由加法群L到加法群K的 同態 (homomorphism) 且NL/K是乘法 群L×到乘法群 K×的同態。 更進一步, 若 M 是 L 中包含 K的子體, 則
T rL/K = T rM/K◦ T rL/M
且 NL/K = NM/K ◦ NL/M。
T rL/K(z), NL/K(z)與z之不可約多項式的 關係與有限體的無異, 見於有限體一文中的 定理 5 與習題 2, 細節留做習題。
現我們將K上的賦值| |K擴充到L上的 賦值| |L。 假設這可以做到。 那麼當L是K的 Galois 擴充時, z的所有共軛數應有一樣的取 值, 故
|z|nL = |σ1(z)|L· · · |σn(z)|L
= |NL/K(z)|L= |NL/K(z)|K
這表示
|z|L = |NL/K(z)|1/nK .
而上式即使在L不是K的 Galois 擴充的情況 下也有意義。 這建議了下面的。
定理 1: 設K是一具賦值| |K的非阿基米德 局部體, L是K 的n次可分離擴充體, 則| |K 可唯一擴充到L 上的一賦值| |L, 其定義為
|z|L = |NL/K(z)|1/nK , z ∈ L 更進一步, L對| |L是完備。
證明: 存在性。 對z ∈ L, 定義
|z|L= |NL/k(z)|1/nk 。
顯然地, 它滿足賦值的條件(1) 與 (2)。 剩下 要證的是對z, w ∈ L,
|z + w|L≤ max(|z|L, |w|L)。
由定義看來, 這等價於證明若 z ∈ L 滿足
|NL/k(z)|k ≤ 1, 則|NL/k(1 + z)|k ≤ 1。
考慮z在K中的不可約多項式f (x) = xm+ am−1xm−1+ · · · + a0, 則
[a0(−1)m]n/m = NL/K(z)
故|a0|K ≤ 1。 換句話說, a0落在K的整數 環OK 裡, 因
f (−1) = (−1)mNK(z)/K(1 + z)
= (−1)m+ (−1)m−1am−1+ · · · + a0,
若有辦法證出所有的係數ai ∈ Ok, 則 NK(z)/K(1 + z)的係數也一樣落在Ok, 自然 地NL/K(1 + z)的係數也一樣, 而得出
|NL/K(1 + z)|K ≤ 1。
假設 不 然, 令j表示滿足|aj|K ≥
|ai|K, i = 0, · · · , m − 1, 的最大指數, 則 有
|aj|K > 1, m − 1 ≥ j > 0 且對 i > j, |ai|K < |aj|K
以PK表示OK中的最大理想, 則有a−1j ∈ PK且對m − 1 ≥ i > j, 均有aia−1j ∈ PK。 多項式a−1j f (x)落在OK[x] 中且mod- ulo PK後得出 a−1j f (x) = g(x)h(x), 其 中 h(x) = 1 且 g(x) = a−1j f (x) = xj + · · ·是OK/PK[x]中次數為j的多項式。
注意到m > j > 0。 利用 Hensel 預備定 理, 得出
a−1j f (x) = G(x)H(x)
其中 G, H 是OK[x] 的多項式, deg G(x) = j且
deg H > 0。 這與f 是不可約的條件矛盾, 從 而證明ai ∈ OK。 因此賦值的性質 (3) 成立。
唯一性: 視L是K上的n維向量空間。 賦 值| |K 在L上的任意擴充賦值可定出L上的 norm k k。 對所有α ∈ K以及x ∈ L, 這 norm 滿足
kαxk = |α|Kkxk。
固 定一 組L對K 的 基 底{w1, · · · , wn}, 把x寫成w1, · · · , wn的K−線性組合:
x = α1w1+ · · · + αnwn, αi ∈ K。
定義
kxk0 = max
i |αi|K,
則 k k0 是 L 上的 norm。 假如兩個 normk k與 k k0 是等價的 (即它們定義出 相同的拓樸), 那麼任意兩個| |K在L 上的賦 值擴充也會等價, 從而得證出唯一性。 同時亦 證出L對| |L的完備空間也是唯一的, 因這其 實是對k k0的完備空間。 故證出底下定理後, 本定理證明即完成。
定理 2: 設K是一賦值為 | |K 的局部體。 L 是 K 上的有限維向量空間。 則任意滿足 kαxk = |α|Kkxk, α ∈ K, x ∈ L 的 normk k等價於上面所定義的 normk k0。 更 進一步, L對於k k是完備空間。
證明: 我們必需證明存在有兩個正數µ與ν, 使得對所有x ∈ L,
kxk ≤ µkxk0 且 kxk0 ≤ νkxk 其中第一個不等式較容易導出。 設x = α1w1+ · · · + αnwn, 由三角不等式得出
kxk ≤ kα1w1k + · · · + kαnwnk
= |α1|Kkw1k + · · · + |αn|Kkwnk
≤ µ max
i |αi|K = µkxk0,
其中µ = kw1k + · · · + kwnk。 為了證明另 一不等式, 對x = α1w1 + · · · + αnwn ∈ L, αi ∈ K, 定義n個函數| |i如下:
|x|i = |αi|K
現只要證明存在有正數ν1, · · · , νn使得|x|i ≤ νikxk即可。 在n = 1時顯然成立。 現歸 納n加以證明。 設V 是由w1, · · · , wn−1 所 生成之K上的向量空間, 且令k k′是k k限 制 到V 上 的 norm, 由 歸 納 假 設, ν1′, · · · , νn−1′ 存在, k k′ 與k k′0在V 上等 價且V 具完備性。 若 νn 存在, 則 ν1, · · ·, νn−1 也跟著存在。 事實上, 將x記為x = x(V ) + αnwn, 其中x(V ) = α1w1 + · · · + αn−1wn−1。 則對1 ≤ i ≤ n − 1
|x|i = |x(V )|i ≤ νi′kx(V )k′
≤ νi′(kxk + kαnwnk)
≤ νi′(kxk + |x|nkwnk)
≤ νi′(1 + νnkwnk)kxk
故可選定νi = νi′(1 + νnkwnk)(i = 1, · · · , n − 1)。 假設νn不存在, 則存在有一序 列{xj}j≥1 滿足|xj|n > jkxjk, 則xj 6∈ V , 注意到上不等式中, xj可換為非零的純量倍 數時, 不等式依然成立, 故可設
xj = αj1w1+· · ·+αjn−1wn−1+wn, αji∈ K。
由這得出kxjk < 1j, 因此
j→∞lim xj = 0 且 lim
j→∞(xj− wn) = −wn。
另一方面xj − wn是封閉子空間V 中的元素, 這序列不可能收斂到V 外的元素, 因此νn確 實存在, 且ν1, · · · , νn−1跟著存在, 從而得所 欲證。
註記: (1) 以OL表示L中對賦值| |L的 整數環, 在存在性的證明中已證明OL的元 素是Ok上的代數整數。 反過來, 若x ∈ L是Ok上的代數整數, 則x的 norm 落 在Ok中, 因而由| |L的定義知x ∈ OL; OL是 由L中佈於K的整數所組合而成。 換句話說, 兩整數環合而為一。
(2) 若K是阿基米德局部體, 定理 1 也成立, 因
|z|C= |zz|1/2R , z ∈ C 是C上的一賦值, 且唯一性在C中成立。
設K, L, | |K, | |L如定理 1 所示, 以 OK, OL 分別表示K, L中的整數環, 且 PK, PL 分別是 Ok, OL 中的最大理 想。 因OK ∩ PL = PK。 L中的餘 數體OL/PL是K中餘數體 OK/Pk的擴充 體。 設w1, . . . , wf是OL中的元素, mod- ulo PL後, w1. . . , wf 在OK/PK是線性 獨立, 那麼w1, . . ., wf在K中也是線性獨立。
若否; 設
P
fi=1aiwi = 0為一非顯然的關 係式。 我們可假設所有ai ∈ OK, 但不全 在PK中, Modulo PL後得出 wi 在 OK/PK的一非顯然線性關係式, 是為矛盾。 這證明 了OK/PK是OK/PK 的一有限擴充體, 且擴 充次數f ≤ n = [L : K]。 並且我們同時亦 證: OL中的任取f 個元素, 若在 modulo PL
後它們形成 OL/PL在 OK/PK 之上的基底, 則這f 個元素在K中線性獨立。 其次選定K中
的 uniformizer πK以及L中的 uniformizer πL因πK ∈ PL, 故可表πK = uπLe, 其中e是 正整數且u是 UL 的單位。 亦即
|πK|L= |πL|eL,
稱 e 是 L 在 K 之上的分歧指數 (ramifica- tion idex)。
定理 3: 設K, L如定理 1 所述, 且e, f 如上面 所定。 則
[L : K] = n = ef 。
證明: 設S是餘數體OL/PL在OL 的任意 一組代表。 我們知道任意L中的元素皆可表 為πL的 Laurent 冪級數, 而其係數落在S中。
此外因任意冪次 πLj 可表為 ujπiLπKm, 其 中uj是單位, i, m 是整數且0 ≤ i ≤ e − 1, 故同樣步驟可把任意L中的元素表為
e−1
X
i=0
X
m>−∞
simπLiπKm, sim∈ S 設 S 是餘數體 OK/PK 在 OK 中的一組代 表, 且 w1, . . . , wf是OL的元素, 在 modulo PL 後形成
OK/PK上的一組基底。 則可選擇S為
X
f j=1sjwj | sj ∈ S
。這證明了wjπiL, 1 ≤ j ≤ f, 0 ≤ i ≤ e − 1 生成L在K上的所有元素。
剩下要證明的是wjπLi在K中是線性獨 立。 假設不然則存在有一非顯然關係式
e−1
X
i=0
X
f j=1aijwjπLi = 0
我們可假設 aij 都落在 Ok 中且某些 aij是 單位。 設i0是最小的下標 m使得對某一j, amj是單位。 那麼對所有 i < i0, 1 ≤ j ≤ f , 我們都有aij ∈ PK, 這證明了
X
f j=1X
i6=i0
1≤i≤e−1
aijwjπLi ∈ PLi0+1,
因此
X
f j=1ai0jwjπLi0 ∈ PLi0+1, 而這表示
X
f j=1ai0jwj ∈ PL.
換句話說:modulo PL 後, 在 OL/PL 中,
P
fj=1 ai0jwj = 0。 此為OL/PL中的非顯然 關係式, 與w1, · · · , wf在OK/PK上是線性 獨立的事實不符。 因此
wjπLi, 1 ≤ j ≤ f, 0 ≤ i ≤ e − 1 形成L在K之上的一組基底, 得證出[L : K] = n = ef 。
註記:L/K在e = 1時稱為無分歧(unramified) 擴張, 而在f = 1時稱為完全分歧(totally ramified) 擴張。
以q表示餘數體 OK/PK 的元素個數。
設 | |K 是 K 上的標準賦值滿足
|πK|K = q−1.
以| |表示等價於| |K在L上的唯一擴充| |L的 標準賦值。 故
|πL| = |OL/PL|−1 = q−f
現我們要表現出| |。 由定理3知
|πK| = |πL|e = q−ef = q−n= |πK|nK 故| | = | |nK, 這與定理 1 組合在一起, 得出下 面的推論。
推論 1 設K是一非阿基米德局部體, 上有標 準賦值| |K。 設L是K 的n次可分離擴充體。
則L上等價於| |K在 L 上之唯一擴充 | |L 的 標準賦值| | 可表為
|x| = |NL/K(x)|K, x ∈ L.
習 題 3: 設K是一非阿基米德局部體 且L是K的 n次可分離擴充體。 設K的餘 數 體 有q個元素, L的餘數體有qf個 元 素, L/K的分歧數為e, 則 n = ef 。
(1) 證明L含有1的qf− 1次方根 (提示:
利用 Hensel 預備定理)。
(2) 設ξ是L中的1的原始qf − 1次方根 且令M = K(ξ)。 證明M 是K的f 次無分歧 擴充, 且L是M的完全分歧擴充。
事實上, 任意K的無分歧擴充都包含 在M 中, 故M是K在L中的最大無分歧擴 充。
(3) 設πL是PL的 uniformizer, 又 f (x) = xr+ ar−1xr−1 + · · · + a0
是πL在M中的不可約多項式, 證明ai ∈ PM, a0 ∈ PM−P2M且r = e故L = M(πL)。
設K是一體, L是K的n次擴充體, 並 設w1, . . . , wn是L 在K上的一組基底, 則
wiwj =
X
n k=1aijkwk (∗)
其中aijk ∈ K, 這組關係式決定L到同構階 段。
設A是包含K的一環, 則張量乘積 (ten- sor product)A ⊗K L 是由
P
ni=1ciwi, ci ∈ A所組成。 由代數觀點來講, 這環的加法是 各分量相加, 而乘法則由(∗)所決定。 注意 到A與L 都可嵌入 A ⊗KL 中, 若 A 上有拓 樸結構, 則可在A ⊗K L藉由映射(c1, · · · , cn) ∈ An7→
X
n i=1ciwi ∈ A ⊗KL 給出一個與An上乘積拓樸同態的拓樸。
很容易驗證A ⊗K L上的代數結構與拓 樸結構皆和L在K上的基底{w1, · · · , wn}的 選取無關。
定理 1 描述局部體上賦值擴張的情形, 下面定理則描述大域體上賦值擴充的情況;
前者有唯一性, 後者則不然。
定理 4: 設K是一大域體且L是K的n次 可分離擴充體v是K的一個位, 則L上至多 有n個位整除v, 即K上的賦值| |v可至多擴 充為n個L 上的相異 (因此不等價) 的賦 值。 設w1, · · · , wr(r ≤ n) 是L上整除v的 位, 以Kv表示K在v的完備空間, Lwi表示L 在wi的完備空間, 則
Kv⊗KL ∼= Lw1 ⊕ · · · ⊕ Lwr (5) 為代數上的同構與拓樸上的同態, 此處右邊 是賦予乘積拓樸。
證明: 存在有L 中的元素ξ使得L = K(ξ)。 設f (x)是ξ在K 上的不可約多項式,
把f (x)分解成Kv中之不可約多項式fi(x)的 乘積:
f (x) = f1(x) · · · fr(x)。
因L是K的可分擴充體, 因子fi(1 ≤ i ≤ r)兩兩互質; 而顯然地, r ≤ n。 由代數方面 來看, 利用中國餘式定理, 則有下列同構
Kv⊗KL ∼= Kv ⊗KK[x]/(f (x))
∼= Kv[x]/(f (x)) ∼=
Y
r i=1Kv[x]/(fi(x))
在這裡, 每一Kv[x]/(fi(x))都是Kv的有限 代數擴充體, 稱為Li。 在上面的同構中, 元 素ξ先對應到Kv[x]/(f (x))中的x + (f (x)), 而 再 對 應 到
Q
ri=1Kv[x]/(fi(x))中的(x + (f1(x)), . . . , x +(fr(x))。 因此, 對每一1 ≤ i ≤ r, 函數ξ 7→ x + (fi(x))
是K[ξ]到Li = Kv[x]/(fi(x))的一非顯然同 態。 因K[ξ] = L是一體, 這表示L可嵌入每 一Li中, 以| |i表示Kv上賦值 | |v Li 的唯 一擴充。 因 K 在 Kv中具稠密性, K ⊗L L在Kv ⊗KL也稠密, 故L在每一Li稠密。| |i
限制到L時對應於L中的位wi, 且Li是對| |i
的完備空間Lwi。
我們必需證明| |i(1 ≤ i ≤ r)兩兩相異, 且它們是| |v在L中的所有擴充賦值。 設| | 是 一| |v在L上的擴充賦值。 則由連續性, | | 可 擴充為Kv⊗K L上的實值函數並滿足
|αβ| = |α||β|
以及
|α+β| ≤ max(|α|, |β|), 若| |v是非阿基米德, 或
|α + β| ≤ |α| + |β|, 若| |v是阿基米德。
將| | 限制到Li上。 若存在有元素α ∈ Li, 使得|α| 6= 0, 則對任意Li中的非零元 素β, 由關係式|α| = |β||αβ−1| 6= 0得 出|β 6= 0; 故| | 限制到Li是| |v的擴充賦值, 利用定理 1, 它等於| |i。 因| |在Kv⊗KL上非 零, 故在某一Li也非零, 這證明所有L上之| |v
的擴充賦值皆落在| |1, · · · | |r之中。 更進一 步, 若| |i = | |j, 選擇| | = | |i = | |j, 會得出| | 限制到Li與Lj上皆不為零。設α ∈ L×i 且 β ∈ L×j , 視為Kv⊗KL的元素, 則有
αβ
= (0, · · · , 0, α, 0, · · · 0)(0, 0, · · · , 0, β, 0, · · · 0)
↑ ↑
第 i 位置 第 j 位置
= (0, · · · , 0) = 0
但0 = |0| = |αβ| = |α||β| 6= 0, 得出矛盾。
這證明了代數部份同構。
剩下需證明 (5) 是拓樸同態。 對 x = (x1, · · · , xr) ∈ Lw1 ⊕ · · · ⊕ Lwr, 定義
kxk0 = max
1≤i≤r|xi|i.
把 Lw1 ⊕ · · · ⊕ Lwr 視為 Kv上的向量空間, 則 k k0 是其上的 norm, 且這 norm 引導出 乘積拓樸。 另一方面由定理2知, Kv上之有限 維向量空間的 norm 都等價, 故k k0也引導 出Kv⊗KL上的張量乘積拓樸, 定理證畢。
推 論2:設K是 一 大 域 體 且L是K的 有 限 可 分 離 擴 充 體。 設v是K的 一 個 位
且w1, · · · , wr是L中整除v的位。 令ξ ∈ L。
則
NL/K(ξ) =
Y
r i=1NLwi/Kv(ξ) 且 T rL/K(ξ) =
X
r i=1T rLwi/Kv(ξ)
證明: 如上定理所述
X
r i=1[Lwi : Kv] = n = [L : K], 故推論對ξ ∈ K成立。 其次設K(ξ) = L, 令 f (x) 與 fi(x) 如上面證明所定, 則有
NL/K(ξ) = (−1)nf (0)
且 NLwi/Kv(ξ) = (−1)[Lwi:Kv]fi(0)
又
T rL/K(ξ) = −(f 的xn−1係數), 且 T rLwi/Kv(ξ)
= −(fi(x)的x[Lwi:Kv]−1係數)。
因 f (x) = f1(x) · · · fr(x), ξ 的大域 norm 與 trace 與局部的 norm, trace 的關係式如 推論所述。
最後討論當M = K[ξ]為一中間體的情 形。 設v1, · · · , vs 是 M 中的整除 v 的位, 則 w1, · · ·, wr是L中整除v1, · · · , vs的位, 固 定M中的一個位 vi, 則有
Y
wj|vi
NLwj/Mvi(ξ)
=
Y
wj|vi
NMvi/Kv ◦ NLwj/Mvi(ξ)
= NMvi/Kv(ξ)
P
wj /vi[Lwj:Mvi]
= Nmvi/Kv(ξ)[L:M ],
故
Y
wj/vi
NLwj/Kv(ξ)
=
Y
vi|v
Y
wj|vi
NLwj/Kv(ξ)
=
Y
vi|v
NMvi/Kv(ξ)[L:M ]
= NM/K(ξ)[L:M ]= NL/K(ξ)。
類似方法可證T rL/K(ξ) =
P
ri=1T rLwi/Kv(ξ)。推 論 3:設K是 一 大 域 體 且L是K的 有 限 可 分 離 擴 充 體。 設v是K的 一 個 位 且w1, · · · , wr是L中整除v的位。 以| |v和| |w 分別表示Kv和Lw的標準賦值, 則有
|NL/K(ξ)|v =
Y
r i=1|ξ|wi。
證明: 當v是非阿基米德時, 這由推論 2 與推 論 3得出。 當v是阿基米德時, 則可由推論2與 標準的阿基米德賦值定義得出。
在這一段裡, 我們考慮大域體中的非零 元素在每個位的賦值。
定理 5: 設K是一大域體, 令ξ ∈ K×, 則除 有限多個位w外, |ξ|w = 1。
證明: 若K = Q或有限體上的單變數函數 體, 這顯然成立。 若K是函數體, 但非有理 函數體, 則存在有一K的有理函數子體F , 使 得K是F 的有限可分離擴充體。 若K是一數
體, 則選F = Q, 於是K是F 的有限可分離 擴充體。
設
f (x) = xn+ an−1xn−1+ · · · + a0
為ξ在F 的不可約多項式。 對每一ai, 除有限 個F 的位外, 對其他位而言, 它都是整數; 故 存在有一F 中位置的有限集合S, 使得對v 6∈
S時, 則有ai ∈ Ov。 因a0 6= 0, 必要時可擴 充S,v 6∈ S時, |a0|v = 1。
設S是 由K中 整 除S的 位 所 構 成 的 集 合, 由定理4 知S是一有限集。 對任意K中 落在S之外的位w, 則有w整除F 中某一落 在S之外的位v, ξ是佈於Ov 上的整數, 故由 定理 1 後的註記知它落在Ow中, 更進一步, 由推論 1與 3, 得出
|ξ|w = |Nkw/Fv(ξ)|v ≤ 1 且
Y
w|v
|ξ|w = |Nk/F (ξ)|v = |a0|[k:F (ξ)]v = 1 。
這表示w在S之外時, |ξ|w = 1。 這證明了定 理。
當K為一函數體時, 上面的定理告訴我 們: 定義在有限體上之非奇異投影曲線上的 非零有理函數, 只會在有限多個封閉點上具 零位或極點。
定理 6: (乘積式) 設K為一大域體且ξ ∈ K×。 又設
P
是由K 的所有位所構成的集合,則
Y
w∈Σ
|ξ|w = 1。
注意: 由定理 5 知無窮乘積
Q
w∈Σ|ξ|w事實上 只是有限乘積, 故定義上沒有收斂的問題。證明: 情形 1. K = Q。 可設ξ = n非零整 數, 將n分解成質因數乘積,
n = ±pe11· · · perr, ei > 0, p1, · · · , pr是 相異質數。
由賦值定義知|n|pi = peii(i = 1, · · · , r), 當p 6= p1, · · · , pr時, |n|p = 1;且|n|R= n, 故
Y
v∈Σ
|n|v = 1。
情形 2. K = k(T )是q個元素有限體k上的 有理函數體。 可設ξ = g(T )是k[T ]中的非零 多項式。 以∞表K中以T1當 uniformizer 的 位。 將g(T )分解成不可約多項式的乘積
g(T ) = ag1(T )e1· · · gr(T )er, 其中a ∈ k×, ei > 0, g1, · · · , gr相異, 以vi表 示K中以gi(T ) 當 uniformizer 的位。 則
|g(T )|vi = q−fiei
其中fi = deg gi; 而當v 6= vi, · · · , vr, ∞時,
|g(T )|v = 1 且
|g(T )|∞= q
P
ri=1fiei,這是因為g在∞的極點重數= deg g =
P
ri=1fiei, 且 ∞是一次位, 故有
Y
v∈Σ
|ξ|v = 1。
情形3: K是F = Q或k(T )的有限可分離擴 充體。 令
P
′表示F 中所有位的集合。 設ξ ∈ K×,Y
w∈Σ
|ξ|w =
Y
v∈Σ′
Y
w|v
|ξ|w
=
Y
v∈Σ′
|Nk/F(ξ)|v(由推論3)
= 1。
因Nk/F(ξ) ∈ F×且定理對F 中的元素成立。
因Nk/F(ξ) ∈ F×且定理對F 中的元素 成立。
在函數體的情形, 上面定理告訴我們:
非奇異投影曲線C 上的任意非零有理函數ξ, 重數照算的話, 其零位個數等於極點個數的 總和。 這裡個數的算法如下: 如封閉點x的次 數是f , 而x是ξ的重數為e的零位, 則ξ在x的 零位個數是ef 。
推論 4: 設K是常數體為k的函數體, ξ ∈ K×。 若對K的所有位置w, ξ均落在Ow, 則ξ ∈ k×。
證明: 因ξ沒有極點, 故也不會有零位。 換句 話說, 必是個非零常數。
第三節.Ad` eles 與 Id` eles
給定一定義在大域體K的代數群G, 我 們想研究大域點G(K) 與局部點G(Kv)之 間 的 關 係。 最 直 覺 的 想 法 是 考 慮 無 窮 乘 積
Q
vG(Kv), 其中v跑遍所有K的位。 不幸 地, 這無窮乘積沒有很好的拓樸性質。 取而代 之的想法是取G(Kv)的“限制乘積”。 在此我 們就開始引介限制乘積的基本概念。設{Gv}v∈Σ是一族局部緊緻的拓樸群, 其指標集合是
P
。 設P
0是P
的有限子集合。對每一v ∈ Σ −
P
0, 我們固定一Gv的緊緻開 子群Hv, 對每一P
中包含P
0 的有限集合S,定義
GS =
Y
v∈S
Gv
Y
v∈Σ−S
Hv,
且賦予GS乘積拓樸。 注意到GS還是局部緊 緻, 若S1與S2是兩個這樣的集合且滿足S1 ⊃ S2, 則GS1 ⊃ GS2且GS2 上的拓樸 是由GS1上的拓樸限制下來的。 定義{Gv}對 於{Hv} 的限制乘積G為GS在包含關係下的 直極限 (Direct limit) 而S跑遍所有
P
中包 含P
0的有限子集合。G中子集合U是開集的 充要條件是: 對所有包含P
0的有限子集合S, U ∩ GS都是GS 的開子集。 因此, G之單位元 素1的任何開鄰域 (open neighborhood) 都 會包含Q
v∈SUvQ
v∈Σ\SHv, 在此S是某一包 含
P
0的有限子集且Uv是Gv中包含1的開集。所以G是一個局部緊緻拓樸群 (locally com- pact topological group), 其代數與拓樸結 構均與Σ0的選取無關。
取一大域體K, 令Σ = ΣK是K之所 有位所形成的集合且Σ0 = Σ∞ 是K上的 所有阿基米德位 (若K是函數體, 這集合是 空集合)。 首先考慮G = Ga 為加法群的情 形。 對v ∈ Σ, Gv = G(Kv) = Kv且 對v ∈ Σ − Σ0, 令Hv = G(Ov) = Ov。 那 麼{Kv}v∈Σ對{Ov}v∈Σ−Σ0 的限制乘積在各 分量各自相乘與相加的運算下形成一環, 稱 為K的 ad`ele - 環(ring of ad`eles), 記為AK, 換句話說,
AK={(xv)∈
Y
v∈Σk
Kv|對幾乎所有位v, xv ∈ Ov}.
定理 5 表示, 對幾乎所有K的位v, K的元素 都落在Ov 故可將K的元素對角嵌入AK中, 亦即x 7→ (x, · · · , x, · · ·)。
考 慮K的 一n次 可 分 離 擴 充 體L。
設w1, · · ·, wn是L在K 上 的一 組 基 底, 且w1, · · · , wr是L上整除v的位。 定理 4 告訴 我: 從代數上與拓樸上來看,
Kv⊗KL=Kvw1⊕· · ·⊕Kvwn∼=Lw1⊕· · ·⊕Lwr。 現我們要探討Ovw1⊕ · · · ⊕ Ovwn與Ow1 ⊕
· · · ⊕ Owr之間的關係。 很明顯地, Ow1 ⊕
· · · ⊕ Owr是由Kv ⊗K L 中Ov上的整數 所組成。 故除了有限個v之外, 由定理 5 知, w1, . . . , wn都是Ov的整數。 因此, 對幾乎所 有位v, Ovw1 ⊕ · · · ⊕ Ovwn包含在Ow1 ⊕
· · ·⊕Owr中。 反過來, 設β為Kν⊗KL中Ov上 的整數, 將其表為
β = α1w1+ · · · + αnwn, αi ∈ Kv
設σ1, · · · , σn是L到K之代數閉包K的n個嵌 入。 對Kv⊗KL中的元素x = x1w1+ · · · + xnwn, xi ∈ Kν, 以x(j)表示
xiσj(w1) + · · · + xnσj(w1) ∈ Kν ⊗K K, j = 1, · · · , n.
那麼
X
n j=1x(j) = x1T rL/Kw1+ · · · + xnT rL/Kwn
=
X
n j=1xj
X
r i=1T rLwi/Kv(wj)(推論 2)
=
X
r i=1T rLwi/Kv(x)。
現定義T rL/K(x)為
X
n j=1x(j) =
X
r i=1T rLwi/Kv(x)。
因此若x是Ov上的整數 (integral over Ov) 則 T rL/K(x) ∈ Ov。 關係式β = α1w1 +
· · · + αnwn 產生了下面的矩陣方程式
w1(1) . . . w(1)n ...
w(n)1 · · · wn(n)
α1 ...
αn
=
β(1) ...
β(n)
因 w1, · · · , wn 是 K 一線性獨立, 故矩陣 w = (wj(i))的行列式值不為零, 利用 Cramer 法則, 解出
αi = detBi
detW (i = 1, · · · , n)
其中Bi是把W 的第 i 行元素以
β(1) ... β(n)
取代 而得。 到此為止, 我們對αi所知不多, 但對αi2 = det(tBiBi) det(tW W ) 知道的卻不少。 這是因為矩陣
tW W = (T rL/Kwiwj)
中各行列元素均為Ov的元素, 且tBiBi亦然。
更進一步, d = det(tW W )是K中的非零 元素。 由定理 5 知, 對幾乎所有K 的位v而 言, 都有|d|v = 1, 因此α2i與αi也落在Ov中;
此我們得證了: 對幾乎所有的位v, β ∈ Ovw1 ⊕ · · · ⊕ Ovwn 這證明了下面的預備 定理。
預備定理 1: 設L是大域體K 的n次可分離 擴充體, w1· · · , wn是L在K 上的一組基底。
對幾乎所有K 的位v, 均有
Ovw1⊕ · · · ⊕ Ovwn= Ow1 ⊕ · · · ⊕ Owr
其中w1, · · · , wr是L上整除v的位。
結合定理 4與預備定理 1, 得到
預備定理 2: 設L是大域體K的n次可分離 擴充體, 則從代數上與拓樸上而言, AK ⊗K
L與AL同構且同態, 並且L = K ⊗K L可對 角嵌入AL中。
現我們已做好證明下面定理的準備工作 定理 7: 設K 是一大域體, 則K是AK的 離散子群, 且AK/K在商拓樸 (quotient toplogy) 下是緊緻的。
證明: 設F 是Q或是常數體為k的有理函數 體, 使得K 為F 的n次可分離擴充體。 設w1, . . ., wn是K在F 上的一組基底, 則看成加法 群時,
AK = AF ⊗F K = AFw1⊕ · · · ⊕ AFwn. 假設我們可證明 F 是 AF 的離散子群且有 一 AF 的緊緻集 Ω 使得 AF = F + Ω, 那 麼K是AF ⊗F k = Ak的離散子群。 更進一 步令
Ω = Ωw
e
1+ · · · + Ωwn則其為AK 上的一緊緻集, 並使得AK = K +Ω, 從而
e
AK/K ∼=Ω/K ∩
e
Ωe
是 一 緊 緻 集。 故 定 理 7 的 證 明 變 成 只 需 證K = Q與K = k(T )的情形。
情形一: K = k(T )。 令 Ω =
Q
v∈ΣKOv, 則 Ω 是 AK 中的開緊緻集。 對每一位 v, 選取在 v 的 uniformizer πv如下:若v 6= ∞令πv是k[T ]中在v為零的不可約多 項式。 若v = ∞, 取πv = 1/T 。 選定v之餘
數體的代表Sv為k[T ]中次數小於 deg πv的 多項式, 則每一Kv的元素xv可寫成
xv =
X
i>−∞
siπvi, si ∈ Sv。
以hxvi表示
P
i<0siπvi, 稱為xv的極 (polar) 部份。 給定一Ak中的元素x = (xv)v∈Σk, 則只有有限個位v, hxvi才不為零, 且對所有 位w 6= v, hxvi ∈ Ow 。 令γ =
X
υ
hxvi
則γ ∈ K且x − γ在所有都是整數, 這證 明AK = K + Ω。 更進一步, 由推論 4, 可 知K ∩ Ω = k是有限集。 故K在AK中離散 且AK/K ∼= Ω/k是緊緻。
情形二: K = Q。 設Ω = [−12,12] ×
Q
pZp。 在Q的有限位置p, 選定 uniformizer πp = p且在p 的餘數體的代表Sp選定 為{0, 1, · · · , p − 1} 對xp∈ Qp, 定義xp的極 (polar) 部份hxpi如情形一所述。 對任意x = hxvi ∈ AQ, 都有對幾乎所有的p, hxpi = 0, 故γ =
P
phxpi是一有理數且對所有的p, x − γ ∈ Zp 。 最後, 有一整數n ∈ Z, 使得x − γ − n的絕對值落在[−12,12]。 這證明AQ = Q+Ω。 注意到(−12,12)×Q
pZp是0的開一鄰 域且不包含其他的有理數, 故Q可嵌入AQ為 一離散子群。 最後AQ/Q ∼= R ×Q
pZp/Z∼= (R/Z) ×
Q
pZp是緊緻集。其次取G為乘法群Gm。 同樣地令 Σ = Σk 且 Σ0 = Σ∞ 則對v ∈ ΣK, Gv = G(Kv) = Kv×, 且對v ∈ Σ − Σ0, 令Hv=
G(O) = Uv。 {Kv×}對{Uv}的限制乘積稱為 Id`ele 群 (group of id`eles), 以IK表之, 因此 IK= {(xv) ∈
Y
v∈Σk
Kv×|對幾乎所有v, xv ∈ Uv}.
注意到IK在代數上而言是AK的單位群, 但 其上之拓樸比由AK得來的限制拓樸還細。
習題 3: 證明在IK上的自同構x 7→ x−1在限 制拓樸下並不連續。 事實上, 我們加在IK上 的拓樸是使IK成為拓樸群的最弱拓樸。
定理 5 顯示 K×可以對角嵌入IK中。 商 群 IK/K× 稱為 K 的 id`ele 類群 (id`ele class group)。 利用K在v之完備體Kv的標 準賦值| |v, 我們定義從IK到正實數群的函 數| |, 稱為IK上之 norm 函數, 如下
|x| =
Y
v
|xv|v, x = (xv) ∈ Ik。 因對幾乎所有的位υ,xv都是單位, 故上面的 乘積事實上是有限乘積。 注意到| | 是一連續 同態, 其核IK1是由 norm 是 1 的 id`eles 組合 而成。 對一數體K,| | 的映象都是正實數, 且 有
IK = IK1 × (R×>0)w ∼= IK1 × R×>0. 其中w是K的阿基米德位且(R×>0)w是Kw的 子群。 而對常數體是q個元素的函數體K, | | 的映象是R×>0的一無窮循環子群, 它由q的某 一冪次qr所生成, 我們有
IK = IK1 × hxi ∼= IK1 × Z, 其中x是一 id`ele 滿足|x| = qr。
乘積式 (定理 6) 顯示K×是IK1的子 群。 由定理 7, 我們知道K是AK的離散子
群。 又因IK上的拓樸比 AK的限制拓樸還強, 故K×是IK的離散子群, 因而也是IK1的離散 子群。
定理8: 設K是一大域體, 則K×是IK1的離散 子群且IK1/K× 在商拓樸下是緊緻的。
現只剩下要證明第二個斷言。 為此, 我 們需要一幾何預備定理。 給定一 id`ele a = (av)。 定義“邊長是a的平行多面體”為
Pa= {x = (xv) ∈ Ak| |xv|v ≤ |av|v}.
則有Pa = aP1, 且P1是Ak的緊緻集, 因AK/K是緊緻集, 以µK表示AK/K上全 測度為 1的 Haar 測度, 令µK 為AK的 Haar 測度, 使得其限制到K上得出 counting 測 度, 引出AK/K上的µK。 因此Pa的體積為有 限且滿足
µK(Pa) = |a|µK(P1).
下面預備定理告訴我們: 若Pa的體積足夠 大的話, 則Pa至少包含K 中的兩相異元素。
這是 Minkowski 定理的一個特殊情形, 以 ad`elic 語言表達出來。
預備定理 3: 存在有一常數c > 0, 使得對每 一 id`ele a滿足|a| > 1c, 都有Pa∩ K× 6= φ。
證明: 選定K的 id`ele b = (bv)滿足
(
bv = 1 若v是非阿基米德位 bv = 14 若v是阿基米德位則Pb − Pb ⊆ P1。 假設Pa∩ K× = φ, 那 麼Pab與K, Ak中的任意平移至多交於一次。
因若y1, y2 是(x + K) ∩ Pab的兩相異元素, 則α = y1− x, β = y2− x是K 的相異元素
且α − β落在Pab− Pab ⊂ Pa中, 與原先假設 矛盾。 以f, f分別表示Pab, (Pab+ K)/K 上 的示性函數, 則有
µK(Pab) =
Z
AKf (x)dµK(x)
=
Z
AK/K
X
α∈K
f (x + α)dµK(x)
=
Z
AK/Kf (x)dµK(x) (因對所有x ∈ AK, card((x + K) ∩ Pab) ≤ 1)
≤
Z
AK/KdµK(x) = 1
因此, 若c = µ(P0), 則有c|a| ≤ 1。 因此對 任意 id`ele a 滿足|a| > 1c,Pa∩ K× 6= φ。
現我們證明定理 8。 設a0是滿足|a0| >
1
c的 id`ele, 則對任意a ∈ IK1, 則有
|a−1a0| = |a0| > 1 c。
依據預備定理3, 存在有非零元素α ∈ K×落 在Pa−1a0, 亦即αa ∈ Pa0。 更進一步, 因αa ∈ Ik1, 存在有β ∈ K×使得β(aα)−1 ∈ Pa0, 組合後兩個敘述得出β ∈ Pa20。 另一方 面, Pa20∩ K同時是緊緻且離散, 故是有限集, 設為
Pa20 ∩ K = {0, γ1, · · · , γs}。
現已經證明aα ∈ Pa0且(aα)−1 ∈
∪si=1γi−1Pa0, 定
B = Pa0 ∪ (∪si=1γi−1Pa0) 且 B∗ = {x ∈ IK|x, x−1 ∈ B}
存在有一K之位的有限集S使得在S之外的 位v, (a0)v與(γi)v 都是單位, i = 1 . . . , s0因 此B∗是
Q
v∈SKv× 與Q
v6∈SUv乘積上之緊緻集, 故亦為 IK 的緊緻集。 而我們已得出: 對 任意a ∈ IK1, 存在有α ∈ K×使得aα ∈ B×。 因為IK1/K×是IK1 ∩B∗ 的商, 所以必是緊緻。
定理證畢。
在此, 我們提出定理 8 的一些推論。
首先考慮K是函數體的情形。 由K之位所 生成的自由交換群 (free abelian group) 稱為K的除子群 (group of divisor), 以Div(K)表之。 除子D =
P
nνV 的次數 定義為deg D =
X
ν
nνdeg ν,
在此對幾乎所有的ν, nν = 0。 這次數函 數deg : Div(K) → Z 是一同態, 其 核Div◦(k)是次數為零的除子子群, 我們將在 第五章第四節證明次數函數的值域是Z。
對ξ ∈ K×, ξ的除子divξ =
P
nνν, 其 中nv是ξ 在ν的重數 (order)。 由定理 5 與 6 我們知道對幾乎所有的ν, nν = 0且deg(divξ) =
X
nνdeg ν = 0。因 此divξ落 在Div◦(K)中, 稱 為 主 除 子(principal divisors), 以P rin(K)表示由 主除子所形成的子群, 商群Div◦(K)/P rin(K) 稱為K的 Jacobian, 以Jac(K)表之。
對Ik中的 id`ele x = (xν), 對應 divx =
P
ν (ordνxν)ν。 因對幾乎所有 的υ, xυ都是單位, 故有div x ∈ Div(K), 賦 予Div(K)離散拓樸, 則div : IK 7→ Div(K)
是連續同態且為映成 (onto), 其核是
Q
vUv。 norm 是1的子群IK1 映到子群Div◦(K)且為映成; 又K×映成到P rin(K) 。 因此div函數 在代數與拓樸上引導出同構
IK1/K×
Y
v
Uv ∼= Div◦(K)/P rin(K)
= Jac(K)。
由於IK1/K×是緊緻, 我們發現Jac(K)同時 是緊緻且離散, 因而是有限, 這證明了下面的 推論。
推論5: 設K是一函數體, 則
Jac(K) = Div◦(K)/P rin(K)
∼= IK1/K×
Y
v
Uv
是一有限群。
其次考慮K是數體的情形。 對每一K的 非阿基米德位v, 以 Pv 表示對應於 v 之 K 的整數環 OK 的最大理想。 以J (k)表示 由OK的最大理想們所生成的自由交換群且 以P rin(K) 表示由非零主理想所生成的自 由交換群。 因OK 的每一理想且在不考慮乘 積次序的前提下, 此唯一都可表為最大理想 的乘積, 故P rin(K)是 J (K) 的子群。 而 商群 J (K)/P rin(K) 稱為 K 的理想類群 Cl(K) (ideal class group)。
對一 id`ele x = (xv) ∈ IK1, 以I(x)表 示理想
Y
v:非阿基米德
Pvordvxv。
因對幾乎所有的位 v, xv的次數是 0, 故 I(x) 是 J (K) 的元素, 函數I : IK1 → J (K) 將x送到I(x)是群同態。 給定一J (K)的元
素
Q
ν:非阿
Pνnν, 現建構一 id`ele x = (xv) ∈ Ik1使 得
Q
ν:非阿
Pνnν, 如下。 在每一非阿基米德位v, 選擇一 uniformizer πv 且令 xv = (πv)nv, 則對幾乎所有 υ, xv = 1。 固定一阿基米德 位w, 對其他的阿基米德位v 6= w時, 定xv = 1, 且令xw是Kw中的元素使得
Y
v:所有位
|xv|v = 1。
故x = (xv)具有所要的性質。 現賦予 J (K)離散拓樸, 則I是一連續同態且映成, 其核等於I∞1
Q
v:非阿Uυ, 其中 I∞1 是由
Q
v∈Σ∞Kv× 中滿足
Q
v∈Σ∞|xv|v = 1 的元 素組成。 更進一步, I 把 K×映至 P rin(K);因此引導出同構 IK1/K×· I∞1
Y
v:非阿
Uv ∼= J (K)/P rin(K)
因IK1/K×是緊緻, 這證明J (K)/P rin(K) 是離散且緊緻, 因此是有限群, 從而得證下面 的推論。
推論6 (Minkowski): 設k是一數體, 則 Cl(K) = J (K)P rin(K)
∼= IK1/K×· I∞1
Y
v:非阿 Uv
是一有限群。
落在 K×∩ I∞1
Q
v:非阿 Uv 的元素稱為 數體 K 的單位。 Dirichlet 證明: 單位元素 所形成的子群是是由落在K中 1 的方根所成 的有限群與階數是r1 + r2 − 1 之自由交換 群的乘積。 在此, r1與r2分別是K的實位與複 位—個數。
對一定義在大域體 K 的一般代數群 G, 其 ad`ele 點 G(Ak) 即是 {G(Kv)}v∈ΣK 對 {G(Ov)}v∈ΣK−Σ0 的限制乘積。