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\date[22. April 2021]{Seminar ,,Quadratische Formen``, 22. April 2021}
\author{Christian Merten}
\title{Vortrag 2: Die \texorpdfstring{$p$}{p}-adischen Zahlen\vspace{10mm}}

\begin{document}

\stepcounter{section}
\section{Die $p$-adischen Zahlen}

\maketitle

\subsection{Der Ring \texorpdfstring{$\Z_p$}{bla} und sein Quotientenkörper \texorpdfstring{$\Q_p$}{bla}}

\begin{frame}

\subsection{Der Ring \texorpdfstring{$\Z_p$}{bla} und sein Quotientenkörper \texorpdfstring{$\Q_p$}{bla}}

Sei $p \in \N$ eine im Folgenden fest gewählte Primzahl.\pause{}

Genauso wie eine natürliche Zahl $m \in \N$ bezüglich der Basis $10$ dargestellt werden kann,\pause{}
ist das auch bezüglich der Basis $p$ möglich.\pause{} Jede natürliche Zahl besitzt also eine
$p$-adische Entwicklung der Form\pause{}
\[
m = a_0 + a_1 p + \ldots + a_n p^{n}
\] wobei die Koeffizienten $a_i$ in $\{0, 1, \ldots, p-1\} $ liegen,\pause{} z.B.: für $p = 5$ und
$n = 216$:
\[
216 = 1 + 3 \cdot 5 + 3 \cdot 5^2 + 1\cdot 5^{3}
.\] 
\end{frame}

%\begin{frame}

%\begin{bsp}[]
%    Für $n = 216$ erhalten wir für $p = 5$
%    \begin{salign*}
%        216 &= 1 + 3 \cdot 5 + 3 \cdot 5^2 + 1 \cdot 5^3.
%    \end{salign*}
    %\begin{salign*}
    %    \uncover<+->{
    %        216 &= 1 + 5 \cdot 43 \\
    %         43 &= 3 + 5 \cdot 8 \\
    %          8 &= 3 + 5 \cdot 1 \\
    %          1 &= 1
    %      }
    %      \intertext{\uncover<+->{Also insgesamt}}
    %      \uncover<+->{216 &= 1 + 3 \cdot 5 + 3 \cdot 5^2 + 1 \cdot 5^3.}
    %\end{salign*}
%\end{bsp}

%\end{frame}

\begin{frame}

Um nun auch negative und sogar gebrochene Zahlen darstellen zu können, gehen wir zu unendlichen
Reihen über:\pause{}
\[
\sum_{i=0}^{\infty} a_i p^{i} = a_0 + a_1 p + a_2 p^2 + \ldots
\] mit $0 \le a_i < p$ für $i \in \N_0$.\pause{}

Dabei ist $\sum_{i=0}^{\infty} a_i p^{i}$ rein formal gemeint,\pause{} d.h.
bezeichnet einfach die Folge der Partialsummen
\[
s_n = \sum_{i=0}^{n-1} a_i p^{i} = a_0 + a_1 p + a_2 p^2 + \ldots + a_{n-1} p^{n-1}
.\]
\end{frame}

\begin{frame}
    Wir betrachten nun die Folge der Restklassen der Partialsummen
    $(\overline{s}_n)_{n \in \N} \in \prod_{m=1}^{\infty} \Z / p^{m} \Z$:
    \[
    \overline{s}_{n} = s_n \; \text{mod } p^{n} \in \Z / p^{n} \Z
    .\]\pause
    Die Folgenelemente $\overline{s}_n$ erfüllen eine ,,Kompatibilitätsbedingung``:
    \[
        s_{n+1} = a_0 + \ldots + a_{n} p^{n} \equiv a_0 + \ldots + a_{n-1} p^{n-1}
        \; (\text{mod } p^{n}) = s_n
    .\]\pause
    %Die Folgenelemente $\overline{s}_n$ liegen alle in verschiedenen Ringen.\pause{}
    %Allerdings existieren
    %zwischen den Ringen $\Z / p^{n} \Z$ kanonische Projektionen
    Mit der kanonischen Projektion
    \begin{salign*}
        \phi_{n}\colon \Z  / p^{n+1}\Z &\to \Z / p^{n} \Z \\
        \overline{a} &\mapsto a \; \text{mod } p^{n}
    ,\end{salign*}\pause{} gilt also $\phi_n(\overline{s}_{n+1}) = \overline{s}_n$.
\end{frame}

\begin{frame}

Mit den $\phi_n$ entsteht eine Folge
\[
    \Z / p \Z \xleftarrow{\phi_1} \Z / p^2 \Z \xleftarrow{\phi_2} \Z / p^{3} \Z \xleftarrow{\phi_3} \ldots
.\]\pause Ein solches System wird projektives System genannt, genauer:\pause{}

\begin{definition}
    Ein projektives System ist
    eine Folge von Mengen $(D_n)_{n \in \N}$ und eine Folge
    von Abbildungen $(p_n)_{n \in \N}$ mit $p_{n}\colon D_{n+1} \to D_n$
    \[
        D_1 \xleftarrow{p_1} D_2 \leftarrow \ldots \leftarrow D_{n} \xleftarrow{p_{n}} D_{n+1} \leftarrow \ldots
    .\pause{}\] 
    Die Teilmenge
    \[
        \varprojlim \; (D_n, p_n) =
        \left\{ (a_n)_{n \in \N} \in \prod_{m=1}^{\infty} D_m  \mid p_n(a_{n+1}) = a_n \forall n \in \N \right\}
    \]\pause heißt projektiver Limes des Systems.
\end{definition}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{bem}[]
    Falls die $D_n$ Ringe und die $p_n$ Ringhomomorphismen sind, wird
    $\varprojlim \; (D_n, p_n)$ zum Teilring des Produktrings $\prod_{n=1}^{\infty} D_n $
    (leicht nachzurechnen).\pause{}
\end{bem}

\begin{definition}[Ganze $p$-adische Zahlen]
    Der projektive Limes des Systems $(\Z / p^{n} \Z, \phi_n)$
    \[
        \Z_p \coloneqq \varprojlim \; (\Z / p^{n} \Z, \phi_n)
    \] heißt der Ring der ganzen $p$-adischen Zahlen.
\end{definition}
\pause{}

Notation: Setze im Folgenden $A_n \coloneqq \Z / p^{n} \Z$.\pause{}  Außerdem bezeichne
$\pi_n\colon \Z_p \to A_n$ die kanonische Projektion.

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{bem}
    \begin{enumerate}
        \item Per Definition ist $x \in \Z_p$ also ein Element $x \in \prod_{n=1}^{\infty} \Z / p^{n}\Z $\pause{}
            mit der ,,Kompatibilitätsbedingung``:
            \[
                x_{n+1} \equiv x_n \text{ (mod } p^{n}).
            \]\par
        \pause\item Die Inklusion
            \[
                \Z \hookrightarrow \Z_p, a \mapsto (a \; \text{mod } p, a \; \text{mod } p^2, \ldots)
            \]\pause{}ist ein injektiver Ringhomomorphismus.\pause{} Damit wird $\Z$ zum Teilring von $\Z_p$.\pause{}
        \item $\Z_p$ erbt als Teilring nun also die komponentenweise Addition
            und Multiplikation des Produktrings
            $\prod_{n=1}^{\infty} A_n $,\pause{} d.h. für $(a_n)_{n \in \N}, (b_n)_{n \in \N} \in \Z_p$ gilt
            \[
                (a_n)_{n \in \N} + (b_n)_{n \in \N} = (a_n + b_n)_{n \in \N}
                \quad
                (a_n)_{n \in \N} \cdot (b_n)_{n \in \N} = (a_n \cdot b_n)_{n \in \N}
            .\] 
    \end{enumerate}
\end{bem}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{bem}
        %\item Erinnerung:\pause{} $(X, \mathcal{T})$ mit $\mathcal{T} \subseteq \mathcal{P}(X)$ heißt
        %    topologischer Raum und $\mathcal{T}$ das System der offenen Teilmengen,\pause{}
        %    falls endl. Schnitte und beliebige Vereinigungen offener Mengen
        %    wieder offen sind.\pause{}
    Versieht man $A_n$ mit der diskreten Topologie (d.h. alle Teilmengen sind offen)\pause{}
    und $\prod_{n=1}^{\infty} A_n $ mit der Produkttopologie (kleinste Topologie, s.d.
    die kanonischen Projektionen $\prod_{m=1}^{\infty} A_m \twoheadrightarrow A_n$ stetig sind),\pause{} wird
    $\Z_p$ zu einem topologischen Ring.
\end{bem}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{satz}[von Tychonoff]
    Ist $(X_i)_{i \in I}$ eine Familie kompakter topologischer Räume, dann ist
    auch das kartesische Produkt $\prod_{i \in I}^{} X_i $ kompakt bezüglich der
    Produkttopologie.\pause{}
    \label{satz-tycho}
\end{satz}

\begin{proof}
    Der Satz ist äquivalent zum Auswahlaxiom.\pause{} Ein Beweis findet sich beispielsweise
    in Klaus Jänich: \textit{Topologie}.\pause{}
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{korollar}[]
    $\Z_p$ ist kompakt.\pause{} \label{kor-compact}
\end{korollar}

\begin{proof}[Beweisskizze]
    \begin{itemize}[<+->]
        \item Nach \ref{satz-tycho} ist $\prod_{n=1}^{\infty} A_n$ kompakt.
        \item $\Z_p$ ist abgeschlossen in $\prod_{n=1}^{\infty} A_n$.
        \item Als abgeschlossene Teilmenge eines kompakten Raums ist $\Z_p$ kompakt.\qedhere
    \end{itemize}
\end{proof}

%\begin{proof}
%    \uncover<+->{Nach \ref{satz-tycho} ist $\prod_{n=1}^{\infty} A_n $ kompakt.} \uncover<+->{Außerdem ist}
%    \[
%        \uncover<+->{\Z_p = \bigcap_{n \in \N}
%        \left\{ x \in \prod_{m=1}^{\infty} A_m  \mid \phi_{n}(\pi_{n+1}(x)) = \pi_n(x)\right\}}
%        \uncover<+->{= \bigcap_{n \in \N} f_n^{-1}(\{0\})}
%    \] \uncover<+->{mit $f_n \colon \prod_{n=1}^{\infty} A_n \to A_n, x \mapsto \phi_{n}(\pi_{n+1}(x)) - \pi_n(x)$.}
%    \uncover<+->{Es ist $f_n$ stetig, da $\pi_n$ per Definition der Produkttopologie und $\phi_n$ als
%    Abbildung zwischen diskreten Räumen stetig sind.} \uncover<+->{Da $\{0\} \subseteq A_n$ abgeschlossen, folgt
%    die Behauptung.\qedhere}
%\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{lemma}
    Es ist $\pi_n$ surjektiv und $\text{ker } \pi_n = p^{n} \Z_p$ $\forall n \in \N$.\pause{}
    Insbesondere gilt
    \[
    \Z_p / p^{n} \Z_p \stackrel{\sim }{=} \Z / p^{n} \Z = A_n
    .\pause{}\] 
    \label{le-kanproj}
\end{lemma}

\begin{proofb}
    Die Surjektivität ist klar.\pause\\[3mm]

    Z.z. $p^{n} \Z_p \subseteq \text{ker } \pi_n$.\pause{}
    Sei dazu $x = (\overline{x}_m)_{m \in \N} \in \Z_p$.\pause{}
    Dann ist $p^{n} x_n \equiv 0 \; (\text{mod } p^n)$.\pause{} Damit folgt $\pi_n(p^n x) = 0$,\pause{}
    also $p^{n} x \in \text{ker } \pi_n$.\pause\\[3mm]

    Z.z.: $\text{ker } \pi_n \subseteq p^{n} \Z_p$.\pause{}
    Sei dazu $x = (\overline{x}_m)_{m \in \N} \in \text{ker } \pi_n$. Sei weiter ein
    $m \ge n$.\pause{}
    Wegen Kompatibilität folgt
    \[
    x_m \equiv x_n \; (\text{mod } p^{n}) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n}) 
.\pause{}\] Also folgt $\overline{x}_m \in p^{n} A_m$.
\end{proofb}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proofe}
    Es ist
    \begin{salign*}
        A_{m-n} = \Z / p^{m-n} \Z &\xrightarrow{\; \sim \;} p^{n} \Z / p^{m} \Z = p^{n}A_m \\
        \overline{a} &\longmapsto \overline{p^{n}a}
    \end{salign*} ein Gruppenisomorphismus (nachrechnen).\pause{}
    Das heißt es ex.\pause{} ein (eindeutiges) $\overline{y}_{m-n} \in A_{m-n}$, \pause{} s.d.
    $p^{n}y_{m-n} \equiv x_m \; (\text{mod } p^{m}) $.\pause{}
    Setze nun $y \coloneqq (\overline{y}_{m-n})_{m > n}$.\pause{}
    Nun bleibt noch zu verifizieren, dass $y \in \Z_p$\pause{}
    und $x = p^{n}y$\pause{} (Übungsaufgabe).\pause{} Damit folgt $x \in p^{n} \Z_p$.\pause\\[3mm]

    Die behauptete Isomorphie folgt jetzt direkt aus
    dem Homomorphiesatz.\pause{}
\end{proofe}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{lemma}[]
    Für $u \in \Z_p$ sind äquivalent
    \begin{enumerate}[<+->][(i)]
        \item $u \in \Z_p^{\times }$
        \item $p \nmid u$
        \item $0 \neq \overline{u}_1 \in \Z / p \Z$
    \end{enumerate}
    \label{le-units}
\end{lemma}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proof}
    (ii)$\iff$(iii) ist klar wegen $\text{ker } \pi_1 = p \Z_p$.\pause{}\\[3mm]

    (i) $\implies$ (iii):\pause{} Sei dazu
    $u = (\overline{u_n})_{n\in \N} \in \Z_p^{\times }$.\pause{}
    Dann ex. ein $v = (\overline{v_n})_{n \in \N} \in \Z_p$
    mit $uv = 1$ insb.\pause{} $\overline{u}_1 \overline{v}_1 = \overline{1}$,\pause{} also
    $\overline{u}_1 \neq 0$.\pause{}\\[3mm]

    (iii) $\implies$ (i):\pause{} Sei umgekehrt $\overline{u_1} \neq 0$.\pause{}
    Wegen Kompatibilität folgt damit $p \nmid u_n$ $\forall n \in \N$, denn
    ang.\pause{} $p  \mid  u_n$ für ein $n \in \N$.\pause{} Dann folgt
    \[
    0 \equiv u_n \; (\text{mod } p) \equiv u_1 \; (\text{mod } p) \quad \contr
    .\pause{}\] 
    Da $p$ prim folgt insbesondere $(p^{n}, u_n) = 1$.\pause{} Also ex. $a, b \in \Z$,\pause{} s.d.
    $1 = a p^{n} + b u_n$, also $1 = \overline{bu_n}$ mit $\overline{b} \in A_n$.\pause{} Also
    $\overline{u_n} \in A_n^{\times }$ und damit
    $v \coloneqq (\overline{u}_1^{-1}, \overline{u}_2^{-1}, \ldots) = u^{-1} \in \Z_p$.
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
    \begin{bsp}
        Für $p = 2$ ist\pause{}
        \[
            7 = (\overline{7}, \overline{7}, \ldots) =
            (\overline{1}, \overline{3}, \overline{7}, \overline{7}, \ldots) \in \Z_2
        ,\]\pause d.h. nach \ref{le-units} ist $\frac{1}{7} \in \Z_2$.\pause{} Die ersten $6$ Folgenelemente sind
        \[
            \frac{1}{7}
            = (\overline{1}, \overline{3}, \overline{7}, \overline{7}, \overline{23}, \overline{55}, \ldots)
        .\] 
    \end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{lemma}[]
    Für $x \in \Z_p \setminus \{0\} $ ex.\pause{} $n \in \N_0$ und $u \in \Z_p^{\times }$, \pause{} s.d.
    \[
    x = p^{n} u
    .\pause{}\] Diese Darstellung ist eindeutig.
    \label{le-decomp}
\end{lemma}

%\begin{proofb}
%    \begin{enumerate}[(i)]
%    \end{enumerate}
%\end{proofb}

\end{frame}

\begin{frame}
    \begin{proof}
        \begin{enumerate}[(i)]
            \item Existenz: 
                Sei $x \in \Z_p \setminus \{0\} $.\pause{} Da $x \neq 0$ ex.\pause{} wegen Kompatibilität ein
                maximales $n \in \N_0$,\pause{} s.d.
                $\overline{x}_n = \pi_n(x) = 0$,\pause{} denn
                sei $\overline{x}_n = 0$ und $\overline{x}_{n+1} \neq 0$,\pause{}
                dann ist $\forall m \ge n+1$:\pause{}
                \[
                    x_m \equiv x_{n+1} \; (\text{mod } p^{n+1}) \not\equiv 0 \; (\text{mod } p^{n+1}) 
                .\]\pause
                Falls $n = 0$, dann setze $u = x \in \Z_p^{\times }$.\pause{}
                Sonst ist $x \in \text{ker } \pi_n$,
                insbesondere ex.\pause{} nach
                \ref{le-kanproj} ein $u \in \Z_p$ mit $x = p^{n}u$.\pause{} Jetzt bleibt zu verifizieren,
                dass $u \in \Z_p^{\times }$ (Übungsaufgabe).\pause
                %Ang.\pause{}: $p \mid u$, dann
                %ist $\pi_1(u) = 0$ also ex.\pause{} wieder nach \ref{le-kanproj} ein $v \in \Z_p$ mit $u = pv$.
                %\pause{} Dann ist aber
                %\[
                %\pi_{n+1}(x) = \pi_{n+1}(p^{n}u) = \pi_{n+1}(p^{n+1}v) = 0
                %.\pause{}\] Widerspruch zur Maximalität von $n$.\pause{} Also $p \nmid u$ und damit
                %$u \in \Z_p^{\times}$.
            \item Eindeutigkeit:\pause{} Man verwende, dass Einheiten in Ringen keine Nullteiler sind.\pause{}
                Die Details sind Übungsaufgabe.
       \end{enumerate}
    \end{proof}
\end{frame}

%\begin{frame}
%
%\begin{proofe}
%
%\begin{enumerate}[(i)]
%    \setcounter{enumi}{1}
%\end{enumerate}
%    
%\end{proofe}
%
%\end{frame}

%\begin{frame}
%
%\begin{proofe}
%    \begin{enumerate}[(i)]
%        \setcounter{enumi}{1}
%        \item Eindeutigkeit: Sei $x = p^{n} u = p^{m} v$ mit $u, v \in \Z_p^{\times }$ und $n, m \in \N_0$.\pause{}
%            Sei o.E. $n \ge m$.\pause{} Es ist $\pi_n(x) = \pi_n(p^{n}) \pi_n(u) = 0$ also
%            auch $0 = \pi_n(x) = \pi_n(p^{m}) \pi_{n}(v)$.\pause{} Da $v \in \Z_p^{\times }$ ist
%            $\pi_n(v) \in A_n^{\times}$, also kein Nullteiler.\pause{} Also folgt
%            $\pi_n(p^{m}) = 0$ und damit $p^{m} \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n}) $, also
%            $m \ge n$.\pause{} Insgesamt also $m = n$.\pause{}
%
%            Nun gilt weiter $x = p^{n} u = p^{n} v$, also $p^{n}(u-v) = 0$.\pause{} Ang.\pause{} $u-v \neq 0$.\pause{} Dann
%            ist nach (i) $u - v = p^{k} w$ mit $k \in \N_0$ und $w \in \Z_p^{\times }$.\pause{} Also
%            $0 = p^{n}(u-v) = p^{n+k} w$.\pause{} Da $w \in \Z_p^{\times }$ also kein Nullteiler, folgt
%            $0 = p^{n+k} \in \Z$ $\contr$.\pause{}
%    \end{enumerate}
%\end{proofe}
%
%\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{definition}[$p$-Bewertung]
    Für $x \in \Z_p \setminus \{0\} $ sei $x = p^{n} u$ mit $u \in \Z_p^{\times }$.\pause{} Dann setze
    \[
        v_p(x) \coloneqq n
    \] und setze $v_p(0) \coloneqq \infty$.\pause{} $v_p(x)$ heißt die $p$-Bewertung von $x$.\pause{}
\end{definition}

\begin{bem}[]
    Wegen \ref{le-decomp} ist die $p$-Bewertung wohldefiniert.\pause{}

    Per Konvention setze $n + \infty = \infty$ und $\infty > n$ für $n \in \N_0$.\pause{}
    Es lässt sich leicht verifizieren, dass für $x, y \in \Z_p$ gilt:
    \[
        v_p(xy) = v_p(x) + v_p(y), \quad v_p(x+y) \ge \min (v_p(x), v_p(y))
    .\]\pause Daraus lässt sich ebenfalls direkt folgern, dass $\Z_p$ nullteilerfrei ist
    (Übungsaufgabe).
\end{bem}

\end{frame}

%\begin{frame}
%    
%\begin{korollar}[]
%    $\Z_p$ ist nullteilerfrei.\pause{}
%\end{korollar}
%
%\begin{proof}
%    Seien $x, y \in \Z_p$ mit $xy = 0$.\pause{} Dann folgt
%    \[
%    \infty = v_p(0) = v_p(xy) = v_p(x) + v_p(y)
%    .\pause{}\] Also $v_p(x) = \infty$ oder $v_p(y) = \infty$, also $x = 0$ oder $y = 0$.\pause{} 
%\end{proof}
%
%\end{frame}

\begin{frame}

Wir können $v_p$ verwenden, um eine Metrik auf $\Z_p$ zu definieren:\pause{}
\[
    d(x, y) \coloneqq \exp(-v_p(x-y))
\] mit der Konvention $\exp(-\infty) = 0$.\pause{}

\begin{bem}[Bälle]
    \uncover<+->{
    Es sei im Folgenden stets
    \begin{salign*}
        B(x, r) &= \{ y \in \Z_p  \mid d(x,y) < r \} \text{ und }\\
        \overline{B(x,r)} &= \{y \in \Z_p  \mid d(x,y) \le r\} 
    .\end{salign*}}
    \uncover<+->{Da $v_p(x) \in \N_0$ gilt}
    \begin{salign*}
        \uncover<+->{\overline{B(x, e^{-n})} &= \{ y \in \Z_p  \mid v_p(x-y) \ge n\} \\}
        \uncover<+->{&= \{ y \in \Z_p  \mid v_p(x-y) > n-1\}  \\}
        \uncover<+->{&= B(x, e^{-(n-1)}).}
    \end{salign*}
\end{bem}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{lemma}[Topologie auf $\Z_p$]
    Die Topologie auf $\Z_p$ wird induziert durch die Metrik $d(\cdot , \cdot )$.\pause{}
    $\Z_p$ ist vollständig.\pause% und $\Z$ ist dicht in $\Z_p$.\pause{}
\end{lemma}

\begin{proof}[Beweisskizze]
    \renewcommand{\qedsymbol}{}
    \begin{itemize}[<+->]
        \item $d(\cdot , \cdot )$ ist eine Metrik.
        \item Die offenen Mengen $V \subseteq \Z_p$ bezüglich der Produkttopologie sind von der Form
            \[
                V = \bigcup_{v \in V} (v + p^{n_v} \Z_p)
            .\] 
        \item Es ist $v + p^{n} \Z_p = B(v, e^{-(n-1)})$.
        \item $B(v, e^{-(n-1)}) = v + p^{n} \Z_p$ offen bezüglich der Produkttopologie.
            %, da $p^{n} \Z_p = \text{ker } \pi_n
            %= \pi_n^{-1}(\{0\})$.\qedhere
            \qedhere
    \end{itemize}
\end{proof}
    
%\begin{proofb}
%    (Skizze). Zu zeigen ist hier
%    \begin{itemize}
%        \item 
%    \end{itemize}
%    $d(\cdot , \cdot )$ ist eine Metrik (nachrechnen).\pause{}
%    Sei nun
%    \[
%        S \coloneqq \{ \pi_n^{-1}(B)  \mid B \subseteq A_n, n \in \N\} 
%    .\pause{}\] 
%    Die offenen Mengen von $\Z_p$ bezüglich der Produkttopologie sind dann per Definition
%    gegeben als $\langle S \rangle$, wobei mit $\langle \ldots \rangle$ die durch
%    endliche Schnitte und beliebige Vereinigungen erzeugten Mengen gemeint sind.\pause{}
%
%    Für $D \in S$ ist $D = \pi_n^{-1}(B) = (A_1, \ldots, A_{n-1}, B, A_{n+1}, \ldots) \subseteq \Z_p$
%    wobei $B \subseteq A_n$ für ein $n \in \N$.\pause{} Für $U \in \langle S \rangle$ ist dann
%    $U = (B_1, \ldots, B_n, A_{n+1}, \ldots)$ mit $B_n \subsetneq A_n$ für $n \in \N_0$.\pause{}
%    Sei nun $0 \in U$.\pause{} Dann ist $p^{n} \Z_p \subseteq U$.\pause{}
%\end{proofb}
%
%\end{frame}
%
%\begin{frame}
%
%\begin{proofi}
%    Für beliebiges $V \subseteq \Z_p$ offen
%    ex.\pause{} nun für $v \in V$ ein $n_v \in \N_0$, \pause{} s.d. $v + p^{n_v} \Z_p \subseteq V$.\pause{} Also folgt
%    \[
%        V = \bigcup_{v \in V} (v + p^{n_v} \Z_p)
%    .\pause{}\]
%    Nun ist aber 
%    \[
%        a \in v + p^{n} \Z_p \iff v_p(a - v) \ge n \iff a \in \overline{B(v, e^{-n})}
%        = B(v, e^{-(n-1)})
%    .\pause{}\] 
%    Also folgt
%    \[
%        V = \bigcup_{v \in V} B(v; e^{-(n-1)})
%    \] also $V$ auch offen bezüglich $d(\cdot, \cdot )$.\pause{} Umgekehrt
%    sei $U$ offen bezüglich $d(\cdot , \cdot )$.\pause{} Dann ist
%    $U$ Vereinigung von offenen (bezüglich $d(\cdot , \cdot )$) Bällen.\pause{}
%    Da $p^{n} \Z_p = \pi_n^{-1}(\{0\})$, sind diese auch offen bezüglich der Produkttopologie.\pause{}
%\end{proofi}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proofe}
    Z.z.: $\Z_p$ vollständig.\pause{} Da $\Z_p$ nach \ref{kor-compact}
    kompakt ist, hat jede Folge in $\Z_p$ eine konvergente Teilfolge.\pause{} Insbesondere hat
    also jede Cauchy-Folge eine konvergente Teilfolge und damit konvergiert jede Cauchy-Folge
    in $\Z_p$.%\pause{}

%    Z.z.\pause{}: $\Z$ dicht in $\Z_p$.\pause{} Sei $x = (x_n)_{n \in \N} \in \Z_p$.\pause{} Setze $y_n \in \Z$, \pause{} s.d.
%    $y_n \equiv x_n \; (\text{mod } p^{n}) $.\pause{} Dann ist für $n \in \N$ fest,
%    $y_n \equiv x_m \; (\text{mod } p^{m}) $ $\forall m \le n$, also
%    $v_p(y_n - x) \ge n$.\pause{} Also
%    \[
%        d(y_n, x) = \exp(-v_p(y_n - x)) \le \exp(-n) \xrightarrow{n \to \infty} 0
%    .\pause{}\] 
\end{proofe}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{bem}
    Es ist leicht nachzurechnen, dass $d(\cdot , \cdot )$ die ultrametrische Ungleichung
    (auch starke Dreiecksungleichung) erfüllt, \pause{} d.h.
    \[
        d(x, z) \le \max(d(x,y), d(y,z))
    \] für $x, y, z \in \Z_p$.\pause{} Damit folgt das eine Folge
    $(u_n)_{n \in \N} \subseteq \Z_p$ genau dann konvergiert,\pause{} wenn
    $\lim_{n \to \infty} (u_{n+1} - u_n) = 0$.\pause
\end{bem}
    
\begin{definition}
    Der Quotientenkörper der ganzen $p$-adischen Zahlen $\Z_p$
    heißt Körper der $p$-adischen Zahlen
    \[
        \Q_p \coloneqq Q(\Z_p)
    .\]
\end{definition}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{bem}
    \begin{enumerate}
        \item Ein Element $x \in \Q_p \setminus \{0\}$,\pause{}
            kann eindeutig als\pause{}
            \[
                x = p^{r}w
            \] dargestellt werden, für ein $r \in \Z$ und $w \in \Z_p^{\times }$.\pause{}

            Damit setzt sich die Definition von $v_p$ und $d(\cdot , \cdot )$
            auf $\Q_p$ fort.\pause{} Es gilt
            \[
                x \in \Z_p \iff v_p(x) \ge 0 \iff v_p(x) > -1 \iff x \in B(0, e)
            .\]

        \pause\item Nach (1) ist also $\Q_p = \Z_p[p^{-1}]$.
    \end{enumerate}
\end{bem}
    
\end{frame}

%\begin{frame}
%    
%\begin{lemma}[Topologie auf $\Q_p$]
%    $\Q_p$ mit der von $\Z_p$ geerbten Metrik $d(x,y) = \exp(-v_p(x-y))$ ist
%    lokal kompakt, \pause{} d.h. jedes Element $x \in \Q_p$ besitzt eine kompakte Umgebung.
%    $\Q_p$ enthält $\Z_p$ als offenen Teilring.\pause{} %$\Q$ ist dicht in $\Q_p$.\pause{}
%\end{lemma}
%
%\begin{proof}
%    Da $x \in \Z_p \iff v_p(x) \ge 0 \iff v_p(x) > -1$ folgt $\Z_p = \overline{B(0, 1)} = B(0, e)$,
%    also $\Z_p$ offen.\pause{}
%    Da $\Z_p$ kompakt, folgt, dass
%    $B(x, e)$ kompakt $\forall x \in \Q_p$, also $\Q_p$ lokal kompakt.\pause{}
%    %Außerdem ist
%    %$\Z$ dicht in $\Z_p$, \pause{} d.h. für $x \in \Q_p$ mit $x = p^{k} u$ und $k \in \Z$, $u \in \Z_p^{\times }$ ex.\pause{}
%    %eine Folge $(y_n)_{n \in \N} \subseteq \Z$ mit $y_n \xrightarrow{n \to \infty} u$.\pause{} Dann
%    %setze $z_n \coloneqq p^{k} y_n \in \Q$.\pause{} Dann folgt direkt
%    %$z_n = p^{k} y_n \xrightarrow{n \to \infty} p^{k} u = x$.\pause{}
%\end{proof}
%
%\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{enumerate}
    \setcounter{enumi}{2}
    \item $\Q_p$ kann auch als Vervollständigung von $\Q$ bezüglich der $p$-adischen
        Metrik $d(\cdot , \cdot )$ definiert werden.\pause{}
        Somit ist auch $\Q$ dicht in $\Q_p$.\pause{} Man kann ebenfalls zeigen,
        dass $\Q_p$ lokal kompakt ist.
\end{enumerate}

\end{frame}

\subsection{$p$-adische Gleichungen}

\begin{frame}
    \frametitle{$p$-adische Gleichungen}
    Wir wollen nun Gleichungen in den ganzen $p$-adischen Zahlen untersuchen.\pause{} Also
    Gleichungssysteme der folgenden Art\pause{}
    \begin{salign*}
        f^{(1)}(X_1, \ldots, X_m) &= 0 \\
                                  \vdots \\
        f^{(r)}(X_1, \ldots, X_m) &= 0
    \end{salign*} mit Polynomen $f^{(i)} \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$.
\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{lemma}[]
    Sei $D_1 \leftarrow D_2 \leftarrow \ldots$ ein projektives System und
    $D = \varprojlim \; (D_n, p_n)$ sein projektiver Limes.\pause{} Falls $D_n \neq \emptyset$ und endlich
    folgt $D \neq \emptyset$.\pause{}
    \label{le-projlim}
\end{lemma}

\begin{proof}[Beweisskizze]
    \begin{itemize}[<+->]
        \item Zeige Aussage für $p_n$ surjektiv.
        \item Betrachte
            \[
                    D_{n,m} \coloneqq (p_{n} \circ \ldots \circ p_{n+m-1})(D_{n+m})
              . \]
        \item Zeige, dass $D_{n,m}$ monoton fallende, nicht leere Folge mit Grenzwert $E_n$ ist.
        \item Folgere, dass
            $\varprojlim \; (D_n, p_n) \supseteq \varprojlim \; (E_n, p_n|_{E_n}) \neq \emptyset$.
            \qedhere
    \end{itemize}
\end{proof}

%\begin{proofb}
%
%    Sei zunächst $p_{n}\colon D_{n+1} \to D_n$ surjektiv.\pause{} Dann ex.\pause{} für alle $x_{n} \in D_{n}$
%    ein $x_{n+1} \in D_{n+1}$, \pause{} s.d. $p_{n}(x_{n+1}) = x_n$.\pause{} Da $D_1 \neq \emptyset$ folgt
%    $D \neq \emptyset$ induktiv.\pause{}\\[2mm]
%
%    Im Allgemeinen bezeichne für $m,n \in \N$:
%     Da $D_{n+m} \neq \emptyset$ folgt $D_{n,m} \neq \emptyset$\pause{} und da
%    $D_n$ endlich folgt $\# p_n(D_{n+1}) \le \# D_{n+1}$ $\forall n \in \N$.\pause{} D.h. $\#D_{n,m}$
%    ist monoton fallend in $m$ bei festem $n$.\pause{}
%    Da $D_{n,m+1} \subseteq D_{n, m}$ wird die Folge stationär,\pause{} d.h.
%    es ex.\pause{} ein $m_0 \in \N$,\pause{} s.d. $D_{n, m_0} = D_{n, m}$ $\forall m \ge m_0$.\pause{}
%    Sei $E_n$ dieser Grenzwert.\pause{}
%\end{proofb}

\end{frame}

%\begin{frame}
%
%\begin{proofe}
%    Nun ist $p_{n}(E_{n+1}) = E_n$ (nachrechnen).\pause{}
%    %Beh.\pause{}: $p_{n}(E_{n+1}) = E_n$ $\forall n \in \N$.\pause{} Sei dazu $n \in \N$.\pause{} Nun ex.\pause{} ein
%    %$m_0 \in \N$,\pause{} s.d. $E_{n+1} = D_{n+1, m_0}$ und
%    %$E_n = D_{n, m_0} = D_{n, m_0+1}$.\pause{} Damit folgt
%    %\begin{salign*}
%    %    p_{n}(E_{n+1})
%    %    &= p_{n}(D_{n+1, m_0}) \\
%    %    &= p_{n}((p_{n+1} \circ \ldots \circ p_{n+m_0})(D_{n+1+m_0})) \\
%    %    &= (p_{n} \circ p_{n+1} \circ \ldots \circ p_{n+m_0})(D_{n+m_0+1}) \\
%    %    &= D_{n, m_0+1} \\
%    %    &= E_n
%    %.\pause{}\end{salign*}
%
%    Also sind die Einschränkungen $p_{n}|_{E_{n+1}}\colon E_{n+1} \to E_n$ surjektiv,\pause{}
%    $E_n \neq \emptyset$ und endlich,\pause{} also
%    folgt nach der Vorüberlegung $\varprojlim \; (E_n, p_n|_{E_n}) \neq \emptyset$, \pause{} also
%    insbesondere $D \neq \emptyset$.\pause{}
%\end{proofe}
%
%\end{frame}
%
\begin{frame}

\begin{definition}[]
    Ein Element $x = (x_1, \ldots, x_m) \in (\Z_p)^{m}$ (bzw.\pause{} $\in (A_n)^{m}$) heißt primitiv, falls ein
    $x_i \in \Z_p^{\times}$ (bzw.\pause{} $\in A_n^{\times}$) ist.
\end{definition}
    
\begin{satz}[]
    Seien $f^{(i)} \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$ Polynome in den ganzen $p$-adischen Zahlen.\pause{} Dann
    sind äquivalent:
    \begin{enumerate}[(i)]
        \item Die $f^{(i)}$ haben eine gemeinsame Nullstelle in $(\Z_p)^{m}$.\pause{}
        \item Für alle $n \in \N$ haben die Polynome $f^{(i)} \; (\text{mod } p^{n}) $ eine
            gemeinsame Nullstelle in $(A_n)^{m}$.\pause{}
    \end{enumerate}
    Falls die $f^{(i)}$ homogen sind\pause{} und die Lösungen in (i) und (ii) primitiv, dann ist dies
    äquivalent zu\pause
    \begin{enumerate}[(i)]
        \setcounter{enumi}{2}
        \item Die $f^{(i)}$ haben eine nichttriviale gemeinsame Nullstelle in $(\Q_p)^{m}$.
    \end{enumerate}
    \label{satz-nsequiv}
\end{satz}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proof}
    (i) $\implies$ (ii) ist trivial.\pause\\[3mm]

    (ii) $\implies$ (i): Betrachte
    \[
    D := \{ \text{gemeinsame NS von } f^{(i)} \text{ in } (\Z_p)^{m} \}
    \]\pause und
    \[
    D_n \coloneqq \{ \text{gemeinsame NS von } f^{(i)} \text{ in } (A_n)^{m} \; (\text{mod } p^{n})  \} 
    .\]\pause
    Es bezeichne $(\phi_{n})^m\colon (A_{n+1})^{m} \to (A_n)^{m}$ die Abbildung, die $\phi_{n}$
    komponentenweise anwendet.\pause{} Dann ist $(D_n, (\phi_n)^m)$ ein projektives System
    mit $D = \varprojlim \; (D_n, (\phi_n)^m)$.\pause{}

    Sei nun $D_n \neq \emptyset$ $\forall n \in \N$.\pause{} Da $D_n \subseteq (A_n)^{m}$ endlich folgt mit
    \ref{le-projlim} $D \neq \emptyset$.\pause{}\\[3mm]

    (i) $\implies$ (iii) klar\pause{} und (iii) $\implies$ (i): ,,Runterskalieren`` der Nullstelle. Details
    sind Übungsaufgabe.
\end{proof}

\end{frame}

%\begin{frame}
    
%\begin{definition}[]
%    Sei $R$ ein Ring.\pause{} Ein Polynom $f \in R[X_1, \ldots, X_m]$ heißt
%    homogen vom Grad $k$, falls in $R[X_1, \ldots, X_m][T]$ gilt
%    \[
%        f(TX_1, \ldots, TX_m) = T^{k} f(X_1, \ldots, X_m)
%    .\pause{}\] Ein homogenes Polynom vom Grad $2$ heißt quadratische Form.\pause{}
%\end{definition}
%
%\begin{bsp}[]
%    Das Polynom $f = X^5 + X^3Y^2 + XY^4 \in \Z[X,Y]$ ist homogen, aber $g = X^2 + X + Y^2 \in \Z[X,Y]$ ist nicht
%    homogen.\pause{}
%\end{bsp}

%\end{frame}

%\begin{frame}
%    
%\begin{korollar}[]
%    Seien $f^{(i)} \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$ homogene Polynome.\pause{} Dann sind äquivalent
%    \begin{enumerate}[(i)]
%        \item Die $f^{(i)}$ haben eine nichttriviale gemeinsame Nullstelle in $(\Q_p)^{m}$.\pause{}
%        \item Die $f^{(i)}$ haben eine gemeinsame primitive Nullstelle in $(\Z_p)^{m}$.\pause{}
%        \item Für $n \in \N$ haben die Polynome $f^{(i)} \; (\text{mod } p^{n}) $ eine gemeinsame
%            primitive Nullstelle.\pause{}
%    \end{enumerate}
%\end{korollar}
%
%\begin{proof}
%    (i)$\implies$(ii): ,,Runterskalieren`` der Nullstelle in $\Q_p$.\pause{} Details sind Übungsaufgabe.\pause{}
%    (ii)$\implies$(i) ist trivial und (ii) $\iff$ (iii) folgt aus \ref{satz-nsequiv}.
%\end{proof}

%\end{frame}

\begin{frame}
    
%\begin{bem}[]
%    Die Voraussetzung homogenes Polynom ist notwendig,\pause{} wie am Beispiel:
%    \[
%        f = pX - 1 \in  \Z_p[X]
%    \] deutlich wird,\pause{} denn $f(p^{-1}) = 0$,\pause{}
%    aber im Körper $\Q_p$ hat das lineare Polynom $f$ maximal
%    eine Nullstelle und $p^{-1} \not\in \Z_p$.\pause{}
%\end{bem}

Wir möchten nun betrachten, unter welchen Umständen eine Lösung $\; (\text{mod } p^{n}) $ zu einer
echten Lösung in $\Z_p$ entwickelt werden kann.\pause{} Dazu verwenden wir die $p$-adische Version
des Newton Verfahrens.
%
\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{lemma}[Henselsches Lemma]
    Sei $f = a_mX^{m} + \ldots + a_0 \in \Z_p[X]$ und $f' = a_m m X^{m-1} + \ldots + a_1 \in \Z_p[X]$ seine
    Ableitung.\pause{} Weiter sei $x \in \Z_p$, \pause{} s.d. $f(x) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n}) $ für ein $n \in \N$
    und $v_p(f'(x)) = k$ mit $0 \le 2k < n$.\pause{} Dann existiert ein $y \in \Z_p$,\pause{} s.d.
    \[
        f(y) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n+1}), v_p(f'(y)) = k \text{ und } y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k}) 
    .\]\label{le-hensel}
\end{lemma}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{proofb}
    \uncover<+->{Nach Voraussetzung ist $f(x) = p^{n}b$ und $f'(x) = p^{k}c$ mit
    $b \in \Z_p$ und $c \in \Z_p^{\times }$.}
    \uncover<+->{Dann sei $z \in \Z_p$ und $y \coloneqq x + p^{n-k}z$.}
    \uncover<+->{Damit erfüllt
    $y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k}) $.}
    \uncover<+->{Der binomische Lehrsatz liefert}
    \begin{salign*}
        \uncover<+->{a_i y^{i}&=}
        \uncover<+->{a_i \sum_{j=0}^{i} \binom{i}{j} x^{i-j} (p^{n-k} z)^{j}\\}
        \uncover<+->{&= a_i x^{i} + a_i i x^{i-1} p^{n-k} z + p^{2n-2k} z^2 R_i}
    \end{salign*} \uncover<+->{für $R_i \in \Z_p$.}
    \uncover<+->{Aufsummieren und addieren von $a_0$ liefert mit $R \in \Z_p$}
    \begin{salign*}
    \uncover<+->{f(y) &=}\uncover<+->{f(x) + }\uncover<+->{p^{n-k} z f'(x) +}\uncover<+->{p^{2n-2k} z^2 R}
    \end{salign*}
    \uncover<+->{eine ,,Taylorentwicklung``.}
\end{proofb}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proofi}
    ,,Taylorentwicklung``:
    \begin{salign*}
        \uncover<+->{f(y) &= f(x) + p^{n-k} z f'(x) + p^{2n-2k} z^2 R}
        \intertext{\uncover<+->{Einsetzen von $f(x) = p^{n}b$ und $f'(x) = p^{k}c$ liefert:}}
        \uncover<+->{f(y)&= p^{n}b - p^{n-k} z p^{k} c + p^{2n-2k} z^2 R \\}
            \uncover<+->{&= p^{n} (b + zc) + p^{2n-2k} z^2 R}
        \intertext{\uncover<+->{Also mit $z \coloneqq -bc^{-1}$ folgt}}
        \uncover<+->{f(y) &= p^{2n-2k} z^2 R \\}
            \uncover<+->{&\equiv 0 \; (\text{mod } p^{n+1}),}
    \end{salign*}\uncover<+->{denn da $2k < n$ folgt $2n - 2k \ge n+1$.}
\end{proofi}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proofe}
    \uncover<+->{Anwenden der ,,Taylorentwicklung`` auf $f'$ liefert}
    \begin{salign*}
        \uncover<+->{f'(y) &= f'(x) + p^{n-k} z f''(x) + p^{2n-2k} z^2 R \\}
        \uncover<+->{&= p^{k} c + p^{n-k} z f''(x) + p^{2n-2k}z^2R \\}
        \uncover<+->{&= p^{k}(\underbrace{c + p^{n-2k} z f''(x) + p^{2n-3k} z^2 R}_{=: s}).}
    \end{salign*}
    \uncover<+->{Es ist $n-2k > 0$ und $2n - 3k > 0$, aber $c \in \Z_p^{\times }$,}
    \uncover<+->{also $p \nmid s$}
    \uncover<+->{und damit $s \in \Z_p^{\times }$ und $v_p(f'(y)) = k$.\qedhere}
\end{proofe}

\end{frame}

\begin{frame}
    
Zum Studium der quadratischen Formen benötigen wir noch die auf $m$ Variablen verallgemeinerte Version
des Henselschen Lemmas.\pause{}

\begin{satz}
    Sei $f \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$ und $x = (x_i) \in (\Z_p)^{m}$, \pause{} s.d.
    $f(x) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n}) $.\pause{} Weiter existiere ein
    $1 \le j \le m$, \pause{} s.d. $v_p\left( \frac{\partial f}{\partial X_j}(x) \right) = k$ mit
    $0 \le 2k < n$.\pause{} Dann existiert eine Nullstelle $y \in (\Z_p)^{m}$ von $f$ mit
    $y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k})$.
    \label{satz-hensel}
\end{satz}

\end{frame}

\begin{frame}
    
\begin{proofb}
    Sei zunächst $m = 1$.\pause{} Mit \ref{le-hensel} angewendet auf $x^{(0)} \coloneqq x$, erhält man
    $x^{(1)} \in \Z_p$ mit
    \[
        f(x^{(1)}) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n+1})\text{, }
        v_p(f'(x^{(1)})) = k \text{ und }
        x^{(1)} \equiv x^{(0)} \; (\text{mod } p^{n-k}) 
    .\pause{}\] Wende \ref{le-hensel} nun auf $x^{(1)}$ und $n+1$ an.\pause{} Induktiv erhält man eine Folge
    $(x^{(q)})_{q \in \N}$ mit den Eigenschaften
    \[
        x^{(q+1)} \equiv x^{(q)} \; (\text{mod } p^{n+q-k}) \text{ und } f(x^{(q)}) \equiv 0 \; (\text{mod } p^{n+q}) 
    .\pause{}\] Nun verifziert man leicht, dass $x^{(q)}$ eine Cauchy-Folge ist\pause{} und
    gegen ein $y \in \Z_p$ konvergiert\pause{} mit $f(y) = 0$\pause{} und $y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k}) $.

    %Es gilt nun $v_p(x^{(q+1)} - x^{(q)}) \ge n+q-k$, also
    %$d(x^{(q+1)}, x^{(q)}) \xrightarrow{q\to \infty} 0$.\pause{} Also ist $x^{(q)}$ eine Cauchy Folge
    %und konvergiert gegen ein $y \in \Z_p$.\pause{} Dafür verifiziert man leicht
    %Dann gilt
    %\[
    %    0 = \lim_{q \to \infty} f(x^{(q)}) = f(\lim_{q \to \infty} x^{(q)}) = f(y)
    %\] und $y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k}) $.\pause{}
\end{proofb}

\end{frame}

\begin{frame}

\begin{proofe}
    Sei nun $m > 1$.\pause{} Ersetze in $f$ die Variablen $X_i$ durch $x_i$ für $i \neq j$.\pause{}
    Dann sei $g \in \Z_p[X_j]$ das entstandene Polynom in einer Variablen.\pause{} Wende nun den Fall für $m = 1$
    auf $g$ an.\pause{} Dann erhalten wir ein $y_j \in \Z_p$ mit $y_j \equiv x_j \; (\text{mod } p^{n-k}) $
    und $g(y_j) = 0$.\pause{} Setze nun $y_i \coloneqq x_i$ für $i \neq j$.\pause{} Dann ist
    $y \equiv x \; (\text{mod } p^{n-k}) $ und
    \[
        f(y) = f(y_1, \ldots, y_m) = f(x_1, \ldots, x_{j-1}, y_j, x_{j+1}, \ldots, x_m) = g(y_j) = 0
    .\pause{}\] 
\end{proofe}

\end{frame}

\begin{frame}
    
Aus dem letzten Satz können wir einfache Schlussfolgerungen ziehen.\pause{}

\begin{korollar}[]
    Sei $f \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$ und $x \in \Z_p$ mit
    \[
        f(x) \equiv 0 \; (\text{mod } p)
    \] und es sei mind.\pause{} eine partielle Ableitung
    $\frac{\partial f}{\partial X_j}(x) \not\equiv 0 \; (\text{mod } p) $, dann hebt sich $x$
    zu einer echten Nullstelle.\pause{}
    \label{kor-1}
\end{korollar}

\begin{proof}
    Das ist der Fall $n = 1$ und $k = 0$ in \ref{satz-hensel}.\pause{}
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
    \begin{bsp}[]
        Es ist $\sqrt{2} \in \Z_7$,\pause{} denn für $f = X^2 - 2 \in \Z_7[X]$ gilt\pause{}
        \[
            f(3) = 3^2 - 2 = 7 \equiv 0 \; (\text{mod } 7)
        \]\pause und $f'(x) = 2X$ also $f'(3) = 6 \not\equiv 0 \; (\text{mod } 7) $.
    \end{bsp}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{korollar}[]
    Sei $f = \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{m} a_{ij} X_i X_j \in \Z_p[X_1, \ldots, X_m]$\pause{} eine
    quadratische Form mit $a_{ij} = a_{ji}$\pause{} und sei $ p \nmid \text{det}(a_{ij})$.\pause{} Weiter
    sei $a \in \Z_p$ und $x \in \Z_p$ primitiv.\pause{}

    Für $p \neq 2$ gilt:\pause{} Falls $f(x) \equiv a \; (\text{mod } p) $,\pause{}
    hebt sich $x$ zu einer echten Lösung.\pause{}

    Im Fall $p = 2$ gilt:\pause{} Falls $f(x) \equiv a \; (\text{mod } 8) $,\pause{}
    hebt sich $x$ zu einer echten Lösung.\pause{}
\end{korollar}
    
%\begin{korollar}[]
%    Sei $p\neq 2$ und \pause{} Sei weiter $a \in \Z_p$.\pause{} Dann
%    hebt sich jede primitive Lösung der Gleichung $f(x) \equiv a \; (\text{mod } p) $ zu einer
%    echten Lösung.\pause{}
%\end{korollar}
%\begin{proof}
%    Mit \ref{kor-1} g.z.z., dass mind.\pause{} eine partielle Ableitung $\; (\text{mod } p) $ nicht verschwindet.\pause{}
%    Sei $A = (a_{ij}) \in \Z_p^{m \times m}$.\pause{} Da $\text{det}(a_{ij}) \not\equiv 0 \; (\text{mod } p) $
%    folgt $\text{det}(a_{ij}) \in \mathbb{F}_p^{\times }$ und damit $\text{ker } A = \{0\} $.\pause{} Es gilt weiter
%    \[
%    \frac{\partial f}{\partial X_i} = 2 \sum_{j=1}^{m} a_{ij}X_j \text{ also }
%    \begin{pmatrix} \partial_{X_i} f(x) \\ \vdots \\ \partial_{X_m} f(x) \end{pmatrix}
%    = 2 A x
%    .\pause{}\] Da $x$ primitiv ist $x \neq 0 \in \mathbb{F}_p^{m}$ und damit mind.\pause{} eine partielle Ableitung
%    $\not\equiv 0 \; (\text{mod } p) $.\pause{}
%\end{proof}

%\begin{korollar}[]
%    Sei $p=2$ und $f = \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{m} a_{ij} X_i X_j \in \Z_2[X_1, \ldots, X_m]$
%    eine quadratische Form mit $a_{ij} = a_{ji}$.\pause{} Weiter sei $a \in \Z_2$ und $x$ eine primitive Lösung
%    der Gleichung $f(x) \equiv a \; (\text{mod } 8) $.\pause{} Dann hebt sich $x$ zu einer echten Lösung, falls
%    nicht alle partiellen Ableitungen $\; (\text{mod } 4) $ verschwinden.\pause{} Dies ist erfüllt, wenn
%    $\text{det}(a_{ij})$.\pause{}
%\end{korollar}

\begin{proof}
    Folgerungen aus \ref{kor-1}. Beweise sind Übungsaufgaben.
\end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
    \frametitle{Literatur}
    \begin{itemize}
        \item Serre J-P. \textit{A Course in Arithmetic}. New York; Heidelberg; Berlin: Springer; 1973.
        \item Neukirch J. \textit{Algebraische Zahlentheorie}. 1st ed. Berlin; Heidelberg [u.a.]: Springer; 2007.
        \item Schmidt A. \textit{Einführung in die algebraische Zahlentheorie}. Berlin; Heidelberg [u.a.]: Springer; 2007.
        \item Jänich K. \textit{Topologie}. 8th ed. Berlin; Heidelberg [u.a.]: Springer; 2005.
    \end{itemize}
\end{frame}

\end{document}
