\documentclass{../../presentation} \usepackage[]{tikz-cd} %\usetheme{CambridgeUS} \usecolortheme[RGB={205,0,0}]{structure} \setbeamertemplate{items}[default] \setbeamertemplate{sections/subsections in toc}[square] \setbeamertemplate{theorems}[numbered] \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}