Với mỗi số nguyên tố p>2,cho http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p là đa tạp trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^3 cho bởi phương trình http://dientuvietnam...^2 Y^2=pZ^2.Tìm tất cả các số nguyên tố p,q sao cho http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p đẳng cấu với http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_q trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
hai đa tạp đẳng cấu
Bắt đầu bởi QUANVU, 19-09-2006 - 21:43
#2
Đã gửi 25-10-2006 - 16:06
noproof
-
- Thành viên
-
- 104 Bài viết
Trung sĩ
Khi http://dientuvietnam...x.cgi?p=a^2 b^2, với a, b nguyên dương nào đó. Khi đó điểm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q} giữa http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1.)
Khi http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p không có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}-điểm hữu tỷ nào, do vậy nó không đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q} với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1.
Nói riêng, nếu p khác q cùng chia cho 4 dư 1 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Nếu p, q một số chia 4 dư 1, một số chia cho 4 dư 3 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Ta chứng minh thêm, nếu p, q đều chia cho 4 dư 3 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Thật vậy, giả sử chúng đẳng cấu. Ta chứng minh p không là chính phương modulo q. Tương tự q là không chính phương modulo p. Điều này lại không thể xảy ra trong trường hợp p, q chia cho 4 dư 3, theo luật thuận nghịch toàn phương.
Hiển nhiên V_p có một http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p})-điểm hữu tỷ. Do vậy, V_p đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p}) với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1. Suy ra V_q cũng đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p}) với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1. Do đó V_q có một http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p})-điểm hữu tỷ, gọi điểm này là [x:y:z]. Dễ thấy z khắc 0, nên ta có thể giả sử z=1. Viết http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?ab+cd=0. Nếu c=0 thì ab=0. Nếu a=0 thì từ p(b^2+d^2)=q suy ra điều vô lý (dùng tính chất nếu p là ước của m^2+n^2 thì p là ước của m, của n). Nếu b=0 thì (a,d) là nghiệm của phương trình http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X^2+pY^2=q. Suy ra -p là chính phương modulo q, hay p không là chính phương modulo q. XONG!
Lập luận tương tự cho trường hợp b=0.
Giả sử b, c khác 0, dặt a/c=-d/b=t. Suy ra: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?c^2+pb^2=q.1/(1+t^2)=q.r. Từ đây cũng suy ra p không là chính phương modulo q. Cũng XONG!
Viết chứng minh dài quá nên sẽ có những nhầm lẫn, thiếu sót, mong mọi nguời kiểm tra giúp. Thanks!
Khi http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p không có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}-điểm hữu tỷ nào, do vậy nó không đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q} với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1.
Nói riêng, nếu p khác q cùng chia cho 4 dư 1 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Nếu p, q một số chia 4 dư 1, một số chia cho 4 dư 3 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Ta chứng minh thêm, nếu p, q đều chia cho 4 dư 3 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}.
Thật vậy, giả sử chúng đẳng cấu. Ta chứng minh p không là chính phương modulo q. Tương tự q là không chính phương modulo p. Điều này lại không thể xảy ra trong trường hợp p, q chia cho 4 dư 3, theo luật thuận nghịch toàn phương.
Hiển nhiên V_p có một http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p})-điểm hữu tỷ. Do vậy, V_p đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p}) với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1. Suy ra V_q cũng đẳng cấu trên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p}) với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1. Do đó V_q có một http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{Q}(\sqrt{p})-điểm hữu tỷ, gọi điểm này là [x:y:z]. Dễ thấy z khắc 0, nên ta có thể giả sử z=1. Viết http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?ab+cd=0. Nếu c=0 thì ab=0. Nếu a=0 thì từ p(b^2+d^2)=q suy ra điều vô lý (dùng tính chất nếu p là ước của m^2+n^2 thì p là ước của m, của n). Nếu b=0 thì (a,d) là nghiệm của phương trình http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X^2+pY^2=q. Suy ra -p là chính phương modulo q, hay p không là chính phương modulo q. XONG!
Lập luận tương tự cho trường hợp b=0.
Giả sử b, c khác 0, dặt a/c=-d/b=t. Suy ra: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?c^2+pb^2=q.1/(1+t^2)=q.r. Từ đây cũng suy ra p không là chính phương modulo q. Cũng XONG!
Viết chứng minh dài quá nên sẽ có những nhầm lẫn, thiếu sót, mong mọi nguời kiểm tra giúp. Thanks!
#3
Đã gửi 31-10-2006 - 15:52
noproof
-
- Thành viên
-
- 104 Bài viết
Trung sĩ
Ta thấy http://dientuvietnam...mimetex.cgi?V_p ở trên là một ví dụ về twist của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1 (trên Q). Một câu hỏi được đặt ra là: "Phân loại" tất cả các twist của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{P}^1 trên Q.
Nhắc lại định nghĩa twists: Cho K là một trường hoàn thiện (perfect field). Cho C là một đường cong xạ ảnh trơn. Một twist của C (trên K) là một đường cong (xạ ảnh) trơn C' xác định trên K và C' đẳng cấu với C trên bao đóng đại số của K. Và ta đồng nhất 2 twists nếu chúng đẳng cấu với nhau trên K.
Nhắc lại định nghĩa twists: Cho K là một trường hoàn thiện (perfect field). Cho C là một đường cong xạ ảnh trơn. Một twist của C (trên K) là một đường cong (xạ ảnh) trơn C' xác định trên K và C' đẳng cấu với C trên bao đóng đại số của K. Và ta đồng nhất 2 twists nếu chúng đẳng cấu với nhau trên K.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
