Bourbaki

Bài tập 12, § 8

Đại số giao hoán, VI, 465

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho K là một trường, vv là một định giá trên K, A là vành của định giá vv và Γ\Gamma là nhóm cấp của nó.

(a) Cho f(X)=a0Xn+a1Xn−1+…+anf(X) = a_0 X^n + a_1 X^{n-1} + \ldots + a_n là một đa thức trong A[X]A[X] sao cho v(a0)=0v(a_0) = 0, tất cả các nghiệm của nó thuộc K; gọi xix_i (1≤i≤r1 \leq i \leq r) là các nghiệm phân biệt này và gọi kik_i là cấp bội số của xix_i (1≤i≤r1 \leq i \leq r). Cho

g(X)=b0Xn+b1Xn−1+…+bn=b0(X−y1)…(X−yn) g(X) = b_0 X^n + b_1 X^{n-1} + \ldots + b_n = b_0 (X - y_1) \ldots (X - y_n)

là một đa thức khác trong A[X]\mathbf{A}[X] sao cho v(b0)=0v(b_0) = 0 và các yiy_i thuộc K. Chứng minh rằng tồn tại λ0∈Γ\lambda_0 \in \Gamma sao cho v(xi−xj)<λ0v(x_i - x_j) < \lambda_0 với mọi cặp có thứ tự của các chỉ số phân biệt i,ji, j và, với mọi A≥AnA \geq A_n, tồn tại μ≥λ\mu \geq \lambda sao cho các hệ thức v(ai−bi)≥μv(a_i - b_i) \geq \mu với mọi ii kéo theo rằng, với 1≤i≤r1 \leq i \leq r, có đúng kik_i chỉ số hh sao cho v(xi−yh)≥Av(x_i - y_h) \geq A. (Trước hết đánh giá v(f(yh))v(f(y_h)) theo hai cách để chỉ ra rằng nhất thiết v(xi−yh)≥λv(x_i - y_h) \geq \lambda đối với ít nhất một ii; sau đó đánh giá

v(f′(z)f(z)−g′(z)g(z)) v \left( \frac{f'(z)}{f(z)} - \frac{g'(z)}{g(z)} \right)

tại các điểm thích hợp z∈Kz \in K.) Nếu thêm vào đó bi=aib_i = a_i trừ khi i=n−1i = n - 1, chứng minh rằng, miễn là λ0\lambda_0 đủ lớn, các yhy_h đều phân biệt (đánh giá f′(yh)/f(yh)f'(y_h)/f(y_h) với giả thiết rằng yhy_h không là một nghiệm đơn của gg).

(b) Từ đây giả sử rằng K là bao đóng đại số của một trường con K0K_0 sao cho An=A∩K0A_n = A \cap K_0 là Henselian. Giả sử rằng đa thức ff thuộc A0[X]A_0[X] và là bất khả quy và tách được trên K0K_0. Cho z∈Kz \in K sao cho

u(z−vi)>v(z−xj) u(z - v_i) > v(z - x_j)

với mọi j≠ij \neq i; khi đó chứng minh rằng K0(xi)⊂K0(z)K_0(x_i) \subset K_0(z). (Chứng minh rằng z−xiz - x_i bằng tất cả các liên hợp của nó đối với K0(xi)K_0(x_i).)

(c) Giả sử rằng f∈A0[X]f \in A_0[X] là tách được và đặt f=a0∏i=1rfif = a_0 \prod_{i=1}^r f_i là phân tích của f thành các đa thức bất khả quy đơn thức trong K0[X]K_0[X] (thực ra thuộc A0[X]A_0[X], cf. Chương V, § 1, no. 3, Mệnh đề 11). Chứng minh (theo ký hiệu của (a)) rằng, nếu μ\mu được lấy đủ lớn, thì phân tích của g thành các thừa số bất khả quy đơn thức trong K0[X]K_0[X] có thể viết dưới dạng b0∏i=1rgib_0 \prod_{i=1}^r g_i, trong đó, với mọi ii, gig_i có cùng bậc với fif_i (một phân tích được nói là "cùng kiểu" với phân tích của ff) và hơn nữa các trường tách của fif_i và gig_i là giống nhau với mọi ii. (Trước hết chứng minh rằng g là tách được; sau đó xét một mở rộng Galois hữu hạn của K0K_0 chứa các nghiệm của ff và g và xét cách mà nhóm Galois của mở rộng này hoán vị các nghiệm đó; cuối cùng sử dụng (b).)

(d) Hãy cho một ví dụ trong đó ff là bất khả quy nhưng không tách được và trong đó, với mọi μ≥An\mu \geq A_n tồn tại một đa thức

g(X)=b0Xn+b1Xn−1+…+br∈A0[X] g(X) = b_0 X^n + b_1 X^{n-1} + \ldots + b_r \in A_0[X]

sao cho v(ai−bi)≥μv(a_i - b_i) \geq \mu với mọi ii, không bất khả quy (lấy K0K_0 sao cho K≠K0K \neq K_0 và K là một mở rộng thuần phân của K0K_0).

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini, gpt-5-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.