Lokale Eigenschaften des Hilbert-Symbols

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1 Lokale Eigenschaften des Hilbert-Symbols (Nach J.P. Serre: A Corse in Arithmetic) Bettina Böhme, Karin Loch Im Folgenden bezeichnet k entweder den Körer R der reellen Zahlen oder den Körer Q der -adischen Zahlen ( rim). Aßerdem sei U := Z. Zr Definition der Homomorhismen ɛ nd ω gl. [1], II, 3. 1 Definition nd erste Eigenschaften Definition 1 (Das Hilbert Symbol). Seien a, b k. Es sei: { +1 falls z 2 ax 2 by 2 = 0 für ein k 3 (z, x, y) (0, 0, 0) (a, b) = 1 sonst (a, b) = ±1 heißt HilbertSymbol on a nd b bezüglich k. Bemerkng: Das Hilbert Symbol (a, b) ändert sich nicht, wenn a oder b mit Qadraten mltiliziert werden, d.h. mit c, d k gilt (ac 2, bd 2 ) = (a, b). Beweis der Bemerkng: Ist (z, x, y) eine Lösng on z 2 ac 2 x 2 bd 2 y 2 = 0, dann ist offensichtlich (z, cx, dy) eine Lösng on z 2 ax 2 by 2 = 0, nd ist mgekehrt (z, x, y) eine Lösng on z 2 ax 2 by 2 = 0, dann ist offensichtlich (z, x/c, y/d) eine Lösng on z 2 ac 2 x 2 bd 2 y 2 = 0. Das Hilbertsymbol definiert also eine Abbildng k /k 2 k /k 2 {±1}, wobei k 2 = {a 2 a k }. Proosition 1. Seien a, b k nd sei k b = k( b). Dann gilt (a, b) = 1 a Nk b. Beweis: Falls b Qadrat in k, d.h. falls es ein c k gibt mit c 2 = b, dann ist (c, 0, 1) eine Lösng on z 2 ax 2 by 2 = 0, also ist (a, b) = 1. In diesem Fall ist die Assage klar, denn dann ist k b = k nd Nk b = k. Sei also b kein Qadrat in k. Dann ist k b qadratische Erweiterng on k. Es gilt k b = {z + βy z, y k} mit β 2 = b für ein β k b. Für die Norm on k b gilt: N(ξ) = z 2 by 2 für ξ k b, ξ = z + βy. )Ist a Nk b, dann existieren y, z k mit a = z2 by 2. Also ist (z, 1, y) eine Lösng on z 2 ax 2 by 2 = 0 nd somit ist (a, b) = 1. ) Ist (a, b) = 1, dann existiert eine Lösng (z, x, y) (0, 0, 0) on z 2 ax 2 by 2 = 0. Es gilt x 0, denn sonst wäre by 2 = z 2 nd wegen y 0 (sonst 1

2 wäre ach z = 0) wäre b = (z/y) 2, aber b ist kein Qadrat in k. Sei also ξ = (z/x) + β(y/x), dann ist N(ξ) = z 2 /x 2 by 2 /x 2 = a, also a Nk b. Proosition 2. Seien a, a, b, c k, dann genügt das Hilbert-Symbol folgenden Formeln (wobei man daon asgeht, dass a 1, überall dort, wo der Asdrck 1 a aftacht): i) (a, b) = (b, a), (a, c 2 ) = 1 ii) (a, a) = 1, (a, 1 a) = 1 iii) (a, b) = 1 (a, b) = (aa, b) i) (a, b) = (a, ab), (a, b) = (a, (1 a)b) Beweis: i) 1) Folgt direkt as der Definition. 2) (c, 0, 1) ist Lösng on z 2 ax 2 c 2 y 2 = 0 ii) 1) (0, 1, 1) ist Lösng on z 2 ax 2 + ay 2 = 0. 2) (1, 1, 1) ist Lösng on z 2 ax 2 (1 a)y 2 = 0 iii) (a, b) = 1 a Nkb. Da Nk b k Untergre ist, gilt: a Nkb aa Nkb. Die Behatng folgt somit as Proosition 1. i)1) ( a, a) = 1 (iii) (b, a) = ( ab, a) 2) ((1 a), a) = 1 (iii) (b, a) = ((1 a)b, a) Bemerkng: Die Formel nter iii) ist ein Sezialfall der folgenden Formel: ) (aa, b) = (a, b)(a, b) Diese Formel drückt, wenn man die Symmetrie des Hilbert-Symbols beachtet, dessen Bilinearität as. Diese soll im Folgenden bewiesen werden. 2 Berechnng des Hilbert-Symbols Satz 1. Seien a, b R, dann gilt: { +1 falls (a > 0) (b > 0) (a, b) = 1 sonst Seien a, b Q mit a = α, b = β wobei, U, α, β Z, dann gilt: ( ) β ( ) α (a, b) = ( 1) αβɛ() 2 (a, b) = ( 1) ɛ()ɛ()+αω()+βω() = 2 Wir beweisen znächst nr den Fall k = R. Beweis für den Fall k = R: Falls a > 0, dann ist a Qadrat in R, nd somit ist (a, b) = 1 wegen Eigenschaft i) as Proosition 2. Analog ist (a, b) = 1 für b > 0. Falls a < 0 nd b < 0, ist (a, b) = ( 1, 1) = 1, denn a nd b sind Qadrate in R, nd die Gleichng z 2 = x 2 y 2 hat in R nr die triiale Lösng. Zm Beweis des Satzes für Q benötigen wir noch folgendes Lemma. 2

3 Lemma 1. Sei U -adische Einheit. Falls die Gleichng z 2 x 2 y 2 = 0 eine nichttriiale Lösng in Q besitzt, dann hat sie ach eine Lösng (x, y, z), so dass z, y U nd x Z. Beweis: Nach [1], Pro. 6, II, 2.1 besitzt die Gleichng eine rimitie Lösng in Z 3. Diese Lösng erfüllt die gewünschten Eigenschaften. Wäre dies nicht so, dann wäre entweder y 0 mod oder z 0 mod. Aßerdem gilt z 2 y 2 0 mod nd 0 mod, also würde folgen y 0 mod nd z 0 mod. Dann wäre x 2 0 mod 2, also ach x 0 mod, im Widersrch zr Primitiität der Lösng. Wir können jetzt mit dem Beweis on Satz 1 fortfahren. Beweis Satz 1, Fall 2: Man überlegt sich znächst, dass für den Einflss der Exonenten α nd β nr entscheidend ist, ob sie gerade oder ngerade sind. Deswegen betrachten wir sie nr hinsichtlich ihrer Restklasse modlo 2. Afgrnd der Symmetrie des Hilbert-Symbols führt dies z drei Fällen, die betrachtet werden müssen: Fall 1) α = 0, β = 0. Z zeigen ist: (, ) = 1. Wegen [1], I, 2, Cor. 2 z Th. 3 hat die Gleichng z 2 x 2 y 2 = 0 eine nichttriiale Lösng modlo. Da die z dieser qadratischen Form dazgehörige Determinante inertierbar ist, lässt sich diese Lösng z einer -adischen Lösng hochheben (gl. [1], II, 2.2, Cor. 2 z Th. 1). Also ist (, ) = 1. ( Fall 2) α = 1, β = 0. Z zeigen ist: (, ) = ). Da wie gesehen (, ) = 1 ist, gilt (, ) = (, ( ) ) afgrnd on Proosition 2 iii). Es genügt also z zeigen, dass (, ) =. Wenn ein Qadrat ist, sind beide Seiten der Gleichng gleich 1, ( also ) ist sie erfüllt. Wenn kein Qadrat ist, dann ist (nach [1], II, 3.3, Th. 3) = 1. Wäre (, ) = 1, dann gäbe es afgrnd on Lemma 1 eine rimitie Lösng der Gleichng z 2 x 2 y 2 = 0 mit y, z U. Es wäre also ( z y )2 mod, im Widersrch z kein Qadrat. Also ist (, ) = 1. ( ) ( ) Fall 3) α = 1, β = 1 Z zeigen ist: (, ) = ( 1) 1 2. Wegen Proosition 2 i) gilt: (, ) = (, 2 ) ( = (, ) ). Da eine Einheit ist, gilt nach Fall 2): (, ) = (, ) =. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 Es gilt: = nd = ( 1) 1 2. Also ist das Gewünschte bewiesen. Beweis Satz 1, Fall = 2: Ach in diesem Fall sielen die Exonenten α nd β nr hinsichlich ihrer Restklasse modlo 2 eine Rolle, nd es lassen sich wieder drei Fälle nterscheiden: Fall 1) α = 0, β = 0. Z zeigen ist: (, ) = 1, falls 1 mod 4 oder 3

4 1 mod 4 nd (, ) = 1 sonst. Nehmen wir znächst an, dass 1 mod 4. Also 1 mod 8 oder 5 mod 8. Im ersten Fall ist ein Qadrat (nach [1], II, 3.3, Th. 4) nd daher ist (, ) = 1. Im zweiten Fall gilt mod 8, also gibt es ein w U mit w 2 = + 4. Die Gleichng z 2 x 2 y 2 = 0 hat also die Lösng (w, 1, 2) nd somit ist (, ) = 1. Analog ist (, ) = 1, falls 1 mod 4. Sei nn mgekehrt 1 mod 4. Wäre (, ) = 1, dann gäbe es eine rimitie Lösng (z, x, y) der Gleichng z 2 x 2 y 2 = 0 (wegen [1], Pro. 6, II, 2.1). Also müsste gelten: z 2 + x 2 + y 2 0 mod 4. Da 0 nd 1 die einzigen Qadrate modlo 4 sind, ist dies nr möglich, wenn x y z 0 mod 4 nd somit x y z 0 mod 2, im Widersrch zr Primitiität der Lösng. Also ist (, ) = 1. Fall 2) α = 1, β = 0. Z zeigen ist: (2, ) = ( 1) ɛ()ɛ()+ω(). Znächst zeigen wir: (2, ) = ( 1) ω(), also (2, ) = 1 ±1 mod 8. Falls (2, ) = 1 existieren nach Lemma 1 x, y, z Z 2 mit z 2 2x 2 y 2 = 0 nd y, z 0 mod 2. Für diese Lösng gilt: y 2 z 2 1 mod 8 nd damit ach 1 2x 2 0 mod 8. Die einzigen Qadrate modlo 8 sind 0,1 nd 4, also ist ±1 mod 8. Ist mgekehrt 1 mod 8, dann ist Qadrat (nach [1], II, 3.3, Th. 4) nd (2, ) = 1. Ist 1 mod 8, dann hat die Gleichng z 2 2x 2 y 2 = 0 modlo 8 die Lösng (1, 1, 1). Wegen [1], II, 2.2, Cor. 3 z Th. 1 lässt sich diese rimitie Lösng modlo 8 z einer exakten Lösng hochheben. Also (2, ) = 1. Als nächstes zeigen wir: (2, ) = (2, )(, ). Nach Proisition 2 iii) ist dies der Fall, falls (2, ) = 1 oder (, ) = 1. Wir betrachten also den Fall (2, ) = (, ) = 1. Das heißt ±3 mod 8 (wie eben gesehen) nd, 3 mod 4 (gl. Fall 1). Beides kann nr gleichzeitig erfüllt sein für 3 mod 8 nd 3 oder 1 mod 8. Betrachte znächst, 3 mod 8. Setze := 3 nd := 5. Es gilt:, 1 mod 8, also nach [1], II, 3.3, Th. 4 Qadrate in Q 2. Es gilt = 3, = 5 nd (2, ) = (2, ) = (6, 5). Die Gleichng z 2 6x 2 + 5y 2 = 0 hat die Lösng (1, 1, 1), also ist (2, ) = 1. Betrachte jetzt 1, 3 mod 8. Setze := 1, 1 mod 8, also, Qadrate in Q 2. Es gilt = 1, = 3 nd (2, ) = (2, ) = ( 2, 3). Die Gleichng z 2 + 2x 2 3y 2 = 0 hat die Lösng (1, 1, 1), also ist (2, ) = 1. Zsammenfassend ergibt sich: nd := 3. Es gilt: (2, ) = (2, )(, ) = ( 1) ω() (, ) = ( 1) ω() ( 1) ɛ()ɛ() = ( 1) ɛ()ɛ()+ω() Fall 3) α = 1, β = 1. Z zeigen ist: (2, 2) = ( 1) ɛ()ɛ()+ω()+ω(). Nach Proosition 2 i) gilt: (2, 2) = (2, 4) = (2, ). Nach Fall 2 wissen wir, dass (2, ) = ( 1) ɛ()ɛ( )+ω( ). Also ist z zeigen: ɛ()ɛ() + ω() + ω() = ɛ()ɛ( ) + ω( ) Diese Gleichheit ergibt sich drch Umformen, wenn man beachtet, dass ɛ, ω sind Homomorhismen, d.h. ɛ(xy) = ɛ(x) + ɛ(y), analog für ω ɛ( 1) = 1 ω( 1) = 0 4

5 ɛ()(1 + ɛ()) = 0 Satz 2. Das Hilbert-Symbol ist eine regläre Bilinearform om F 2 -Vektorram k /k 2 in den F 2 -Vektorram { 1, 1}. Bemerkng: Reglär bedetet hier: Das ist gleichbedetend mit: b k : ( a k : (a, b) = 1 b k 2 ) b k /k 2 {1} : a k : (a, b) = 1 Die Bilinearität ist gena das, was Formel ) in Abschnitt 1 asdrückt. k /k 2 bildet einen F 2 -Vektorram mit der Mltilikation der Restklassen als Vektoraddition nd der Skalarmltilikation: a λ für a k /k 2, λ F 2, wie man leicht nachrüft. Beweis für den Fall k = R: Z zeigen: (aa, b) = (a, b)(a, b) für a, a, b R /R 2. Der einzige Fall, der nicht on Proosition 2 iii) abgedeckt wird, ist: (a, b) = (a, b) = 1, was nr gilt wenn a, a, b < 0.{ 1, 1} sind Reräsentanten on R /R 2. Also ist z zeigen: (( 1)( 1), 1) = ( 1, 1)( 1, 1), was nach Satz 1 erfüllt ist. Die Reglarität des Hilbert-Symbols folgt as ( 1, 1) = 1. Bilinearität für den Fall k = Q : Folgt as der Bilinearität der Formeln as Satz 1. Reglarität für den Fall k = ( Q ), 2: {1,,, } mit U, so dass = 1, sind Reräsentanten on Q /Q 2. Daon sind, nd keine Qadrate (nach [1], III, 3.3, Th. 3). Wir müssen also a, a, a in Q /Q 2 finden, so dass (a, ) = 1, (a, ) = 1 nd (a, ) = 1. Wähle a =, a = nd a =. Reglarität für den Fall k = Q 2 : {, 2} mit {1, 5, 1, 5} sind Reräsentanten on Q 2/Q 2 2 (nach [1], III, 3.3, Cor. z Th. 4). Für b {, 2} {1} (die Nichtqadrate) müssen wir je ein a Q 2/Q 2 2 finden mit (a, b) = 1. Es gilt (5, 2) = 1 nd ( 1, 1) = ( 1, 5) = 1. Korollar: Wenn b kein Qadrat ist, ist Nkb on k mit Index 2. as Proosition 1 Untergre Beweis: Z zeigen: #(k /Nkb ) = 2. Betrachte den Homomorhisms φ b : k {±1} mit φ b (a) = (a, b). Nach Proosition 1 ist Nkb der Kern dieser Abbildng. Sie ist srjekti afgrnd der Reglarität des Hilbertsymbols. Nach dem Isomorhiesatz indziert φ b also einen Isomorhisms on k /Nkb nach {±1}. Bemerkng: Schreibe (a, b) in der Form ( 1) [a,b] mit [a, b] F 2. Dann ist [, ] : k /k 2 k /k 2 F 2 eine symmetrische Bilinearform. Mithilfe on Satz 5

6 1 erhalten wir nach Wahl einer Basis on k /k 2 eine Matrixdarstellng dieser Bilinearform: Für k = R mit Basis { 1} erhält man die Matrix (1). ( ) Für k = Q, 2 mit Basis {, }, wobei = 1, erhält man die ( ) ( ) Matrix für 1 mod 4 nd die Matrix für 3 mod Für k = Q 2 mit Basis {2, 1, 5} erhält man die Matrix Literatr [1] Serre, J.P.: A Corse in Arithmetic. Sringer,