Equivalencia de formas cuadráticas sobre campos p-ádicos.

Question

Existe un teorema que afirma que dos formas cuadráticas sobre $\mathbb{Q}_p$ son equivalentes si tienen el mismo rango, discriminante y el mismo $\epsilon$ invariante.

(Esta última se define de la siguiente manera: si $f = \sum_{i=1}^n a_ix_i^2$ entonces $\epsilon(f) = \prod_{1\le i < j \le n} (a_i,a_j)$ , donde $(\cdot,\cdot)$ es el símbolo de Hilbert sobre $\mathbb{Q}_p$ .)

La demostración (de la Aritmética de Serre) se basa en un teorema anterior, que relaciona estos invariantes con los elementos que representan las formas.

Sin embargo, no sé cómo puedo demostrar que dos formas particulares son equivalentes (con los mismos invariantes, por supuesto). Así que fija algún primo $p$ y considerar las siguientes dos formas sobre $\mathbb{Q}_p$ :

\begin{equation} f(x) = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 - (x_5^2 + x_6^2 + x_7^2) \nonumber \end{equation} y \N - Comienzo {ecuación}
g(x) = -(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 + x_6^2 + x_7^2) \nonumber \end {Ecuación}

¿Cómo puedo demostrar en particular que estos dos son equivalentes (sin utilizar el teorema de clasificación anterior)? Gracias.

Answer 1

Dado que se trata sólo de $p$ -adics, un argumento elemental que se me ocurre sería el siguiente (a no ser que me haya perdido totalmente algo).

Si $p\equiv 1\pmod4$ entonces $-1=a^2$ para algunos $a\in\mathbf{Z}_p^*$ . Por lo tanto, $x^2$ y $(ax)^2=-x^2$ son equivalentes.

Si $p\equiv -1\pmod4$ entonces $-1=a^2+b^2$ para algunos enteros $a,b\in\mathbf{Z}_p^*$ . En este caso $x^2+y^2$ equivale a $$ (ax+by)^2+(bx-ay)^2=(a^2+b^2)(x^2+y^2)=-(x^2+y^2). $$ Dos o cuatro equivalencias de este tipo convierten su $f$ a $g$ .

Y no olvidemos el primer $p=2$ . Tomando normas del producto de cuaterniones $$ (2+i+j+k)(x_1+x_2i+x_3j+x_4k) $$ nos dice que $$ \begin{aligned} 7(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2)&=(2x_1-x_2-x_3-x_4)^2+(x_1+2x_2-x_3+x_4)^2\\ &+(x_1+x_2+2x_3-x_4)^2+(x_1-x_2+x_3+2x_4)^2. \end{aligned} $$ Combinando esto con el hecho de que $\sqrt{-7}\in\mathbf{Q}_2$ permite convertir la suma de cuatro cuadrados en su negativo mediante una transformación de equivalencia.

Answer 2

Creo que lo que probablemente quiere de nosotros es esto: en las páginas 43 a 44 de Formas cuadráticas racionales por J. W. S. Cassels, CASSELS encontramos tablas de $(a,b)_p$ para los primos Impares $p,$ entonces para $p=2, $ finalmente $p=\infty$ en la página 44.

Para los primos Impares $p,$ $$ (1,1)_p = (1,-1)_p = (-1,-1)_p = 1, $$ ya que sólo empezamos a conseguir $-1$ como resultado si al menos un argumento $n$ tiene $ p^{2k - 1} \parallel n.$ Así que sus dos formas tienen el mismo invariante $\varepsilon$ como en Serre, definido en la página 35, y luego utilizado en la página 39, Teorema 7. Como tienen el mismo rango $7$ y discriminante $-1,$ sus dos formas coinciden en $\mathbb Q_p$ para impar finito $p.$

Obtenemos una imagen ligeramente diferente para $p=2$ es decir $$ (1,1)_2 = (1,-1)_2 = 1, \; \; \; (-1,-1)_2 = -1. $$ Para su primera forma, obtenemos pares de índices $56, 57, 67$ dando un factor de $-1$ cada uno, el resultado es $-1.$ Para su segundo formulario, todos los $21$ los pares ordenados dan $-1,$ una vez más $-1$ y las dos formas son equivalentes en $\mathbb Q_2$ también. En fin, $$ \left( \begin{array}{c} 3 \\ 2 \end{array} \right) = 3, \; \; \; \left( \begin{array}{c} 7 \\ 2 \end{array} \right) = 21 $$ son ambos impar, que es lo que hace. Dado que todos sus coeficientes son $\pm 1,$ esto equivale al hecho de que $3 \equiv 7 \pmod 4.$

El caso de $p = \infty$ es diferente. Serre lo hace en la página 40. Si sólo miras el discriminante, el rango y el invariante, son lo mismo. Parece que deja la afirmación de que la firma es un invariante para la página siguiente, la 41. La ley de inercia de Sylvester es el hecho de que, sobre los reales, el rango y la firma son un conjunto completo de invariantes.