三次型：p 进问题Cubic forms: the p-adic problem

证. 两个型 \(C\) 与 \(C'\) 中的系数由下式相联系： \[ c_{rst}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}q_{ir}q_{js}q_{kt}c'_{ijk}. \] 在上面定义矩阵 \(\mathcal{C}\) 时，我们在满足 \(1\leq j\leq k\leq n\) 的数对 \(j,k\) 与整数 \(1\leq\mu\leq N\) 之间选定了一个一一对应。于是 \(C'\) 的一般元素是 \(c'_{ijk}=c'_{i\mu}\)，其中 \(i=1,2,\ldots,n\) 且 \(\mu=1,2,\ldots,N\)，这里 \(\mu\) 表示数对 \(j,k\)。类似地，把满足 \(s\leq t\) 的数对 \(s,t\) 用 \(\nu\) 表示，则 \(\mathcal{C}\) 的一般元素是 \(c_{rst}=c_{r\nu}\)。令 \[ u_{\mu\nu}=\begin{cases}q_{js}q_{kt}, & j=k,\\[2pt] q_{js}q_{kt}+q_{ks}q_{jt}, & j\lt k,\end{cases} \] 其中 \(\mu\) 表示数对 \(j,k\)，\(\nu\) 表示数对 \(s,t\)。则两组系数之间的关系可写成 \[ c_{r\nu}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{\mu=1}^{N}q_{ir}c'_{i\mu}u_{\mu\nu}, \] 其中 \(r=1,2,\ldots,n\) 且 \(\nu=1,2,\ldots,N\)。用矩阵记号即为 \[ \mathcal{C}=\mathcal{Q}^{T}\mathcal{C}'\mathcal{U}, \] 其中 \(\mathcal{Q}=(q_{ir})\) 是一个 \(n\times n\) 矩阵，\(\mathcal{U}=(u_{\mu\nu})\) 是一个 \(N\times N\) 矩阵，\(T\) 表示转置。

设 \(\Delta\) 为由 \(\mathcal{C}\) 的第 \(\nu_1,\ldots,\nu_n\) 列所构成的行列式，符号地记为： \[ \Delta=(\det\mathcal{C})^{1,\ldots,n}_{\nu_1,\ldots,\nu_n}. \] 由于矩阵 \(\mathcal{Q}\) 的行列式为 \(q\)，故有 \[ \pm\Delta=q\,(\det\mathcal{C}'\mathcal{U})^{1,\ldots,n}_{\nu_1,\ldots,\nu_n}. \] 由一个熟知的结果有 \[ (\det\mathcal{C}'\mathcal{U})^{1,\ldots,n}_{\nu_1,\ldots,\nu_n}=\sum_{\rho_1,\ldots,\rho_n}(\det\mathcal{C}')^{1,\ldots,n}_{\rho_1,\ldots,\rho_n}(\det\mathcal{U})^{\rho_1,\ldots,\rho_n}_{\nu_1,\ldots,\nu_n}, \] 其中求和遍及从 \(1,\ldots,N\) 中选取 \(\rho_1,\ldots,\rho_n\) 的全部 \(\binom{N}{n}\) 种选法（不计次序）。

在和式的每一项中，第一个因子是由 \(\mathcal{C}'\) 所能构成的某个 \(n\) 阶行列式 \(\Delta'\)，而第二个因子是一个整数。因此该和能被 \(h(C')\) 整除，从而 \(\Delta\) 能被 \(qh(C')\) 整除。这就证明了结论。∎

证. 若 \(C\) 与 \(C'\) 是等价的型，则该引理对 \(q=1\) 适用，于是表明 \(h(C)\) 能被 \(h(C')\) 整除。同理 \(h(C')\) 能被 \(h(C)\) 整除，由此即得结论。∎

证. 若 \(h(C)=0\)，则由 \(\mathcal{C}\) 所构成的全部 \(n\) 阶行列式都为零，即 \(\mathcal{C}\) 的 \(n\) 行线性相关。于是存在不全为零的 \(p_1,\ldots,p_n\)，使得 \[ \sum_{i=1}^{n}p_ic_{ijk}=0 \] 对一切 \(j,k\) 成立；并且我们可以取 \(p_1,\ldots,p_n\) 为最大公因数为 \(1\) 的整数。由于 \[ \frac{1}{3}\frac{\partial C}{\partial x_i}=\sum_j\sum_k c_{ijk}x_jx_k, \] 故有 \[ p_1\frac{\partial C}{\partial x_1}+\cdots+p_n\frac{\partial C}{\partial x_n}=0 \] 关于 \(x_1,\ldots,x_n\) 恒等地成立。众所周知，存在一个整数元素的 \(n\times n\) 矩阵 \(p_{ir}\)，其行列式为 \(\pm 1\)，使得对 \(i=1,2,\ldots,n\) 有 \(p_{in}=p_i\)。令 \[ x_i=\sum_{r=1}^{n}p_{ir}y_r, \] 则有 \[ \frac{\partial C}{\partial y_n}=0 \] 恒等地成立，从而 \(C(\mathbf{x})\) 等价于一个仅含 \(y_1,\ldots,y_{n-1}\) 的型，因而是退化的。∎

证. 由 Chevalley 的一条定理¹，方程 \(C(\mathbf{x})\equiv 0\pmod p\) 有异于 \(\mathbf{x}=\mathbf{0}\) 的解，因为变量个数超过该同余式的次数。由于 \(C(\mathbf{x})\) 不具有性质 \(\mathcal{A}(p)\)，我们必有 \[ \frac{\partial C}{\partial x_i}\equiv 0\pmod p \] 对一切 \(i\) 成立。经过一个适当的整系数幺模变换，我们可以把所考虑的解取为 \[ x_1=1,\quad x_2=x_3=\cdots=x_n=0. \] 那么 \(C(\mathbf{x})\) 具有如下形式 \[ apx_1^3+px_1^2(b_2x_2+\cdots+b_nx_n)+x_1B(x_2,\ldots,x_n)+C_{n-1}(x_2,\ldots,x_n), \] 其中 \(B\) 与 \(C_{n-1}\) 分别为二次型与三次型。事实上，诸 \(x_1^2x_j\) 的系数都能被 \(p\) 整除，因为它们正是 \[ \frac{\partial C}{\partial x_2},\ldots,\frac{\partial C}{\partial x_n} \] 在该解处的值。

若 \(B\) 的某些系数不能被 \(p\) 整除，我们可以选取 \(x_2,\ldots,x_n\) 使得 \[ B(x_2,\ldots,x_n)\not\equiv 0\pmod p, \] 办法是取形如 \(1,0,\ldots,0\) 或形如 \(1,1,0,\ldots,0\) 的值。然后我们可以选取 \(x_1\) 使得 \[ x_1B(x_2,\ldots,x_n)+C_{n-1}(x_2,\ldots,x_n)\equiv 0\pmod p, \] 这就给出 \(C(\mathbf{x})\equiv 0\pmod p\) 的一个满足 \(\partial C/\partial x_1\not\equiv 0\pmod p\) 的解，与假设矛盾。

因此我们可以假定 \(B\) 的全部系数都能被 \(p\) 整除。于是 \(C(\mathbf{x})\) 等价于 \[ px_1Q_n(x_1,x_2,\ldots,x_n)+C_{n-1}(x_2,\ldots,x_n), \] 其中 \(Q_n\) 是一个二次型。

若 \(n\geq 5\)，我们可以令 \(x_1=0\)，并对 \(C_{n-1}(x_2,\ldots,x_n)\) 应用上述论证，因为这个型同样不能具有性质 \(\mathcal{A}(p)\)。于是 \(C_{n-1}\) 等价于 \[ px_2Q_{n-1}(x_2,\ldots,x_n)+C_{n-2}(x_3,\ldots,x_n). \] 这一过程继续下去，直到我们达到 \(C_3(x_{n-2},x_{n-1},x_n)\)，此时 Chevalley 定理不再适用。因此 \(C(\mathbf{x})\) 等价于一个如下类型的型 \[ p(x_1Q_n+\cdots+x_{n-3}Q_4)+C_3(x_{n-2},x_{n-1},x_n). \] 把变量的书写次序颠倒过来，我们便得到一个类型 \((18.1)\) 的型。∎

证. 在引理 17.1 的证明中我们看到，若一个型 \(C^{*}\) 具有性质 \(\mathcal{A}(p^{\lambda})\)，则对每个 \(\nu\geq 0\)，同余式 \begin{equation}\tag{18.2} C^{*}(\mathbf{x})\equiv 0\pmod{p^{2\lambda-1+\nu}} \end{equation} \begin{equation}\tag{18.3} \frac{\partial C^{*}}{\partial x_i}\equiv 0\pmod{p^{\lambda-1}} \end{equation} 对一切 \(i\) 可解，并且此外对某个 \(j\) 有 \begin{equation}\tag{18.4} \frac{\partial C^{*}}{\partial x_j}\not\equiv 0\pmod{p^{\lambda}}. \end{equation} 为简便起见，我们把 \((18.3)\) 与 \((18.4)\) 表述为 \[ p^{\lambda-1}\,\Big\|\,\Big(\frac{\partial C^{*}}{\partial x_1},\ldots,\frac{\partial C^{*}}{\partial x_n}\Big). \]

"\(C''(0,0,0,x_4,\ldots,x_n)\) 具有性质 \(\mathcal{A}(p^{\lambda})\)"这一假设蕴含着（取 \(\nu=1\)）存在整数 \(x_4,\ldots,x_n\)，使得 \[ C''(0,0,0,x_4,\ldots,x_n)\equiv 0\pmod{p^{2\lambda}},\qquad p^{\lambda}\,\Big\|\,\Big(\frac{\partial C''}{\partial x_4},\ldots,\frac{\partial C''}{\partial x_n}\Big). \] 因此 \[ C(0,0,0,x_4,\ldots,x_n)\equiv 0\pmod{p^{2\lambda+1}},\qquad p^{\lambda}\,\Big\|\,\Big(\frac{\partial C}{\partial x_4},\ldots,\frac{\partial C}{\partial x_n}\Big). \] 若对这些 \(x_1,x_2,\ldots,x_n\) 的值，我们用 \[ p^{\ell-1}\,\Big\|\,\Big(\frac{\partial C}{\partial x_1},\ldots,\frac{\partial C}{\partial x_n}\Big) \] 来定义 \(\ell\)，则 \(\ell\leq\lambda+1\)，且 \(C(\mathbf{x})\) 具有性质 \(\mathcal{A}(p^{\ell})\)。∎

证. 在等价于 \(C\)（我们仍记之为 \(C\)）的型的表达式 \((18.1)\) 中，对 \(i=1,2,3\) 令 \(x_i=py_i\)。这给出 \[ C(py_1,py_2,py_3,x_4,\ldots,x_n)\equiv p^3C'(y_1,y_2,y_3)+pC''(py_1,py_2,py_3,x_4,\ldots,x_n). \] 忽略 \(p^3\) 的倍数，我们有 \begin{equation}\tag{18.6} \begin{aligned} &C(py_1,py_2,py_3,x_4,\ldots,x_n)\\ &\quad\equiv p^2C_{1,2}(y_1,y_2,y_3\,|\,x_4,\ldots,x_n)+pC''(0,0,0,x_4,\ldots,x_n)\pmod{p^3}, \end{aligned} \end{equation} 其中 \(C_{1,2}\) 表示一个关于 \(y_1,y_2,y_3\) 是一次、关于 \(x_4,\ldots,x_n\) 是二次的型。

由引理 18.4，型 \(C''(0,0,0,x_4,\ldots,x_n)\) 不具有性质 \(\mathcal{A}(p)\) 或 \(\mathcal{A}(p^2)\) 中的任何一个。我们对这个型应用引理 18.3，并在结果中对 \(i=4,5,6\) 令 \(x_i=py_i\)。略去 \(p^2\) 的倍数，我们得到 \begin{equation}\tag{18.7} C''(0,0,0,py_4,py_5,py_6,x_7,\ldots,x_n)\equiv pC^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\pmod{p^2}. \end{equation} 进一步地，由引理 18.4，关于 \(x_7,\ldots,x_n\) 的型 \(C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\) 不具有性质 \(\mathcal{A}(p)\)。

在 \((18.6)\) 中对 \(i=4,5,6\) 令 \(x_i=py_i\)，并利用 \((18.7)\)，我们得到一个可写为如下形式的结果 \begin{equation}\tag{18.8} \begin{aligned} &C(py_1,\ldots,py_6,x_7,\ldots,x_n)\\ &\quad\equiv p^2(y_1Q_1+y_2Q_2+y_3Q_3)+p^2C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\pmod{p^3}, \end{aligned} \end{equation} 其中 \(Q_1,Q_2,Q_3\) 是关于 \(x_7,\ldots,x_n\) 的二次型。应当注意，\(y_4,y_5,y_6\) 不出现在 \((18.8)\) 的右端。

假设这些二次型之一，比如说 \(Q_1\)，不恒 \(\equiv 0\pmod p\)。那么存在使 \(Q_1\not\equiv 0\pmod p\) 的 \(x_7,\ldots,x_n\)，并且我们可以选取 \(y_1,y_2,y_3\) 使得 \[ y_1Q_1+y_2Q_2+y_3Q_3+C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\equiv 0\pmod p. \] 这给出 \[ C(py_1,\ldots,py_6,x_7,\ldots,x_n)\equiv 0\pmod{p^3}, \] 其中 \(y_4,y_5,y_6\) 的值是任意的。此外 \[ \frac{\partial C}{\partial y_1}(py_1,\ldots,py_6,x_7,\ldots,x_n)\equiv p^2Q_1\not\equiv 0\pmod{p^3}. \] 对 \(i=1,\ldots,6\) 取 \(x_i=py_i\)，并注意到 \(\partial/\partial x_1=p^{-1}\partial/\partial y_1\)，我们便有使 \(C\equiv 0\pmod{p^3}\) 且 \(\partial C/\partial x_1\not\equiv 0\pmod{p^2}\) 的 \(x_1,\ldots,x_n\) 之值。这与"\(C\) 不具有性质 \(\mathcal{A}(p)\) 或 \(\mathcal{A}(p^2)\) 中的任何一个"这一假设矛盾。

于是 \(Q_1,Q_2,Q_3\) 都恒 \(\equiv 0\pmod p\)，而 \((18.8)\) 变为 \[ C(py_1,\ldots,py_6,x_7,\ldots,x_n)\equiv p^2C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\pmod{p^3}. \] 最后，我们对型 \(C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\)（如已指出，它不具有性质 \(\mathcal{A}(p)\)）应用引理 18.3。我们得到 \[ C^{(3)}(0,\ldots,0,x_7,\ldots,x_n)\equiv C^{(4)}(x_7,x_8,x_9)\pmod p. \] 对 \(i=1,\ldots,9\) 令 \(x_i=py_i\)，我们得到 \[ C(py_1,\ldots,py_9,x_{10},\ldots,x_n)\equiv 0\pmod{p^3}, \] 并且这关于 \(y_1,\ldots,y_9,x_{10},\ldots,x_n\) 恒等地成立。把左端的型记为 \[ p^3C^{*}(y_1,\ldots,y_9,x_{10},\ldots,x_n), \] 我们便有恒等式 \[ C(x_1,\ldots,x_n)=C^{*}(x_1,\ldots,x_9,px_{10},\ldots,px_n). \] ∎

证. 正如我们在引理 18.4 的证明开头所指出的，"\(C^{*}\) 具有性质 \(\mathcal{A}(p^{\lambda})\)"这一假设蕴含着存在值 \(y_1,\ldots,y_n\)，使得 \[ C^{*}(y_1,\ldots,y_n)\equiv 0\pmod{p^{2\lambda+2}},\qquad p^{\lambda-1}\,\Big\|\,\Big(\frac{\partial C^{*}}{\partial y_1},\ldots,\frac{\partial C^{*}}{\partial y_n}\Big). \] 由于 \[ C(py_1,\ldots,py_9,y_{10},\ldots,y_n)=p^3C^{*}(y_1,\ldots,y_9,y_{10},\ldots,y_n) \] 恒等地成立，我们有 \[ C(py_1,\ldots,py_9,y_{10},\ldots,y_n)\equiv 0\pmod{p^{2\lambda+5}}, \] 并且 \(\partial C/\partial y_1,\ldots,\partial C/\partial y_9,\partial C/\partial y_{10},\ldots,\partial C/\partial y_n\) 中至少有一个不能被 \(p^{\lambda+3}\) 整除。对 \(i=1,\ldots,9\) 令 \(x_i=py_i\)，对 \(i\geq 10\) 令 \(x_i=y_i\)，我们便得到 \(\partial C/\partial x_1,\ldots,\partial C/\partial x_n\) 中至少有一个不能被 \(p^{\lambda+3}\) 整除，由此即得结论。∎

证. 设 \(C(\mathbf{x})\) 是一个具有整系数的三次型，它不具有性质 \(\mathcal{A}(p),\mathcal{A}(p^2),\ldots,\mathcal{A}(p^{3m})\) 中的任何一个，其中 \(m\) 是一个正整数。由引理 18.5，这个型等价于一个类型 \((18.5)\) 的型。这意味着存在一个线性变换 \[ x_i'=\sum_{r=1}^{n}q_{ir}x_r,\qquad (1\leq i\leq n), \] 具有整系数和行列式 \(p^{n-9}\)，它把 \(C(x_1,\ldots,x_n)\) 变换为另一个具有整系数的型 \(C^{(1)}(x_1',\ldots,x_n')\)。由引理 18.6，型 \(C^{(1)}\) 不具有性质 \(\mathcal{A}(p),\mathcal{A}(p^2),\ldots,\mathcal{A}(p^{3m-3})\) 中的任何一个。如此重复下去，可知存在一个具有整系数和行列式 \(p^{(n-9)m}\) 的线性变换，它把 \(C(\mathbf{x})\) 变换为一个具有整系数的型 \(C^{(m)}(\mathbf{y})\)。

由引理 18.1 可知，\(h(C)\) 能被 \(p^{(n-9)m}\) 整除。又由引理 18.2，\(h(C)\) 是一个正整数。于是 \[ (n-9)m\leq \log h(C)/\log p\leq \log h(C)/\log 2, \] 这就给出 \(m\) 的一个上界，它与 \(p\) 无关。这就完成了引理 18.7 的证明。∎