Zayif Yaklasim Teoremi ve Fonksiyon Cisimlerinin sonsuz yerleskeye sahip olmasi [kapalı]

Question

Teorem 1.3.1 (Zayif Yaklasim Teoremi): $F/K$ bir fonksiyon cismi olsun, $P_1,\cdots, P_n \in \mathbb P_F$ bu fonksiyon cisminin ikili ayri (pairvisely distinct) yerleskeleri olsun, $x_1,\cdots,x_n \in F$ ve $r_1,\cdots,r_n \in \mathbb Z$ olsun.  Bu durumda (en az) bir adet $x\in F$  elemani vardir ki tum $i=1,\cdots, n$ icin $$\nu_{P_i}(x-x_i)=r_i$$ olur.

Cikarim 1.3.2: Her fonksiyon cismi sonsuz tane yerlekeye sahiptir. 

Soru: Teorem ile cikarimi ispatlayiniz.

Daha onceki sorular icin: link.

Answer 1

Kolaylik olsun diye $\nu_{P_i}$ yerine $\nu_i$ yazalim.

Adim 1: Bir adet $u \in F$ elemani vardir ki $\nu_1(u)>0$ ve $i=2,\cdots,n$ icin $\nu_i(u)<0$ olur.

(Adim 1) Ispat: ilk olarak $n=2$ durumu icin inceleyelim. $\mathcal O_{P_1} \not \subset \mathcal O_{P_2}$ ve $\mathcal O_{P_2} \not \subset \mathcal O_{P_1}$ olur, cunku $\mathcal O_{P_i}$'ler (istenen sartlar altinda) $F/K$ fonksiyon cisminin maksimal halkalaridir. Bu durumda $y_1 \in \mathcal O_{P_1} \backslash\mathcal O_{P_2}$ ve $y_2 \in \mathcal O_{P_2}\backslash \mathcal O_{P_1}$ elemanlari vardir. Bu elemanlar icin de $\nu_1(y_1)\geq 0$, $\nu_2(y_1) <0$ ve $\nu_1(y_2)<0$, $\nu_2(y_2)\geq 0$ olur.

Simdi $u=y_1/y_2$ olarak secelim. Bu durumda $$\nu_1(u )=\nu_1(y_1)-\nu_1(y_2)>0 \text{ ve } \nu_2(u )=\nu_2(y_1)-\nu_2(y_2)<0$$ olur. Tam da istendigi gbi.

$n > 2$ durumu icin de tumevarim kullanalim. Hipotezimize gore bir adet $y \in F$ elemani vardir ki $\nu_1(y)>0$, $\nu_2(y)<0$, $\cdots$, $\nu_{n-1}(y)<0$ olur. 

Eger $\nu_n(y)<0$ ise zaten istedigimiz elemani elde etmis oluruz. Eger $\nu_(y) \geq 0$ ise: hadi diyelim boyle olsun. bu durumda $n=2$ durumundan dolayi $\nu_1(z)>0$  ve $\nu_n(z)<0$ sartini saglayan bir $z \in F$ elemai vardir.

Simd $u=y+z^r$ olarak tanimlayalim. Burada $r \geq 1$ (tam) sayiyisini (keskin ucgen esitligini kullanabilmek icin) her $i=1,\cdots,n$ icin $r\cdot \nu_(z)\ne \nu_i(y)$ olacak sekide secelim. Bu secimi gerceklestirebiliriz, cunku sinirli sayida ($n$ tane) degerlendirme ve buna karsilik sonsuz sayida $r \geq 1$ (tam) sayisi vardir.

$u \in F$ elemaninin degerlendirmeleri $$\nu_1(u)=\min\{\nu_1(y), r\cdot\nu_1(y)\}>0$$ ve $i=2,\cdots,n$ icin $$\nu_i(u)=\min\{\nu_i(y), r\cdot\nu_i(y)\}<0$$ sekilnde olur. Bu da tam istedigimiz gibi.

Adim 2: Bir adet $w \in F$elamani vardir ki $\nu(w-1)>r_1$ ve $i=2,\cdots,n$ icin $\nu_i(w)>r_i$ olur.

(Adim 2) Ispat: Adim 1'deki $u \in F$ elemanini secelim ve $w=(1+u^s)^{-1}$ olarak tanimlayalim. ($s \in \mathbb N$ sayisini yeterince buyuk secelim. Peki neye gore yeterince buyuk?). Bu durumda $$\nu_1(w-1)=\nu_1(-u^s(1+u^s)^{-1})=s\nu_1(u)+\nu_1(w)=s\nu_1(u)>r_1$$ ve $i=2,\cdots,n$ icin $$\nu_i(w)=-\nu_i(1+u^s)=\min\{\nu_i(1),s\cdot\nu_i(u)\}=-s\cdot\nu_i(u)>r_1$$ olur. ($s \in \mathbb N$ degerini son esitleri saglayacak sekilde buuk secmeliyiz ve secebiliriz).

Ek olarak: Yukarida $\nu_1(w)=0$ olarak islem yaptik. Bunu gormek icin $\min\{\nu_1(1),s\cdot\nu_1(u)\}=0$ oldugunu ya da yerleskelerin  (denk geldigi) deger halkalarinin biricik maksimal ideali oldugu kullanilabilir, bu da zaten deger halkalarinin yerel halka olma ozelligi.

Adim 3: Verilen $y_1,\cdots,y_n \in F$ elemanlari icin bir adet $z \in F$ elemani vardir ki $i=1,\cdots,n$ icin $\nu_i(z-y_1)>r_i$ saglanir.

(Adim 3) Ispat: Her $i,j \in \{1,\cdots,n\}$  icin $\nu_i(y_j)>s$ olacak sekilde bir $s \in \mathbb Z$ sayisi secelim. (Bunun icin $n^2$ degerlemeyi hesaplayip bunlardan daha kucuk bir sayi sececegiz, yani boyle bir $s$ sayisini secebiliriz). 

Adim 2'den dolayi oyle $w_1,\cdots,w_n \in F$ elemanlari vardir ki   $$\nu_i(w_i-1)>r_i-s \text{ ve } i \ne j \text{ icin } \nu_i(w_j)> r_i-s$$ esitsizlikleri saglanir. (Burada $r_i$ yerine $r_i-s$ olmasi oyle buyuk bir olay degil, $r_i$'ler herhangi (random) sayilar oldugundan sikinti yok).

Eger $z=\sum\limits_{j=1}^ny_jw_j$ olarak secersek istedigimiz esitsizlikler saglanir: $$\nu_i(z-y_i)=\nu_i\big(y_i(w_i-1)+ \sum\limits_{j=1, j\ne i}^ny_jw_j\big) \geq \min\{\nu_i(y_i(w_i-1)), \min\limits_{j \ne i}\{\nu_i(y_iw_j)\}\}\geq r_i^{(*)}.$$ (*): Son esitsizlik icin $$v_i(y_i(w_i-1))=\nu(y_i)+\nu_i(w_i-1)>s+(r_i-s)>r_i$$ ve $i \ne j$ icin $$v_i(y_jw_j)=\nu(y_j)+\nu_i(w_j)>s+(r_i-s)>r_i$$ oldugunu gostermeliyiz. (ki su an gosterdik).

Artik (sonunda) teoremi ispatlayabiliriz.

Adim 3'u kullanarak $i=1,\cdots,n$ icin $\nu_i(z-x_i)>r_i$ olacak sekilde bir adet $z \in F$ elemani secelim. Ayrica (her $r \in \mathbb Z$ degeri icin bulabilecegimizden, bariz olarak) $\nu_i(z_i)=r_i$ sartini saglayan $z_1,\cdots,z_n \in F$ elemanlari secelim.

Tekrar Adim 3'u kullanarak $i=1,\cdots,n$ icin $\nu_i(z'-z_i)>r_i$ sartini saglayan bir $z'\in F$ elemani secelim. Bu durumda $$\nu_i(z')=\nu_i((z'-z_i)+z_i)=\min\{\nu_i(z'-z_i), \nu_i(z_i)\}=r_i$$ olur. $x=z+z'$ olarak secersek $$\nu_i(x-x_i)=\nu_i((z-x_i)+z')=\min\{\nu_i(z-x_i),v_i(z')\}=r_i$$ olur.

------------------------------------------------------------------------------------------------------

Cikarimin ispati icin de: sonlu sayida yerleske oldugunu varsayalim, bunlari $P_1,\cdots,P_n$ olarak adlandiralim. Teorem 1.3.1'den dolayi bir adet $x \in F$ elemani icin ($x_i=0\in F$ ve $r_i>0 \in \mathbb Z$) $\nu_i(x)>0$ olur. Eger $x\in F$ elemani $K$ uzerinde cebirsel olsaydi degerlendirmelerde sifir degerini alirdi, demek ki $x\in F$ elemani $K$ uzerinde askin bir eleman olmali. Bu durumda Cikarim 1.1.20'den dolayi en az bir adet kutubu olmaliydi, fakat butun yerleskelerden pozitif deger aliyor. Bu da celiski verir.