Padic Homework

T1

试证明, 若范数 $|\cdot|$ 满足对任意的整数 $n$ 都有 $|n| \le 1$ , 则 $|\cdot|$ 一定是非阿的. (也就是说, 这个范数同构于某个 $p$ -adic 范数.)

首先看起来这个范数同构于p-adic不对.比如 $|x|=[x\ne 0]$ 不满足()

\begin{gathered} (a+b)^n=\sum_{i=0}^n \binom nia^ib^{n-i} \\ |a+b|^n\le \sum_{i=0}^n |\binom ni| |a|^i|b|^{n-i} \\ \le (n+1)(\max(|a|,|b|))^n \\ \implies |a+b|\le \sqrt[n]{n+1}\max(|a|,|b|) \\ \implies |a+b| \\ = \lim_{n \to \infty} |a+b| \\ \le \lim_{n \to \infty} \sqrt[ n ]{ n+1 } \max(|a|,|b|) \\ =\max(|a|,|b|) \end{gathered}

T2

记 $x \in \mathbb{Q}$ , 且对任意的素数 $p$ , 都有 $|x|_p \le 1$ . 求证: $x \in \mathbb{Z}$ .

反证.设 $x=\dfrac mn,|x|=\dfrac{|m|}{|n|},(m,n)=1,n\ne 1$ .

只需证存在 $p$ 使得 $|m|_p>|n|_p$ ,即 $\operatorname{ord}_p(m)<\operatorname{ord}_p(n)$ ,那么因为 $m,n$ 互素且 $n\ne 1$ ,一定存在一个质因子使得 $m$ 的次数更低.于是一定存在 $p$ 使得 $|x|_p>1$ ,矛盾.得证.

T3

请写出 $\frac{1}{3}$ 在 $\mathbb{Q}_5$ 中的 $p$ -adic 展开以及 $-\frac{9}{16}$ 在 $\mathbb{Q}_{13}$ 中的 $p$ -adic 展开.

\begin{gathered} nx=1 \\ \iff |nx-1|_p=0 \\ \iff \forall i\ge 1,p^i|(\sum_{0\le j<i} 3x_ip^i-1) \end{gathered}

从而过程应该是

\begin{gathered} \begin{cases} c_i=\dfrac{c_{i-1}-nx_{i-1}}{p} \\ nx_i=c_i \pmod p \end{cases} \end{gathered}

(1):

\begin{gathered} c_0=1,x_0=2 \\ c_1=-1=4,x_1=3 \\ c_2=-2,x_2=1 \\ c_3=-1,x_3=3 \end{gathered}

从而 $x=2\dot 3\dot 1$ .

(2):

\begin{gathered} |16x+9|_{13}=0 \\ c_0=-9,x_0=10 \\ c_1=-13,x_1=0 \\ c_2=-1,x_2=4 \\ c_3=-5,x_3=7 \\ c_4=-9,x_4=10 \end{gathered}

从而 $x=\dot{(10)}04\dot7$ .

T4

进阶题

对任意的正整数 $n > 1$ , 都可以将全体正整数写成 $n$ 进制. 那么, 为什么我们只考虑了素数 $p$ 的情形? 是否可以构造 6-adic? 9-adic 呢?

第一题不是证过了,只能有至多一个质数 $p$ 满足 $p\ne 1$ .或者说已经证明了所有构成度量的都是由质数 $p$ 产生的.

T5

证明: $p$ -adic 整数环 $\mathbb{Z}_p$ 是列紧的. 也就是说, 任意的 $p$ -adic 整数序列都总有收敛的子列.

考虑把每个整数 $z\in {\mathbb Z}_p$ 写成 $\sum_i c_ip^i$ .记 $z^{(i)}=c_i$ .

则任意一个数列 $\{ z_n \}$ ,可以取子列 $\{ z_{x_{1,n}} \}$ 满足 $z_{x_{1,n}}^{(0)}$ 全部相等.(无限个元素分到有限个 $z^{(0)}$ 取值必然有无限个落到同一类).

对子列 $z_{x_{k,n}}$ ,可以取子列 $z_{x_{k+1,n}}$ 满足 $z_{x_{k,n}}^{(k)}$ 全部相等,且可额外限制 $x_{k+1,n}>x_{k,n}$ .

于是可以取子列 $z_{x_{k,k}}$ 为收敛子列.

[think] 注意不能对 $c$ 取模,否则会影响 $\dfrac{c-nx}p$ 的值

T6

证明: $p$ -adic 数是有理数当且仅当它的 $p$ 进展开是最终周期的.

$\implies$ :考虑前面推过的p-adic的过程:

\begin{gathered} c_i=\dfrac{c_{i-1}-nx_{i-1}}{p} \\ nx_i=c_i \pmod p \end{gathered}

那么对任意 $\dfrac{c_0}n$ 展开成 $x$ 的过程中,若存在 $c_i=c_j$ ,则必有 $x_i=x_j,c_{i+1}=c_{j+1}$ ,从而归纳得 $c_{i+k}=c_{j+k}$ ,即 $\forall n>i,c_n=c_{n+j-i}$ ,存在一个周期.

那么若 $c_i\in [-n,n]$ ,则 $c_{i+1}=\dfrac{c_{i-1}-nx_{i-1}}p\in [\dfrac{-n-n(p-1)}{p},\dfrac{n}{p}]\subset [-n,n]$ .而可以通过拆带分数的方法让 $c_i\in [-n,n]$ .于是 $c$ 有界,一定会重复.

$\impliedby$ :

如果已知存在周期.设 $x=\overline{a_1\ldots a_kb_1\ldots b_mb_1\ldots b_m\ldots}$ .则 $z=\overline{a_1\ldots a_k}\in Z,y=(x-z)p^{-k}=\overline{b_1\ldots b_mb_1\ldots b_m\ldots}$ .所以只要证明纯循环数是有理数.

注意到

\begin{gathered} \dfrac{1}{1-p^k} =\dot 10\ldots \dot 0 \end{gathered}

(考虑p-adic范数下收敛即可,不用考虑小数展开过程)

其中 $0$ 的个数为 $k-1$ .

故 $y=\dfrac{\overline{b_1\ldots b_m}}{1-p^m}$ .得证.

T7

对于前几个素数 $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19$ , 在哪几个 $\mathbb{Q}_p$ 中, $-1$ 存在平方根?

\begin{gathered} -1=\dfrac{p-1}{1-p}=\dot{(p-1)} \end{gathered}

否则求解 $x^2=\dot{(p-1)}$ 即 $\forall n,\sum_{i=0}^n x_ix_{n-i}=p-1$ .

假设 $x_0\ldots x_{k-1}$ 已经解出来了使得 $\forall i<k,(x^2)_i=p-1$ .则只要 $x_k$ 满足:

\begin{gathered} 2x_kx_0+\sum_{i=1}^{k-1} x_ix_{k-i}=(p-1) \pmod p \end{gathered}

当 $p> 2$ 时这个方程一定有解.

而归纳边界时 $\exists x_0^2=p-1 \pmod p$ .这个成立要求 $(-1)^{\dfrac{p-1}2}=1$ 得到 $p=1\pmod 4$ .

那么现在只剩下:

$p=2$ 时, $x_0=1,x_1=\dfrac12$ 不存在于 $F_2$ ,所以无平方根.
$p>2$ 时只需 $p=1\pmod 4$ , $5,13,17$ 中 $-1$ 有平方根.