p-adic αριθμών

bouzoukman · #1

Ένα πρόβλημα που προέκυψε μελετώντας κάποια άλλα πράγματα. Έστω

ένας πρώτος αριθμός και $\mathbb{Q}_p$ το σώματα των

-adic αριθμών. Να δείξετε ότι $a\in\mathbb{Q}_p$ είναι μία

-οστη δύναμη αν και μόνο αν $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p^2}$ .

#2

Φαντάζομαι εννοείς $a \in \mathbb{Z}_p$ . Χρειαζόμαστε επίσης τη συνθήκη $a \neq 0 \bmod p$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε την αλγεβρική προσέγγιση όπου κάθε $x \in \mathbb{Z}_p$ είναι μια ακολουθία (x_n)

με $x_n \in \mathbb{Z}/\mathbb{Z}_{p^n}$ και $x_n \equiv x_m \bmod p^m$ για $n \geqslant m$ .

Ας υποθέσουμε αρχικά ότι a = b^p

. Έστω

. Τότε

και $a^{p-1} = (b_n^{p(p-1)})$ . Έχουμε $b_2^{p(p-1)} \equiv 1 \bmod p^2$ από το Θεώρημα Euler, άρα και $a \equiv 1 \bmod p^2$ . [Πρέπει $b_2 \neq 0 \bmod p$ αφού $a \neq 0 \bmod p$ .]

Έστω τώρα a = (a_n)

όπου $a_2^{p-1} \equiv 1 \bmod p^2$ . Πρέπει να βρούμε ακολουθία (b_n)

ώστε $b_n^p \equiv a_n \bmod p^n$ . Ασφαλώς πρέπει και αρκεί να ισχύει επίσης ότι $b_{n+1} \equiv b_n \bmod p^n$ για κάθε

.

Θα βρούμε τέτοια ακολουθία η οποία ικανοποιεί το πιο ισχυρό $b_n^p \equiv a_{n+1} \bmod p^{n+1}$ .

Για n=1

θέλουμε $b_1^p \equiv a_2 \bmod p^2$ . Θα δείξουμε ότι ο b_1 = a_1

μας κάνει. Σίγουρα $b_1^p \equiv a_1^p \equiv a_1 \equiv a_2^p$ . Άρα b_1^p = a_2 + rp

για κάποιο

. Τότε

$\displaystyle (b_1^p)^{p-1} \equiv (a_2 + rp)^{p-1} \equiv a_2^{p-1} + (p-1)rpa_2 \bmod p^2$

Όμως $(b_1^p)^{p-1} \equiv 1 \bmod p^2$ και $a_2^{p-1} \equiv a_2 \equiv 1 \bmod p^2$ . Άρα $(p-1)rpa_2 \equiv 0 \bmod p^2$ που δίνει $r \equiv 0 \bmod p$ . Τότε όμως $b_1^p = a_2 + rp \equiv 0 \bmod p^2$ όπως θέλαμε.

Τώρα προχωράμε επαγωγικά με παρόμοιο τρόπο όπως στο Hensel's lemma.

Έστω ότι έχω $b_k^p \equiv a_{k+1} \bmod p^{k+1}$ . Δοκιμάζω $b_{k+1} = b_k + rp^{k+1}$ για κάποιο

. Τότε

$\displaystyle b_{k+1}^p \equiv (b_k + rp^k)^p \equiv (b_k^p + rb_kp^{k+1}) \bmod p^{k+2}$

Αφού $b_k^p \equiv a_{k+1} \equiv a_{k+2} \bmod p^{k+1}$ μπορώ να γράψω $b_k^p = a_{k+2} + sp^{k+1}$ . Παίρνω

$\displaystyle b_{k+1}^p - a_{k+2} \equiv (rb_k+s)p^{k+1} \bmod p^{k+2}$

Έχω πλήρη ελευθερία στην επιλογή του

και θέτοντας r = -st

όπου

το αντίστροφο του b_k

modulo

καταλήγω στο $b_{k+1} \equiv a_{k+2} \bmod p^{k+2}$ και η επαγωγή ολοκληρώθηκε.

bouzoukman · #3

Demetres έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 13, 2019 11:20 am
Φαντάζομαι εννοείς $a \in \mathbb{Z}_p$ . Χρειαζόμαστε επίσης τη συνθήκη $a \neq 0 \bmod p$ .

Ναι χρειαζόμαστε $a \in \mathbb{Z}_p^*$ ! Και μία παρόμοια λύση είχα στο μυαλό μου.

p-adic αριθμών

p-adic αριθμών

Re: p-adic αριθμών

Re: p-adic αριθμών

Μέλη σε σύνδεση