p-adische Zahl

12.07.2005, 14:17

VIS

p-adische Zahl

Moin.

Wie kann ich zeigen: Es gibt ein i aus Z_5 mit i² = -1.

Aus der VL weiss ich dies ist äquivalent zu:
i² = -1 mod 5^r (für alle r aus IN).
Konnte das nun rechnerisch bis r=5 nachweisen, womit aber noch nicht die Existenz folgt!!!
i = 2 + 1 * 5 + 2* 5² + 1*5³ + 3*5^4 + ...
weiss jemand wie ich nun die existenz zeige?. Ggf kann ich Teile der Rechnung wiedergeben...

Danke im Vorraus.

12.07.2005, 14:45

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Zitat:

Original von VIS
Wie kann ich zeigen: Es gibt ein i aus Z_5 mit i² = -1.

Indem du es einfach angibst: $\begin{eqnarray*} i=2 \end{eqnarray*}$ , denn dann ist $\begin{eqnarray*} i^2=4\equiv -1\mod 5 \end{eqnarray*}$ .

12.07.2005, 16:22

VIS

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RE: p-adische Zahl
huhu.
Danke für die Antwort, aber das ist nicht richtig.
Gibt ja einen Unterschied zwischen Z_5 und (Z/5Z). Gemeint ist wirklich $\begin{eqnarray*} \mathbb Z_5 = \{ \sum_{k=0}^{\infty}~(a_k*5^k): a_k = 0,1,2,3,4 \} \end{eqnarray*}$
Für den Fall r=1 hatte ich was du geschrieben hast ja gebraucht. Das i soll also eine p-adische Darstellung haben....

Vielleicht hab ich auch was missverstanden...
Aber herzlichen Dank fürs antworten. Augenzwinkern

12.07.2005, 16:54

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Bei mir und auch

http://de.wikipedia.org/wiki/Restklassenring

ist das gleichbedeutend: $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5 = \mathbb{Z}/(5\mathbb{Z}) \end{eqnarray*}$ .

Mit deiner Darstellung kann ich dagegen überhaupt nichts anfangen, denn

$\begin{eqnarray*} \left\{ \sum\limits_{k=0}^{\infty} a_k5^k \biggm| a_k\in\{0,1,2,3,4\} \right\} \end{eqnarray*}$

ist gleichbedeutend mit der Menge der natürlichen Zahlen plus unendlich. Kann es sein, dass du stattdessen den Polynomring

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_5[x] := \left\{ \sum\limits_{k=0}^n a_kx^k \biggm| a_k\in\mathbb{Z}_5, n\in\mathbb{N} \right\} \end{eqnarray*}$

meinst? In diesem Fall wäre meine Antwort i=2 auch hier richtig!

EDIT:

Oder willst du etwa zeigen, dass es eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} i^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ? Eine solche Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ gibt es nicht:

Angenommen, es gilt $\begin{eqnarray*} i^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} i^2\geq 0 \end{eqnarray*}$ folgt unweigerlich $\begin{eqnarray*} i^2\geq 5^r-1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ , dann müsste aber $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ über alle Grenzen groß sein. So eine natürliche Zahl gibt es nicht!

Es gibt allerdings ein von $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ abhängige Zahl $\begin{eqnarray*} i_r \end{eqnarray*}$ , d.h., eine mit $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ .

12.07.2005, 17:28

Vis

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RE: p-adische Zahl
Hallo smile

Sieh mal http://de.wikipedia.org/wiki/P-adische_Zahl
Man nennt die Elemente aus Z_p ganze p-adische Zahlen
Unterschied wird vielleicht hierraus deutlich:

$\begin{eqnarray*} {\pi}_r : \mathbb Z_p -> (\mathbb Z/p^r \mathbb Z ) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty }~a_k p^k -> \sum_{k=0}^{r-1}~a_k p^k mod p^r \end{eqnarray*}$

Ja man sucht mehr so ein i das jeweils vom r abhängig ist......
man kann dann das i = 2 + 1 * 5 + 2* 5² + 1*5³ + 3*5^4 + ... sozusammensetzen.....
Naja ich zeige dir mal ein bisschen aus der Rechnung:
(r=2): Ansatz: i_1 = 2*5^0 + t_1*5
=> (i_1)^2 = 4 + 4 * 5 t_1 + 5^2*(t_1)² = -1 mod 5²
<=> 5(1+4t_1) = 0 mod 5²
=> t_1 = 1
(r=3): Ansatz: i_3= 2*5^0 + 1*5 +t_2 * 52
=> (i_2)^2 = 49+14*5²*t_2+5^4*(t_2)² = -1 mod 5³
<=> 25(2+14t_2) = 0 mod 5³
<=> 2+4t_2 = 0 mod 5
=> t_2 = 2
(r=4): ....
muss nur zeigen (für die Existenz) das man das immer so weiter machen kann...schätze ds hängt damit zusammen das ich ausklammern kann bei r=2 konnte ich 5 ausklammern, bei r=3 wars 5²...usw...aber dann stellt sich die frage wieso kann ich ausklammern...oder ob es auch irgendwann ein r gibt wo dieses nicht funktioniert....
Danke für die Beitraege smile

12.07.2005, 17:56

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Das ganze geht rekursiv: Angenommen, du hast bereits ein $\begin{eqnarray*} i_r \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ für ein r>0 . Dann gibt es ein $\begin{eqnarray*} t\in\{0,1,2,3,4\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv t\,5^r-1\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ . Da nun offenbar keines der $\begin{eqnarray*} i_r \end{eqnarray*}$ durch 5 teilbar ist, gibt es ein inverses Element $\begin{eqnarray*} i_r^{-1}\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ Jetzt setzt man einfach $\begin{eqnarray*} i_{r+1}:=i_r+2ti_r^{-1}\,5^r \end{eqnarray*}$ , denn dann gilt

$\begin{eqnarray*} i_{r+1}^2 = i_r^2+4t\,i_r^{-1}\,5^r\,i_r+4t^2i_r^{-2}\,5^{2r}\equiv 5t\,5^r-1\equiv -1\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Ich wiederhole es noch einmal - deine Bezeichnung $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_p \end{eqnarray*}$ für r-stellige p-adische Zahlen (r beliebig) ist irreführend. Was du meinst ist $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}/(p^r\mathbb{Z})=\mathbb{Z}_{p^r} \end{eqnarray*}$ .

12.07.2005, 18:26

VIS

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oh vielen Dank. Glaube das wars was ich gesucht habe....gibt glaube ich 2 Methoden hier zu argumentieren...muss ich mir noch mal in Ruhe ansehen...
Hm, hab nur Def. und Bez. aus der VL benutzt. Aus anderen VLen weiss ich das Z_p isomorph zu (Z/pZ) ist...aber Z_p soll ja eine formale Summe sein, eine p-adische Zahl sieht ja so:

___________________________________| ,|_____|

unendliche viele Ziffer vor dem Komma endliche Anzahl dahinter...
(ggf. Nullen ab einem c´i)

für mich sind die p-adischen Zahlen verwirrend...
Thanks!!!!

12.07.2005, 18:32

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Ich hab's ja auch bloß gesagt, weil die Bezeichnung $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_p \end{eqnarray*}$ gewissermaßen für den Restklassenring modulo p "reserviert" ist, da rührt auch der von dir verlinkte Wikipedia-Eintrag nicht dran.

Für mich ist die Menge der p-adischen ganzen Zahlen einfach $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ , und mit Nachkommastellen dann $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ - also keine besonderen Räume. p-adische Zahlen sind also nur bestimmte Darstellungsformen ganzer bzw. reeller Zahlen, dazu muss man den bekannten Räumen keine neuen Namen und Bezeichnungen verpassen!

12.07.2005, 18:57

VIS

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Hätte noch mal ne Frage zum (vor-)letzten Post:
Habe alles soweit verstanden, nur frage ich mich, wie du auf das i_(r+1) kommst, setzt es bei dir einfach, frage nur weil ich ähnliche Aufgaben bearbeiten muss und ich die schnell herleiten kann....
Danke

12.07.2005, 19:16

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OK, es folgen ein paar Erläuterungen dazu, wie ich darauf gekommen bin:

Der Schritt von $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ zur Existenz eines t mit $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv t\,5^r-1\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ ist hoffentlich nachvollziehbar. Und erscheint mir zumindest logisch, denn irgendwie muss man ja mal vom Modul $\begin{eqnarray*} 5^{r} \end{eqnarray*}$ zum "nächsthöheren" Modul $\begin{eqnarray*} 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ übergehen.

Wir beabsichtigen ja, ein $\begin{eqnarray*} i_{r+1} \end{eqnarray*}$ zu konstruieren mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} i_{r+1}^2\equiv -1\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ . Dann muss für dieses $\begin{eqnarray*} i_{r+1} \end{eqnarray*}$ natürlich erst recht $\begin{eqnarray*} i_{r+1}^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ gelten, letzteres ist also eine notwendige Bedingung an $\begin{eqnarray*} i_{r+1} \end{eqnarray*}$ .

Zusammen mit dem bereits bekannten $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ ist es dann doch naheliegend, das $\begin{eqnarray*} i_{r+1} \end{eqnarray*}$ so zu konstruieren, dass $\begin{eqnarray*} i_{r+1}\equiv i_r\mod 5^r \end{eqnarray*}$ gilt, denn dann ist die eben hergeleitete notwendige Bedingung bereits automatisch erfüllt. Also machen wir den Ansatz

$\begin{eqnarray*} i_{r+1}:=i_r+u\,5^r \end{eqnarray*}$

mit zunächst völlig frei wählbarem u, und quadrieren das ganze nach binomischer Formel

$\begin{eqnarray*} i_{r+1}^2 = i_r^2+2u\,5^r\,i_r+4u^2\,5^{2r} \equiv t\,5^r-1+2u\,5^r\,i_r+4u^2\,5^{2r} \mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$

Der letzte Summandrechts fällt modulo $\begin{eqnarray*} 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ weg, und das u wählen wir dann so, dass

$\begin{eqnarray*} 5\,|\,\left(t+2u\,i_r\right) \end{eqnarray*}$

und somit unser gewünschtes Ziel erreicht wird. Nichts anderes habe ich oben getan. Wink

EDIT: Ahh, ich sehe gerade noch was: Das $\begin{eqnarray*} i_r^{-1} \end{eqnarray*}$ von oben muss ja gar nicht modulo $\begin{eqnarray*} 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ berechnet werden, sondern mur modulo 5, da ist ja alles noch viel einfacher. Hammer

Da bei Wahl von $\begin{eqnarray*} i_1=2 \end{eqnarray*}$ ja dann $\begin{eqnarray*} i_r\equiv i_1\equiv 2\mod 5 \end{eqnarray*}$ ist, kann man einfach u=t wählen, und es gilt die einfache Rekursion

$\begin{eqnarray*} i_{r+1}=i_r+t5^r \end{eqnarray*}$

Das erspart dir die Inversen-Bildung!

12.07.2005, 19:58

VIS

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Huhu...
Ok danke, bitte nicht erschlagen hätte noch eine kleine Frage...
Bin das mal in einem Bsp durchgegangen...
2*t*u_r^(-1) muss doch aus {0,1,2,3,4} sein!...
mod 5^3 ist das inverse zu 7 die zahl 18, da 7*18=126 = 1 mod 125 ist...
verdoppele ich nun das inverse, so dass ich schon mal 2*u_r^(-1) gerechnet habe, muss ich es noch mit t aus {0,1,2,3,4} multiplizieren....dabei kriege ich keine Zahl {0,1,2,3,4} sondern 0,36,72,108,144....
------------------------------
falls das ein wenig unübersichtlich ist.... gemeint ist die stelle:
(r=3): Ansatz: i_3= 2*5^0 + 1*5 +t_2 * 5^2
also i_3 = 7 + t_2 * 5^2
i_2 = 7; inverse zu ist 18 (mod 5³)
Dann: 2*t*u_r^(-1) = t_2 <=> 36 * t = t_2 aus {0,1,2,3,4}

hm...also weiss nicht ob noch gezeigt werden muss dass 2*t*u_r^(-1) aus {0,1,2,3,4} ist...
ohjeee hoffe ich verderbe dir nicht den tag mit meiner fragerei...
ist ja sicher für dich alles kleinkramm...

12.07.2005, 20:09

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Hast du meinen letzten Beitrag gelesen?

Die Rekursion kann viel einfacher gemäß $\begin{eqnarray*} i_{r+1}=i_r+t5^r \end{eqnarray*}$ geschrieben werden. Oder mit $\begin{eqnarray*} i_r^2\equiv t\,5^r-1\mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ dann auch

$\begin{eqnarray*} i_{r+1} \equiv i_r^2+i_r+1 \mod 5^{r+1} \end{eqnarray*}$ .

12.07.2005, 20:59

VIS

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Tut mir leid, hätte nur das Fenster mal aktualisieren müssen, dein vorletzter Beitrag klärte alles...Denke habe alles verstanden. Vielen Dank!!!! Rock

12.07.2005, 22:56

Leopold

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Ich denke, es geht hier bei dem Begriff $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adische Zahl um die Vervollständigung des Körpers $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ , versehen mit der $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adischen Bewertung $\begin{eqnarray*} \varphi_p \end{eqnarray*}$ , mittels Cauchy-Folgen.

Für eine Primzahl $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ versteht man unter der $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adischen Bewertung $\begin{eqnarray*} \varphi_p \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q} \end{eqnarray*}$ die Funktion

$\begin{eqnarray*} \varphi_p(x) = p^{-n} \end{eqnarray*}$

wenn man bei der rationalen Zahl $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ von der Darstellung $\begin{eqnarray*} x = \frac{s}{t}p^n \end{eqnarray*}$ mit ganzzahligen, nicht durch $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilbaren $\begin{eqnarray*} s,t \end{eqnarray*}$ und ganzzahligem Exponenten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ausgeht. Ferner ist $\begin{eqnarray*} \varphi_p(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Würde man statt der $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adischen Bewertung die Bewertung durch den absoluten Betrag nehmen, erhielte man $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ als Vervollständigung. So erhält man jedoch den Henselschen Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}_p \end{eqnarray*}$ der $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adischen Zahlen. Jede ganze $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ -adische Zahl $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ kann in eindeutiger Weise als unendliche Reihe geschrieben werden:

$\begin{eqnarray*} \alpha = \sum_{\nu=0}^{\infty}s_{\nu}p^{\nu} \ \text{mit ganzrationalen Zahlen} \ s_{\nu} \, , \ 0 \leq s_{\nu} < p \end{eqnarray*}$

Natürlich ist das nicht Konvergenz im gewöhnlichen Sinne, sondern Konvergenz im Sinne der Bewertung $\begin{eqnarray*} \varphi_p \end{eqnarray*}$ .

Für den Reihenrest $\begin{eqnarray*} \sum_{\nu=m}^{n}s_{\nu}p^{\nu} \end{eqnarray*}$ gilt nämlich $\begin{eqnarray*} \varphi_p \left( \sum_{\nu=m}^{n}s_{\nu}p^{\nu} \right) \leq p^{-m} \end{eqnarray*}$

Und das wird beliebig klein, wenn nur $\begin{eqnarray*} n,m \end{eqnarray*}$ genügend groß sind.

13.07.2005, 00:12

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Grauenhaft, diese Zahlentheorie. Ich weiß schon, warum ich die höchstens als Hobby betreibe. smile

Da muss ich natürlich auch meine obige Aussage revidieren:

Zitat:

Original von Arthur Dent
Oder willst du etwa zeigen, dass es eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} i^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ ? Eine solche Zahl $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ gibt es nicht:

Angenommen, es gilt $\begin{eqnarray*} i^2\equiv -1\mod 5^r \end{eqnarray*}$ . Wegen $\begin{eqnarray*} i^2\geq 0 \end{eqnarray*}$ folgt unweigerlich $\begin{eqnarray*} i^2\geq 5^r-1 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ , dann müsste aber $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ über alle Grenzen groß sein. So eine natürliche Zahl gibt es nicht!

Zwar nicht als ganze Zahl, wohl aber alls p-adische Zahl existiert dieses $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ also doch, und zwar als Grenzwert

$\begin{eqnarray*} i:=\lim\limits_{r\to\infty} i_r \end{eqnarray*}$

der oben konstruierten Folge. Natürlich als Grenzwert in diesem seltsamen Raum der p-adischen Zahlen, nicht als Grenzwert in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

EDIT:

Beim genaueren Durchlesen von

http://de.wikipedia.org/wiki/P-adische_Zahl

muss ich mich auch bei VIS entschuldigen: Welcher Nichtkenner der p-adischen Zahlen soll denn aber auch ahnen, dass man zwischen $\begin{eqnarray*} \mathbb{Z}_p \end{eqnarray*}$ (dem Restklassenring) und $\begin{eqnarray*} \mathsf{Z}_p \end{eqnarray*}$ (p-adische ganze Zahlen) symbolisch unterscheiden muss!!! Die erste Bezeichnung ist ja ganz klar wesentlich bekannter, und das Z_5 habe ich dementsprechend so gedeutet. Da muss ich ganz klar sagen: Forum Kloppe

dem Symbolerfinder, weil sie/er im selben Fachgebiet (Zahlentheorie) ein so ähnliches zur Verwechslung einladendes Symbol verwendet hat.

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