Cím: Végtelen egész számok, II. rész
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1973/május, 193 - 199. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

II. rész
 

E cikknek az első részében megismerkedtünk a p-adikus egész számokkal. Láttuk, hogy ezek tartalmazzák az összes egész számot; sőt még azokat a törteket is, amelyeket redukált alakban írva a nevezőjükben maga a p prímszám nem lép fel tényezőként. A befejező feladatban az az állítás szerepelt, hogy a most említett törtek éppen a szakaszos p-adikus egész számok lesznek.
 

1. Ha megkísérelnők ennek a bizonyítását, akkor azt láthatnánk, hogy p-nél kisebb nevezőjű törtek esetében a szakaszosság viszonylag könnyen kimutatható (ezt később látni is fogjuk); míg p-nél nagyobb nevező esetén a ,,többjegyű osztó'' túlságosan nagy bonyodalmakhoz vezetne. Márpedig a bizonyításból ezeket a törteket sem hagyhatjuk ki, hiszen ezek is szakaszos p-adikus egész számok lesznek. Ezen a nehézségen úgy segítünk, hogy másképpen fogjuk felírni a p-adikus egész számokat. A p-adikus egész számban fellépő tagokat k-asával összefoglaljuk, ahol k olyan nagy, hogy pk már nagyobb legyen a vizsgált tört nevezőjénél. Ezzel a módszerrel az említett nehézséget el tudjuk kerülni. Először a kitevőt tetszőlegesen választjuk, mert az átírásnál ennek nagyságára semmiféle megszorítást nem kell tenni azonkívül, hogy természetes szám legyen. Válasszunk tehát egy k tetszőleges természetes számot és jelöljük q-val a pk-t. Ekkor az
A=a0+a1p+a2p2+...+anpn+...
p-adikus egész számot a következőképpen írhatjuk fel:
A=a'0+a'1q+a'2q2+...+a'nqn+...
amely felírásban:
a'0=a0+a1p+...+ak-1pk-1,a'1=ak+ak+1p+...+a2k-1pk-1,...,a'n=ank+ank+1p+...+ank+k-1⋅pk-1,...:


Az a'i ,,számjegyek'' itt is az alapnál ‐ azaz q-nál ‐ kisebb nemnegatív egész számok. A kapott q-adikus egész számot az eredeti p-adikus egész q-adikus alakjának fogjuk nevezni. Abból, hogy a műveletek során ,,későbbi számjegyek'' nem szerepelnek ,,korábbi számjegyek'' előállításában, belátható, hogy a műveletek eredménye nem függ attól, hogy ezeket a műveleteket a számok p-adikus alakjában vagy q-adikus alakjában végezzük el.
Határozzuk meg most az adott a és b (közönséges) egész számokhoz azt az Ap-adikus egész számot, amelyre aA=b teljesül. Természetesen a≠0, és azt is feltehetjük, hogy a-nak és b-nek nincs közös osztója. Így, kiindulásunk szerint p nem osztója a-nak. Célszerű a k természetes számot olyan nagynak választani, hogy q=pk nagyobb legyen az a-nál is és a b-nél is. Azt már tudjuk, hogy létezik olyan Ap-adikus egész szám, amelyre aA=b, és ennek a p-adikus számnak létezik q-adikus alakja:
A=x0+x1q+x2q2+...+xnqn+...,
ahol az xi együtthatók a már ismertetett módon meghatározhatók. Ki fogjuk mutatni, hogy ezek az együtthatók valahonnan kezdve szakaszosan ismétlődnek. Ez már bizonyítja azt is, hogy a számjegyek ismétlődése az eredeti (p-adikus) felírásban is fennáll; csak éppen a szakaszok hossza lesz k-szor akkora, mint a q-adikus felírásban, és az ismétlődés is ,,k-szor később kezdődik'', mint emitt.
Az aA=b összefüggést felhasználva az osztási eljárás alapján az Aq-adikus alakjának az együtthatóira a következő összefüggéseket nyerjük:
ax0-b=r1q,ax1+r1=r2q,...,axn+rn=rn+1q,.....

Először is kimutatjuk, hogy esetünkben a fellépő r1,r2,...,rn,... hányadosok mindegyike q-nál kisebb nemnegatív egész szám. Ezen állításunkat az indexre vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk.
A teljes indukciós bizonyítás első lépéseként r1 re kell bizonyítani az állítást. Mivel a és xo egyike sem negatív, és b kisebb q-nál, ezért ax0-b nagyobb, mint-q. Másrészt a és x, mindegyike kisebb q-nál, és b nemnegatív, amiből az ax0-b<q2 egyenlőtlenséghez jutunk. Ezeket összevetve az adódik, hogy -q<r1q<q2, amiből q-val való osztás útján azt kapjuk, hogy -1<r1<q. Mivel r1 egész, ezért ebből valóban következik az állítás.
Az induktív lépés bizonyítására, azaz a vizsgált tulajdonság öröklődésének a kimutatására tegyük fel, hogy a 0≤rn≤q-1 összefüggés teljesül. Felhasználva a 0≤a≤q-1 és a 0≤xn≤q-1 egyenlőtlenségeket, az alábbi egyenlőtlenségsorozatot nyerjük:
0=0⋅0+0≤a⋅xn+rn≤(q-1)2+(q-1)=q⋅(q-1).
Így a 0≤rn+1q≤(q-1), amiből q-val való osztás útján valóban a kívánt 0≤rn+1≤q-1 egyenlőtlenség adódik.
Beláttuk tehát, hogy az r1,r2,...rn... végtelen számsorozatban csak a 0,1,...,q-1 értékek fordulhatnak elő. Mivel ez véges sok lehetőség, azért ebben a sorozatban biztosan van két különböző indexű elem, amelyek megegyeznek. Azt természetesen nem tudhatjuk, hogy milyen ,,messze'' vannak egymástól ezek, vagy hogy mikortól kezdve lép fel ismétlődés; de annyi biztos, hogy vannak megegyező elemek. Legyen két ilyen például az rs, és az rs+t, ahol t valamilyen természetes szám. Kimutatjuk, hogy ekkor mind az xn-ek, mind az rn-ek sorozata az s-ik indextől kezdve szakaszosan ismétlődik, és a szakasz hosszat t. (Ez esetleg több rövidebből állhat.)
Mivel n≥s, ezért n=i+s alakban írható, ahol i nemnegatív egész szám. Azt állítjuk tehát, hogy minden nemnegatív egész i-re rs+i+t=rs+i és xs+i+t=xs+i.
Az i-re vonatkozó teljes indukcióval fogjuk bizonyítani, hogy rs+i+t=rs+i. Bizonyítás közben azonban az xn-ekre vonatkozó állítás is adódik. Az i=0 esetben az rs+t=rs, állításhoz jutunk, amely az s és t megválasztása folytán fennáll. Az induktív lépés bizonyításához tegyük fel, hogy valamely i-re rs+i+t= =rs+i. Az aA=b felírásból kapott összefüggés szerint:
axs+i+t+rs+i+t=rs+i+1+t⋅qésaxs+i+rs+i=rs+i+1⋅q.
A két egyenlőséget kivonva és az indukciós feltételt felhasználva az
a(xs+i+t-xs+i)=(rs+i+1+t-rs+i+1)q
egyenlőséghez jutunk. Itt a jobb oldalon szerepel a q tényező; s ezért q osztója a bal oldalnak is. Mivel csak olyan a-kat tekintettünk, amelyek nem oszthatók p-vel, ezért a-nak a q=pk-nal sincs közös osztója. Így q osztója lesz a bal oldali másik tényezőnek, az xs+i+t-xs+i különbségnek. Figyelembe véve, hogy ennek a különbségnek a tagjai kisebbek a q-nál és nem negatívak, ezért a különbségük, -q-nál nagyobb és q-nál kisebb lesz. Ebben a számközben viszont csak egyetlen q-val osztható szám van, nevezetesen 0. Ezzel kimutattuk, hogy xs+i+t=xs+i. Ezt felhasználva az előbb felírt egyenlőség jobb oldalára is 0 adódik. Mivel a jobb oldalon fellépő q tényező 0-tól különbözik, ezért a másik tényező lesz egyenlő 0-val, vagyis rs+i+1+t=rs+i+1. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
Beláttuk tehát azt, hogy rs+i+t=rs+i fennáll minden nemnegatív i egész számra. Másrészt a teljes indukciós lépés során azt is bizonyítottuk, hogy az rs+i+t=rs+i összefüggésből következik az xs+i+t=xs+i egyenlőség is. Végeredményben tehát ez az egyenlőség is teljesül minden nemnegatív i egész számra. Ezzel bizonyítást nyert az is, hogy A szakaszos p-adikus szám.
 

2. Most azt fogjuk bizonyítani, hogy ha egy p-adikus egész szám szakaszos, akkor racionális szám lesz. Ehhez azt kell kimutatni, hogy egy alkalmas (közönséges) egész számmal megszorozva ismét egy (közönséges) egész számot nyerünk. Legyen
c=a0+a1p+...+ak-1pk-1
az Ap-adikus egész számban a szakasz előtti rész és
b=b0+b1p+...+bn-1pn-1
a szakasz. Ekkor a Ap-adikus egész számot felírhatjuk az
A=c+pk⋅b⋅(1+pn+p2n+...)
alakban. Most már tulajdonképpen csak az 1+pn+p2n+... p-adikus egész számot kell a kívánt alakban felírni. Azonnal látható, hogy
(1+p+...+pn-1)(1+pn+p2n+...)=1+p+p2+...
Ha ezt a p-adikus egész számot (p-1)-gyel szorozzuk, akkor ahhoz a p-adikus egész számhoz jutunk, amelynek mindegyik jegye (p-1). Ha mármost ehhez 1-et adunk, akkor ‐ ugyanúgy, mint a 10-adikus számok esetében ‐ éppen 0-t kapunk. Tehát a vn=(p-1)(1+p+...+pn-1) jelöléssel eredményünket a következőképpen fogalmazhatjuk:
1+vn(l+pn+p2n+...)=0,
illetve
vn⋅A=vn⋅c-b⋅pk,
ahol mind vn mind az u=vnc-bpk egész számok. (Sőt még az is látható, hogy a vn prímtényezős felbontásában nem szerepelhet a p.) Ezzel nemcsak bizonyítottuk az állítást, hanem olyan eljárást adtunk, amelynek a segítségével a törtalakot fel is írhatjuk.
Példaképpen nézzük meg a cikk I. része feladatából a speciális esetet. (Igaz, hogy ezek 10-adikus egész számok, de a fenti eredmények alkalmazhatók, mert 11-nek és 3-nak nem osztója sem a 2, sem az 5.) A ...2727273 tört esetében a szakasz előtti szám c=3 és a szakasz b=27. A fenti jelölést használva, k=1 és n=2, amiből vn=9⋅11=99. Így 99⋅A=99⋅3-27⋅10=27, azaz A=311. A másik számnál B=...33337 ; itt c=7, b=3, k=n=1, és vn=9. Ebből 9B=63-30=33, azaz B=113. Mármost ebből egyrészt 11A=3,3B=11, másrészt AB=1 (amint a cikk első részében más úton láttuk).
A feladat végén felvetett kérdésekre is válaszolhatunk.

Ha az A=x0+x1⋅5+x2⋅52+... felírást tekintjük, ahol 3A=1, akkor ‐ a tárgyalt módon meghatározva az xn és rn számokat ‐ a következőket kapjuk:
3x0-1=5r0;amibőlx0=2ésr0=1,3x1+1=5r1,amibőlx1=3ésr1=2,3x2+2=5r2,amibőlx2=1ésr2=1.

Mivel r0=r2, ezért A=2+3⋅5+1⋅52︸+..., ahol az alsó kapoccsal megjelölt rész a szakasz.
A másik feladatban legyen 13⋅B=1, ahol B egy 5-adikus egész szám. Mivel 13 nagyobb 5-nél, de kisebb 25-nél, ezért B-t a B=x0+x1⋅25+x2⋅252+... alakban célszerű felírni. Most:
13x0-1=25r0,amibőlx0=2ésr0=1,13x1+1=25r1,amibőlx1=23ésr1=12,13x2+12=25r2,amibőlx2=1ésr2=1.

Megint ismétlődés lépett fel, és így B=2+23⋅25+1⋅252+..., illetve B-t 5-adikus alakba visszaírva B=2+0⋅5+3⋅52+4⋅53+1⋅54+0⋅55︸+..., ahol a megjelölt rész a szakasz. (Látható, hogy a szakasz már egy jeggyel előbb kezdődik; de ez a 25-adikus felírásnál természetesen nem derülhetett ki.)
 

3. Térjünk most vissza a p-adikus egész számok közötti osztásra. Láttuk azt, hogy ezek körében a p természetes számmal (és ennek többszöröseivel) nem lehet osztani. Ha ezen segíteni szeretnénk, akkor ki kellene bővítenünk a p-adikus egész számok körét. Tekintetbe kellene venni minden p-adikus egész számmal együtt annak ,,p-edrészét'', ,,p2-edrészét'' és így tovább. Formálisan így
a-rp-r+...+a-1p-1+a0+a1p+...+anpn+...
alakú ,,számok''-hoz jutunk. Ki lehet mutatni, hogy ezeknek a körében valóban elvégezhető mind a négy alapművelet (persze 0-val itt sem lehet osztani); és a műveletek elvégzése úgy történik, ahogy azt ,,várjuk is''. Ezeket a számokat p-adikus törtszámoknak, vagy röviden p-adikus számoknak nevezik.
 

4. A p-adikus számokról beszélve, illő tudni, hogy bevezetésük Kürschák Józsefnek, a nagy magyar matematikusnak a nevéhez fűződik. A p-adikus számok fontos szerepet játszanak a ,,felsőbb'' matematikában. Ezek a számok bizonyos értelemben hasonlóképpen származtathatók, mint a valós számok. (Ennek a tárgyalása azonban még az egyetemi általános matematikai képzésben sem szerepel; csupán speciális előadások keretei között szokták tárgyalni.) Más vonatkozásban is kapcsolatban állnak ezek a számok a valós számokkal. Nevezetesen mind a valós számok, mind a p-adikus számok tartalmazzák a racionális számokat. Ezt figyelembe véve, természetesen merül fel az a kérdés, hogy vajon a p-adikus számok ninesenek-e ott a valós számok között; vagy esetleg fordítva, nem lehetséges-e az, hogy a p-adikus számok tartalmazzák az összes valós számot. Ki fogjuk mutatni, hogy sem ez nem áll fenn, sem az; mégpedig tetszőleges p prímszám esetében sem.
Először azt mutatjuk ki, hogy a p-adikus számok nem lehetnek ott a valós számok között; vagyis minden p-hez található olyan p-adikus szám, amely nem lehet valós. Tudjuk, hogy egy valós számnak a négyzete nem lehet negatív. Éppen ezért elég annak a bizonyítása, hogy minden p prímszámhoz található olyan p-adikus szám, amelyik negatív és egy p-adikus számnak a négyzete.
A fenti állítás bizonyítása páratlan prímszámokra egységesen történhet. Azt fogjuk kimutatni, hogy az (1-p) szám egy alkalmas p-adikus egész számnak a négyzete. (Természetesen (1-p) minden egyes prímre más és más, de mindig az (1-p)-re lesz szükségünk.) Erről a számról tudjuk, hogy negatív egész szám, hiszen p nagyobb 1-nél. Az (1-p) számot p-adikus egész számként olyan alakban írhatjuk fel, ahol az első számjegy 1, a többi pedig (p-1). (Annak megfelelően, hogy (p-1)-et ,,számlálunk vissza'' a számológépen.) Általánosabban, azt fogjuk bizonyítani, hogy tetszőleges
B=1+b1p+b2p2+...+bnpn+...
alakú p-adikus egész szám egy alkalmas
A=1+a1p+a2p2+...+anpn+...
alakú p-adikus egész számnak a négyzete. Tulajdonképpen csak azt kell bizonyítani, hogy az A számjegyeit egymás után meghatározhatjuk úgy, hogy az A2=B egyenlőség fennálljon. Ehhez‐ szokásos jelöléseinkkel ‐ az alábbi egyenleteket kell rendre megoldani:
2a1=b1+r1p,2a2+a12+r1=b2+r2p,2a3+2a1a2+r2=b3+r3p,2a4+2a1a3+a22+r3=b4+r4p,....................................
Látjuk, hogy minden egyes egyenlet 2a=c+rp alakú, ahol c már ismert szám, és olyan a-t kell keresnünk, amely nemnegatív és kisebb p-nél. Azt pedig már a cikk I. részében láttuk, hogy ez megoldható, mert 2<p.
Nézzük most a p=2 esetet. (A 2-adikus számokat diadikus számoknak nevezik.) Most azt fogjuk bebizonyítani, hogy (-7) egy alkalmas A diadikus egész szám négyzete; amelyre tehát A2+7=0 teljesül. Az A együtthatói helyett kényelmesebb a ,,részletösszegeket'' meghatározni, vagyis az
A=a0+a12+a222+...+an2n+...
szám esetében sem az a0,a1,...,an,... számokat, hanem a A0=a0, A1=a0+a12,A2=a0+a12+a222,...,An=a0+a12+a222+...+an2n,... számokat.
Ezekre a számokra nyilván igaz, hogy An+1-An, vagy 0, vagy 2n+1, aszerint, hogy an+1=0, vagy an+1=1. Ha az An, számokat így adjuk meg, akkor az an+1=2-n-1(An+1-An) számokkal elkészíthetjük a fenti diadikus egészet. (Hiszen az an számok mindegyike 0 vagy 1 lesz.) Az is világos, hogy ha An2+7 mindig osztható 2n+1-gyel, akkor A2+7 mindegyik jegye 0 lesz; aminek a bizonyítását éppen célul tűztük ki.
Mivel kéttagúak négyzeténél a tagok kétszeres szorzata is fellép, ezért a diadikus egészek körében a négyzetre emelésnél bizonyos nehézség lép fel (amit tapasztalhatunk, ha a fenti bizonyítást minden módosítás nélkül megpróbáljuk végrehajtani). A nehézséget úgy tudjuk elkerülni, hogy azt bizonyítjuk be, hogy An2+7 osztható 2n+2-vel. Ha n=0, akkor legyen A0=a0=1;A02+7=1+7=23. n=1 esetében legyen a1=0, azaz A1=A0=1; most is A12+7=23, ami tényleg osztható 21+2-vel. Tegyük most fel, hogy valamilyen pozitív n egész számra már fennáll az An2+7=2n+2rn összefüggés. Ha rn páros, akkor legyen an+1=0, azaz An+1=An. Az rn=2rn+1 jelöléssel An+12+7=2(n+1)+2⋅rn+1, és így az állítás (n+1) esetén is teljesül. Ha rn páratlan, akkor legyen an+1=1. Ekkor An+1=An+2n+1, és így
An+12+7=(An+2n+1)2+7=(An2+7)+2n+2An+22n+2=(rn+An)2n+2+22n+2.
Azt szeretnénk belátni, hogy a jobb oldali összeg osztható 2n+3-mal. Az első tagra ez azért igaz, mert mind rn, mind An páratlan. A második tag esetében pedig azt kell bizonyítani, hogy 2n+2≥n+3, azaz hogy n≥1, ami feltétel szerint igaz. Ezzel a teljes indukciós bizonyítást befejeztük, a kérdéses tulajdonsága tehát a diadikus számoknak is megvan.
 

5. Most bizonyítjuk a fordított állítást, azaz azt, hogy minden p prímszámhoz található olyan valós szám, amely nincs a p-adikus számok között. Ezt is a ,,négyzetgyökvonás'' segítségével mutatjuk ki. Tudjuk, hogy minden p (pozitív) prímszámhoz található olyan valós szám, amelynek a négyzete p. Bebizonyítjuk, hogy ilyen szám a p-adikus számok között viszont nincs.
Értelmezzük az első részben definiált φ függvényt a p-adikus racionálisokra is, a következőképpen: ha
A=a-rp-r+...+a-1p-1+a0+a1p+a2p2+...+anp2+...,
ahol a-r≠0, akkor legyen φ(A)=pr. Itt is azonnal belátható, hogy
φ(AB)=φ(A)⋅(B)

Ennek alapján tetszőleges Ap-adikus szám mellett φ(A2)=(φ(A))2; azaz φ(A2) a p prímnek egy páros kitevőjű hatványa. Mivel, másrészről φ(p)=p-1 nem páros kitevőjű hatványa p-nek, ezért p nem lehet egy p-adikus szám négyzete.
 

6. Beláttuk tehát, hogy a p-adikus számok másféle számok, mint a valós számok. Azt is ki lehet mutatni, hogy ezek a ,,számfajták'' különböző prímszámokat véve kiindulásul, ugyancsak különbözőek lesznek. Precízebben szólva: ha p és q különböző prímszámok, akkor mindig létezik olyan p-adikus szám, amely nem lehet ott a q-adikus számok között.
Olyan számkört építettünk fel, amely a szemléletes számfogalomtól egészen távol esik. A felépítésnél ‐ a számok ,,elkészítésénél'' ‐ az analógiák vezettek minket. Sok minden furcsa dolgot tapasztaltunk e számkörben. A furcsaságokon túl e számoknak más hasznuk is van, például az absztrakt algebrának több ágában is felhasználják őket.
Azok kedvéért, akik ismerik a komplex számokat, megemlítjük, hogy a komplex számok közé már ,,elhelyezhetők'' a p-adikus számok. Azt azonban, hogy ‐ akár rögzített p esetében is ‐ egy-egy p-adikus számnak melyik komplex szám ,,felel meg'', nem lehet tudni, mert a p-adikus számokat többféleképpen is megtalálhatjuk a komplex számok között. Ennek ellenére nem lehet a p-adikus számokat úgy előállítani, hogy bizonyos komplex számokat tekintünk, mert a többféle lehetőség közül egyet sem tudunk konkrétan megadni.
 

Feladatok
 

1. Páratlan p prímszám esetén írjuk fel a (-12)-et és a (+12)-et, mint p-adikus egészeket.
 

2. Határozzuk meg, hogy mely számokat lehet p-adikus számként tiszta szakaszos alakban felírni.
 

3. Bizonyítsuk be, hogy van olyan 5-adikus szám, amelynek a négyzete -1.
 

4. Bizonyítsuk be, hogy van olyan p prímszám, amelyhez található olyan p-adikus egész, amelynek a negyedik hatványa -1. Határozzuk meg a legkisebb ilyen prímet.
 

5. Legyen f(x) tetszőleges egész együtthatós polinom és a egy tetszőleges egész. Tegyük fel továbbá, hogy van olyan p prímszám, amely osztója az f(a)-nak, de nem osztója az f(a)-nak az f'(a)-nak (f'(x) szokás szerint az f(x) polinom deriváltját jelöli). Bizonyítsuk be, hogy ekkor az f(x) polinomnak van gyöke a p-adikus egészek körében.
 

6. Igaz-e a fenti állítás megfordítása: Ha az f(x) egész együtthatós polinomnak van gyöke a p-adikus egész számok körében, akkor van olyan a egész szám, amelyre f(a) osztható p-vel, de f'(a) nem osztható p-vel.
7. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges p páratlan prímszámra igaz az alábbi állítás:
 

Ha van olyan egész szám, amelynek a négyzete p-vel osztva a0-t ad maradékul, akkor létezik olyan Bp-adikus szám, amelynek négyzete
A=a0+a1p+a2p2+...+anpn+...(pozitíva0-ra).

8. Legyen p páratlan prímszám és q tetszőleges prímszám. Bizonyítsuk be, hogy p≠q esetén (p+q)q négyzete egy p-adikus számnak, de nem lehet négyzete egyetlen q-adikus számnak sem.
 

9. Ha A olyan diadikus szám, amelyre φ(A)=2-1, akkor létezik olyan B diadikus szám, amelyre B3=A.
 

10. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges p páratlan prímszámra p2(p+2) nem lehet köbe egyetlen p-adikus számnak sem, de köbe lesz egy alkalmas diadikus számnak.
 

11. Legyen p és q két különböző prímszám. Bizonyítsuk be, hogy van olyan p-adikus szám, amely nem lehet a q-adikus számok között.
 

A feladatokra beküldött megoldásokat elfogadunk.