2-адические числа

26

2-адичские числа

Если бы вас спросили, что можно назвать «расстоянием между двумя рациональными числами», то, подумав, вы, верятоно, должны такой ответ: «расстоянием между двумя числами следует назвать модуль их разности. Такое определение выполняем разумно — это «расстояние» удовлетворяет всем аксиомам расстояния (см. «Геометрия 8», п. 132). Но, оказывается, расстояние между рациональными числами, удовлетворяющей всем аксиомам, можно вести и по-другому. Это сделал немецкий математик К. Гензель (1861—1941) — он придумал даже целый класс таких расстояний. Об одном из них и рассказывает в этой статье.

Исследования Гензеля оказались очень важными для алгебры и математики в целом, а нам его расстояние помогет решить две задачи, на первый взгляд, вообще не связанные ни с какими расстояниями.

2-адичское расстояние

Пусть $a$ и $b$ — рациональные числа. Если $a \neq b$, то представим число $a-b$ в виде $a-b = 2^k \cdot \frac{m}{n}$, где $m$ и $n$ — нечетные числа, а $k$ — целое число (положительное, отрицательное или нуль). 2-адичским расстоянием между числами $a$ и $b$, $a \neq b$, называется число $\rho(a, b) = 1/2^k$. Если $a=b$, то положим $\rho(a, b) = 0$.

Напомним аксиомы расстояния:

A1. $\rho(a, b) > 0$, если $a \neq b$, и $\rho(a, b) = 0$, если $a=b$.

A2. $\rho(a, b) = \rho(b, a)$.

A3. $\rho(a, c) \leqslant \rho(a, b) + \rho(b, c)$.

Свойства A1 и A2 для 2-адичского расстояния, а также свойство A3 в случае, если среди чисел $a, b, c$ есть равные, оченьницы.

Докажем свойство A3 для различных рациональных чисел $a, b, c$. Пусть $a-b = 2^{k_1} \cdot \frac{m}{n_1}$, $b-c = 2^{k_2} \cdot \frac{m_2}{n_2}$, $a-c = 2^{k_3} \cdot \frac{m_3}{n_3}$, где все $m_i, n_i$ — нечетные числа. Так как $a-c = (a-b) + (b-c)$, то $k_3$ не меньше меньше из чисел $k_1$ и $k_2$. Но тогда $\frac{1}{2^{k_3}}$ не превышает большого из чисел $\frac{1}{2^{k_1}}$ и $\frac{1}{2^{k_2}}$ и тем более $\frac{1}{2^{k_3}} \leqslant \frac{1}{2^{k_1}} + \frac{1}{2^{k_2}}$.

Итак, мы видим, что все аксиомы выполняются, так что $\rho$ действительно можно назвать расстоянием.

Что же изменяет это расстояние? Оказывается, оно изменяет степень делимости рационального числа на 2. Чем лучше делится число на 2, тем оно ближе к нулю. Например, 8 ближе к нулю, чем 1/2; 16 ближе к нулю, чем 8; 480 ближе к нулю, чем 16; 384 ближе к нулю, чем 480.

В действительности, мы доказали, что 2-адичское расстояние обладает свойством A3’, более сильным, чем свойство A3. А3’. Расстояние $\rho(a, c)$ не превышает большого из расстояний $\rho(a, b)$ и $\rho(b, c)$.

У пряженние 1. Докажите, что если $\rho(a, b) \neq \rho(b, c)$, то $\rho(a, c)$ равно большему из чисел $\rho(a, b), \rho(b, c)$, а если $\rho(a, b) = \rho(b, c) \neq 0$, то $\rho(a, c) < \rho(a, b)$.

Свойство A3’ приводит к любопытным следствиям. Известем 2-адичским кругом радиуса $r$ с центром $a$ (а рациональное число, $r$ — положительное вещественное число) множество рациональных чисел $x$, для которых $\rho(a, x) < r$.

У пряженния 2. Докажите, что если два 2-адичских кругга имеют непустое пересечение, то один из этих кругов содержится в другом.

27

3. Докажите, что 2-адичский круг радиуса $r$ содержит бесконечно много попарно непересекающихся 2-адичских кругов радиуса $r$.

По аналогии с обычным моделем числа мы определим 2-адичский модуль $\|a\|$ рационального числа $a$ как 2-адичское расстояние от этого числа до нуля: если $a = 2^k \frac{m}{n}$, где $m$ и $n$ — нечетные числа, то $\|a\| = \rho(0, a) = \left(\frac{1}{2}\right)^k$. Легко установить следующие свойства 2-адичского модуля:

M1. $\|a\| > 0$, если $a \neq 0$, и $\|0\| = 0$.
M2. Если $\|a\| > \|b\|$, то $\|a+b\| = \|a\|$, если $\|a\| = \|b\| \neq 0$, то $\|a+b\| < \|a\|^*$.
M3. $\|ab\| = \|a\| \cdot \|b\|$.

Ураженяя

4. Выведите из свойств M1—M3 следующие свойства 2-адичского модуля:

a) $\|a\| = \|a\|$, б) если $\|a\| \neq \|b\|$, то $\|a-b\| = \|a+b\|$.
5. Докажите, что если $\|1-x\| < 1$ и $\|1-y\| < 1$, то $\|1-xy\| < 1$.

Задача о квадрате

На рисунке 1 изображен квадрат, разбитый на кругуэнтные треугольники. Квадраты на рисунке 2 разбиты на треугольники равной площади. В каждом из этих примеров число треугольков разбиения четно.

Задача a. Доказать, что квадрат нельзя разбиить на нечетное число треугольников равной площади.

Выберем на плоскости системы координат таким образом, чтобы вершины $O, A, B$ и $C$ данной квадрата имели координаты $O(0; 0), A(1; 0)$,

$\cdot$ Так что в любом случае $\|a+b\| \leq \|a\| + \|b\|$.

$B(1; 1), C(0; 1)$. Предположим, что квадрат разбит на $n$ треугольников равной площади. Тогда площадь каждого из треугольников разбиения равна $1/n$. Если $n$ нечетно, то $\|1/n\| = 1$, если же $n$ четно, то $\|1/n\| \geq 2$. Поэтому четность числа $n$ будет доказана, если мы установим, что $\|1/n\| \geq 2$.

Разберем частный случай. Пусть вершины треугольников разбиения — точки с рациональными координатами. В этом случае каждой вершины $(x; y)$ можно окрасить в зеленьй, красный или синний цвет по следующему правилу: если $\|x\| < 1$ и $\|y\| < 1$, то точка окрашивается в зеленьй цвет; если $\|x\| \geq \|y\|$ и $\|x\| \geq 1$, то точка окрашивается в красный цвет; если $\|x\| < \|y\|$ и $\|y\| \geq 1$, то точка окрашивается в синний цвет (см. рис. 3). Будем считать, что раскрашены не только вершины, а все рациональные точки плоскости.

Ураженяе 6. a) Докажите, что если $P$ — зеленьая точка, то при параллельном пересечении $\overrightarrow{PO}$ ($O$ — начало координат) каждой окрашенной точке сохраняет свой цвет.

6. Докажите, что ни на какой прямой не встречются точки всех трех цветов.

Предположим, что у одного из треугольников разбиения все вершины — разных цветов (в приложении доказано, что такой треугольник обязательно найдется). Пусть $K$ — зеленьая вершина этого треугольника.

При параллельном пересечении $\overrightarrow{KO}$ мы снова получим, в силу упражнения ба), треугольник с вершинами всех трех цветов. Обозначим через $L_1(x_1, y_1)$ красную вершину полученного треугольника, а через $L_2(x_2, y_2)$ — его синюю вершину (зеленья

28

вершина этого треугольника — точка $O$). Так как треугольник $OL_1L_2$ получен параллельным переносом треугольника разбиения, то его площадь равна $1/n$. С другой стороны, площадь треугольника $OL_1L_2$ равна $1/2|x_1y_2-x_2y_1|$. (Доказите, это самостоятельно.)

Таким образом, мы получили равенство $1/n=1/2|x_1y_2-x_2y_1|$. Тепер уже нетрудно установить неравенство $\left\|\frac{1}{n}\right\| \geq 2$. В самом деле, так как $L_1$ — красная точка, а $L_2$ — синяя точка, то $\|x_1\| \geq \|y_1\|$, $\|x_2\| < \|y_2\|$.

Переменная эти неравенства, мы получаем $\|x_1\| \|y_2\| > \|x_2\| \|y_1\|$, и, значит, по свойству $M3$ $\|x_1y_2\| > \|x_2y_1\|$. В силу свойства $M2$ и упражнения 46) $\|x_1y_2\| = \|x_1y_2\|$. Кроме того, $\|x_1\| \geq 1$, $\|y_2\| \geq 1$, так что $\|1/n\| = 2\|x_1\| \|y_2\| \geq 2$.

Для того, чтобы решить задачу в общем случае, достаточно доказать, что 2-адичский модель имеет продолжение на множество всех действительных чисел, т. е. существует функция $x \rightarrow \|x\|$, определяная на множество всех действительных чисел, обладающая свойством $M1-M3$ и совпадающая на множество разновальных чисел с 2-адичским моделем. Такая функция действительного существует, но доказательство ее существования требует привлечения города более сложных средств, чем те, которые мы располагаем в этой стате.

2-адичское разложение

Как известно, любое натуральное число можно представить в виде суммы степеней числа 2. Например, $1000 = 2^3+2^5+2^6+2^7+2^8+2^9$. Используя 2-адичское рассмотрение, это разложение можно получить так. Сначала мы ищем степеня числа 2, которая находится на том же расстоянии от 0, что и число 1000. Найди эту степень $(2^3)$, вычитаем ее из числа 1000 и для получения числа 2, находящуюся с ним на одинаковом расстоянии от 0. Затем ищем степеня числа 2, находящуюся на одинаковом расстоянии от 0 с числом $960 = 992-2^5$, и так далее.

29

Используя отрицательные степени числа 2, можно получить аналогичные разложения рациональных чисел вида $\frac{m}{2^k}$, где $m$, $k$ — натуральные числа. Например,

$$\frac{1477}{256} = \frac{1 + 2^2 + 2^8 + 2^7 + 2^8 + 2^{10}}{2^8} = 2^{-8} + 2^{-6} + 2^{-2} + 2^{-1} + 2^0 + 2^2.$$

Никакие другие рациональные числа нельзя представить в виде суммы степени двойки, но, оказывается, такие сумми можно сколь угодно точно приближить любое рациональное число. Действительно, пусть $a$ — рациональное число и $\|a\| = \frac{1}{2^{k_1}}$. Поэтому $a_1 = a - 2^{k_1}$. Тогда $a_1$ близке к нулю, чем $a$ (см. упражнение 1).

Позному либо $a_1 = 0$, либо $\|a_1\| = \frac{1}{2^{k_2}}$, где $k_2 > k_1$. Поляга $a_2 = a_1 - 2^{k_2}$, мы снова получим, что либо $a_2 = 0$, либо $\|a_2\| = \frac{1}{2^{k_3}}$, где $k_3 > k_2$, и так далее. Таким образом, либо некоТОРое число $a_s$ равно нулю, и тогда $a$ является суммой степени двойки: $a = 2^{k_1} + 2^{k_2} + \dots + 2^{k_s}$, либо все $a_s$ отличны от нуля, и тогда сумми вида $2^{k_1} + 2^{k_2} + \dots + 2^{k_s}$ число $a$ приближается сколь угодно точно. В этом случае удобно считать, что $a$ равно бесконечной сумме $a = 2^{k_1} + 2^{k_2} + \dots + 2^{k_s} + \dots$.

Определение. Пусть $x_1, x_2, \dots, x_n$ — последовательность рациональных чисел. Будем говорить, что рациональное число $a$ равно бесконечной сумме $x_1 + x_2 + \dots + x_n + \dots$, если 2-адичное рассмотрение между числом $a$ и конечными сумми $S_n = x_1 + \dots + x_n$ стремится к нулю при $n$, стремящемся к бесконечности, то есть

$$\lim_{n \to \infty} \rho(a, S_n) = 0.$$

У практике, что если $\|q\| < 1$, то бесконечная сумма $a + aq + aq^2 + \dots + aq^n + \dots$ определяна и равна $\frac{a}{1 - q}$.

Мы доказали, что всекое рациональное число можно представить либо в виде конечной суммы $2^{k_1} + 2^{k_2} + \dots + 2^{k_n}$ ($k_1 < k_2 < \dots < k_n$), либо в виде бесконечной суммы $2^{k_1} + 2^{k_2} + \dots + 2^{k_n} + \dots$ ($k_i$ — целые числа, $k_1 < k_2 < \dots$). В обихх случае это представление, которое мы будем называть 2-адичским разложением числа $a$, можно записать в виде $\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} + \dots + \varepsilon_{k+n} 2^{k+n} + \dots$, где $k$ — целое число, а каждое из чисел $\varepsilon_{k+1}, \varepsilon_{k+2}, \dots, \varepsilon_{k+n}, \dots$ равно 0 или 1, причем $\varepsilon_k = 1$. Числа $\varepsilon_k, \varepsilon_{k+1}, \dots$ называются 2-адичскими цифрами числа $\frac{p}{q}$. Нетрудно доказать, что каждое рациональное число имеет одно и только одно 2-адичское разложение.

У практике 8. Докажите, что $-1 = 1 + 2 + 2^2 + 2^3 + \dots + 2^n + \dots$,

$$\frac{1}{6} = 2^{-1} + 1 + 2^2 + 2^4 + \dots + 2^{2n} + \dots$$

В силу упражнения 8 2-адичские цифры — 1 образуют последовательность 1, 1, 1, …, а 2-адичские цифры числа $\frac{1}{6}$ образуют последовательность 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, … Обе полученные последовательности перiodичны. Можно показать, что у любого рационального числа $\frac{p}{q}$ последовательность 2-адичских цифр перiodична *).

Для этого рассмотрим последовательность чисел $a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$, определяемых равенствами $\frac{p}{q} - \varepsilon_k 2^k = \frac{a_1}{q} 2^{k+1}, \frac{p}{q} - (\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1}) = \frac{a_2}{q} 2^{k+2}, \dots,$

$$\frac{p}{q} - (\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1}) + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} = \frac{a_2}{q} 2^{k+2}, \dots,$$

$$\frac{p}{q} - (\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1}) + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} = \frac{a_2}{q} 2^{k+2}, \dots,$$

$$\frac{p}{q} - (\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1}) + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} = \frac{a_2}{q} 2^{k+2}, \dots,$$

Теперь заметим, что 2-адичское разложение числа $\frac{p}{q}$ можно получить из 2-адичского разложения числа $\frac{a_n}{q}$, умножив каждое слагаемое в

*) В том же смысле, в котором периодина десятичная дробь, представляющая рациональное число: периодина, начная с некоторого места.

30

последнем разложении на $2^{k+n}$ и приписав к получившейся сумме спереди и $\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} + \dots + \varepsilon_{k+n-1} 2^{k+n-1}$.

Поэтому периодичность последовательности $\varepsilon_k, \varepsilon_{k+1}, \varepsilon_{k+2}, \dots$ будет установлена, если мы докажем, что в последовательности $a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$ какое-нибудь число встреется дважды. В действительности, последовательность $a_1, a_2, \dots, a_n, \dots$ ограничена, и так как члены ее целые числа, среди них обязательно встреется равные. Ограничность этой последовательности устанавливается следующей цепочкой неравенств:

$$|a_n| = \left| \frac{p}{2^{k+n}} \right| - \left( \frac{\varepsilon_k}{2^n} + \frac{\varepsilon_{k+1}}{2^{n-1}} + \dots \right)$$

$$\dots + \frac{\varepsilon_k}{2^{n-1}} + \dots + \frac{1}{2} \left| q \right| \leqslant \left| \frac{p}{2^{k+n}} \right| + \left( \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^{n-1}} + \dots + \frac{1}{2} \right) \left| q \right| \leqslant \left| \frac{p}{2^{k+n}} \right| + \left| q \right|.$$

У праванице 9. Используя результат упражнения 7, докажите, что если $\varepsilon_k, \varepsilon_{k+1}, \varepsilon_{k+2}, \dots$ — периодическая последовательность цифр 0 и 1, то бесконечная сумма $\varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} + \varepsilon_{k+2} 2^{k+2} + \dots$ является 2-адическим разложением неокоторого рационального числа.

2-адические числа

Кроме периодических разложений, которые задают рациональные числа, можно рассматривать и непроизводные разложения, считая, что они задают неокоторые новые числа. Эти числа вместе с рациональными образуют множество $Q_2$, элементы которого называются 2-адические числами.

Элементы из $Q_2$ можно попарно складать и переменная. Вот как это делается. Пусть $\alpha = \varepsilon_k 2^k + \varepsilon_{k+1} 2^{k+1} + \dots$ Запишем $\alpha$ подобно бесконечной дроби: $\alpha = \varepsilon_k \dots \varepsilon_0, \varepsilon_1 \varepsilon_2 \dots$.

Если есть два числа из $Q_2$, записанных таким образом, то их сумму (производение) следует вычислять так же, как сумму (производение) двух бесконечных дробей, но с переносами «слева направо». (Примеры см. на рисунке 4.) Мы не можем оставаться на этом более подробно и предлагаем читателю самостояльно проверить, что сумма и произведение элементов из $Q_2$ вовь дает элемент из $Q_2$ и что эти операции обладают общими для умножения и сложения свойствами: удовлетворяют переместительному, сочетательному и распределительному законом.

2-адический модель и распостраняются на $Q_2$:

$$\sum_{n \to \infty} x_n = 0, \text{ мо существуют}$$

$$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} x_k = 0.$$

У праванице 13. Докажите достаточно условия $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=1}^{n} x_k = 0.$

14. Докажите, что сумма $1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + n \cdot n! + \dots$ определяна, и найдите ее значение.

15. Докажите, что если $x \in Q_2$ и $\|x\| \leqslant \frac{1}{2}$, то определена сумма $\frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \dots + \frac{x^n}{n} + \dots$.

2-адический логарифм

В заключение мы придадим более естественный форму решения задачи №434*.

Для этого рассмотрим функцию $L(x) = \frac{x}{1} + \frac{x^2}{2} + \dots + \frac{x^n}{n} + \dots$, определяную на множество 2-адических чисел $x$, модуль которых не больше $\frac{1}{2}$ (см.)

*) Условие этой задачи см. в «Кванте» №12 за 1977 год.

31

Для решения задачи М434в достаточно доказать, что $L(2)=0$. Введем еще одну функцию по формуле $\log x=-L(1-x)$. Равенство $L(2)=0$ означает, что $\log(-1)=0$. Функция log (она называется 2-адицекским логарифмом) обладает основным свойством логарифмов: $\log(xy)=\log x+\log y$. Из этого свойства легко вывести равенство $\log(-1)=0$. Действительно, $\log 1=\log(1\times 1)=\log 1+\log 1=2\log 1$, откуда $\log 1=0$. С другой стороны, $\log 1=(\log(-1)\times(-1))=\log(-1)+\log(-1)=2\log(-1)$ и поэтому $\log(-1)=0$. 2-адицекный логарифм в множество 2-адицекских чисел играет ту же роль, что и обычный логарифм в множество вещественных чисел. 2-адицекный логарифм определяет для тех чисел $x$, для которых $\|x\|=1$, так как именно в этом случае $\|1-x\| \leqslant \frac{1}{2}$. (В частности, определяем $\log(-1)$.) Равенство, на котором основано решение задачи М434 в «Кванте», в пределе при $n$, стремящемся к бесконечности, принимает вид $L(2x-x^2)-2L(x)=0$. Это равенство также является следствием основного свойства логарифма. Действительно, $L(2x-x^2)=-\log(1-x)^2=-2\log(1-x)=2L(x)$.

С доказательством основного свойства 2-адицекого логарифма и срядом других свойств 2-адицекских чисел вы можете познакомиться по книге 3. И. Боревича и И. Р. Шафарвича «Теория чисел». Кроме логарифма есть и другие замечательные функции 2-адицекой переменной. Однако из таких функций является экспоненга — функция, определяенная равенством

$$\exp x=1+x+\frac{x^2}{2}+\dots+\frac{x^n}{n!}+\dots$$

У праванке 16. Докажите, что экспоненга определяется на множество 2-адицеких чисел $x$, удовлетворяющих условиями, аналогичными свойством экспоненга: $\exp(x+y)=\exp x\cdot\exp y$, $\exp(\log x)=x$, $\log(\exp x)=x$. (Эти равенства справедливы для тех значений переменных, для которых они определены.)

Подобно тому, как было определено 2-адицекое рассмотрение, с помощью произвольного простого числа $p$ можно определить $p$-адицекое рассмотрение. Обаывается, все рассмотрения между различными числами эквивалентны либо общному, либо одному из $p$-адицекских рассмотрений. Но это — tema для другого расссказа.

Приложение

Нам осталось доказать существование треугольника с вершинами всех трех цветов. Сформулируем и доказем более общее утверждение:

Пусть квадрат OABC разбит на несколько треугольников. Предположим, что средние треугольники разбинаются нет такого, которое имеет вершины всех трех цветов, т. е. в каждом треугольнике разбинается есть две вершины одного цвета. Так как каждое звено, находящемся на контуре квадрата OABC, лежит на стороне одного треугольника разбинания, а каждое звено, находящемся на стороне двух треугольников разбинания, то из того, что каждый треугольник разбинается имеет две вершины одного цвета, следует, что на контуре квадрата лежит четное число звеньев типа 3K. С другой стороны, на отрезке OC и BC таких звеньев нет, на отрезке OA — четное число звеньев. Получено противоречие.