p-adic 整数与数

一个模 $p^n$ 的余数保存前 $n$ 位信息。相容性要求新精度不能推翻旧精度。选每个坐标的标准代表 $0\le a_n<p^n$，必有唯一数字 $t_n\in \{0,\dots ,p-1\}$ 使

令 $t_0=a_1$，便得到唯一展开

这是低位逐渐固定的 p-adic 极限。每次截断都是普通非负整数，截断误差被越来越高的 $p$ 次幂整除，因此趋于零；数字向高次幂无限延伸的展开应按这种距离理解。

相容余数为什么完备 ​

若 $x\ne 0$，其数字列必有第一个非零位，设位号为 $k$。定义 $v_p(x)=k$、$|x{|}_p=p^{-k}$，零的绝对值为零。于是 $x,y$ 的前 $n$ 位相同，等价于 $|x-y{|}_p\le p^{-n}$。这直接给出强三角不等式：若 $x,y$ 的前 $n$ 位相同，$y,z$ 也如此，则 $x,z$ 同样如此。

每个系统的标准代表 $a_n$ 满足 $|x-a_n{|}_p\le p^{-n}$，故普通整数在 ${\mathbb{Z}}_p$ 中稠密。若 $(x_j)$ 是 Cauchy 序列，对每个固定 $n$，它们模 $p^n$ 的坐标最终全部相同。取这一稳定值为 $r_n$；稳定坐标彼此相容，因为可取一个足够大的 $j$ 同时检查相邻两坐标。系统 $(r_n{)}_n$ 就是极限：给定 $n$，足够大的 $j$ 与它模 $p^n$ 相同。这证明了完备性，也解释了运算与极限相容，因为每个有限坐标上的加乘都在稳定后完全确定。

哪些元素可以取逆 ​

数字整体右移 $k$ 位表明，首个非零位为 $k$ 的元素唯一写成 $x=p^{k}u$，其中 $u$ 的首位非零。两个首位非零元素的乘积模 $p$ 非零，因为 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 是域。因此

对非零元素成立，${\mathbb{Z}}_p$ 没有零因子。

若 $u$ 首位非零，它在每个模 $p^n$ 下都与模数互素，扩展 Euclidean 算法公理库整数欧几里得算法Euclidean algorithm for integers反复使用带余除法计算最大公约数的有限算法。给出唯一逆元。模 $p^{n+1}$ 的逆元降到模 $p^n$ 仍是逆元，唯一性保证这些逆元相容，遂构成 $u^{-1}\in {\mathbb{Z}}_p$。反过来，若 $uv=1$，赋值可加性迫使两个非负赋值都为零。所以

这正是本环的单位公理库单位与零因子Unit · Invertible element · Zero divisor环中的可逆元素，以及能与某个非零元素相乘得到零的非零元素。。$p$ 不是单位，但也不是零因子。

一半与负一的无限数字 ​

最简分数 $a/b$ 属于 ${\mathbb{Z}}_p$ 当且仅当 $p\nmid b$：这等价于 $v_p(a/b)\ge 0$，也允许在每个模 $p^n$ 下用 $a{b}^{-1}$ 表示坐标。以 $p=11$ 为例，$1/2$ 的前四个标准代表为

统一公式是 $a_n=({11}^n+1)/2$，因此 $2a_n\equiv 1(\mathrm{mod}{11}^n)$，且 $a_{n+1}-a_n=5\cdot {11}^n$。低位数字便是 $6,5,5,5,\dots$。它的首位 $6$ 非零，故它是单位，逆元为 $2$。

$-1$ 的模 $p^n$ 标准代表是 $p^n-1$，所以其数字全为 $p-1$：

取有限和得到 $p^n-1$，与 $-1$ 的差为 $p^n\to 0$，就验证了该式。反之，$1/p$ 的赋值为 $-1$，属于 ${\mathbb{Q}}_p$ 却不属于 ${\mathbb{Z}}_p$。

为什么完备化仍然是域 ​

Cauchy 序列的绝对值有界，所以逐项相加、相乘仍为 Cauchy，且不依赖代表。对非零完备化元素，取代表 $(q_j)$。它不趋于零，因此存在 $\epsilon >0$ 及任意靠后的项满足 $|q_j{|}_p\ge \epsilon$。在 Cauchy 尾部选这样一个 $q_{j_0}$，使所有尾项满足 $|q_j-q_{j_0}{|}_p<\epsilon$。强三角不等式的严格情形给出

在整个尾部成立。因而非零极限的赋值是某个整数，且代表的赋值最终稳定。进一步，

倒数尾列定义了乘法逆元；有限个初始项任意补齐不改变极限。更换代表也给出同一个逆元，因为两个代表最终绝对值同为 $c$，可用相同的差商估计。因此完备化确实是域。

相容系统的标准代表是有理 Cauchy 序列，给出 ${\mathbb{Z}}_p$ 到 ${\mathbb{Q}}_p$ 的等距嵌入。其像绝对值不超过一。反过来，若 $x\in {\mathbb{Q}}_p$ 且 $|x{|}_p\le 1$，可选逼近它的有理数 $q_n$ 使 $|x-q_n{|}_p\le p^{-n}$；于是 $|q_n{|}_p\le 1$，最简分母不含 $p$。取其模 $p^n$ 的整数代表 $a_n$，有 $|q_n-a_n{|}_p\le p^{-n}$，进而 $|x-a_n{|}_p\le p^{-n}$。这些代表相容，得到所需系统。

最后，对任意非零 $x\in {\mathbb{Q}}_p$，令 $k=v_p(x)\in \mathbb{Z}$，则 $u=p^{-k}x$ 绝对值为一，是 ${\mathbb{Z}}_p$ 的单位。这就证明了 $x=p^{k}u$ 以及 ${\mathbb{Q}}_p={\mathbb{Z}}_p[1/p]$。由于 ${\mathbb{Z}}_p$ 是整环且所有非零元在此可逆，它的分式域也是这个域。

$\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ 是单个有限精度层，${\mathbb{Z}}_p$ 保存全部相容层，${\mathbb{Q}}_p$ 还允许有限个负位。特别地，$n>1$ 时 $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ 有非零零因子，不是大小为 $p^n$ 的有限域公理库有限域Finite field · Galois field底层集合有限的域。 ${\mathbb{F}}_{p^n}$；后者特征为 $p$，而 ${\mathbb{Z}}_p$ 和 ${\mathbb{Q}}_p$ 特征为零。

中国剩余定理公理库整数中国剩余定理Chinese remainder theorem for integers用最大公因数判定一般联立同余的相容性，并构造模最小公倍数唯一的解。处理有限组同余条件。固定同一个素数并要求无限相容，得到的对象可能已不是普通整数：上面的 $1/2$ 在每一层都有整数代表，却不存在一个整数同时等于这些代表的所有余数。若有这样的整数 $a$，$2a-1$ 会被每个 ${11}^n$ 整除，只能为零，与 $a\in \mathbb{Z}$ 矛盾。

Hensel 引理公理库Hensel 引理：简单根的唯一提升Hensel's lemma · 亨泽尔引理模素数的简单根在指定余类内唯一提升为 p-adic 根，并以逐位递推计算 11-adic 的三的平方根。将这种完备性用于方程：逐层选取相容根，并证明极限满足原多项式。本页的终点是能构造 $1/2$ 的四层余数，证明其可逆，说明 $p$ 为何不可逆，再用倒数列的估计解释为何进入 ${\mathbb{Q}}_p$ 后每个非零元素都可逆。