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，因而是整环公理库整环Integral domain含单位元 1≠0、无零因子的交换环。；下文构造的分式域 ${\mathbb{Q}}_p$ 当然也没有零因子。

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。

有理数为什么恰好对应最终周期的数字 ​

对 $x=\sum _{n\ge 0}{t}_n{p}^n\in {\mathbb{Z}}_p$，称其数字列最终周期，是指存在整数 $N\ge 0$、$L\ge 1$，使所有 $n\ge N$ 都满足 $t_{n+L}=t_n$。允许周期块全为零，因此有限展开也属于最终周期展开。判据是

这个结论把有理性转化成了数字尾部的结构；证明的关键是，有理数逐位展开时需要记住的整数进位只有有限种。

先设 $x=a/b$，其中 $a\in \mathbb{Z}$、$b>0$，分数最简且 $p\nmid b$。令 $c_0=a$，每次选择唯一的数字 $0\le t_n<p$ 满足

数字的唯一性来自 $b$ 模 $p$ 可逆。令 $S_0=0$、$S_n=\sum _{j=0}^{n-1}{t}_j{p}^j$；数学归纳法公理库数学归纳法Mathematical induction · Weak induction由基例和从 n 到 n+1 的归纳步推出性质对全部自然数成立。给出贯穿算法的不变量

初始情形就是 $a=c_0$；若第 $n$ 步成立，则减去 $b{t}_n{p}^n$ 后得到 $a-b{S}_{n+1}=p^n(c_n-b{t}_n)=p^{n+1}{c}_{n+1}$。由于 $c_n$ 是整数而 $|b{|}_p=1$，

因此算法确实产生 $a/b$ 的唯一标准数字展开。

为了证明周期性，暂用普通绝对值 $|\cdot {|}_{\mathrm{\infty }}$ 衡量进位。由 $0\le t_n\le p-1$，

从 $c_0=a$ 归纳得到

所以整数 $c_n$ 只能落在一个有限集合里，必有 $c_i=c_j$，其中 $i<j$。同一个进位唯一决定下一位及下一进位，故此后 $t_{i+k}=t_{j+k}$ 对所有 $k\ge 0$ 成立，周期可取 $j-i$。这里并未假定 $a$ 或进位非负，负有理数也包含在证明中。普通绝对值负责给状态数设上界，p-adic 绝对值负责证明截断收敛，两者作用不同。

反过来，若从第 $N$ 位起以长度 $L$ 周期重复，记有限前缀和周期块为

其中 $N=0$ 时 $A=0$。因为 $|p^L{|}_p<1$，已证明的 p-adic 几何级数公式公理库p-adic 赋值与绝对值p-adic valuation and absolute value · p进赋值与绝对值用有理数中素数因子的指数定义距离，使模更高素数幂相等表示更加接近。给出

分母 $1-p^L$ 不被 $p$ 整除；$B=0$ 时公式仍成立。这里求和是在 p-adic 距离下进行的，因而无须普通实数级数收敛。

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 ${\mathbb{Z}}_p$。

用进位算出五进整数中的三分之一 ​

对 $p=5$、$a=1$、$b=3$，每步解 $3t_n\equiv c_n(\mathrm{mod}5)$。下面从 $S_0=0$ 开始，列出五次完整计算；$S_{n+1}$ 是模 $5^{n+1}$ 的标准代表。

从 $c_1=-1$ 开始，进位在 $-1,-2$ 之间交替，所以低位在先的数字列是 $2,3,1,3,1,\dots$。将长度为二的周期块合并，可直接核对

第五个截断满足 $3\cdot 1042-1=3125=5^5$，因此其误差不仅有上界，而且恰为

事实上，所有 $n\ge 1$ 的 $c_n$ 都是 $-1$ 或 $-2$，是五进单位，所以每个 $S_n$ 的误差都恰为 $5^{-n}$。同一列非负整数截断在普通实数意义下却趋于正无穷，因为无限多个非零高位不断加入；它逼近 $1/3$ 的结论只使用五进距离。

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。

周期判据也因此延伸到整个 ${\mathbb{Q}}_p$：乘以足够大的 $p$ 的幂可将任一元素移入 ${\mathbb{Z}}_p$，这只移动数字的位置，不改变高位尾部是否最终周期，也不改变有理性。因此，允许有限个负次幂后，$x\in {\mathbb{Q}}_p$ 属于 $\mathbb{Q}$ 当且仅当其标准数字的高位尾部最终周期。

相容余数还给出局部域公理库局部域与分歧Local field · 局部域由有限余数与完备性证明 p-adic 整数紧致，并直接构造 Q₃(√2)、Q₃(√3) 的赋值、整数环和剩余域，区分非分歧与完全分歧。的紧性：每层只有有限多个余类，沿嵌套余类选择得到的极限会阻止开覆盖失去有限子覆盖。由此 ${\mathbb{Z}}_p$ 是紧开邻域，${\mathbb{Q}}_p$ 局部紧。该页继续直接构造 ${\mathbb{Q}}_3(\sqrt{2})$ 与 ${\mathbb{Q}}_3(\sqrt{3})$，分别观察剩余域扩大和赋值步长减半，并证明所列整数环恰是完整整闭包。

$\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ 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。其中构造的 $11$-adic 的三的平方根不属于 $\mathbb{Q}$，所以它的标准数字列不可能最终周期；这一结论来自有理性判据与无理性证明，不能只凭前几位看不出规律来判断。

这些计算把相容余数、可逆性与无限数字联系起来：$1/2$ 的四层余数展示了单位，$p$ 的首位为零解释了它为何不可逆，倒数列则说明进入 ${\mathbb{Q}}_p$ 后每个非零元素都可逆。在此基础上，$1/3\in {\mathbb{Z}}_5$ 的五层计算给出可核验的精确误差，而有限进位状态的证明解释了所有有理数的数字为何最终重复。

相容模 $p^n$ 余类的构造是理想进完备化公理库I-adic 完备化Adic completion · I-adic completion把模 I 的逐阶兼容近似组成逆极限，计算形式幂级数和 5 进逆元，并说明 Noether 有限性下的正合与忠实平坦条件。在整数环及理想 $(p)$ 上的特例。一般理想 $I$ 给出逆极限 ${\underleftarrow{\lim }}_{n}R/I^n$，模也可同样完成；Noether 有限性与 Artin–Rees 引理进一步说明何时完成保持短正合列，而任意完成并不自动单射或忠实。