7 進の世界に 2 の平方根はあるか？ヘンゼルの補題で桁を伸ばす

${\mathbb{Z}}_7$ の中に $2$ の平方根はあるでしょうか。あるなら $7^4$ を法とする値まで求めてください。

$f(X)=X^2-2$ とし、まず ${\mathbb{F}}_7$ で根を探します。$3^2=9\equiv 2(\mathrm{mod}7)$ なので $a=3$ が根。

$f^{\prime }(3)=6$ で、$6\not\equiv 0(\mathrm{mod}7)$。ヘンゼルの補題の条件がそろいました^[1]。$\alpha \equiv 3(\mathrm{mod}7)$ を満たす $\alpha \in {\mathbb{Z}}_7$ で ${\alpha }^2=2$ となるものが、ただ $1$ つ存在します^[1]。

桁を 1 つずつ伸ばす

$x_1=3$ から始め、$x_{k+1}=x_k+7^{k}t$ とおいて $t$ を決めます。

$x_2=3+7t$ のとき $(3+7t{)}^2-2=7+42t+49t^2$。$7^2$ を法として $7+42t\equiv 0$、両辺を $7$ で割って $1+6t\equiv 0(\mathrm{mod}7)$。

$6t\equiv -1\equiv 6$ なので $t\equiv 1$。$x_2=10$ です。検算すると $10^2-2=98=2\cdot 49$ で、$49$ で割り切れます。

$x_3=10+49t$ では $(10+49t{)}^2-2=98+980t+\cdots$。$49$ で割って $2+20t\equiv 0(\mathrm{mod}7)$、つまり $6t\equiv 5$。$6$ の逆元は $6$ なので $t\equiv 30\equiv 2$、$x_3=108$。

$108^2-2=11662=34\cdot 343$ なので、$343$ を法として合っています。

$x_4=108+343t$ では $34+216t\equiv 0(\mathrm{mod}7)$。$34\equiv 6$、$216\equiv 6$ なので $6+6t\equiv 0$、$t\equiv 6$。$x_4=108+2058=2166$ です。

答えは $\alpha =3+1\cdot 7+2\cdot 7^2+6\cdot 7^3+\cdots$。桁が $1$ つずつ確定していきます。

どの素数なら $\sqrt{2}$ が入るか

${\mathbb{Q}}_p$ に $2$ の平方根が入る奇素数をすべて挙げてください。

出発点になる根が ${\mathbb{F}}_p$ に要ります。$f^{\prime }(a)=2a$ は $a\ne 0$ なら $0$ でないので、根さえあれば必ず持ち上がる。

つまり条件は「$2$ が $p$ を法とする平方剰余」だけです。補充法則から $p\equiv \pm 1(\mathrm{mod}8)$ になります。

$-1$ の平方根なら条件が変わります。$p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$ のときだけ入るので、$5,13,17,29,37,41,53$ と並ぶ。

$p=5$ で追ってみます。$2^2=4\equiv -1$ なので $a=2$ から始め、$7$、$57$、$182$、$2057$ と伸びます。$5$ 進展開は $2+1\cdot 5+2\cdot 25+1\cdot 125+\cdots$ です。

条件が破れる 2 通り

$\sqrt{2}$ が ${\mathbb{Q}}_3$ に入らないことを示してください。

$3$ を法とする平方数は $0$ と $1$ だけ。$2$ が入らないので $x^2\equiv 2(\mathrm{mod}3)$ に解がありません。持ち上げる出発点そのものがない。

$p=2$ では別の壊れ方をします。$f^{\prime }(X)=2X$ が ${\mathbb{F}}_2$ 上で恒等的に $0$ なので、$f^{\prime }(a)\not\equiv 0$ という条件を誰も満たしません。

実際 $\sqrt{2}\notin {\mathbb{Q}}_2$ です。$v_2(2)=1$ が奇数なので、$v_2({\alpha }^2)=2v_2(\alpha )$ が $1$ になりようがない。

$p=2$ でも、条件を強めたヘンゼルの補題なら扱えます^[1]。$|f(a){|}_p<|f^{\prime }(a){|}_p^2$ という形にすると、微分が消えかけていても持ち上がる場合がある。

有理数を $p$ 進で書く

$\frac{1}{3}$ の $7$ 進展開を求めてください。

$3$ の逆元は ${\mathbb{F}}_7$ で $5$ です。$3\cdot 5=15=2\cdot 7+1$ だから。だから最初の桁は $5$。

次を出します。$\frac{1}{3}=5+7y$ とおくと $1=15+21y$、つまり $21y=-14$、$y=-\frac{2}{3}$。この $y$ の最初の桁は $-2\cdot 5=-10\equiv 4(\mathrm{mod}7)$。

同じ計算がくり返され、$y$ の残りもまた $-\frac{2}{3}$ になります。桁は $4$ が並び続ける。

$$\frac{1}{3}=5+4\cdot 7+4\cdot 7^2+4\cdot 7^3+\cdots$$

検算します。$5+4\cdot 7+4\cdot 49+4\cdot 343=1601$ で、$3\cdot 1601=4803=2\cdot 2401+1$。$7^4$ を法として $1$ になります。

${\mathbb{Z}}_7$ の中では $\frac{1}{3}$ が整数です。分母が $7$ と互いに素なら $|1/3{|}_7=1$ となり、${\mathbb{Z}}_p$ に入ります^[3]。

分母が $7$ を含むと外へ出ます。$\frac{1}{7}$ は $|1/7{|}_7=7$ なので ${\mathbb{Q}}_7$ の元ではあっても ${\mathbb{Z}}_7$ には入りません。

$\mathbb{Q}$ の完備化はこれで全部

$\mathbb{Q}$ 上の自明でない絶対値は、通常の絶対値のべきか $p$ 進絶対値のべきに限られます^[2]。オストロフスキーが 1916 年に示しました^[2]。

だから完備化は $\mathbb{R}$ か ${\mathbb{Q}}_p$ しかありません^[2]。素数ごとに $1$ つずつ、それに実数を足した並びで尽きます。

$\sqrt{2}$ は $\mathbb{R}$ に入り、${\mathbb{Q}}_7$ にも入り、${\mathbb{Q}}_3$ には入らない。どの完備化で解けるかが素数ごとに変わるところが、局所的に調べるという発想の出発点になります。

${\mathbb{F}}_p$ で根を探す、微分が消えないかを見る、桁を $1$ つずつ決める。この $3$ 手で、$p$ 進の世界に住む数を具体的に書き下せます。

参考