Solución de$x^2 = 2$ en$\mathbb{Q}_p$

Question

Dejar $p \neq 2$. Muestre que la ecuación$$x^2=2 \quad (*)$ $ tiene una solución$x \in \mathbb{Q}_p$ iff existe$y \in \mathbb{Z}$ tal que$y^2 \equiv 2 \, \pmod p$.

$\Rightarrow$ Deje que$x= y + x_1 p + x_2 p^2+ \ldots \in \mathbb{Q}_p$ solución de$(*)$, luego$2=x^2 \equiv y^2 \pmod p$.

$\Leftarrow$?

¡Gracias!

Answer 1

Insinuación:

Demuestre que si$y^2\equiv 2\mod p^n$, hay una solución de$z^2\equiv 2\mod p^{n+1}$ con$z\equiv y\mod p^n$ (esta técnica se llama Hensel lift).

Answer 2

Hay muchas maneras de acercarse a este, que uno puede marearse contemplando todos ellos. Usted puede utilizar el Binomio de la serie para $(1+z)^{1/2}$, cerrando en $2/y^2-1$, por ejemplo, para obtener la $\sqrt2/y$, luego multiplica ese resultado por $y$.

O usted puede utilizar Newton-Raphson directamente. Voy a ilustrar cómo se va por $p=7$, donde se puede tomar $y=3$. Tiene una función $f(x)=x^2-2$, $f'(x)=2x$, y quieres una raíz de $f$ que está cerca de a $3$. Set $z_1=3$, y el primer error es $f(z_1)=7$, y la primera corrección es $7/6$, por lo que la segunda aproximación es $z_2=3-7/6=11/6$. El segundo error es $f(z_2)=49/36$, por lo que la segunda corrección es $(49/36)\big/(22/6)=49/132$, y la tercera aproximación es $z_3=z_2-49/132=193/132$. El tercer error es $f(z_3)=2401/17424$, en la que el numerador es ya $7^4$. Continuar todo el tiempo que desee.

Answer 3

Ahora, quiero decir algo más que el run-of-the-mill respuesta, si eso está bien con usted.

Hay un principio general que dice que un polinomio $F(T_1,\ldots,T_n)\in\mathbb{Z}[T_1,\ldots,T_n]$ tiene un cero en $\mathbb{Z}_p$ si y sólo si $F(T_1,\ldots,T_n)$ tiene un cero en $\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ todos los $n\geqslant 1$.

¿Cómo se aplica esto aquí? Tenga en cuenta que si $\alpha$ es una solución a $x^2=2$, luego

$$v_p(\alpha)=\frac{1}{2}v_p(\alpha^2)=\frac{1}{2}v_p(2)\geqslant 0$$

por lo que cualquier solución a $x^2=2$ $\mathbb{Q}_p$ debe de hecho se encuentran en $\mathbb{Z}_p$.

Así que, ¿cómo se hace para demostrar este principio? Para el mismo de la simplicidad, vamos a ponerle la para el caso univariante, así que estamos tratando con un polinomio $F(T)$. La dirección es trivial, ya que, como he señalado en su última pregunta:

$$\mathbb{Z}_p=\left\{(x_n)\in\prod_n\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}:\text{for all }n\leqslant m,\,\, x_n\equiv x_m\mod p^{n+1}\right\}$$

Así, se puede ver que

$$F((x_n))=(F(x_n))$$

y tan claramente cualquier solución a $F(x)=0$ $\mathbb{Z}_p$ engendra una solución a $F(x)\equiv 0 \mod p^n$ todos los $n\geqslant 1$.

Por el contrario, si usted comienza con una secuencia de soluciones de $(x_n)$ $\displaystyle \prod_n \mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ donde $F(x_n)\equiv 0 \mod p^{n+1}$, uno puede tomar esta secuencia y "construir" una solución de secuencia en $\mathbb{Z}_p$. Básicamente, el problema con nuestra secuencia original es que puede no ser consistente. Para solucionar este problema, tenga en cuenta que no existe una infinidad de $n$ para que todos los $x_n$ equivalen a lo mismo modulo $p^{1}$. Trate de tomar esta larga, y tomando nota de que no debe existir otra larga equivalente a lo mismo modulo $p^2$. Continuar de esta manera para crear una solución de secuencia que en realidad se encuentra en $\mathbb{Z}_p$.

Así que, ¿cómo esta todo factor de regreso a nuestro problema? Es decir, por encima de todo se solucionaría si el problema señalado

Mostrar que $x^2=2$ tiene una solución en $\mathbb{Q}_p$ $p\ne 2$ si y sólo si $x^2=2\mod p^n$ tiene una solución para todas las $n\geqslant 1$

Así que, ¿cómo podemos pasar de una solución modulo $p$ a una solución modulo poderes superiores de $p$? Este es exactamente el contenido de Hensel del Lema que dice que si $f(x)\equiv 0\mod p^r$ tiene una solución $\alpha$ que satisface $f'(r)\not\equiv 0\mod p^r$, entonces se puede "levantar" la solución de $\alpha$ $f(x)\equiv 0\mod p^r$a soluciones de $f(x)\equiv 0\mod p^s$$s\geqslant r$.

Poniendo todo esto junto nos da el problema.

Answer 4

Desea que el $p$-ádico infinita suma $x=x_0+x_1p+x_2p^2+\dots$ a satisfacer $x^2=2$. Que requerirá cada una de las finito de sumas parciales $S_n=x_0+x_1p+x_2p^2+\dots+x_np^n$ a satisfacer ${S_n}^2\equiv 2\pmod{p^{n+1}}$, debido a la omitido los términos de la serie infinita contribuirá sólo en términos divisible por $p^{n+1}$$x^2$. Sugiero elegir las $x_n$'s una después de la otra, de manera inductiva, de modo que, cuando estás tratando de elegir el $x_n$, ya sabéis $x_0,\dots,x_{n-1}$. El $y$ que te dan sirve como $x_0$ en el inicio de la inducción. La elección de $x_n$ cantidad, después de algunas manipulaciones, a la solución de congruencia modulo $p$ que (afortunadamente) resulta ser lineal en el desconocido $x_n$, con un coeficiente de $2y$, que es (afortunadamente) no $0$ modulo $p$.