При каких p число является целым p-адическим?

[Анти]

Можно ли по виду числа явно указать все такие простые p, при которых это число будет p-адическим? Или можно только сказать для конкретно выбранного p?
То есть, например, можно ли указать, для каких p число \sqrt{20} является p-адическим? Или возможен лишь ответ: для p=2 - да, для p=3 - нет и т.д.?

[MMyaf]

Цитата:

можно ли указать, для каких p число $\sqrt{20}$ является p-адическим

Число $\sqrt{20}$ не есть р - адическое число.Это число из вещественного поля. р - адические числа живут на тех же правах что и вещественные.Математик Остроградский в свое время показал, что для расширения рациональных чисел,существует два пути, один из которых приводит к вещественным числам, а второй к р - адическим. По этому нельзя ставить вопрос при каких р вещественное число является р - адическим, а при каких нет.

[Руст]

По видимому речь идёт оцелых p -адических числах (а не об их алгебраических расширениях)Число $\sqrt{20}$ будет целым p-адическим тогда и только тогда, когда символ лежандра $(\frac{20}{p})=1$.

[Анти]

Да, с корнем из 20, вроде, так и будет. Но ведь в символах Лежандра требуется взаимная простота. А почему бы не взять, например, p=2? Будет ноль, конечно, но почему такой вариант нужно отбрасывать?
Символы Лежандра тут помогают, потому что решаем x^2 = 20 (mod p) (если отбросить нулевое решение). А как быть, если брать, например, тот же 1/\sqrt{20}?
Ведь при этом будет 20 x^2 = 1 (mod p), а это уже в определение символов Лежандра не особо вписывается.
Или просто достаточно сказать, чтоб была разрешимость сравнения по модулю p?

[Руст]

р=2 не годится, так как 20=2*2*5 и 5 не является квадратом (для этого нужно, чтобы нечётное число было равно 1(mod 8)). p=5 так же не годится. Соответственно воспользовавшись квадратичной взаимностью получаем, что простое число $p=\pm 1(mod \ 10)$.

[Анти]

А как это p= \pm 1 (mod10) будут оба простыми? Или имеется в виду, что простые и такого вида?

Почему нельзя включать и вырожденный случай, который будет при p=2, 5? Ведь решения для x^2 = 0 (mod2) или для x^2 = 0 (mod5) будут (хотя и нулевые).

[Анти]

Помогите, пожалуйста, разобраться со следующей задачей:

При каких целых a уравнение $x^3 = a$ имеет решение в кольце целых 7-адических чисел.

Что делаю я.

Беру $p(x) = x^3 - a \equiv 0 (mod 7^n)$. Рассматриваю $p(x)$ и $p'(x)=3x^2$ (чтобы использовать лемму Гензеля, где нужно).

Расписываю возведение вычетов по модулю 7 в куб: $0^3 = 0, 1^3 = 1, 2^3 = 1, 3^3 = 6, $, $4^3 = 1, 5^3 = 6, 6^3 = 6$.

Делаю вывод, что a может быть 0, 1 или 6 по модулю 7. Лемма Гензеля распространяется на ненулевой случай, то есть следующие a подходят: $a = 1(mod 7), a = 6(mod 7)$.

Нулевой случай, по сути, сводится к решению в кольце целых 7-адических чисел следующего выражения:

$x^3 = 7^k\cdot b, k\geq 1, b\in \mathbb{Z}, b\neq 0(mod 7)$.

При каких k и b будет решение? Что-то подсказывает, что k должно быть вида 3d, а $b=\pm 1 (mod 7)$, но с доказательством (или другим решением) проблемы. Какими теоретическими фактами и критериями можно пользоваться и каков всё-таки будет правильный ответ?

[Руст]

Всё правильно. Пусть $v_7(x)\in Z$, тогда $v_7(a)=3v_a(x)$.

[Анти]

Можно подробнее, пожалуйста (и обозначения не совсем понимаю).

[Руст]

Для простого числа p через $v_p(x)$ обозначают максимальную степень простого числа p, делящего х. Эта функция ведёт себя примерно как логарифм - произведения переводит в сумму. Соответственно $v_p(x^3)=3v_p(x)$.

[Анти]

Как я понимаю, это распространяется на степень семёрки k, что она делится на 3.
(это более или менее понятно, даже доказали, но сложным способом).
В принципе, доказали, что коэффициент b не может равняться ничему другому, кроме \pm 1(mod 7). А вот как строго доказать, что для \pm 1(mod 7) верно?

[Руст]

Выбираете один из трёх возможных вычетов и далее по лемме Гензеля доводите до решения в 7-адических числах.

[Анти]

Так и делали, но высчитав $a_0, a_1, a_2$, остановились (не до бесконечности же считать). Где гарантия, что в данном случае на каком-нибудь шаге коэффициент $a_n$ вычислится?

[Руст]

Ознакомьтесь с доказательством леммы Гензеля. Коэффициент перед $a_n$ не делится на р и находится из линейного уравнения.

[Анти]

Большое спасибо!
Точно так и есть!
Оказывается, решение было так рядом