p 進付値と p 進収束

有理数の $p$ 進付値 $v_{p}$ と $p$ 進絶対値 $∣ x ∣_{p} = p^{- v_{p} (x)}$ を求め、 $Z_{p}$ の元を $p$ 進展開 $\sum a_{i} p^{i}$ （ $0 \leq a_{i} < p$ ）で表せる（例: $- 1 = \sum (p - 1) p^{i}$ 、 $\frac{1}{1 - p} = \sum p^{i}$ ）。 $Q_{p}$ の級数 $\sum a_{n}$ が $v_{p} (a_{n}) \to \infty$ のとき収束することを使い、 $v_{p} (n!) \to \infty$ と部分和の差の形への変形から和を求められる（例: すべての $p$ で $\sum_{n \geq 1} n \cdot n! = lim ((N + 1)! - 1) = - 1$ ）

前提

階乗に含まれる素因数の個数（数学A 整数の性質）
n 進法（数学A 整数の性質）
無限等比級数と無限級数（数学III 極限）

この技能までの道筋（17 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

倍数の個数（算数整数の性質）
約数の見つけ方（算数整数の性質）
素因数分解と約数の個数（算数整数の性質）
階乗に含まれる素因数の個数（数学A 整数の性質）
分数のたし算・ひき算（算数計算と数のきまり）
小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
正負の数の乗除・累乗と四則混合（中学数学数と式）
n 進法（数学A 整数の性質）
等間隔にならんだ数の和（算数計算と数のきまり）
分配法則を使った計算のくふう（算数計算と数のきまり）
文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
等差・等比数列の和と Σ （数学B 数列）
数列の極限（数学III 極限）
無限等比級数と無限級数（数学III 極限）

説明

素数 $p$ を 1 つ固定し、「 $p$ で何回割り切れるか」で有理数の大きさを測る $p$ 進付値 $v_{p}$ と $p$ 進絶対値 $∣ x ∣_{p} = p^{- v_{p} (x)}$ を扱います。この大きさでは $p$ の高いべきほど「小さい」ので、 $1 + p + p^{2} + \dots$ や $\sum n \cdot n!$ のように実数では発散する級数が収束し、有理数の値をもつことがあります。 $p$ 進数体 $Q_{p}$ での計算、 $p$ 進展開による $Z_{p}$ の元の表示、 $p$ 進級数の和の計算の基本になります。

なぜそうしてよいのか

$0$ でない有理数 $x$ は $x = p^{k} \cdot \frac{a}{b}$ （ $a, b$ は $p$ で割り切れない整数）とただ一通りに書けます。この $k$ を $v_{p} (x)$ 、 $∣ x ∣_{p} = p^{- k}$ と定め、 $v_{p} (0) = \infty$ , $∣0 ∣_{p} = 0$ とします。素因数分解の一意性から $v_{p} (x y) = v_{p} (x) + v_{p} (y)$ で、さらに $x = p^{k} \frac{a}{b}, y = p^{l} \frac{c}{d} (k \leq l)$ とすると $x + y = p^{k} \frac{a d + p ^{l - k} b c}{b d}$ で分母は $p$ で割れないので $v_{p} (x + y) \geq min (v_{p} (x), v_{p} (y))$ 、つまり $∣ x + y ∣_{p} \leq max (∣ x ∣_{p}, ∣ y ∣_{p})$ が成り立ちます（強三角不等式）。この絶対値で「 $∣ x_{n} - x_{m} ∣_{p} \to 0$ となる数列は必ず収束する」ように $Q$ を広げたものが $p$ 進数体 $Q_{p}$ で、 $∣ x ∣_{p} \leq 1$ となる元の全体が $Z_{p}$ です。 $Q_{p}$ で $x_{n} \to x$ とは $∣ x_{n} - x ∣_{p} \to 0$ 、すなわち $v_{p} (x_{n} - x) \to \infty$ のことです。

級数 $\sum a_{n}$ の部分和を $S_{N}$ とすると、強三角不等式をくり返し使って $∣ S_{M} - S_{N} ∣_{p} = ∣ a_{N + 1} + \dots + a_{M} ∣_{p} \leq max_{N < n \leq M} ∣ a_{n} ∣_{p}$ です。したがって $v_{p} (a_{n}) \to \infty$ でありさえすれば部分和は互いにいくらでも近づき、級数は $Q_{p}$ で収束します（実数のときと違い、項が $0$ に近づくだけで十分です）。例えば $a_{n} = p^{n}$ なら $v_{p} (a_{n}) = n \to \infty$ で、部分和 $\frac{1 - p ^{N + 1}}{1 - p}$ と $\frac{1}{1 - p}$ の差は $\frac{p ^{N + 1}}{1 - p}$ 、その付値は $N + 1 \to \infty$ なので $\sum p^{n} = \frac{1}{1 - p}$ 。同じく $\sum (p - 1) p^{n} = (p - 1) \cdot \frac{1}{1 - p} = - 1$ です。

$Z_{p}$ の元 $x$ は、 $x \equiv a_{0} (mod p)$ となる $0 \leq a_{0} < p$ をとり、 $(x - a_{0}) / p$ について同じことをくり返すと $x = \sum_{i \geq 0} a_{i} p^{i} (0 \leq a_{i} < p)$ と表せます（ $p$ 進展開。 $n$ 進法の桁を右へ無限に続けたもの）。階乗については、 $v_{p} (n!) = [\frac{n}{p}] + [\frac{n}{p ^{2}}] + \dots \geq [\frac{n}{p}]$ なので $v_{p} (n!) \to \infty$ です。そこで $n!$ を含む級数は、項を $F (n + 1) - F (n)$ の差の形に直せば部分和が $F (N + 1) - F (0)$ となり、 $F (N + 1)$ が $(N + 1)!$ の倍数なら $p$ 進的に $0$ に近づいて和が求まります。

手順

$v_{p}$ を求める: $x = p^{k} \cdot \frac{a}{b}$ （ $p ∤ a, p ∤ b$ ）と書いて $v_{p} (x) = k$ , $∣ x ∣_{p} = p^{- k}$
級数 $\sum a_{n}$ が収束するか確かめる: $v_{p} (a_{n}) \to \infty$ （ $∣ a_{n} ∣_{p} \to 0$ ）なら $Q_{p}$ で収束する。 $n!$ の因子があれば $v_{p} (n!) \geq [\frac{n}{p}]$ を使う
部分和を求めやすい形にする: 等比級数なら $S_{N} = \frac{a ( 1 - r ^{N + 1} )}{1 - r}$ 、階乗を含むなら $a_{n} = F (n + 1) - F (n)$ となる $F$ を探して $S_{N} = F (N + 1) - F (0)$
部分和の極限をとる: $v_{p} (r^{N + 1}) \to \infty$ や $v_{p} (F (N + 1)) \geq v_{p} ((N + 1)!) \to \infty$ から、その部分は $p$ 進的に $0$ に収束するとして和を得る
必要なら和を $p$ 進展開する: $x \equiv a_{0} (mod p)$ で $a_{0}$ を決め、 $\frac{x - a _{0}}{p}$ に同じことをくり返す

例題

素数 $p = 7$ とする。 $Q_{7}$ における級数 $n = 0 \sum \infty n! (n^{2} + 3 n + 1)$ の和を求めよ（ $0! = 1$ とする）。

例題の解答

【手順 2】 $n \geq 7$ では $v_{7} (n!) \geq [\frac{n}{7}]$ で、 $n^{2} + 3 n + 1$ は整数なので $v_{7} (n! (n^{2} + 3 n + 1)) \geq [\frac{n}{7}] \to \infty$ （項が $0$ になることはない: $n^{2} + 3 n + 1 > 0$ ）。よって級数は $Q_{7}$ で収束する。

【手順 3】 $F (n) = (n + 2) n!$ とおくと
$F (n + 1) - F (n) = (n + 3) (n + 1) n! - (n + 2) n! = n! {(n^{2} + 4 n + 3) - (n + 2)} = n! (n^{2} + 3 n + 1) .$
よって部分和は $S_{N} = \sum_{n = 0}^{N} {F (n + 1) - F (n)} = F (N + 1) - F (0) = (N + 3) (N + 1)! - 2$ 。（確認: $S_{0} = 1 = 3 \cdot 1 - 2$ , $S_{1} = 1 + 5 = 6 = 4 \cdot 2 - 2$ 。）

【手順 4】 $v_{7} ((N + 3) (N + 1)!) \geq v_{7} ((N + 1)!) \to \infty$ なので $(N + 3) (N + 1)! \to 0$ （ $Q_{7}$ で）。したがって
$n = 0 \sum \infty n! (n^{2} + 3 n + 1) = N \to \infty lim {(N + 3) (N + 1)! - 2} = - 2.$
（参考: 【手順 5】で展開すると $- 2 = 5 + \sum_{i \geq 1} 6 \cdot 7^{i}$ 。）

答え: $- 2$

よくある誤り

$∣ x ∣_{p}$ の向きを逆にして $∣ p ∣_{p} = p$ としてしまう誤り。正しくは $v_{p} (p) = 1$ なので $∣ p ∣_{p} = p^{- 1}$ で、 $p$ で多く割れるほど小さい。例えば $∣ \frac{1}{50} ∣_{5} = 5^{- (- 2)} = 25$ , $∣50 ∣_{5} = \frac{1}{25}$ 。
実数の感覚で $\sum_{n \geq 0} p^{n}$ は発散するとしてしまう誤り。 $Q_{p}$ では $v_{p} (p^{n}) = n \to \infty$ なので収束し、 $\sum_{n \geq 0} p^{n} = \frac{1}{1 - p}$ （例: $Q_{3}$ で $1 + 3 + 9 + \dots = - \frac{1}{2}$ ）。逆に $\sum p^{- n}$ は $v_{p} (p^{- n}) = - n \to - \infty$ なので $Q_{p}$ では収束しない。
負の数の $p$ 進展開に負の桁を使ってしまう誤り。桁は $0 \leq a_{i} < p$ でなければならず、例えば $- 1$ は $Z_{5}$ で $- 1 = 4 + 4 \cdot 5 + 4 \cdot 5^{2} + \dots = \sum_{i \geq 0} 4 \cdot 5^{i}$ （ $\sum 4 \cdot 5^{i} = 4 \cdot \frac{1}{1 - 5} = - 1$ ）。
部分和の残りの項 $(N + 1)!$ などを「大きくなるので無視できない」として和が存在しないとする誤り、あるいは逆に $v_{p}$ を確かめずに極限を $0$ とする誤り。正しくは $v_{p} ((N + 1)!) = [\frac{N + 1}{p}] + [\frac{N + 1}{p ^{2}}] + \dots \to \infty$ を根拠に $(N + 1)! \to 0$ （ $Q_{p}$ で）とする。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$5$ 進数体 $Q_{5}$ において、級数
$n = 0 \sum \infty 2 \cdot 5^{n} = 2 + 2 \cdot 5 + 2 \cdot 5^{2} + 2 \cdot 5^{3} + \dots$
は $5$ 進絶対値 $∣ x ∣_{5} = 5^{- v_{5} (x)}$ に関して収束する。その和は有理数である。この和を求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

ヘンゼルの補題と p 進数での根（大学院数学代数的整数論）