p-adische Darstellung

Jeder kennt die Dezimalbruchdarstellung einer reellen Zahl. Solch eine Darstellung ist natürlich auch z.B. im Dual- oder Hexadezimal- oder in jedem entsprechenden Zahlensystem möglich. Es gilt nämlich:

Satz: Sei $p\in\mathbb N, p\geq 2$ beliebig, aber fest. Jede nichtnegative reelle Zahl $a$ lässt sich als $p$-adischer Bruch

(1)
\begin{align} a=a_0,a_1a_2a_3\ldots:=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k} \end{align}

mit $a_0\in\mathbb N_0$ und $a_k\in\{0,\ldots,p-1\}$ für alle $k\in\mathbb N$ darstellen. Jede Zahl besitzt höchstens zwei solcher Darstellungen und für eine solche Darstellung gilt $a_0=\lfloor a\rfloor$. Ein entsprechender Satz gilt für negative Zahlen mit $a_0\in\mathbb Z\setminus \mathbb N$ und $a_k\in\{-(p-1),\ldots,0\}$ für alle $k\in\mathbb N$, wobei dann jedenfalls eine Darstellung mit $a_0=\lceil a\rceil$ existiert.
Anstelle von $a=a_0,a_1a_2a_3\ldots$ schreibt man oft auch genauer

(2)
\begin{align} a=(a_0,a_1a_2a_3\ldots)_p \end{align}

Beweis

Existenzaussage

Wir beweisen zunächst, dass es eine solche Darstellung tatsächlich gibt. Es ist $0=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{0}{p^k}$ und falls eine der Zahlen $a_k$ größer als Null wäre, so auch der $p$-adische Bruch. Für Null ist diese Darstellung also eindeutig, insbesondere gibt es höchstens zwei.
Sei nun $a\in (0,1]$ beliebig. Wir teilen das Intervall $[0,1]$ in $p$ gleich lange Teile und betrachten die halboffenen Intervalle

(3)
\begin{align} \left(\frac{0}{p},\frac{1}{p}\right],\left(\frac{1}{p},\frac{2}{p}\right],\left(\frac{2}{p},\frac{3}{p}\right],\ldots,\left(\frac{p-1}{p},\frac{p}{p}\right]. \end{align}

$a$ liegt dann in genau einem der Intervalle, sodass also $a\in \left(\frac{a_1}{p},\frac{a_1+1}{p}\right]$ mit $a_1\in\{0,\ldots,p-1\}$ gilt. Auf dieses Intervall wende man das gleiche Verfahren an, d.h. man teile es in $p$ gleich lange Teilintervalle

(4)
\begin{align} \left(\frac{a_1}{p}+\frac{0}{p^2},\frac{a_1}{p}+\frac{1}{p^2}\right],\left(\frac{a_1}{p}+\frac{1}{p^2},\frac{a_1}{p}+\frac{2}{p^2}\right],\ldots,\left(\frac{a_1}{p}+\frac{p-1}{p^2},\frac{a_1}{p}+\frac{p}{p^2}\right]. \end{align}

und wähle das aus, in dem $a$ liegt. Es gibt dann ein $a_2\in\{0,\ldots, p-1\}$ mit

(5)
\begin{align} a\in \left(\frac{a_1}{p}+\frac{a_2}{p^2},\frac{a_1}{p}+\frac{a_2+1}{p^2}\right]. \end{align}

Man erhält ein Folge von Intervallen:

(6)
\begin{align} I_n=\left(\frac{a_1}{p}+\ldots+\frac{a_n}{p^n},\frac{a_1}{p}+\ldots+\frac{a_n+1}{p^n}\right] \end{align}

mit $a\in I_n$ für alle $n\in\mathbb N$.
Wegen $|I_n|=\frac{1}{p^n}$ und da die Folge der linken Intervallpunkte monoton steigt, die Folge der rechten monoton fällt, ist dies eine Intervallschachtelung, die genau einen Punkt erfasst. Dies muss dann aber $a$ sein. Es gilt somit

(7)
\begin{align} a=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}. \end{align}

Somit haben für jedes $a\in (0,1]$ eine solche Darstellung.
Für jedes $a\in\mathbb R,a\geq 0$ gibt es nun eine Zahl $a_0\in\mathbb N_0$ mit $a_0\leq a< a_0+1$, nämlich $a_0=\lfloor a\rfloor$. Dann ist $a-a_0\in [0,1)$ und man kann diese Zahl in einen $p$-adischen Bruch entwickeln:

(8)
\begin{align} a-a_0=\sum_{k=1}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}. \end{align}

Damit ist dann aber

(9)
\begin{align} a=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}, \end{align}

und zwar mit $a_0=\lfloor a\rfloor$.
Für negative reelle Zahlen $a$ entwickle man $-a$ in einen $p$-adischen Bruch und erhält dann die Aussage wie angegeben. $\Box$

'Eindeutigkeitsaussage'

Die zweite Aussage des Satzes ist, dass jede reelle Zahl höchstens zwei solche Darstellungen besitzt.
Wir wissen, dass jedes $a>0$ jedenfalls eine Darstellung

(10)
\begin{align} a=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k} \end{align}

durch einen $p$-adischen Bruch besitzt.
Jetzt nehmen wir an, $a$ hätte noch eine zweite $p$-adische Darstellung

(11)
\begin{align} a=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}. \end{align}

Dann ist mindestens ein $b_k\neq 0$, denn sonst wäre ja $a=0$.
Wir definieren $m:=\min\{k\in\mathbb N\ |\ a_k\neq b_k\}$. Sei

(12)
\begin{align} c:=\sum_{k=0}^{m-1}~\frac{a_k}{p^k}=\sum_{k=0}^{m-1}~\frac{b_k}{p^k}. \end{align}

Dann gilt:

(13)
\begin{align} &a=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=\sum_{k=0}^{m-1}~\frac{a_k}{p^k}+\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=c+\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}\cr &a=\sum_{k=0}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=\sum_{k=0}^{m-1}~\frac{b_k}{p^k}+\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=c+\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k},\cr \end{align}

also

(14)
\begin{align} &\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=a-c\cr &\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=a-c.\cr \end{align}

1. Fall: Zu jedem $n\in\mathbb N$ gibt es $r,s \in\mathbb N$ mit $r,s>n$ und $a_r>0, a_s<p-1$.
Dann gibt es insbesondere zu $n=m$ solche $r,s>m$.
Nun kommt eine weitere Fallunterscheidung:

(I) $a_m<b_m$.
Dann gilt $a_m+1\leq b_m$ und wegen $a_s<p-1$ folgt daraus:

(15)
\begin{align} &a-c=\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}\leq \frac{a_m}{p^m}+\frac{a_s}{p^s}+\sum_{\substack{k=m+1\\k\neq s}}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}<\frac{a_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^s}+\sum_{\substack{k=m+1\\k\neq s}}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}\cr &=\frac{a_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}=\frac{a_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{1}{p^k}=\frac{a_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{p}}\cr &=\frac{a_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot \frac{1}{\frac{p-1}{p}}=\frac{a_m}{p^m}+\frac{1}{p^m}=\frac{a_m+1}{p^m}\leq \frac{b_m}{p^m}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=a-c,\cr \end{align}

also $a-c<a-c$, Widerspruch!

(II) $a_m>b_m$.
Dann gilt $a_m\geq b_m+1$ und wegen $a_r>0$ folgt auch in diesem Fall:

(16)
\begin{align} &a-c=\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}\leq \frac{b_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k} =\frac{b_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot \sum_{k=0}^{\infty}~\frac{1}{p^k}=\frac{b_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{p}}\cr &=\frac{b_m}{p^m}+\frac{1}{p^m}=\frac{b_m+1}{p^m}\leq \frac{a_m}{p^m}<\frac{a_m}{p^m}+\frac{a_r}{p^r}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=a-c,\cr \end{align}

also $a-c<a-c$, Widerspruch!

Wir fassen zusammen: Wenn es zu jedem $n\in\mathbb N$ zwei natürliche Zahlen $r,s>n$ mit $a_r>0, a_s<p-1$ gibt, so führt die Annahme, dass $a$ eine zweite Darstellung besitzt zu einem Widerspruch. In diesem Fall ist also $a$ eindeutig durch genau einen $p$-adischen Bruch darstellbar!

2. Fall: Angenommen, es gäbe ein $n\in\mathbb N$, sodass für alle $s>n$ gilt: $a_s=0$. Sei

(17)
\begin{align} n_0:=\min\{n\in\mathbb N\ |\ a_s=0\ \forall s>n\}. \end{align}

Dann gilt $a_{n_0}>0$ und $a_s=0$ für alle $s>n_0$.
Wiederum folgt eine weitere Fallunterscheidung:

(I) $m<n_0$. Dann gibt es $r,s>m$, z.B. $r=n_0,s=n_0+1$, sodass $a_r>0, a_s<p-1$ und man schließe wie im "1. Fall", dass es keine weitere Darstellung von $a$ geben kann.

(II) $m>n_0$. Dann ist $a_m=0$ und somit muss $b_m>0$ sein und es folgt:

(18)
\begin{align} a-c=0<\frac{b_m}{p^m}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=a-c, \end{align}

Widerspruch!

(III) $m=n_0$. Wäre $b_m>a_m$, so erhielte man

(19)
\begin{align} a-c=\frac{a_m}{p^m}<\frac{b_m}{p^m}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=a-c. \end{align}

Also muss $b_m<a_m$, also $b_m+1\leq a_m$ sein und wir finden die Abschätzung

(20)
\begin{align} &a-c=\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=\frac{b_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}\leq \frac{b_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}=\frac{b_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{p}}\cr &=\frac{b_m}{p^m}+\frac{1}{p^m}=\frac{b_m+1}{p^m}\leq \frac{a_m}{p^m}=a-c.\cr \end{align}

Dies kann nur dann gelten, wenn anstelle der Kleiner-Gleich-Zeichen überall Gleichheitszeichen stehen. Und dies ist für die Kleiner-Gleich-Zeichen der Reihe nach genau dann der Fall, wenn

(21)
\begin{align} &b_s=p-1\quad \forall s>m\cr &b_m+1=a_m.\cr \end{align}

Im "2. Fall" gibt es also eine zweite Darstellung, diese ist aber sogar eindeutig, d.h. jede andere Darstellung ist ihr gleich. Somit gibt es in diesem Fall höchstens zwei Darstellung.

3. Fall: Angenommen, es gäbe ein $n\in\mathbb N$, sodass für alle $r>n$ gilt: $a_r=p-1$. Sei

(22)
\begin{align} n_0:=\min\{n\in\mathbb N\ |\ a_r=p-1\ \forall r>n\}. \end{align}

Dann gilt $a_{n_0}<p-1$ und $a_r=p-1$ für alle $r>n_0$.
Wiederum folgt eine weitere Fallunterscheidung:

(I) $m<n_0$. Dann gibt es $r,s>m$, z.B. $r=n_0+1,s=n_0$, sodass $a_r>0, a_s<p-1$ und man schließe wie im "1. Fall", dass es keine weitere Darstellung von $a$ geben kann.

(II) $m>n_0$. Dann ist $a_m=p-1$ und somit muss $b_m<p-1$ sein und es folgt:

(23)
\begin{align} a-c=\frac{b_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}<\frac{p-1}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}=\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=a-c, \end{align}

Widerspruch!

(III) $m=n_0$. Wäre $b_m<a_m$, so erhielte man

(24)
\begin{align} a-c=\frac{b_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}<\frac{a_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}\leq \frac{a_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}=a-c. \end{align}

Also muss $b_m>a_m$, also $a_m+1\leq b_m$ sein und wir finden die Abschätzung

(25)
\begin{align} &a-c=\sum_{k=m}^{\infty}~\frac{a_k}{p^k}=\frac{a_m}{p^m}+\sum_{k=m+1}^{\infty}~\frac{p-1}{p^k}=\frac{a_m}{p^m}+\frac{p-1}{p^{m+1}}\cdot \frac{1}{1-\frac{1}{p}}\cr &=\frac{a_m}{p^m}+\frac{1}{p^m}=\frac{a_m+1}{p^m}\leq\frac{b_m}{p^m}\leq \sum_{k=m}^{\infty}~\frac{b_k}{p^k}=a-c.\cr \end{align}

Dies kann nur dann gelten, wenn anstelle der Kleiner-Gleich-Zeichen überall Gleichheitszeichen stehen. Und dies ist für die Kleiner-Gleich-Zeichen der Reihe nach genau dann der Fall, wenn

(26)
\begin{align} &b_r=0\quad \forall r>m\cr &b_m=a_m+1.\cr \end{align}

Im "3. Fall" gibt es also ebenfalls eine zweite Darstellung, auch diese ist eindeutig, d.h. jede andere Darstellung ist ihr gleich. Somit gibt es auch in diesem Fall höchstens zwei Darstellung.

Die zweite Darstellung im "2. Fall" ist natürlich gleich der gegebenen "ersten" Darstellung im "3. Fall" und umgekehrt. Eine Zahl besitzt also genau dann zwei Darstellung, wenn es eine Darstellung gibt, in der ab einer Stelle nur noch $p-1$-en bzw. Nullen auftreten. Dem Beweis entnehmen wir noch, dass in der anderen Darstellung dann ab ebendieser Stelle nur noch Nullen bzw. $p-1$-en auftreten. Und außerdem gilt: Steht vor den Nullen die Ziffer $a\in \{1,\ldots,p-1\}$, so steht vor den $p-1$-en die Ziffer $a-1\in\{0,\ldots,p-2\}$ und umgekehrt. $\Box$

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