3-adische Analysis - Mathematik, Uni

Ein wenig 3-adische Analysis
Vorbemerkungen
Sind a , b∈ℤ , so heißt a Teiler von b , wenn es ein c∈ℤ gibt mit ac=b .
Ist a Teiler von b , so schreibt man auch a∣b . Ist dagegen a kein Teiler von b , so schreibt man
a ∤b . Offenbar sind 1 und -1 Teiler jeder Zahl in ℤ . Ebenso gilt: Ist a∣b , so folgt
∣a∣∣b∣ .
Ist a∈ℤ , a≠0 , so gibt es ein eindeutig bestimmtes ∈ℕ0 , so daß 3∣a , während

1
3 ∤a . Um dies zu beweisen, betrachtet man zunächst die Menge M := {∈ℕ0 ∣ 3 ∣a } .
Diese Menge ist sicher nicht leer, denn es ist ja 0∈M . Sie ist aber auch nach oben beschränkt,
denn man zeigt nämlich leicht durch Induktion daß 3nn . Wählt man dann n=∣a∣ , so ergibt
sich 3∣a∣∣a∣ , daher kann 3∣a∣ und damit auch jede höhere Dreierpotenz kein Teiler von a sein.
Weil also M nach oben beschränkt ist, existiert  := max M . Damit gilt automatisch 3∣a und
31 ∤a .
Gäbe es ein ℕ0 ∋≠ mit 3∣a , 31 ∤a , so führen die Annahmen  und  sofort
zum Widerspruch, und somit ist  eindeutig bestimmt.
Das demnach zu a∈ℤ , a≠0 eindeutig bestimmte Element ∈ℕ0 mit 3∣a und 31 ∤a
bezeichnen wir mit v p a . Dies ist übrigens genau der Exponent von 3 in der eindeutigen
Primfaktorzerlegung von a , deren Kenntnis wir aber hier nicht voraussetzen.
−v a
Für a ∈ℤ , a≠0 wird definiert: ∣a∣3 := 3
, außerdem ∣0∣3 :=0 .
Man weist leicht nach (vgl. Aufgabenblatt 7), daß für beliebige Elemente a , b∈ℤ gilt:
3
∣a∣3 0
∣a∣3 =0 gdw. a=0
∣ab∣3 =∣a∣3∣b∣3
∣ab∣3max {∣a∣3 ,∣b∣3 }∣a∣3∣b∣3

−
3 ∣a ⇒ ∣a∣33
,
 3∣a∧31 ∤a 
⇔ ∣a∣3=3−
Der Beweis der Ungleichung ∣ab∣3max {∣a∣3 ,∣b∣3 } werde hier noch einmal wiederholt:
Es seien a , b∈ℤ beide von Null verschieden, a=3v  a ' , b=3v  b ' . Ist oBdA
v 3 a v 3 b , so folgt ab=3v a  a ' 3v b−v a b '  . Damit ist jedenfalls
−v a
∣ab∣33
=∣a∣3max {∣a∣3 ,∣b∣3 } , dies schließt auch den Fall ab=0 ein.
In den Fällen a=0 oder b=0 erhält man trivialerweise die gewünschte Ungleichung.
3
3
3
3
3
3
Es ist jetzt einfach zu zeigen (vgl. Aufgabenblatt 7), daß durch d a , b:= ∣a−b∣3 eine Metrik auf
ℤ gegeben ist. Man sieht auch, daß für eine Zahl a ∈ℤ , a≠0 , deren Darstellung im 3erSystem mit genau k Nullen endet, ∣a∣3=3−k gilt. Daraus folgt sofort: besitzen zwei Zahlen
gleichen Vorzeichens eine Darstellung im 3er-System, die genau in den letzten k Ziffern
übereinstimmt, so ist ihr Abstand gleich 3−k .
Alle Konvergenzdiskussionen im Folgenden beziehen sich auf die obige Metrik.
Zur „freiwilligen Sonderaufgabe“ von Aufgabenblatt 8:
Bei einer Cauchyfolge a n n∈ℕ in ℕ⊂ℤ , für die lim 5 a n =1 gilt, muß für große n der Betrag
n∞
∣5 a n −1∣3 klein werden, d.h. die Zahl 5 a n −1 muß durch eine große Dreierpotenz teilbar sein.
Dies ist insbesondere der Fall, wenn 5 a n −1=3k schon eine Dreierpotenz ist. In diesem Fall
müßte 3k 1 durch 5 teilbar sein. Man bilde also Dreierpotenzen und hat gleich, daß 321=10
durch 5 teilbar ist. Weil 34=81 bei Division durch 10 Rest 1 läßt, gilt dasselbe auch für 81 k ,
und daher ist b k =9⋅81 k 1 durch 10 und damit durch 5 teilbar, d.h. b k =34 k21=5⋅a k .
Weil demnach 34 k 2∣b k −1 , folgt ∣b k −1∣3=∣9⋅81k∣3=3−4 k 2 und daher lim b k =1 , d.h. die
Folge b n  ist konvergent mit Grenzwert 1.
k ∞
l
k
4 k 2
34l−k −1 . Daraus folgt
Für k l gilt: 5⋅a l −a k =bl −b k =9⋅81 −9⋅81 =3
4 k 2
3
∣  5⋅a l −a k  . Wenn eine Dreierpotenz aber ein Produkt teilt, wobei der erste Faktor nicht
4 k 2
∣ a l −a k  , also
durch drei teilbar ist, muß sie den zweiten Faktor teilen1, also 3
−4 k −2
∣a l −a k∣33
, woraus sofort folgt, daß die Folge a n  Cauchyfolge ist.
Wir benutzen im Folgenden Zahldarstellungen im 3er-System, die wir durch einen angehängten
Index kennzeichnen. Z.B.
b5=10000000000000000000001 3 , b6=100000000000000000000000001 3
a 5=121012101210121012102 3 , a 6=1210121012101210121012102 3 , wie man sich unter
Nutzung des Unix-Programms bc leicht überzeugt, und es ist ganz interessant die Multiplikation
5⋅a k im Dreiersystem, also z.B.
123⋅12101210121012101210121023=1000000000000000000000000013
per Hand durchzuführen.
Nun zum nächsten Aufgabenteil:
Wie konstruiert man nun eine Cauchyfolge in ℕ bzgl. der durch den „3-Betrag“ ∣ ∣3 gegebenen
Metrik, so daß die Quadrate der Folgenglieder den Grenzwert 7 besitzen?
Offenbar muß man Zahlen a n finden, so daß a 2n −7 von großen Dreierpotenzen geteilt wird,
denn dann ist ∣a 2n−7∣3 klein. Gleichzeitig müssen die Differenzen a k −a l mit wachsenden
Indizes k,l selbst durch große Dreierpotenzen teilbar sein. Genau dann bildet die Folge a n 
nämlich eine Cauchyfolge. Dies heißt bezüglich der Darstellung der Zahlen a n im 3er-System,
daß mit wachsendem n immer mehr Stellen unverändert bleiben.
Betrachten wir z.B. die Gleichung 4 2=97 . Wir beginnen hier mit a 2=4 und haben
2
−2
2
4
2
−4
∣a 2 −7∣3=3 . Setzen wir jetzt a 3=13 und beobachten, daß a 3 −7=2⋅3 d.h. ∣a 3 −7∣3=3
während a 3−a 2=32 , also ∣a 3 −a 2∣3=3−2 . Im 3er-System dargestellt sieht die Situation so aus:
a 2=11 a 22=221
a 3=111 a 32=20021 .
Aus Gründen, die man später sehen wird, setzen wir auch a 4 :=13 und a 5 :=175 , und haben
damit im Dreiersystem
1 Hier wird erstmals benötigt, daß 3 eine Primzahl ist!
a 4=0111 a 24=20021 , 20021≈21 mit einer „Genauigkeit“ von 4 Stellen
a 5=20111 a 52=1120000021 1120000021≈21 mit einer „Genauigkeit von 7 Stellen.
Man sieht jetzt das Prinzip:
Um von a n nach a n1 zu gelangen, müssen wir im Dreiersystem eine Stelle links so anfügen,
daß bei a 2n mindestens eine weitere Null vor der 21 entsteht. Falls das nicht gelingt, fügen wir
eine Null an und machen bei der nächsten Stelle weiter.
Im Dreiersystem müssen wir ja nur mit den Ziffern 0,1,2 arbeiten, so daß das Probieren nicht
schwer fällt. Dies soll jetzt noch ein paar Schritte durchgeführt werden, bevor diskutiert wird, wieso
man bei diesem Vorgehen nicht stecken bleibt.
a 7=a 6 =a 5 , d.h. es wurden jeweils Nullen angefügt
a 8=20020111
a 82=1102221100000021
a 9=120020111 a 92 =22121021000000021
2
a 10 =1120020111 a 10
=2110002020000000021
Natürlich wird man kein Muster in der Ziffernfolge der a n erwarten.
Warum nun funktioniert die oben beschriebene Rekursion?
Dazu fangen wir ganz von vorn an:
Rekursionsanfang:
a 1 :=1 ; es ist 31∣a 12−7 , also ∣a 12−7∣33−1 .
Rekursionsschritt:
a n sei bereits konstruiert mit 3∤a n , sowie 3n∣a 2n−7 , also ∣a 2n −7∣33−n .
Zur Konstruktion von a n1 soll nun bzgl. der 3er-System-Darstellung an a n links eine weitere
Ziffer, nämlich  n1 angehängt werden, das heißt a n1=a n n1 3n . Damit gilt übrigens
unmittelbar auch 3∤a n1 .
n1
n 2
Wir benötigen 3 ∣ a n n1 3  −7  .
Nun könnte es ja zufällig sein, daß nicht nur 3n∣a 2n −7 , sondern sogar 3n1∣a 2n −7 gilt.
In diesem Fall setzen wir einfach  n1 := 0 .
Wenn dagegen 3n1 ∤a 2n−7 , wenn also ∣a 2n −7∣3=3−n , so rechnen wir zunächst
2
a n  n1 3n 2−7= 2n−72 a n  n1 3n 3n  .
 n1 muß so bestimmt werden, daß dieser Ausdruck durch 3n1 teilbar wird.
Wir wissen, daß  2n −7 durch 3n , aber nicht durch 3n1 teilbar ist. Wenn wir a n1 gleich 1
oder 2, jedenfalls nicht gleich 0 wählen, dann ist 2 a n  n1 nicht durch 3 teilbar. Der Summand
2
 3n  ist jedenfalls durch 3n1 teilbar. Wir wählen nun endgültig n1 so, daß
 2n−7
3n
2 a n  n1 durch 3 teilbar ist.
Ist nämlich  2n −7=3 xr und 2 a n =3 ys mit 1r , s2 , so setzt man für
r=1, s=1: a n1 := 2 , r=1, s=2 : a n1 := 1 , r=, s=1: a n1 := 1 , r=2, s=2: a n1 := 2 .
Dadurch ist  n1 auch eindeutig bestimmt2.
2
Jedenfalls ist jetzt a n n1 3n 2−7= 2n −72 a n  n1 3n 3n  durch 3n1 teilbar, und damit
der Rekursionsschritt durchgeführt.
Das Konstruktionsprinzip „Anhängen einer Ziffer“ beim Übergang von einem Folgenglied zum
nächsten macht a n n∈ℕ notwendig zu einer Cauchyfolge: es gilt ja für mn : ∣a m −a n∣33−n .
Letzter Aufgabenteil:
Zum Schluß bleibt noch zu untersuchen, warum man keine Cauchyfolge finden kann, bei der die
Quadrate der Folgenglieder den Grenzwert 5 besitzen. Dazu müßte jedenfalls ab einem gewissen
Index ∣a 2n−5∣31 sein, d.h. 3 müßte ein Teiler von a 2n−5 sein. Wir führen wieder eine Division
mit Rest durch und schreiben a n=3 xr mit 0r3 . Damit ist
a 2n =9 x 23 rxr 2=3 3
x 2rxr 2 , also a 2n−5=3 sr 2−5 .

=: s
In keinem der mögliche Fälle r=0,1 ,2 wird aber r 2−5 durch 3 teilbar, also ist die Forderung
2
∣a n−5∣31 nicht erfüllbar.
2 Auch diese Bestimmung von  n1 funktioniert nur, weil 3 eine Primzahl ist.