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当g是 素数p（4,8,9,16,25）的幂 ... ) 因为相应的集合与p的集合同构。 当p的值不相关时，最好说 第页，共页 多进制整数 而不是 p-adic整数 （或同时 多元数 而不是 p-adic码 数字 ). 同样，我们谈到 多边形 而不是 n个gons 除非 n的值 在相邻表达式中显式使用。 到目前为止，数学家们忽略了这个恰当的用法。 不幸的是，我自己偶尔也会为此感到内疚： A适当 标题 这本文章集 应该是 多义算术 。 （2006年02月09日） 如果p不是素数呢？ 处理 零直径护目镜 。 十进制示例出现在 下一篇文章 , 其可以首先被读取。 素数基数为p时，非零的乘积 p-adic整数 永远不会 零（这就是为什么 这个 p-adic数 可能）。 复合基数（g）不是素数的幂 （包括 十进制的 编号） 我们没有这样的运气： 存在 零直径护目镜 必须时刻牢记 （在一个环中 零维镜 是， 根据定义，非零元素与某个非零元素的乘积为零）。 以下是一些明确的示例 零直径护目镜 在g-adic整数中。 如果基数不是素数的幂，则可以表示 作为两个因素（p和q）的乘积 两者都不分彼此 .以下残留序列 然后定义两个乘积为0的非零g-adic整数（u&v）： 单位 n个 =q 对 n个 模数（pq） n个 [注意u 对 =u] v（v） n个 =p q个 n个 模数（pq） n个 [注意，v q个 =v] 在 下一篇文章 , 使用一致的符号，在十进制（p=2，q=5）中使用 更实用的方法 以确定两个序列都正确定义pq-adic整数 （位于 在上面 感官）。 我们可以 然后 看到uv=0，尽管两个因子都不消失。 如图所示 下一个 十进制（g=10） 即使是简单的二次方程，如果存在 周围的零度护目镜。。。 x个 2 =0从未有 g-adic整数的非零解 （因此，方程式（x- 一 ) 2 = 0 只有一个解决方案）。 没有（非零） 幂零的 g-adics； 非零g-adic整数的幂从不为0 ( 提示 ：克 千牛顿 |x个 n个 k个 表示g n个 |x个 n个 ). 一般来说，P（x）Q（x）和P（x k个 Q（x） 在g-adic整数中具有相同的根 ( 提示 ：后者除以[P（x）Q（x）] k个 ). (2006-02-09) 10-adic整数 （十进制整数，或 十进制 ) 一些娱乐 十进制的 奥克拉。。。 与一起玩 零直径护目镜 。 让我们考虑一个递归定义的十进制余数序列 (5, 25, 625, 0625... A007185号 ) 其确定10个adic（或 十年的 )整数u： 单位 1 = 5 单位 n+1 = （u） n个 ) 2 10年款 n+1 对n的归纳可以表明 单位 n+1 确实是这样的 k 10个 n个 +u个 n个 ( 提示 ：2ku n个 是10的倍数）。 此外，由于它的所有连续十进制残差验证了以下内容 等式，u本身也是； u是 幂等的 。 x个 2 =x 在一个 幺正环 , 方程系数为x（x-1）=0 所以，如果没有 零直径护目镜 , 只有 二 解决方案 （0和1）。 实际上， 有 四 10-adic溶液。 如果x是解，那么（1-x）也是解。 ( A016090型 )
为了验证这一点， 拿起计算器，输入任意一个非平凡解的最后n位数字。 方形 那个 获得一个数字 其最后n个数字相同。 或者，将事物乘以它的“前身”（以结尾 要么。。。 890624或。。。 109375），然后得到一个以n个零结尾的数字。 类似地，尽管方程x 2 = 1 可以作为（x-1）（x+1）=0的系数 它有 四 十进制溶液 （如果x是解，那么-x也是解）即：
x的十次解 3 =x。 被称为 三形的 . 其中有9个，包括 全部的 以上各项中： 0、1、1-2u、u-1、u、-u、1-u、2u-1、-1。 x个 2 +1=0没有解决方案 （因为没有 模 100）但 x（x 2 +1） =0有两种解决方案 （除0之外）以十进制整数表示：
每个这样的解决方案验证x 5 =x （当它生成x（x 2 +1） （x） 2 -1） 消失）。 这表明了以下n阶残差的递归定义 v（十进制整数的一个恰当定义，每当 v（v） 1 偶数）。 v（v） 1 = 2 v（v） n+1 = （v） n个 ) 5 10年款 n+1 我们可以注意到uv=0和u=1+v 2 . 用娱乐数学家的行话来说 x个 5 =称为x 五态的 . 有 15个五态十进制整数， 包括所有 三形癸烷 :
如果x n个 =x 的 一些 整数n大于1 x被称为 多态的 . 令人惊讶的是 全部的 多态10-adic整数是五态的。。。 因此，唯一的多态10-adic整数就是上面列出的15个十进制！ 现在让我们考虑一个因子 一元论的 十进制整数的二次方程： （x）- 一 )（x）- b条 ) = 0 由于4不是十进制整数中零的除数（读者可能想 证明一个普通整数在 多元的 整数） 一个 相等的 通过乘以4并重新排列得到： [2x-( 一 + b条 ) ] 2 ==========================================================================( 一 - b条 ) 2 A类 足够的 保持这种状态的条件是 2倍=( 一 + b条 )+年( 一 - b条 )其中y 是上面列出的四个“统一平方根”之一 （即1，-1，1-2u，2u-1）。 这产生了四个方程，其中我们可以取消因子2 （我们可以这样做，因为2不是零的除数 在十年整数中）。 通过这种方法，我们得到了x的以下四个解，它们通常是不同的 （如果 一 = b条 并且可能只产生两个值 在特殊情况下，如 b条 = 一 +ku）。 一 , b条 , 单位 一 +（1-u） b条 , （1-u） 一 +u个 b条 例如，x 2 +x+8=0没有真正的解， 但有四个十年的：
上述方法 失败 对于二次方程 其超前系数为 不 可逆的 . 例如 x（5x-1）=0只有一个非零解：
注意u可以被5的任意幂整除 （自（u/5）起 n个 =单位/5 n个 ) 就像是 1-u可以被2的任意幂整除 （自（（1-u）/2） n个 =（1-u）/2 n个 ). 为了求解方程x（5x-1）=0，我们可以注意 等于5x（5x-1）=0（等于5 不是零的十进制除数）。 所以，我们有5x=y 其中y是 上述 方程式 y（y-1）=0。由于其中只有两个可以被5整除，因此原始值 方程式只有两个宣传的解（0和u/5）。 在 领域 十进制数 （已引入 在下面 对于素数基数的通常情况）5具有倒数 （即：0.2）和x（5x-1）=0有4 解决：
非零（10-adic）解 n x个 2 =称为x n-自形 . 如果定义了，则每个表达式1/n、u/n和（1-u）/n给出其中之一。 即0、1或3 n-自守10-adic整数 , 取决于什么 GCD公司 （n，10）是： 全球气候变化大会 （n，10） 1 2 5 10 n-自形 十进制整数 1/n个 不适用 （1-u）/个 （1-u）/个 u/n（无） 没有人 在 更广阔的领域 第页，共页 十进制数 （允许小数点右侧有有限多个数字） 每个非零[普通]整数n都有一个倒数 （1/n）和方程式 n x个 2 =x 总是 有4种不同的解决方案： 0、1/n、u/n和（1-u）/n 多项式方程的这种额外解很有趣，但 笨重的 . 他们只考虑了 首要的 基数p.周期。 (2011-09-15) J.A.H.Hunter（1902-1986）的十年拼图 10-adic方程启发了许多娱乐数学家。。。 这个 在上面 可以用来理解以下模式： 9 7 27 37 1755 937 7049 5937 25829 35937 225707 335937 17431943 9335937 7477569 19335937 203950881 319335937 10714535711 7319335937 119565594194 77319335937 1539378434417 877319335937 = 2 x个 7 2 - 1 = 2 x个 37 2 - 1 = 2 x个 937 2 - 1 = 2 x个 5937 2 - 1 = 2 x个 35937 2 - 1 = 2 x个 335937 2 - 1 = 2 x个 9335937 2 - 1 = 2 x个 19335937 2 - 1 = 2 x个 319335937 2 - 1 = 2 x个 7319335937 2 - 1 = 2 x个 77319335937 2 - 1 = 2 x个 877319335937 2 - 1 这个例子是 归功于数学专栏作家 J.A.H.亨特 （1902-1986）。 它只是 一 方程的十次解： x=2 x 2 - 1 这个方程有两个解 模 10 （即1和7），其中 种子 中的两种不同解决方案 十进制整数 ，即1和a 非平凡解h与上述一致。 在更广泛的背景下 十进制数 , 有 二 其他解决方案。。。 （尽管 p-adic数 是 通常引入 只有当 基数p是 首要的 ). 这4种解决方案是：
虽然h可能具有最好的娱乐价值 的 J.A.H.亨特 , （½-h）是一个很容易被忽视的接近秒！ 例如： 30101090670 122680664063.5 = 2 ( 122680664063.5 ) 2 - 1 Futility壁橱（2011-09-13） 数学注释#93 格雷格·罗斯。 将谜题归因于J.A.H.Hunter。 数学少旅行（2011-09-14） 好奇心 作者：Brent Yorgey ( 反向链路 通过Matt Gardner Spencer）。
詹姆斯 阿尔斯通希望猎人 (1902-1986) " 数字乐趣 " 牛津大学出版社（1956）和多佛（1965） (2006-02-06) 问 对 ：p-adic数域 （对于任何 首要的 第页） p-adic数是1897年由 库尔特·亨塞尔 (1861-1941). 这个 领域 p-adic数的 戒指 p-adic整数的什么 有理数域指向普通整数环： 更准确地说 p-adic数构成 商域 环的 p-adic整数 。 商字段 不能 被建造 带有一个包含 零除数 , 这使得p是素数的幂。 在不失通用性的情况下 我们假设p是素数（因为用任意 p的幂与我们得到的同构（p本身）。 任何非零p-adic整数的形式都是 米 , 其中A是 可逆的 p-adic整数 （对于可逆p-adic整数本身，m为零）。 商 构造引入p的幂的倒数 我们可以称之为 消极权力 第页，共页。 因此，不可逆p-adic整数的逆是可逆的乘积 p-adic整数乘以a 消极的 p的幂 因此，作为p-adic整数的商 全部的 p-adic数的简单形式如下，其中m 可以 为负数： ¥ å q个 我 对 我 其中 q个 我 位于{0,1,2…p-1}中 i=米 当它有无穷多个非零项时， 这个和只根据一个度量收敛，对于这个度量 p是 小的 。提供了这样的度量 在下面 , 这使得字段Q 第页 完成 （即，每 柯西层序 会聚在里面）。 假设q 米 非零，即上述p-adic和的p-adic度量 是p -米 。 （2006年2月17日） 两个p-adic数的初等除法 就像平常一样 长除法 ，仅向后。。。 让我们逐步计算7分为1的十年除法：
在下面列出的每个步骤中，我们都面临一个“余数”。 必须找到一个新的数字，该数字的乘积是除数（本例中为7） 最后一个数字与余数的最后一个非零数字相匹配（带下划线）。 然后从余数中减去该乘积，得出 下一步的新余数。。。 剩余项： 1 2 1 =7 x 3 ...999999999 8 0 2 8 =7 x 4<-+ ...99999999 7 00 7 =7 x 1| ...9999999 9 000 4 9 =7 x 7| ...999999 5 0000 3 5 =7 x 5| ...99999 6 00000 5 6 =7 x 8| ...9999 4 000000 1 4 =7 x 2| …999 8 0000000 2 8 =7 x 4--+ 商=。。。 285714 3 = ... 2857142857142857143 按照惯例，带有 静脉 上面代表 无数次重复那个字符串。 请注意，可能并不总能找到令人满意的“下一个数字” 十进制 （零维，如 上述 u和v， 没有乘法逆）。 然而，当基数为 首要的 , 这是我们通常的假设。 当基数不是素数幂时，上述算法会模糊地进行除法 将零维数转换为其倍数之一 （如果uv=0，将ux除以u可以得到许多值，包括任意y的x+yv）。 (2012-10-29) 上横线符号 对于p-adic和有理数都是一样的。 正如在 上一节 , 在p-adic数扩展到 代表数字串的无限多次重复 绑定 。 这与 传统上使用 对于普通分数。 我们只是区分p-adic数和 将省略号（…）放在左边的有理数 前一种情况下的重复字符串。 overbar右侧的省略号 对于有理数是可选的，但建议使用（为了可读性） 在任何讨论中，如本次讨论，p-adic和有理数共存。 示例： 1/7=。。。 285714 三 1/7 = 0. 142857 ... 过棒可能跨越小数点： 100/7 = 14.2857 ... 我发现的唯一一款袖珍计算器显示的结果带有overbars 是卡西欧的 ES计算器 . 卡西欧决定避免超过小数点 以不总是显示尽可能短的表达式为代价。 因此，在上一个示例中，Casio显示的结果是： 100/7 = 14. 285714 ... 为了节省空间，袖珍计算器不显示终止省略号 在排除p-adic数的情况下是多余的。。。 ... 14.2857 = (... 142857 .3 - .3)/10000 = (1/70-3/10)/10000 = -1/35000 2/19 = 0. 105263157894736842 ... -2/19 = ... 105263157894736842 3/29 = 0. 1034482758620689655172413793 ... -3/29 = ... 1034482758620689655172413793 (2006-02-06) p-adic度量 |x个| 对 有理数x： 如果非零有理数用最低项表示为 x=p n个 ( 账户 ) 那么，根据定义，|x| 对 =p -n个 . （我们还定义|0| 对 = 0 .) 该估值于1913年由 约瑟夫 库尔夏克 (1864-1933). 例如： | 12 / 7 | 2 = ¼ | 12 / 7 | 7 = 7 | 12 / 7 | 5 = 1 理性并非如此 完成 关于这个度量。 关于p-adic度量的有理数的完成 （基于等价类 第页，共页 柯西序列 ) 是上面提到的吗 p-adic数域 。 这种方法可以解释为 分析的 p-adic数的定义， 我们已经介绍过了 代数地 作为 商域 p-adic整数的 和 正式地 表示为对象 位置计数 基数p的 如果基数点的左边允许无限多个数字 但它右边只有有限多个非零数字。。。 度量和拓扑属性： 在场或环中 标量范数 （或 估价 )是非负[实]函数 || 仅在零处消失，即 乘法的 （即|x.y|=|x|.|y|） 并遵守 三角不等式 |x+y|≤|x|+|y|。 上述p-adic度量就是这样一种规范。 “矢量” 规范 ||.|| 在上 向量空间 在一个被赋值的领域| 必须满足关系||x V||=|x||| V||。 A类 距离 是非负[实]对称的 二元函数只消失 当其参数相等时，满足 三角不等式 : d（x，z）≤d（x，y）+d（y，z） 距离据说是 超测量的 如果它服从更强的不等式： d（x，z）≤最大值（d（x，y），d（y，z）） p-adic距离（和/或p-adic范数）恰好是超度量的。 距离通常来源于规范（尽管不一定如此） 通过关系d（x，y）=x-y（或d（x、y）=x-y）。 在这种情况下，术语“距离”、“标准”和“公制”基本上是指 用于同一事物，并且在某种程度上可以互换使用。 半径为R的[闭合]球是以下所有点的集合 距离给定点的距离最多等于R。 使用p-adic度量，两个半径相同的球 要么不相交，要么完全相同！ 奥斯特罗斯基定理 : 1916年， 亚历山大·奥斯特罗斯基 （1893-1986）表明，只有三种方法可以定义字段上的绝对值 有理数： 平凡的绝对值 （0表示零参数，否则为1）。 上升到正指数 小于或等于一 标准绝对值（本身等于匹配其中一个的非负数 论点或相反）。 提高到固定正指数的幂 p-adic度量 。
(2006-02-19) 快速简便的计算 p-adic倒数 : p-adic乘法逆是简单序列的极限， 其收敛性最好根据 p-adic度量 。 考虑一个 p-adic数 以标准形式 一 对 米 ，其中 一 是一个 可逆的 p-adic码 整数，其倒数( 乘法逆 )是 (1 /一个 )第页 -米 ，其中1 /一个 可以有效计算 通过逐次逼近 : | 1 /一个 -x个 1 | 第页 < 1 和 x个 n+1 = ( 2 - 一 x个 n个 )x个 n个 这是以下近似序列中最简单的情况（k=2） （对于正整数k） 其中右侧实际上是一个多项式函数 第页，共页 一 和x n个 （该 被减数 取消 这个 减数 的第一学期）。 | 1 /一个 -x 1 | 第页 < 1 和 x个 n+1 = (1 /一个 ) - 一 k-1型 (1 /一个 -x个 n个 ) k个 让我们分析一下这个算法。 首先，因为 一 是 一个 可逆的 p-adic整数，初始条件 简单地说，初始近似的最后一个p-adic数字 必须 是正确的。 对于一个小基数p，通过建立一个倒数表很容易做到这一点 模p（对于单炮，使用试错法）。 对于大p 一 模p可以是 作为 贝佐特系数 （一种方法是追溯欧几里德算法的步骤）。 现在，观察一下（因为| 一 k-1号机组 | 对 = 1) 数量|1 /一个 -x个 n个 | 对 每次迭代都精确到k的幂 增加n。 因此，正确位数 每一步乘以k。。。 在最简单的过程中（如前所示，k=2） 每次迭代正确位数加倍， 只需两次模乘的费用！ 如果 一 n个 和 b条 n个 余数是模p n个 第页，共页 一 及其倒数，则： 1 = 一 1 b条 1 模块p b条 2个 ================================================================================== ( 2 - 一 2个 b条 n个 ) b条 n个 模块p 2个 (2012-10-30) 分数的基数-g与g-adic表示。 有理数也存在于 p-adic数 。 让我们回到我之前承诺要阐明的“巧合”： 2/19 = 0. 105263157894736842 ... -2/19 = ... 105263157894736842 3/29 = 0. 1034482758620689655172413793 ... -3/29 = ... 1034482758620689655172413793 在有理数的（普通）领域中，1/q的十进制展开式（其中q为正 有理整数）形成一个周期字符串 基本周期 是n位整数P。 n是最小的正整数，等于10 n个 -1是q的倍数。 使用 卡迈克尔的 λ 功能 , 我们可以说长度n是 我 （q） 它本身就分裂了 （f） （q） 的 Euler totient公司 第页，共页。 周期P由以下公式给出： P=（10 n个 -1） / q个 它确实产生： 1 / q=P / (10 n个 -1) = 0. P（P） ... 另一方面，在十进制整数领域。。。 P（P） 代表： P（1+10） n个 + 10 2个 + 10 3个 + 10 4个 + ... ) 十进制 米制的 制作括号内的系列 收敛 至1/（1-10 n个 ). -1 / q=P / (10 n个 -1) = ... P（P） (2011-09-20) 多项式p的p-根 如何将模p的根转换为p-adic根。 示例：求解x 2 +p-adic整数中的1=0。 该方程的根模为 奇数素数 p当且仅当p 等于1模4 建立这种关系的一种方法是将所有p-1非零元素划分为 {x，-x，1/x，-1/x}形式的集合。 有k个这样的不相交集，有4个不同的元素，一个集由 x的两个根{-1，+1} 2 -1. 可能还有另一个 两个元素的集合，由x的根构成 2 +1. 如果p-1是4k+4，则必须存在此类根，否则（p-1=4k+2） 他们不能。 特别是x的模5的根 2 +1 是两个残基2和3 下面给出的一般推理表明，一个根是五元整数i 其残留物i n个 模5 n个 迭代定义为 如下（另一个五边形根当然是-i）： 我 1 = 2 我 n+1 = ｛我 n个 +[（i） n个 ) 2 +1]}模块5 n+1
在十三进制中，两个根是 …A67B41505474036C688101550155和 ……26518B7C7858C960644BCB77CB78（字母 A、 B、C支架分别用于 数字 十、十一、十二）。 琐事： 上面的第一个被称为“ABC”13-adic整数，因为 有点不太可能的事实( 先验的 ，27分之一的机会） 以一定的精度（这里是28位数字）A、B和C 只出现一次，按字母顺序。 这个 可能性 这将以28位数的精度发生 最右边的数字是 400分之一的机会 （精确地说，C（27,3）10 24 /2013年 27 ). 该模式还能维持5位数（892.7中的概率不到1）： ABC=。。。 6A69555A67B41505474036C688101550155 13-adic整数可以定义如下： 我 1 = 5 我 n+1 = {我 n个 +9[（i） n个 ) 2 +1]}模块13 n+1 为了证明这是一个13进制整数的收敛定义，我们只需要 观察到如果我们替换 我 n个 通过我 n个 +13岁 n个 对于任何k。 事实上，这种替换将上述花括号转换为： 我 n+1 ===================================================================== 我 n个 +9[（i） n个 ) 2 + 1 ] +13岁 n个 [1+18英寸 n个 +k 13 n个 ] 第二个括号可以被13整除，因为它的模13与： 1+18英寸 1 = 1 + 18 . 5 = 91 = 7 . 13 
一般来说，如果我 1 是x的根模p 2 +1, p-adic整数中多项式根的第n个残数可以是 递归定义如下： 我 n+1 = {我 n个 +b[（i） n个 ) 2 +1]}模块p n+1 其中b= 挡板 ( -2个 1 ，第页） 不用说，这样定义的p-adic整数验证了以下等式， 这样括号（我们的原始方程）就消失了： x=x+b[x 2 + 1 ] 相反，任何p-adic根都是通过这种方式获得的。 因此，有很多p-adic 根，因为存在模p的根（即0或2，如上所述）。 (2012-08-18) 有理数上的实向量空间和p-adic向量空间。 没有（重要的） 连续的 两者之间的线性映射。 这个 领域 
有理数（由普通整数的比率组成） 是字段的子字段 
实数。 也是字段的子字段 问 对 的 p-adic数 如上所述。 这两者也可以考虑 向量空间 在田野上 （即，理性是 标量 ，没有其他内容）。 这个 维 任何一个空间都是无限的。 关于有理数的标度，让我们考虑一个线性函数 （f） 从p-adic数到reals。 因为零是任何线性的零的图像 函数，关于零的连续性意味着： “e > 0, 美元 > 0, " x个 Î 问 对 , （|x| 对 < 一 ) Þ ( | （f） （x） |< e（电子） ) 这在x=y p时失败 n个 对于足够大的n 除非 （f） （y）=0.提示： |x个| 对 =|年| 对 / 对 n个 和 （f） （x） =p n个 （f） （年） （通过线性超过 ） 因此 （f） 对于每个p-adic数y，（y）=0。 相反，线性函数在0处的连续性 克 从实数到p-adic数意味着： “e >0中 美元 > 0, " x个 Î , （|x|< 一 ) Þ ( | 克 （x）| 对 < e（电子） ) 通过考虑 x=年/月 n个 对于足够大的n 我们可以确定 克 （y）=每一个实y的0 以下是可怕事实的总结： 任何线性图（关于理性） p-adic数和实数之间是 要么处处不连续 或者到处都是零。 我们使用的事实是，赋范空间上的线性映射在 任何指定点当且仅当它在零点（原点）连续。 (2006-02-07) Helmut Hasse的 本地-全球 原理 实数和 全部的 p-adic域适用于有理数。 一个给定类型的方程被称为服从 哈斯原理 当每 实例对理性有一个解决方案当且仅当它有一个真正的解决方案时 以及任意素数p的p-adic数解。 
1920年10月 赫尔穆特·哈塞 (1898-1979) 在下面工作 库尔特·亨塞尔 , p-adic数的发明者 表明这一原则适用于 二次的 方程，不仅适用于有理数和p-adic数，也适用于任何“全局”字段 与…有关 本地字段 （Hasse-Minkowski定理）。 如果这样的事情是真的 立方体的 方程式，我们可以做肉馅 的 Birch和Swinnerton-Dyer猜想 的 哪个是 克莱数学研究所 已发布 赏金 一百万美元！ 哈斯原理 （局部-全局原则） | Hasse-Minkowski定理 -
S N罗伊 来自印度 （2006-05-08；电子邮件） 旋转数字 是否有一个正整数在其前导数字时值加倍 被转移到右边？ [比如12345变成23451。] 没有 这样一个n位整数（n>1）的形式如下 第10天 n-1个 +年 其中d是一个单数字 非零 数字， y是（n-1）位数字，使得： 2（第10天 n-1个 +y）=10年+天 也就是说： [2 ´ 10 n-1型 -1] d日 =8年=2 三 年 由于方括号是奇数，2 3 必须除以其他因子（d）。 作为一个非零的个位数，d必须等于8 因此，y等于括号和 不能 成为 （n-1）-数字，根据需要。 （括号有n个数字；n=2为19，n=3为199，n=4为1999，依此类推）
解决方案可能存在于 非决定性的 编号。 最简单的例子是以5为基数，其中 31是13的两倍（换句话说，16是2乘以8）。 2006年5月8日， S N罗伊 写的： [编辑摘要] 帮助很大，而且响应时间很短！ 我感到惊讶和感激 阐述的清晰性。。。 [续 在下面 ] 一般性讨论，对于任何计算基础。。。 让我们借此机会展示一个完整的示例 数学发现过程，其中规则模式 通过研究明显的混沌和 概括特定案例。 出于教育目的，我们已经离开了 全部的 脚手架 过程中实际使用的，包括数值示例。。。 基2中没有解决方案，因为 将非零位放在最右边将生成一个 古怪的 数字，它不能是任何东西的两倍。 对于形式2的基础也没有解决方案 k个 +2 （因为上面给出的参数是十进制的， 对应于k=3）。 我们将看到 后来 ，这些基础是 只有 无法解决的问题 (2, 3, 4, 6, 10 , 18, 34, 66 ... A056469美元 ). 现在，观察一下，如果我们有一个解（比如基数5中的13），我们会得到 另一个 解决方法 将该溶液中的数字连续复制几次： 13、1313、131313等 因此， 超越普通整数 , 另一个解决方案显然是周期5-adic整数。。。 13131313131313. 以g为基数的任何有限解都对应这样一个周期g-adic整数 哪一个是解决方案 的 线性的 x中的方程，只涉及一个参数， 即周期模式的“前导”数字d （上例中d=1），不考虑其长度： 2 x=克x+天 g=5 对于d，我们只有5种可能性（即：0,1,2,3,4）。 每一个都会产生一个5进制整数的唯一解，即： 0、-1/3、-2/3、-1和-4/3 然而，如果我们只对非零感兴趣，我们可以排除d=0 解决。 此外，不需要考虑较大的前导数字（3和4） 总之，因为它们使一个普通整数的两倍有一个额外的数字。。。 现在，情况d=2产生五元数 -2/3 = ... 31313131，其中“2”不是期间的前导数字 （它是 无处 期间内）。 因此，只剩下d=1的可能性，对应 已描述的解决方案系列 （两个数字“13”的有限重复次数） 包含以5为基数的普通整数的所有解。 更一般地说，这种g-adic方法将基于g的问题简化为简单的检查 仅有（g-1）/2例g-adic病例。 以下是小碱基的结果：
让我们概括所有这些来画出完整的画面： 其值以左旋方式加倍的基本数字模式数 : 底部g=（2m+1）2 k个 + 2, 有 确切地 m个非零解， 每个对应于一个前导数字 d=i 2 k个 , 对于i，介于1和m之间。 证明： 首先，我们注意到一个与我们为 十进制的 案例很容易证明 任何其他前导数字： 我们必须解决 2（d克 n-1个 +y）=g y+d 对于整数y<g n-1个 . 这意味着 [2克 n-1个 -1] d日 =（2米+1）2 k个 年 这意味着d=i 2 k个 （因为方括号是奇数）。 作为正整数i不超过表达式 （2米+1）（克 n-1个 -1） /[2克 n-1个 -1] 它在1到m之间。 相反，每个这样的i只能有一个解决方案 对应于x=-i/（2m+1），它确实是 a（周期）g-adic整数，因为g和2m+1是 互质 . 棘手的部分是检查这个潜在的解决方案 总是有正确的“前导数字”。 为此，我们将建立一个有趣的 明确的 公式 “单位”模式中的数字 （从中导出所有其他解决方案）。。。 在不失一般性的情况下，我们可以假设i=1，因为 其他情况下的g-adic整数是通过将这个基本整数相乘得到的 通过i。 顺便说一句，这些产品的周期可能会更短， 与g=11的情况一样，i=3 （不过，如果2m+1是质数，就不会发生这种情况）。 让你成为2 k个 . 我们有g=（2m+1）u+2 前导数字（d）是u。因此，最右边的数字是u的两倍 u或g+u 但前者被排除在外（即使k>0），因为我们只考虑 i=1， 这使得 最少的 两人领先的可能力量 （如果不涉及携带 在最右边的数字加倍时，向右旋转的模式将是 以较小的二次方领先的解决方案）。 因此，最右边的数字是 d日 0 =（m+1）u+1 周期模式为： d=d n-1个 =u+0 ... d日 j个 = 一 j个 u个+ b条 j个 ... d日 0 =（m+1）u+1 在这种情况下 b条 j个 为0或1 ( b条 n-1个 为零，也为零 b条 n-2个 除非g=5）。 关键的观察结果是 一 j个 是完全一致的 至2 一 j+1（j+1） 模数（2m+1） 然而 b条 j个 是 等于1当且仅当 一 j个 大于m （是的， 相同的 下标j）。 使用此公式，其有效性如下所示， 我们可以注意到，这个“单位”模式的长度n（以g为基数的最长长度） 只是2的乘法顺序 模（2m+1），这意味着（顺便）周期n 最多等于g-3 注意，2模（2m+1）的倒数是系数 （m+1）出现在最右边数字d的表达式中 0 。 检查上述显式公式的有效性： 呼叫c j个 在第j列注入的“进位”（0或1） 加倍操作，我们将证明该值是通过适当的 如果我们建立以下关系（对以下情况有效 如果我们放置d，则j=0 -1 =d和 c（c） 0 = 0 ). 2天 j个 +c（c） j个 =天 j-1型 +克c j+1（j+1） 自c起 j+1（j+1） = b条 j个 这种关系正是由以下案例分割产生的： 如果 一 j个 大于m，则 一 j-1型 不是： b条 j个 =1=c j+1 和 b条 j-1型 =0=c j个 2 一 j个 u+2 b条 j个 +c（c） j个 ========================================================= ( 一 j-1型 +2米+1）u+2 = 一 j-1型 u个+ b条 j-1型 +克c j+1（j+1） 否则， b条 j个 =0=c j+1（j+1） 和 b条 j-1型 =c j个 因此： 2 一 j个 u+2 b条 j个 +c（c） j个 = 一 j-1型 单位 + b条 j-1型 = 一 j-1型 单位 + b条 j-1型 +克c j+1（j+1）
最终检查很容易，但是 推导 这个简单的公式就是谋杀！
2006年5月8日， S N罗伊 写的： [续自 在上面 ] 同样的变换会把十进制数减半吗？ 我相信只有9个这样的数字。 我说得对吗？ 在 周期性的 颓废的 整数，显然有10个 解决方案 （其中9个为非零）到相应的方程组（其中d为单个 十进制数字）： x=2（10 x+d） x的解等于（非零） 数字d乘以：
周期十进制模式105263157894736842生成普通的解决方案 整数，以及它的前九个非零倍数（没有“溢出”，因为 模式以“10”开头）。 105263157894736842 210526315789473684 315789473684210526 421052631578947368 526315789473684210 631578947368421052 736842105263157894 842105263157894736 947368421052631578 对于每个这样的18位解，我们有无穷多个 18个n位数的解，如10526315789473684210526315789473684 ( A217592型 ) 同样，由于任何普通整数的解都会产生 满足上述线性方程的周期10-adic整数， 我们 知道 在普通整数中不存在非零解 在这9个无限家族之外。 g-adic方法确实能很快解决这类特定的难题。 如上所述，这也是一般性讨论的坚实基础。 （2012-10-28）尾注： 2009年4月 N.J.A.Sloane等人。 （请参见 A146088型 ) 考虑了将十进制数旋转到 右翼（12345将变为51234）。 这个问题的解决方案显然是通过旋转得到的 我们之前的9个图案在左边一个位置 除了 当它产生前导零位时 （不允许使用052631578947368421）。 因此，只有 八 18位解决方案 （因此只获得了8个无穷族的解 重复每一个这样的十进制模式任意次数）。 105263157894736842 157894736842105263 210526315789473684 263157894736842105 315789473684210526 368421052631578947 421052631578947368 473684210526315789 按递增顺序排序隐藏了一些规律性 我们在上面讨论的“反向”问题中发现了 （可以说是更好的一个）。 连续数字2,3,4,5,6,7,8,9确实出现 连续出现在排序列表中，但现在它们位于最左侧 位置和“1”缺失 （这两句话与我们获得 解决方案，它们可能不会采用更“直接”的方法）。 同样，真正的规律性来自十年的讨论。 从十进制数中获取小数破坏了绝对的简单性。 (2012-10-29) 将数字向左旋转，除以k的整数。 例如，102564变为025641，正好是它的四分之一。 对于任何k，解决方案都有其结构 在上面 对于k=2 对于0到9之间的任何数字d，要求解的十进制方程为： x=k（10 x+d） 10个十度溶液中的每一个x=-d k/（10k-1）产生 有理整数的解（无穷多 d）的非零值。 如果P是-k/（10k-1）的十年周期 （普通分数k/（10k-1）的小数点 顺便提一下 ) 则前10个解是P的前10倍 （nP表示0到9之间的n）。 这构成了十大解决方案系列： 通过多次重复获得的单态{0}和9个无限族“可以说，可能包括“零次” 这将生成空字符串…空字符串是正确的小数 如果严格执行0不能是前导数字的规则，则表示为零。 不用说，当需要时，我们通常使用单个“0”数字 写下一些东西。 然而，长整数的一些十进制或二进制计算机表示可能 准确反映零没有有效数字（和/或零有效位）的事实。 例如，在其十进制数字的单个左转中被4除的数字 包括0，数字102564乘以1、2、3、4、5、6、7、8、9以及任何被乘以的数字 到（10 6公里 -1)/(10 6 -1） 对于任何正k 因此，所有的解都很容易从最小的正解中推导出来，如下表所示：
桌子是无限的。 它以11/109的108位周期继续（k=11）：
然后我们有： 12 / 119 = 0. 100840336134453781512605042016806722689075630252 ...
13 / 129 = 0. 100775193798449612403 ...
14 / 139 = 0. 1007194244604316546762589928057553956834532374 ... 等（下一个有148位。） k的小数点长度（n） / （10k-1） 是 A128858号 （k） ： 【a（0）=0】1、18、28、6、42、58、22、13、44、2、108、48、21、46、148、13、78。。。
