p進展開

1 の存在。$x_0:=x$ とおく。$x_n\in\mathbb Z_p$ が決まったら、$x_n$ と $p$ を法として合同な $S$ の元がただ 1 つあるので、それを $s_n$ とし、$x_{n+1}:=(x_n-s_n)/p$ とおく。$v_p(x_n-s_n)\ge1$ なので $x_{n+1}\in\mathbb Z_p$ である。$x_n=s_n+px_{n+1}$ を繰り返し代入すると、各 $N\ge1$ で
$$ x=\sum_{n=0}^{N-1}s_np^n+p^Nx_N $$
となる。$\lvert p^Nx_N\rvert_p\le p^{-N}\to0$ なので、級数 $\sum_{n\ge0}s_np^n$ は $x$ に収束する。
1 の一意性。$\sum_{n\ge0}s_np^n=\sum_{n\ge0}t_np^n$（$s_n,t_n\in S$）で、$s_n\ne t_n$ となる最小の $n$ を $k$ とする。差をとって $p^k$ で割ると
$$ (s_k-t_k)+\sum_{n>k}(s_n-t_n)p^{n-k}=0 $$
となる。第 2 項は $p\mathbb Z_p$ の元の収束級数なので $p\mathbb Z_p$ に入る（$p\mathbb Z_p$ は $\mathbb Z_p$ の閉集合である）。よって $s_k\equiv t_k\pmod p$ だが、$S$ は各剰余類から 1 つずつしか元を含まないので $s_k=t_k$ となり、矛盾する。
2。$m:=v_p(x)$ とおくと $u:=p^{-m}x$ は $\mathbb Z_p$ の単元である。1 で $u=\sum_{n\ge0}s_np^n$ と書くと、$s_0\equiv u\not\equiv0\pmod p$ なので $s_0\ne0$ であり、$x=\sum_{n\ge m}s_{n-m}p^n$ が求める形の展開である。逆に $x=\sum_{n\ge m'}s'_np^n$（$s'_{m'}\ne0$）と書けたとする。$0\in S$ は $0$ の剰余類の代表なので、$0$ でない $s'_{m'}$ は $p\mathbb Z_p$ に入らず、$v_p(s'_{m'}p^{m'})=m'$ である。残りの項の和は $v_p\ge m'+1$ を満たすので、強三角不等式により $v_p(x)=m'$、すなわち $m'=m$ である。そこで $p^{-m}x=\sum_{n\ge0}s'_{n+m}p^n$ に 1 の一意性を当てると、桁がすべて一致する。$\square$

$c_i\in\{0,1\}$ なら $0\le a_i+b_i+c_i\le2p-1$ なので $c_{i+1}\in\{0,1\}$ であり、帰納法で $c_i\in\{0,1\}$ がわかる。定める式に $p^i$ を掛けて $i=0,\dots,N-1$ について足すと、$c_0=0$ により
$$ \sum_{i< N}(a_i+b_i)p^i=\sum_{i< N}d_ip^i+c_Np^N $$
となる。左辺は $x+y$ と $p^N$ を法として合同なので、$x+y-\sum_{i< N}d_ip^i\in p^N\mathbb Z_p$ であり、$\sum_id_ip^i$ は $x+y$ に収束する。桁は標準の数字なので、thm-pae-existence の一意性によりこれが $x+y$ の展開である。$\square$

主張の桁をもつ元を $y$ とし、prop-pae-carry で $x+y$ の桁を求める。$i< k$ では $a_i=0$ なので桁は $0$、繰り上がりはない。$i=k$ では $a_k+(p-a_k)=p$ なので桁 $0$、繰り上がり $1$ である。$i>k$ では $a_i+(p-1-a_i)+1=p$ なので、やはり桁 $0$、繰り上がり $1$ である。よって $x+y$ の桁はすべて $0$ で、$x+y=0$ である。$\square$

1。展開が有限で終われば、$x$ は $0$ 以上の整数の有限和である。逆に $x$ が $0$ 以上の整数なら、$p$ 進表示 $x=\sum_{i=0}^{r}a_ip^i$（n進法と記数法 の「存在と一意性」）は標準の数字による展開でもあるので、thm-pae-existence の一意性によりこれが $x$ の展開である。
2。ある所から先の桁がすべて $p-1$ なら $x\ne0$ であり、prop-pae-negation により $-x$ の桁はある所から先がすべて $0$ である。1 により $-x$ は $0$ 以上の整数で、$x\ne0$ なので $x$ は負の整数である。逆に $x$ が負の整数なら、$-x$ は正の整数なので 1 によりその展開は有限で終わる。$x=-(-x)$ に prop-pae-negation を当てると、$x$ の桁はある所から先がすべて $p-1$ である。$\square$

$x$ に $p$ の冪を掛けると桁がずれるだけで、どちらの性質も変わらない。そこで $x\in\mathbb Z_p$ とし、展開を $x=\sum_{n\ge0}a_np^n$ とする。
周期的なら有理数であること。$n\ge N$ で $a_{n+L}=a_n$ とし、$B:=\sum_{i=0}^{L-1}a_{N+i}p^i$ とおく。$\mathbb Q_p$ では $\sum_{j\ge0}p^{jL}=\frac1{1-p^L}$ である（部分和に $1-p^L$ を掛けると $1-p^{JL}\to1$）。よって
$$ x=\sum_{n=0}^{N-1}a_np^n+p^N\sum_{j\ge0}Bp^{jL}=\sum_{n=0}^{N-1}a_np^n+\frac{p^NB}{1-p^L} $$
は有理数である。
有理数なら周期的であること。$x\in\mathbb Q\cap\mathbb Z_p$ を既約分数 $c/b$（$b\ge1$）で書くと、$v_p(x)\ge0$ なので $p\nmid b$ である。prf-pae-existence の手順で $x_0=x$、$x_{n+1}=(x_n-a_n)/p$ とおく。$x_n=c_n/b$（$c_n\in\mathbb Z$）と書けることを帰納法で示す。$x_n=c_n/b$ なら $x_{n+1}=\frac{c_n-a_nb}{pb}$ であり、整数 $c_n-a_nb=pbx_{n+1}$ は $v_p\ge1$ を満たすので $p$ で割り切れる。よって $c_{n+1}:=(c_n-a_nb)/p$ は整数で、$x_{n+1}=c_{n+1}/b$ である。
$0\le a_n\le p-1$ なので $\lvert c_{n+1}\rvert\le(\lvert c_n\rvert+(p-1)b)/p$ である。$\lvert c_n\rvert\le b$ なら $\lvert c_{n+1}\rvert\le b$、$\lvert c_n\rvert>b$ なら $\lvert c_{n+1}\rvert<\lvert c_n\rvert$ である。整数の真に減る列は無限には続かないので、ある $N_0$ から先は $\lvert c_n\rvert\le b$ となる。一方、$a_n$ は $a_nb\equiv c_n\pmod p$ を満たすただ 1 つの数字なので $c_n$ だけで決まり、$c_{n+1}$ も $c_n$ だけで決まる。$n\ge N_0$ の $c_n$ は有限集合 $\{-b,\dots,b\}$ に入るので、$N_0\le N< M$ で $c_N=c_M$ となるものがあり、そこから先は $c_{n+L}=c_n$（$L=M-N$）が成り立つ。桁 $a_n$ は $c_n$ で決まるので、$n\ge N$ で $a_{n+L}=a_n$ である。$\square$

最初から周期的なら、prf-pae-rational の式で $N=0$ とすると $x=\frac{B}{1-p^L}=-\frac{B}{p^L-1}$ であり、$0\le B\le p^L-1$ なので $-1\le x\le0$ である。
逆を示す。$x=-c/b$（$b\ge1$、$p\nmid b$、$0\le c\le b$）と書き、$X:=\{-c'/b\mid c'\in\mathbb Z,\ 0\le c'\le b\}$ とおく。$y\in\mathbb Z_p$ に対し、$a(y)$ を $y$ と $p$ を法として合同な数字、$T(y):=(y-a(y))/p$ とする。$x$ の第 $n$ 桁は $a(T^n(x))$ である。
$T$ は $X$ を $X$ に移す。実際 $y=-c'/b\in X$ なら $T(y)=-\frac{c'+a(y)b}{pb}$ であり、prf-pae-rational と同じ理由で $c'':=(c'+a(y)b)/p$ は整数で、$0\le c'+a(y)b\le b+(p-1)b=pb$ から $0\le c''\le b$ である。
$T$ は $X$ の上で単射である。$y,z\in X$ で $T(y)=T(z)$ なら、$y-z=a(y)-a(z)$ は整数で、$y,z\in[-1,0]$ なので $y-z\in\{-1,0,1\}$ である。$y-z=\pm1$ なら $\{y,z\}=\{0,-1\}$ だが、$a(0)=0$、$T(0)=0$ と $a(-1)=p-1$、$T(-1)=-1$ から $T(0)\ne T(-1)$ である。よって $y=z$ である。
有限集合 $X$ からそれ自身への単射 $T$ は全単射であり、$X$ の置換なので、ある $L\ge1$ で $T^L(x)=x$ となる。このとき第 $n+L$ 桁 $a(T^{n+L}(x))=a(T^n(x))$ は第 $n$ 桁に等しい。$\square$

補題：$k\ge1$ で $u\equiv v\pmod{p^k}$ なら $u^p\equiv v^p\pmod{p^{k+1}}$ である。実際 $u=v+p^kt$（$t\in\mathbb Z_p$）とすると
$$ u^p=v^p+p\cdot v^{p-1}p^kt+\sum_{j=2}^{p}\binom pjv^{p-j}p^{kj}t^j $$
で、第 2 項は $p^{k+1}$ で割り切れ、$j\ge2$ の項も $kj\ge k+1$ により $p^{k+1}$ で割り切れる。
$a$ と $p$ を法として合同な整数に Fermat の小定理を当てると $a^p\equiv a\pmod p$ である。補題を $n$ 回使うと $a^{p^{n+1}}\equiv a^{p^n}\pmod{p^{n+1}}$ となるので、列 $(a^{p^n})_n$ は Cauchy 列であり、$\mathbb Z_p$ は完備なので収束する。各項は $a$ と $p$ を法として合同で、$p\mathbb Z_p$ は閉集合なので、極限 $\omega(a)$ も $a$ と合同である。$\omega(a)^p=\lim_na^{p^{n+1}}=\omega(a)$ である。$a\equiv b\pmod p$ なら補題を $n$ 回使って $a^{p^n}\equiv b^{p^n}\pmod{p^{n+1}}$ となり、極限をとって $\omega(a)=\omega(b)$ を得る。
$\omega(0)=0$ であり、$a\not\equiv0$ なら $\omega(a)$ は単元なので $\omega(a)^p=\omega(a)$ から $\omega(a)^{p-1}=1$ である。$\omega(a)\equiv a$ により $S_\omega$ は各剰余類から 1 つずつ元を含むので、数字の集合である。$\square$