Des propriétés sur les valuations p-adique.

**ArnoGreg** · 18/03/2020, 16h09

Bonjour,

je travaille sur la notion de valuation p-adique et je dois prouver le résultat suivant :

Pour tout $m$ et $n$ dans $\mathbb{Z}$ et pour tout $p\in\mathcal{P}\,,v_p(nm)=v_p(n)+v_p(m).$

Voilà ce que j'ai écris :
Cas 1 :
Si $n=0$ et $m\neq 0$ (ou l'inverse) alors :
D'une part : $v_p(nm)=v_p(0)=\infty$ .
D'autre part : $v_p(n)+v_p(m)=v_p(0)+v_p(m)=\infty+v_p(m)=\infty$ .
Donc on a bien : $v_p(nm)=v_p(n)+v_p(m)$ .

Cas 2 :
Si $n$ et $m$ sont tous les deux non nuls alors, notons $v_p(n)=k$ et $v_p(m)=k'$ .
La caractérisation donne alors :
$n=p^kn'$ avec $p$ qui ne divise pas $n'$ soit $pgcd(n',p)=1$ ;
$m=p^{k'} m'$ avec $p$ qui ne divise pas $m'$ soit $pgcd(m',p)=1$ .

Et donc :
$nm=p^{k+k'}n'm'$ .

Vérifions que $p$ ne divise pas $n'm'$ .

Notons $pgcd(n'm',p)=d$ . Alors, en particulier, $d|p$ et donc $d=1$ ou $d=p$ . Mais si $d=p$ alors $p$ diviserait $n'm'$ et, par le lemme de Gauss, $p$ diviserait $m'$ , ce qui n'est pas. Donc $d=1$ et donc $pgcd(n'm',p)=1$ qui impose que $p$ ne divise pas $n'm'$ (car sinon, $pgcd(n'm',p)$ serait un multiple de $p$ ).

De cette écriture, on déduit que $v_p(nm)=k+k'=v_p(n)+v_p(m)$ .

La dernière partie me semble un peu mal rédigé, mais je pense correct.

Pouvez-vous me dire ce que vous en pensez ?
D'avance merci

**gg0** · 18/03/2020, 18h21

Bonjour.

Tu ne connais pas le lemme de Gauss : "si le nombre n est premier avec a et divise ab alors n divise b" ?
Qui a comme conséquence qu'un premier qui divise un produit divise au moins l'un des termes. Ce qui simplifie rapidement ta partie "vérifions que p ne divise pas n'm'".
De même, l'unicité de la décomposition en facteurs premiers règle immédiatement cette question.

Cordialement.

**ArnoGreg** · 18/03/2020, 23h03

Bonsoir,

oui, je connais le lemme de Gauss. Mais pas ce résultat dont je fais la démonstration ici :

Je fixe $p\in\mathcal{P}$ et $a$ , $b$ deux relatifs. Je suppose que $p|ab$ .

Je note $pgcd(p,a)=d$ .

Alors, en particulier, $d|p$ et donc $d=1$ ou $d=p$ .

Si $d=1$ alors $pgcd(p,a)=1$ et donc, par le lemme de Gauss, $p|ab \Rightarrow p|b$ .

Si $d=p$ alors $pgcd(p,a)=p$ et donc $p|a$ .

Par conséquent, $p|ab \Rightarrow p|a\,ou\,p|b$ .

-----

Par contraposée, ici, $p\not\mid n'$ et $p\not\mid m' \Rightarrow p\not\mid n'm'$ .

Ce qui simplifie beaucoup les choses, merci !

-----

Mais je n'ai pas compris votre dernière phrase :

De même, l'unicité de la décomposition en facteurs premiers règle immédiatement cette question.

Pouvez-vous me l'expliciter ?
Merci encore de votre aide

**gg0** · 18/03/2020, 23h27

A partir de la décomposition en facteurs premiers de m' et de n', on construit une décomposition en facteurs premiers qui ne contient toujours pas p. Donc p ne divise pas m'n'.

A voir en vidéo sur Futura · Aujourd'hui

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 11h14

J'essaye.

Je vais écrire $p_0$ à la place de $p$ , sinon ça devient confus.

Du fait que $p_0\not\mid n'$ , alors on peut affirmer que $p_0^0=1|n'$ et $p_0^1=p_0\not\mid n'$ $\Leftrightarrow v_{p_0}(n')=0$ .

Par théorème, je peux écrire $n'=\bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{v_p(n')}$ où $(v_p(n'))_{p\in\mathcal{P}}$ est une famille unique d'entiers presque nulle.

Je poursuis en écrivant $n'=p^{v_{p_0}(n')}_0$ $\times\bigprod_{p\in\mathcal{P}-\{p_0\}}\,p^{v_p(n')}=\bigprod_{p\in\mathcal{P}-\{p_0\}}\,p^{v_p(n')}$ vu que $p^{v_{p_0}(n')}_0=p_0^0=1$ .

De même, et pour les mêmes raisons, je peux écrire $m'=\bigprod_{p\in\mathcal{P}-\{p_0\}}\,p^{v_p(m')}$ .

Et alors $n'm'=\bigprod_{p\in\mathcal{P}-\{p_0\}}\,p^{v_p(n')+v_p(m')}$ .

Donc $p_0$ ne divise par $n'm'$ puisqu'il ne figure par dans la décomposition en facteurs premiers (unique) de $n'm'$ .

**gg0** · 19/03/2020, 13h09

C'est un exemple de situation où le formalisme mathématique complique beaucoup. Mon message #4 dit la même chose en deux lignes.

Tu cherches à écrire des preuves lisibles par un vérificateur de preuves (coq ou autre) ?

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 14h04

Non, mais l'écrire m'aide à bien m'approprier les notions je trouve. Mais peut être qu'il faut que j'apprenne à m'en passer.

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 14h10

Je dois maintenant montrer la propriété suivante :

Pour tout $a$ et $b$ relatifs, on a : $a|b$ $\Leftrightarrow$ $\forall p\in\mathcal{P}\,,v_p(a)\le v_p(b)$ .

.

Je vais essayer de ne pas trop formaliser ce coup-ci.
$(\Rightarrow)$
On peut écrire $b=ak$ et donc $v_p(b)=v_p(a)+v_p(k)\ge v_p(a)$ .

$(\Leftarrow)$
Notons $v_p(a)=k$ et $v_p(b)=k'$ .

Alors $k\le k'$ .

Donc $p^k|p^{k'}$ .

Et donc $\Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^k|\Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{k'}$ .

Soit $a|b$ .

Qu'en pensez-vous ?

**gg0** · 19/03/2020, 14h29

Là, il y a un problème dans la deuxième partie, car k dépend de p. Donc il faut l'écrire k(p), par exemple.

Cordialement.

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 15h28

Ah oui, je vois.

Soit $p\in\mathcal{P}$ fixé.
Notons pour ce nombre premier là :

$v_{p}(a)=k_{p}$ et $v_{p}(b)=k'_{p}$ .

Alors $k_{p}\le k'_{p}$ .

Et donc $p^{k_{p}}| p^{k'_{p}}$ .

Et ce raisonnement est vrai quelque soit le premier $p$ fixé.

Ainsi, pour tout $p\in\mathcal{P}$ , on a $p^{k_{p}}| p^{k'_{p}}$ et donc on peut écrire $\Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{k_p}| \Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{k '_p}$ . Ce qui conduit à a|b.

Est-ce mieux ?

**gg0** · 19/03/2020, 16h38

J'aurais commencé par : "pour tout p premier, notons .."
car le p fixé devient vite n'importe quel premier.

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 16h45

Je comprends.

Pour tout $p\in\mathcal{P}$ , en notant $v_p(a)=k_p$ et $v_p(b)=k'_p,$ alors on a $k_p\le k'_p$ et donc $p^{k_p}|p^{k'_p}$ .

Ce qui permet d'écrire $\Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{k _p}| \Bigprod_{p\in\mathcal{P}}p^{k '_p}$ et donc $a|b$ .

**mehdi_128** · 21/03/2020, 04h48

Pour la première, un lemme utile qui permet d'aller plus vite pour démontrer vos résultats est :

Etant donné $p$ premier et $n$ entier non nul, $v_p(n)=k$ si et seulement si il existe $q$ premier avec $p$ tel que $n=p^k q$

En effet, si $k=v_p(n)$ alors $p^k$ divise $n$ . Ecrivons donc $n=p^k q$ . Alors $p$ ne divise pas $q$ donc $p$ est premier avec $q$ car $p$ premier.

Réciproquement, supposons que $n=p^k q$ avec $p \wedge q=1$ . Alors $n$ est divisible par $p^k$ mais pas par $p^{k+1}$ puisque $p$ ne divise pas $q$ .

**mehdi_128** · 21/03/2020, 05h06

Une démonstration rapide pour

$b$ divise $a$ si et seulement si $\forall p \in \mathcal P$ on a $v_p(b) \leq v_p(a)$

Si $b$ divise $a$ alors pour tout $p$ premier, $p^{v_p(b)}$ divise $b$ donc divise $a$ .
Donc $v_p(a) \geq v_p(b)$

Réciproquement, supposons que pour tout nombre premier $p$ , on ait $v_p(b) \leq v_p(a)$
Posons alors $c=\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(b)-v_p(a)}$
Ce produit a bien un sens car $\{ p \in \mathcal P | v_p(a)-v_p(b) >0 \} \subset \{ p \in \mathcal P | v_p(a) >0 \}$ En effet, tout nombre premier admet un nombre fini de diviseurs et la valuation p adique des nombres premiers qui n'apparaissent pas dans sa décomposition en facteurs premiers est nulle.
Il est alors immédiat que $a=bc$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 11h25

Merci pour ce complément !

Pour prouver l'inclusion $\{ p \in \mathcal P | v_p(a)-v_p(b) >0 \} \subset \{ p \in \mathcal P | v_p(a) >0 \}$ , j'ai écris :

si $p\in\mathcal{P}$ est tel que $v_p(a)-v_p(b) >0$ alors on a $v_p(a)\ge v_p(a)-v_p(b) >0$ et donc $v_p(a)>0$ .

Est-ce correct ?

Enfin, je ne vois pas pourquoi le produit $\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(b)-v_p(a)}$ a un sens lorsque l'on a cette inclusion. Le fait que $v_p(b)-v_p(a)\ge 0$ ne suffit pas à cela ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 11h41

Je devais faire la démonstration suivante également :

$v_p(pgcd(a,b))=min(v_p(a),v_p(b))$
et
$v_p(ppcm(a,b))=max(v_p(a),v_p(b))$

Pour le ppcm, pas de problème une fois démontré celui avec le pgcd.

Je fais donc la preuve avec le pgcd.

Je note $d=pgcd(a,b)$ .

Alors $d|a$ et donc $v_p(d)\le v_p(a)$ . De même, $d|b$ et donc $v_p(d)\le v_p(b)$ . On a donc $v_p(d)\le min(v_p(a),v_p(b))$ .

Je vais maintenant prouver que $min(v_p(a),v_p(b))\le v_p(d)$ pour avoir l'égalité.

Je suppose $min(v_p(a),v_p(b))=v_p(a)$ , c-à-d $v_p(a)\le v_p(b)$ . Alors $a|b$ .

Ainsi $p^{v_p(a)}|a$ et $a|b$ donc $p^{v_p(a)}|b$ .

Par conséquent $p^{v_p(a)}|a$ et $p^{v_p(a)}|b$ donc $p^{v_p(a)}|pgcd(a,b)=d$ . Soit $p^{min(p^{v_p(a)},p^{v_p(b)})} | d$ .

On a donc $v_p(p^{min(p^{v_p(a)},p^{v_p(b)})})\le v_p(d)$ .

Soit $min(p^{v_p(a)},p^{v_p(b)})}\le v_p(d)$ .

Un raisonnement identique conduit au même résultat en supposant que $min(v_p(a),v_p(b))=v_p(b)$ .

Qu'en pensez-vous ?

**gg0** · 21/03/2020, 11h53

beaucoup de mal en lisant " Alors $a|b$ ."
Regarde ce que ça donne avec a=6 et b=20 pour p=2.

Du coup, cela m'inquiète pour certaines preuves précédentes ou on utilisait en plus un "Quel que soit p".

Cordialement.

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 12h19

Je trouve $v_2(6)=1$ et $v_2(20)=2$ .

Donc $v_2(6)\le v_2(20)$ pourtant $6\not\mid 20$ .

Merci pour cette correction.

J'ai été négligent.

L'équivalence correcte c'est $\red{\forall p\in\mathcal{P}}$ $\,,v_p(a)\le v_p(b) \Leftrightarrow a|b$ .

Je retourne à mon brouillon.

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 12h29

Ainsi, je crois que c'est mieux :

Je suppose $\forall p\in\mathcal{P}\,,min(v_p(a),v_p(b))=v_p(a)$ .

D'une part : $\forall p\in\mathcal{P}\,,v_p(a)\le v_p(b)$ et donc $a|b$ .

D'autre part : $p^{min(v_p(a),v_p(b))}=p^{v_p(a)}|a$ .

Par conséquent : $p^{min(v_p(a),v_p(b))}|a$ et $a|b$ qui impose $p^{min(v_p(a),v_p(b))}|b$ .

Pour finir : $p^{min(v_p(a),v_p(b))}|a$ et $p^{min(v_p(a),v_p(b))}|b$ implique $p^{min(v_p(a),v_p(b))}|d=pgcd(a,b)$ .

On a donc : $\forall p\in\mathcal{P},$ $v_p(p^{min(v_p(a),v_p(b))})\le v_p(d)$ .

C-à-d : $min(v_p(a),v_p(b))}\le v_p(d)$ .

**gg0** · 21/03/2020, 13h13

Cette fois, tu ne fais plus la démonstration présentée dans le message #16, p est un entier premier fixé, et pour ce p là tu as démontré
$v_p(d)\le min(v_p(a),v_p(b))$ .
Reste à montrer que pour ce p-là c'est une égalité, et tu le disais : "Je vais maintenant prouver que $min(v_p(a),v_p(b))\le v_p(d)$ pour avoir l'égalité"

Et dans tout ça, il n'y a aucune raison que a divise b (d'ailleurs, puisqu'il y a symétrie entre a et b, tu aurais aussi b divise a, donc a=b !!!).

Tu devrais étudier la caractérisation donnée par mehdi_128 au message #13.

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 14h10

Je vois.
Mais je peux faire la démonstration pour tout $p\in\mathcal{P}$ , non ?
Ce qui donne :
-----
$(\Rightarrow)$
Je note $d=pgcd(a,b)$ .

Alors $d|a$ et donc $\forall p\in\mathcal{P}\,\,, v_p(d)\le v_p(a)$ .

Et de même, $d|b$ , d'où $\forall p\in\mathcal{P}\,\,, v_p(d)\le v_p(b)$ .

Par conséquent, $\forall p\in\mathcal{P}\,\,, v_p(d)\le min(v_p(a),v_p(b))$ .
---
$(\Leftarrow)$
Comme dans mon message #19
---

En conclusion : $\forall p\in\mathcal{P}\,\,, v_p(d)= min(v_p(a),v_p(b))$ .

Qu'en pensez-vous ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 14h16

Tu devrais étudier la caractérisation donnée par mehdi_128 au message #13.

Laquelle ?

J'en vois 3 (enfin 2, car le 1 est la définition) :
$v_p(n)=k$
(1) $\Leftrightarrow p^k\mid n\,\,et\,\,p^{k+1}\not\mid n$

(2) $\Leftrightarrow \exists n'\in\mathbb{Z}\,, n=p^kn'\,\,et\,\,p\not\mid n'$

(3) $\Leftrightarrow \exists n'\in\mathbb{Z}\,, n=p^kn'\,\,et\,\,pgcd(p,n')=1$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 14h21

Bonjour.

Je tente une démonstration différente pour le : $v_p(a \wedge b)= \min (v_p(a),v_p(b))$

A confirmer par @Ggo car je suis en train d'apprendre.

Posons $d= \displaystyle\prod_{p \in \mathcal P}p^{ \min (v_p(a),v_p(b))}$

L'existence du produit est assurée par $\{p \in \mathcal P | \min (v_p(a),v_p(b)) >0 \} \subset \{p \in \mathcal P | \max (v_p(a),v_p(b)) >0 \} \subset \{p \in \mathcal P | v_p(a) >0 \} \bigcup \{p \in \mathcal P | v_p(b) >0 \}$ car l'union de 2 ensembles finis est un ensemble fini.

1/ Montrons que $d$ est un diviseur commun à $a$ et $b$ .

On sait que $a= d \displaystyle\prod_{p \in \mathcal P}p^{ v_p(a)-\min (v_p(a),v_p(b))}$

Comme $v_p(a)-\min (v_p(a),v_p(b)) \geq 0$ le produit de droite est un entier et donc $d \mid a$ . De même on montre que $d \mid b$

2/ $d$ étant diviseurs commun de $a$ et $b$ , par caractérisation du PGCD, il suffit de montrer que tout diviseurs commun à $a$ et $b$ divise $d$ .

Soit $d'$ un diviseur commun de $a$ et $b$ .

D'après l'équivalence montrée précédemment :

$d' \mid a$ donc $v_p(d') \leq v_p(a)$
$d' \mid b$ donc $v_p(d') \leq v_p(b)$
On en déduit $v_p(d') \leq \min (v_p(a),v_p(b))$ ce qui signifie que $d' \mid d$

On a montré que $\boxed{d = a \wedge b}$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 14h28

En utilisant le lemme, on montre en 2 lignes que $v_p(ab)=v_p(a)+v_p(b)$

En effet, d'après le lemme, il existe 2 nombres premiers $q,r$ tels que $a=p^{v_p(a)} q$ et $b=p^{v_p(b)} r$

Ainsi $ab=p^{v_p(a)+v_p(b)} qr$

Mais $p$ est premier avec $q$ et $r$ , d'après le cours il est premier avec $qr$ . Toujours d'après le lemme, on en déduit que $\boxed{v_p(ab)=v_p(a)+v_p(b)}$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 14h29

Envoyé par ArnoGreg

Laquelle ?

J'en vois 3 (enfin 2, car le 1 est la définition) :
$v_p(n)=k$
(1) $\Leftrightarrow p^k\mid n\,\,et\,\,p^{k+1}\not\mid n$

(2) $\Leftrightarrow \exists n'\in\mathbb{Z}\,, n=p^kn'\,\,et\,\,p\not\mid n'$

(3) $\Leftrightarrow \exists n'\in\mathbb{Z}\,, n=p^kn'\,\,et\,\,pgcd(p,n')=1$

Lemme : (facile à montrer)

Etant donné $p$ premier et $n$ entier non nul, $v_p(n)=k$ si et seulement si il existe $q$ premier avec $p$ tel que $n=p^k q$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 14h51

#25 : ok pour moi, j'arrive à comprendre le (1) c'est la définition et à démontrer le (2) et le (3).

#24 : c'est vrai que c'est beaucoup plus rapide comme ça !

#23 : je ne saisis pas pourquoi au début il faut affirmer l'existence du produit par cette inclusion ?

**mehdi_128** · 21/03/2020, 15h01

Parce qu'on ne sait rien sur $\{p \in \mathcal P | \min (v_p(a),v_p(b)) >0 \}$ !

Alors qu'on sait que $\{p \in \mathcal P | v_p(a) >0 \}$ est un ensemble fini !
En effet, si on écrit $n=\displaystyle\prod_{p \in \mathcal P} p_i ^{v_{p_i}(n)}$ (décomposition en facteurs premiers avec un nombre fini de termes).

Pour tout $p \in \mathcal P \backslash \{p_1 , \cdots p_r \}$ que dire de $v_p(n)$ ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 15h35

Je crois que je commence à comprendre.

On a l'équivalence suivante :
$\displaystyle\prod_{p \in \mathcal P} p ^{v_{p}(n)}<\infty$ ssi l'ensemble $\{p\in\mathcal{P}\mid v_p(a)>0\}$ est fini.

Est-ce cela ?

**mehdi_128** · 21/03/2020, 15h54

Oui et si $p$ n'appartient pas à la liste des facteurs premiers de $n$ alors $v_p(n)=0$ et donc $p_i ^{v_p(n)}=1$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 16h20

Je comprends beaucoup mieux.

Alors je refais la démonstration suivante :

$\forall p\in\mathcal{P}\,,v_p(a)\le v_p(b)\Leftrightarrow a|b$

-----
$(\Leftarrow)$
On suppose que $a|b$ .

$\forall p\in\mathcal{P}$ , on a $p^{v_p(a)}|a$ . Par transitivité, on a donc $p^{v_p(a)}|b$ . Et donc $v_p(b)\ge v_p(a)$ .

-----
$(\Rightarrow)$
On suppose que $\forall p\in\mathcal{P}\,,v_p(a)\le v_p(b)$ .

Comme $a\in\mathbb{Z}$ est un relatif, alors on a l'égalité $a=\prod_{p\in\mathcal{P}} p^{v_p(a)}$ où $(v_p(a))_{p\in\mathcal{P}}$ est une suite d'entiers nulle à partir d'un certain rang.

Et donc l'ensemble $\{p\in\mathcal{P}\mid v_p(a)>0\}$ est fini. De même, et avec les mêmes arguments, $\{p\in\mathcal{P}\mid v_p(b)>0\}$ est fini. Mais alors l'ensemble $\{p\in\mathcal{P}\mid v_p(b)-v_p(a)>0\}$ est également fini. (je l'intuite sans le démontrer).

On peut donc considérer le produit $\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(b)-v_p(a)}$ .

Et l'on remarque que $\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(b)-v_p(a)}\times\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(a)} =\prod_{p \in\mathcal P} p^{v_p(b)}$ .

C-à-d $a|b$ .

Des propriétés sur les valuations p-adique.

Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Re : Des propriétés sur les valuations p-adique.

Discussions similaires

Valuation p-adique

solenoide p-adique ?

Nombre p-adique

Nombre p-adique