Des propriétés sur les valuations p-adique.

**ArnoGreg** · 18/03/2020, 15h09

Bonjour,

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

Pour tout $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ dans $\text{[math]}$ et pour tout $\text{[math]}$

Voilà ce que j'ai écris :
Cas 1 :
Si $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ (ou l'inverse) alors :
D'une part : $\text{[math]}$ .
D'autre part : $\text{[math]}$ .
Donc on a bien : $\text{[math]}$ .

Cas 2 :
Si $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ sont tous les deux non nuls alors, notons $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .
La caractérisation donne alors :
$\text{[math]}$ avec $\text{[math]}$ qui ne divise pas $\text{[math]}$ soit $\text{[math]}$ ;
$\text{[math]}$ avec $\text{[math]}$ qui ne divise pas $\text{[math]}$ soit $\text{[math]}$ .

Et donc :
$\text{[math]}$ .

Vérifions que $\text{[math]}$ ne divise pas $\text{[math]}$ .

Notons $\text{[math]}$ . Alors, en particulier, $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ ou $\text{[math]}$ . Mais si $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ diviserait $\text{[math]}$ et, par le lemme de Gauss, $\text{[math]}$ diviserait $\text{[math]}$ , ce qui n'est pas. Donc $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ qui impose que $\text{[math]}$ ne divise pas $\text{[math]}$ (car sinon, $\text{[math]}$ serait un multiple de $\text{[math]}$ ).

De cette écriture, on déduit que $\text{[math]}$ .

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, 17h21

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, 22h03

Bonsoir,

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

Je fixe $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ deux relatifs. Je suppose que $\text{[math]}$ .

Je note $\text{[math]}$ .

Alors, en particulier, $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ ou $\text{[math]}$ .

Si $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ et donc, par le lemme de Gauss, $\text{[math]}$ .

Si $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

Par conséquent, $\text{[math]}$ .

-----

Par contraposée, ici, $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

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, 22h27

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, 10h14

J'essaye.

Je vais écrire $\text{[math]}$ à la place de $\text{[math]}$ , sinon ça devient confus.

Du fait que $\text{[math]}$ , alors on peut affirmer que $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ .

Par théorème, je peux écrire $\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une famille unique d'entiers presque nulle.

Je poursuis en écrivant $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ vu que $\text{[math]}$ .

De même, et pour les mêmes raisons, je peux écrire $\text{[math]}$ .

Et alors $\text{[math]}$ .

Donc $\text{[math]}$ ne divise par $\text{[math]}$ puisqu'il ne figure par dans la décomposition en facteurs premiers (unique) de $\text{[math]}$ .

**gg0** · 19/03/2020, 12h09

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, 13h04

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, 13h10

Je dois maintenant montrer la propriété suivante :

Pour tout $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ relatifs, on a : $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ .

.

Je vais essayer de ne pas trop formaliser ce coup-ci.
$\text{[math]}$
On peut écrire $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

$\text{[math]}$
Notons $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

Alors $\text{[math]}$ .

Donc $\text{[math]}$ .

Et donc $\text{[math]}$ .

Soit $\text{[math]}$ .

Qu'en pensez-vous ?

**gg0** · 19/03/2020, 13h29

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, 14h28

Ah oui, je vois.

Soit $\text{[math]}$ fixé.
Notons pour ce nombre premier là :

$\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

Alors $\text{[math]}$ .

Et donc $\text{[math]}$ .

Et ce raisonnement est vrai quelque soit le premier $\text{[math]}$ fixé.

Ainsi, pour tout $\text{[math]}$ , on a $\text{[math]}$ et donc on peut écrire $\text{[math]}$ . Ce qui conduit à a|b.

Est-ce mieux ?

**gg0** · 19/03/2020, 15h38

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

**ArnoGreg** · 19/03/2020, 15h45

Je comprends.

Pour tout $\text{[math]}$ , en notant $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ alors on a $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

Ce qui permet d'écrire $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

**mehdi_128** · 21/03/2020, 03h48

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

Etant donné $\text{[math]}$ premier et $\text{[math]}$ entier non nul, $\text{[math]}$ si et seulement si il existe $\text{[math]}$ premier avec $\text{[math]}$ tel que $\text{[math]}$

En effet, si $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ divise $\text{[math]}$ . Ecrivons donc $\text{[math]}$ . Alors $\text{[math]}$ ne divise pas $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$ est premier avec $\text{[math]}$ car $\text{[math]}$ premier.

Réciproquement, supposons que $\text{[math]}$ avec $\text{[math]}$ . Alors $\text{[math]}$ est divisible par $\text{[math]}$ mais pas par $\text{[math]}$ puisque $\text{[math]}$ ne divise pas $\text{[math]}$ .

**mehdi_128** · 21/03/2020, 04h06

Une démonstration rapide pour

$\text{[math]}$ divise $\text{[math]}$ si et seulement si $\text{[math]}$ on a $\text{[math]}$

Si $\text{[math]}$ divise $\text{[math]}$ alors pour tout $\text{[math]}$ premier, $\text{[math]}$ divise $\text{[math]}$ donc divise $\text{[math]}$ .
Donc $\text{[math]}$

Réciproquement, supposons que pour tout nombre premier $\text{[math]}$ , on ait $\text{[math]}$
Posons alors $\text{[math]}$
Ce produit a bien un sens car $\text{[math]}$ 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 $\text{[math]}$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 10h25

Merci pour ce complément !

Pour prouver l'inclusion $\text{[math]}$ , j'ai écris :

si $\text{[math]}$ est tel que $\text{[math]}$ alors on a $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

Est-ce correct ?

Enfin, je ne vois pas pourquoi le produit $\text{[math]}$ a un sens lorsque l'on a cette inclusion. Le fait que $\text{[math]}$ ne suffit pas à cela ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 10h41

Je devais faire la démonstration suivante également :

$\text{[math]}$
et
$\text{[math]}$

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

Je fais donc la preuve avec le pgcd.

Je note $\text{[math]}$ .

Alors $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ . De même, $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ . On a donc $\text{[math]}$ .

Je vais maintenant prouver que $\text{[math]}$ pour avoir l'égalité.

Je suppose $\text{[math]}$ , c-à-d $\text{[math]}$ . Alors $\text{[math]}$ .

Ainsi $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$ .

Par conséquent $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$ . Soit $\text{[math]}$ .

On a donc $\text{[math]}$ .

Soit $\text{[math]}$ .

Un raisonnement identique conduit au même résultat en supposant que $\text{[math]}$ .

Qu'en pensez-vous ?

**gg0** · 21/03/2020, 10h53

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, 11h19

Je trouve $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

Donc $\text{[math]}$ pourtant $\text{[math]}$ .

Merci pour cette correction.

J'ai été négligent.

L'équivalence correcte c'est $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ .

Je retourne à mon brouillon.

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 11h29

Ainsi, je crois que c'est mieux :

Je suppose $\text{[math]}$ .

D'une part : $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

D'autre part : $\text{[math]}$ .

Par conséquent : $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ qui impose $\text{[math]}$ .

Pour finir : $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ implique $\text{[math]}$ .

On a donc : $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ .

C-à-d : $\text{[math]}$ .

**gg0** · 21/03/2020, 12h13

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, 13h10

Je vois.
Mais je peux faire la démonstration pour tout $\text{[math]}$ , non ?
Ce qui donne :
-----
$\text{[math]}$
Je note $\text{[math]}$ .

Alors $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$ .

Et de même, $\text{[math]}$ , d'où $\text{[math]}$ .

Par conséquent, $\text{[math]}$ .
---
$\text{[math]}$
Comme dans mon message #19
---

En conclusion : $\text{[math]}$ .

Qu'en pensez-vous ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 13h16

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) :
$\text{[math]}$
(1) $\text{[math]}$

(2) $\text{[math]}$

(3) $\text{[math]}$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 13h21

Bonjour.

Je tente une démonstration différente pour le : $\text{[math]}$

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

Posons $\text{[math]}$

L'existence du produit est assurée par $\text{[math]}$ car l'union de 2 ensembles finis est un ensemble fini.

1/ Montrons que $\text{[math]}$ est un diviseur commun à $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

On sait que $\text{[math]}$

Comme $\text{[math]}$ le produit de droite est un entier et donc $\text{[math]}$ . De même on montre que $\text{[math]}$

2/ $\text{[math]}$ étant diviseurs commun de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ , par caractérisation du PGCD, il suffit de montrer que tout diviseurs commun à $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ divise $\text{[math]}$ .

Soit $\text{[math]}$ un diviseur commun de $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ .

D'après l'équivalence montrée précédemment :

$\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$
$\text{[math]}$ donc $\text{[math]}$
On en déduit $\text{[math]}$ ce qui signifie que $\text{[math]}$

On a montré que $\text{[math]}$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 13h28

En utilisant le lemme, on montre en 2 lignes que $\text{[math]}$

En effet, d'après le lemme, il existe 2 nombres premiers $\text{[math]}$ tels que $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$

Ainsi $\text{[math]}$

Mais $\text{[math]}$ est premier avec $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ , d'après le cours il est premier avec $\text{[math]}$ . Toujours d'après le lemme, on en déduit que $\text{[math]}$

**mehdi_128** · 21/03/2020, 13h29

Envoyé par ArnoGreg

Laquelle ?

J'en vois 3 (enfin 2, car le 1 est la définition) :
$\text{[math]}$
(1) $\text{[math]}$

(2) $\text{[math]}$

(3) $\text{[math]}$

Lemme : (facile à montrer)

Etant donné $\text{[math]}$ premier et $\text{[math]}$ entier non nul, $\text{[math]}$ si et seulement si il existe $\text{[math]}$ premier avec $\text{[math]}$ tel que $\text{[math]}$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 13h51

#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, 14h01

Parce qu'on ne sait rien sur $\text{[math]}$ !

Alors qu'on sait que $\text{[math]}$ est un ensemble fini !
En effet, si on écrit $\text{[math]}$ (décomposition en facteurs premiers avec un nombre fini de termes).

Pour tout $\text{[math]}$ que dire de $\text{[math]}$ ?

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 14h35

Je crois que je commence à comprendre.

On a l'équivalence suivante :
$\text{[math]}$ ssi l'ensemble $\text{[math]}$ est fini.

Est-ce cela ?

**mehdi_128** · 21/03/2020, 14h54

Oui et si $\text{[math]}$ n'appartient pas à la liste des facteurs premiers de $\text{[math]}$ alors $\text{[math]}$ et donc $\text{[math]}$

**ArnoGreg** · 21/03/2020, 15h20

Je comprends beaucoup mieux.

Alors je refais la démonstration suivante :

$\text{[math]}$

-----
$\text{[math]}$
On suppose que $\text{[math]}$ .

$\text{[math]}$ , on a $\text{[math]}$ . Par transitivité, on a donc $\text{[math]}$ . Et donc $\text{[math]}$ .

-----
$\text{[math]}$
On suppose que $\text{[math]}$ .

Comme $\text{[math]}$ est un relatif, alors on a l'égalité $\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est une suite d'entiers nulle à partir d'un certain rang.

Et donc l'ensemble $\text{[math]}$ est fini. De même, et avec les mêmes arguments, $\text{[math]}$ est fini. Mais alors l'ensemble $\text{[math]}$ est également fini. (je l'intuite sans le démontrer).

On peut donc considérer le produit $\text{[math]}$ .

Et l'on remarque que $\text{[math]}$ .

C-à-d $\text{[math]}$ .

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