Filtration des unités
dans Arithmétique
Bonjour
Ici $F$ est une extension finie de $Q_p$, et je note $U_i = 1 + \frak{p}^i$ pour tout $i$, où $\frak{p}$ est l'idéal maximal de l'anneau de $F$. Je dois montrer que $x \in U_1 $ implique que $x^{p^i} \in U_{i+1}$. Dois-je me taper le dev du binôme ? J'essaye de passer par le corps résiduel mais je ne m'en sors pas.
Merci pour votre aide.
Ici $F$ est une extension finie de $Q_p$, et je note $U_i = 1 + \frak{p}^i$ pour tout $i$, où $\frak{p}$ est l'idéal maximal de l'anneau de $F$. Je dois montrer que $x \in U_1 $ implique que $x^{p^i} \in U_{i+1}$. Dois-je me taper le dev du binôme ? J'essaye de passer par le corps résiduel mais je ne m'en sors pas.
Merci pour votre aide.
Réponses
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Bonsoir,
Une petite récurrence peut-être ? Connais-tu la structure de $U_i/U_{i+1}$ pour $i\ge 1$ ?
Amicalement,
Aurel -
Merci,
Oui je sais que $(U_i/U_{i+1}, \times )$ est isomorphe à $( k, +)$ pour $i \ge 1$, où $k$ désigne le corps résiduel. Je ne vois pas comment cela peut m'aider en fait. -
Est-ce que tu arrives à montrer la propriété pour $i=2$ ?
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Aurelpage,
Dois-je utiliser l'isomorphisme $O^\times \cong U_1\times\mu$, où $O$ désigne l'anneau de $F$, et $\mu$ l'ensemble des racines $|k|$-ième de l'unité dans $O^\times$ ? -
Ce n'est pas nécessaire, puisque ton énoncé porte uniquement sur $U_1$.
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Hello,
Dans ma tête, je me dis que $y \in U_i \Rightarrow y^p \in U_{i+1}$, et cela me semble évident. Je me trompe ? C'est d'ailleurs confirmé par le fait que $(U_i / U_{i+1}, \times) \simeq (k,+)$ où $k$ est le corps résiduel de $F$. -
Bon je pense l'avoir, j'essaye :
Une remarque et une notation préalable.
Pour tout $p$ premier et tout $i \ge 0$, on a $p^{i+1} - (i+1) \ge 1$.
Pour $i \ge 1$, je note $\phi_i : U_i \mapsto k$, $ 1+a\pi^i \mapsto a[\frak m]$ le morphisme surjectif qui donne par passage au quotient l'isomorphisme $U_i/U_{i+1} \cong k$, où $\frak m$ désigne bien sûr l'idéal maximal et $\pi$ une uniformisante.
Le cas $i=0$ est immédiat. Je suppose la propriété vraie au rang $i$.
Soit $x = 1 + a\pi \in U_1$.
On a $x^{p^i} \in U_{i+1}$ par hypothèse de récurrence, et puisque $U_{i+1}$ est un groupe, $ (x^{p^i})^p = x^{p^{i+1}} \in U_{i+1}$. On cherche à montrer que $x^{p^{i+1}} \in U_{i+2}$, c'est-à-dire que $\phi_{i+1}(x^{p^{i+1}} ) = 0$.
On a en utilisant que le corps résiduel est de caractéristique $p$:
$\phi_{i+1}(x^{p^{i+1}} ) = \phi_{i+1}( 1 + a^{p^{i+1}}\pi^{p^{i+1}} ) = a^{p^{i+1}}\pi^{{p^{i+1}} - (i + 1) }[ \frak{ m}]$ $= 0$, d'après la remarque préalable.
Quelqu'un peut-il me confirmer que c'est bon ( ou pas ), j'en ai besoin pour finir l'exercice. Merci beaucoup.
Claude : tu as raison et ça revient à faire ce que je fais juste au-dessus je pense. Merci -
@claude : merci de ne pas donner la solution quand j'essaie de la faire trouver...
@johnsmoke : tu as essentiellement compris, mais il y a encore une exactitude dans ta solution.
Il s'agit de la justification de $\phi_{i+1}(x^{p^{i+1}}) = \phi_{i+1}(1+a^{p^{i+1}}\pi^{p^{i+1}})$. Quelle en est ta preuve ? Tu ne l'as pas écrit explicitement mais je pense que le raisonnement que tu as fait à cet endroit est incorrect. -
@Aurelpage Désolé. J'ai cru qu'il y avait une subtilité et que quelque chose m'échappait.
-
Mais en fait je suis débile c'est mille fois plus simple que je m'imaginais.
Au passage je comprends ce que tu veux dire aurelpage et tu as raison. Quand j'écris $\phi_{i+1}(x^{p^{i+1}}) = \phi_{i+1}(1+a^{p^{i+1}}\pi^{p^{i+1}})$, on a l'impression que je considère l'application $\phi$ comme une "réduction mod $\frak m$" en me permettant de faire sauter allègrement les multiples de $p$ où bon me semble, et c'est faux.
Bon je règle le truc alors. Je note $\overline{\phi}_i : ( U_i/U_{i+1},\times ) \mapsto (k,+)$
Si $x \in U_i$, alors sa réduction mod $U_{i+1}$, que je note $\overline x$, vérifie ${\overline x}^p = 1$ (car $p\overline{\phi_i}({\overline x}) = 0 $ dans k puisque de caractéristique $p$ ). On a donc $\overline{\phi_i}( {\overline{x}}^p ) = \overline{\phi_i}( \overline{x^p}) = 0$, c'est-à-dire $x^p \in U_{i+1}$.
Ceci montre que $x \in U_i$ implique $x^p \in U_{i+1}$, puis on conclut par récurrence évidente.
Cette fois-ci c'est bien bon ? -
@claude : pas de souci ! Je sais bien qu'il n'y avait pas de mauvaise intention de ta part ! :-)
@johnsmoke : oui c'est parfait, bravo ! ;-) -
Je reviens vers vous pour m'aider sur l'exercice dont est issu la question précédente car je galère pas mal. Je vous mets l'exo en fichiers joints.
J'en suis à la question 2)d), mais avant j'aimerais avoir votre avis sur ce que j'ai fais aux questions 2)b) et 2)c).
Pour 2)b) :
Le morphisme c'est évident. Soit $(n_i)_i$ une suite dans $\mathbb{Z}$ qui tend vers $n \in \mathbb{Z}$ pour la topologie $p$-adique.
On a donc $\mid{ n_i - n }\mid_p \mapsto 0$, et sans perte de généralité je peux même supposer que $\mid{ n_i - n }\mid_p = p^{-i}$. Notons $\phi : \mathbb{Z} \mapsto U_1 $ l'application de l'énoncé. On cherche à montrer que $\phi(n_i) \mapsto \phi(n) $ pour la topologie de $U_1$. On s'intéresse donc à la suite $\phi(n_i)\phi(n)^{-1} = \phi(n_i - n) = x^{p^i}$ et on veut montrer qu'elle tend vers $1$. Or d'après la question 2)a), $x^{p^i} \in U_{i+1}$, donc $x^{p^i} - 1 \in \frak p^{i+1}$, c'est-à-dire $\mid x^{p^i} - 1 \mid \le p^{-i-1}$. On a donc bien que $x^{p^i} \mapsto 1$, et l'application est continue.
Pour 2)c) :
Pour $n = \sum a_ip^i$ un élément de $\mathbb{Z_p}$, je note $S_i \in \mathbb{Z}$ la $i$-ème somme partielle puis on pose $x^n = \lim x^{S_i}$. Par continuité de $\phi$ pour la topologie $p$-adique sur $\mathbb{Z}$ de la question précédente, la limite est bien définie, et par construction, l'application ainsi définie est continue. C'est aussi clairement un morphisme.
Pour 2)d) :
Je sais que pour $n \in \mathbb{Z}$ fixé, l'application de $U_1$ dans lui-même, $x \mapsto x^n$ est continue. Pour un élément $ \sum a_ip^i \in \mathbb{Z_p}$ donné, j'ai donc une suite d'applications continues, $x\mapsto x^{S_i}$, où $S_i$ est la $i$-ème somme partielle. J'aimerais passer à la limite sur cette suite d'application mais je ne sais pas le justifier.
Merci
-
Pour 2) b) ton "sans perte de généralité" est incorrect, ainsi que l'égalité $\phi(n_i-n) = x^{p^i}$.
Pour 2) c) "par continuité ... la limite est bien définie" : tu n'as pas prouvé pas que la limite existe. Quand la question dit "soigneusement", cela veut dire qu'il faut être... soigneux ! ;-)
On reviendra à d) quand b) et c) seront correctes. -
Bon deuxième essai pour la 2)b).
Soit $(n_i)_i$ une suite qui tend vers $n \in \mathbb{Z}$ pour la topologie $p$-adique. Pour montrer la continuité de l'application $ \phi $, on veut montrer que $\phi(n_i)$ tend vers $\phi(n)$, ce qui revient à montrer que $ \mid x^{n_i -n} -1 \mid_p$ tend vers $0$.
Soit $\epsilon$ strictement positif. On peut trouver $k \in \mathbb{N}$ tel que $p^{-k} < \epsilon$.
Puisque le suite $n_i$ tend vers $n$, il existe un rang $N$ à partir duquel $\mid n - n_i \mid_p < p^{-k}$. Cela signifie que si $i \ge N$, on peut écrire $n - n_i = a_ip^k$ pour un certain $a_i\in \mathbb{Z}$.
On en déduit que si $i \ge N$, on a $x^{n-n_i} - 1 = x^{a_ip^k} - 1 = (x^{a_i})^{p^k} - 1$. D'après la question 2)a) $(x^{a_i})^{p^k} \in U_{k+1}$, donc $ x^{n-n_i} - 1 \in \mathfrak{p}^{k+1}$, ce qui signifie que $\mid x^{n-n_i} - 1 \mid_p \le p^{-(k+1)} < p^{-k} < \epsilon$.
J'ai bien montré que pour tout $\epsilon$, il existe un rang à partir duquel $\mid \phi(n_i - n) - 1 \mid_p < \epsilon$.
J'espère avoir corrigé les erreurs. -
Au passage aurelpage j'ai une petite question annexe qui pourrait m'aider pour autre chose. Je pense que c'est très simple mais je trouve pas. Avec les notations de l'énoncé, comment montrer que si $x \in F$ est tel que sa valuation $v(x) := v_p( N_{F/Q_p}(x) ) $ soit positive, alors $x$ appartient à la clôture intégrale de $Z_p$ dans $F$ ?
Dans l'autre sens c'est facile mais dans celui ci je trouve pas. Merci d'avance -
C'est bon pour 2) b) (tu)
En ce qui concerne ta question, comme c'est une propriété classique, la preuve va dépendre de ce que tu sais déjà sur les anneaux de valuation discrète. Par exemple, si tu sais que la clôture intégrale $R$ de $\mathbb{Z}_p$ dans $F$ est un anneau de valuation discrète, alors il suffit de montrer que $x\mapsto v_p(N_{F/\mathbb{Q}_p}(x))$ est bien la valuation sur $R$; une manière de le faire est de montrer l'unicité de l'extension de la valuation, et donc que la valuation de tous les conjugués de $x$ est identique, d'où on déduit la valuation de la norme. -
Pour la 2)c):
Je construis une application $ \phi : \mathbb{Z}_p \mapsto U_1$ de la manière suivante.
Soit $n = \sum a_ip^i \in \mathbb{Z}_p$. Si on munit $\mathbb{Z}$ de la topologie $p$-adique, la suite des sommes partielles $ S_i $ ( on somme de zéro à $i$ ) est une suite de Cauchy dans $\mathbb{Z}$. D'après 2)b), l'application $\psi : \mathbb{Z} \mapsto U_1, k \mapsto x^k$ est continue lorsque $\mathbb{Z}$ est munie de la topologie $p$-adique. Donc $\psi( S_i ) = x^{S_i}$ est de Cauchy dans $U_1$ qui est complet ( car fermé dans complet ), donc tend vers un élément $z \in U_1$. Je pose alors $\phi( n ) = z$, ce qui définit bien une application de $\mathbb{Z_p}$ vers $U_1$.
Montrons que cette application est continue. On refait en fait plus ou moins la même démo qu'à la question précédente donc je fais plus rapide.
Soit $\alpha_i$ une suite dans $\mathbb{Z_p}$ qui tend vers un certain $\alpha$.
Pour tout $k \in \mathbb{N}$, il existe un rang à partir duquel on a $\alpha_i - \alpha = ap^k$, où $a \in \mathbb{Z}_p$.
On a alors $x^{\alpha_i - \alpha } - 1 = (x^a)^{p^k} - 1 \in \frak p$$^k$, donc $\mid (x^a)^{p^k} - 1 \mid_p \le p^{-(k+1)} < p^{-k}$, et ce dernier tend vers $0$ lorsque $k$ tend vers l'infini.
Le fait que $\phi$ soit bien un morphisme me parait immédiat, où y-a-t-il une subtilité à démontrer ?
Merci pour ta réponse à l'autre question je vais ouvrir un autre post sur l'exo dont elle est issue.
Je préfère attendre un retour avant d'attaquer 2)d) vu que je suis pas très sûr de moi ...
Merci -
Ta démonstration que $\psi(S_i)$ est de Cauchy est incorrecte. En effet, ton argument est "c'est l'image d'une suite de Cauchy par une application continue". Cela n'implique pas que c'est une suite de Cauchy, comme le montre l'exemple de l'image de la suite de Cauchy $1/n \in ]0,1]$ par l'application continue $x\mapsto 1/x$.
Pour ce qui est de la continuité, tu as démontré que $x^{\alpha_i-\alpha}-1 \to 0$ lorsque $\alpha_i \to \alpha$. Tu utilises la propriété de morphisme si tu veux en déduire la continuité, donc il faut inverser tes arguments.
Quant à la propriété de morphisme, "c'est immédiat" n'est pas une preuve valable dans une "rédaction soigneuse". S'il y a une preuve facile, tu écris la preuve facile ! -
Grrrrrrrr !!
Je définis une application $\phi : \mathbb{Z}_p \mapsto U_1$.
Soit $a = \sum a_ip^i \in \mathbb{Z}_p$, et $ S_i$ la $i$-ème somme partielle de $a$. On a donc $S_i \in \mathbb{Z}$ pour tout $i$.
Soit $\epsilon > 0 $, et $k \in \mathbb{N}$ tel que $0<p^{-k}<\epsilon$.
On a pour tout $m\ge n\ge k$, $\mid x^{S_m} - x^{S_n} \mid_p = \mid \sum_{n+1}^{m}a_ip^i \mid_p \le \max_{n+1 \le i \le m} \mid a_ip^i \mid_p \le p^{-(n+1)} < p^{-k} < \epsilon$. Ainsi $x^{S_i}$ est de Cauchy dans $U_1$ complet car fermé dans complet. Donc $ \lim x^{S_i} $ existe et je pose $\phi(a) = \lim x^{S_i}$
Je montre maintenant que $\phi$ est un morphisme.
Soient $m,n \in \mathbb{Z}_p$, et $m_i, n_i, (m+n)_i$ les sommes partielles respectives de $m, n $ et $m+n$.
On a $\phi( m + n ) = \lim x^{ (m+n)_i }$. Puisque $\psi$ est continue d'après 2)b), et puisque la somme dans $\mathbb{Z}$ et le produit dans $U_1$ sont des opérations continues, on peut passer la limite dans l'exposant et la redescendre ensuite: $ \lim x^{ (m+n)_i } = x^{lim (m+n)_i} = x^{ \lim m_i + \lim n_i } = x^{\lim m_i}x^{\lim n_i} = \lim x^{m_i}\lim x^{n_i} = \phi(m)\phi(n)$.
Je montre maintenant que $\phi$ est continue.
Soit $\alpha_i$ une suite dans $\mathbb{Z_p}$ qui tend vers un certain $\alpha$.
Pour tout $k \in \mathbb{N}$, il existe un rang à partir duquel on a $\alpha_i - \alpha = ap^k$, où $a \in \mathbb{Z}_p$. Dans la suite on utilise le fait que $\phi$ est un morphisme, démontré juste avant.
On a alors $x^{\alpha_i - \alpha } - 1 = (x^a)^{p^k} - 1 \in \frak p$$^k$, donc $\mid (x^a)^{p^k} - 1 \mid_p \le p^{-(k+1)} < p^{-k}$, et ce dernier tend vers $0$ lorsque $k$ tend vers l'infini.
Je t'en pris dis moi que c'est bon !
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