Agrégation interne 2023 partie I valuations p-adiques - Page 2 — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Agrégation interne 2023 partie I valuations p-adiques

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Réponses

  • Modifié (February 2023)
    Ok merci @Audeo, tes indications m'aident beaucoup.
    @Julia Paule tu vas très vite, moi j'ai besoin de tout écrire en détail pour réussir, je n'ai pas ton intuition. 
    Une question difficile j'ai l'impression, il fallait avoir l'idée de poser $k=2^m$, puis mener à bien une série de calculs. 

    20) Si $n=1$, $n$ est une puissance de $2$, $n=1=2^0$. Supposons à présent $n \geq 2$. 
    Si $n$ n'est pas une puissance de $2$, et si on note $m=v_2(n)$, on a $n=2^m q$ avec $q$ impair et $q \ne 1$. Donc $q \geq 3$.
    On a bien : $1 \leq 2^m \leq n-1$. De plus $\displaystyle\binom{2^m q}{2^m} = \dfrac{ (2^m q) ! }{ (2^m)! (2^m (q-1) )! }$
    Donc $v_2( \displaystyle\binom{2^m q}{2^m}) = v_2 ( (2^m q) ! ) - v_2( (2^m)!  ) - v_2( (2^m (q-1) )!  )$
    On a : 
    • $ v_2 ( (2^m q) ! ) =2^m q - s( 2^m q)$
    • $ v_2( (2^m)!  ) =2^m - s(2^m)=2^m-1$
    • $ v_2( (2^m (q-1) )! ) =  2^m (q-1)  -s( 2^m (q-1) ) )$
    D'où $ v_2( \displaystyle\binom{2^m q}{2^m}) =  1- s( 2^m q) +s( 2^m (q-1) ) ) $
    Mais $s( 2^m q)= s(q)$ et $s( 2^m (q-1) ) = s(q-1)$. 
    En simplifiant : $v_2( \displaystyle\binom{2^m q}{2^m}) = 1 - s(q)+ s(q-1) $
    D'après Q17, ce qui est possible car $q-1 >0$ : $1- s(q)+s(q-1)=v_2(q)=0$ car $q$ est impair.
    On a montré : $ \boxed{ v_2( \displaystyle\binom{2^m q}{2^m}) =0 }$.
  • Modifié (February 2023)
    Bonjour, 
    Les 3 dernières questions de cette partie, je bloque sur l'inégalité triangulaire. 

    21) Si $x=0$ ou $y=0$, ces égalités sont triviales. Supposons à présents $x$ et $y$ non nuls tels que $x,y \in \Q$. 
    • $|xy|_p= \dfrac{1}{p^{v_p(xy)} }= \dfrac{1}{p^{v_p(x)+v_p(y)}}=\dfrac{1}{p^{v_p(x)}} \times \dfrac{1}{p^{v_p(y)}}=\boxed{|x|_p \times |y|_p }$.
    • $|x-y|_p= \dfrac{1}{p^{v_p(x-y)} }$. Comme $v_p(x-y) \geq \min (v_p(x),v_p(y))$ alors $p^{v_p(x-y)} \geq p^{  \min (v_p(x),v_p(y))}$. Ainsi $\dfrac{1}{p^{v_p(x-y)}} \leq \dfrac{1}{ p^{  \min (v_p(x),v_p(y))} }$. Si $v_p(x) \leq v_p(y)$ alors $|x-y|_p \leq \dfrac{1}{p^{v_p(x)}} = \max ( |x|_p,|y|_p)$. Le raisonnement est analogue si $v_p(y) \leq v_p(x)$ par symétrie. D'où $\boxed{|x-y|_p= \leq \max ( |x|_p,|y|_p)}$.
    • On a $|x+y|_p=| x - (-y)|_p \leq \max ( |x|_p, |-y|p)$. Je bloque ici. 

  • Salut OS,

    Il me semble bien que $|-y|_p=|y|_p$ et que $\max( a,b)\leq a+b$ lorsque $a$ et $b$ sont positifs. Cela devrait faire l'affaire je pense.

    Amicalement,

    Jean-éric


  • Merci !  En effet, $\forall y \in \Q$, on a $|y|_p \geq 0$ et $|-y|_p=|y_p|$ car $v_p(y)=v_p(-y)$.

    22) Soient $x,y,z \in \Q$. On a $d_p(x,z)=|x-z|_p=| (x-y) - (z-y) |_p \leq \max ( |x-y|_p, |z-y|_p)= \max( d_p(x,y),d_p(z,y))$.
    Mais $d_p(z,y)=d_p(y,z)$ donc $\boxed{d_p(x,z) \leq \max ( d_p(x,y),d_p(y,z))}$.
    • On a déjà remarqué que $\forall x,y \in \Q \ d_p(x,z)=d_p(y,x)$ car $v_p(x-y)=v_p(y-x)$
    • $d_p(x,y)=0 \iff v_p(x-y) \longrightarrow + \infty \iff x-y=0 \iff x=y$
    • L'inégalité triangulaire est vérifiée.
    Donc $d_p$ est une distance sur $\Q$

    23) On calcule $|p^n|_p= \dfrac{1}{p^{v_p(p^n)}}=\dfrac{1}{p^n} \longrightarrow 0$ car $0<1/p<1$ donc la suite $(p^n)$ converge vers $0$.


  • Modifié (February 2023)
    Petit souci de rédaction : $v_p(x-y)$ ne peut pas tendre vers $+\infty$... c'est un nombre entier ou bien c'est $+\infty$.
  • D'accord merci.
  • Modifié (March 2023)
    Pour Q15, une formulation équivalente à Legendre est $v_p(n!) = \dfrac{\displaystyle{n - \sum\nolimits_i u_i}}{p-1}$, où $\displaystyle \sum_i u_i$ est la somme des digits de $n$ en base $p$. C'est un peu plus rapide quand il y a "beaucoup" de monde dans la somme. Pour $100=\overline{400}^5$, ça donne $v_5(100!) = \dfrac{100-4}{4} = 24$.
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