Relation d'égalité modulo une puissance de p

Tony Schwarzer
Tony Schwarzer
Modifié (April 2022) dans Arithmétique
Bonjour,
Soit $p$ un nombre premier.
Je sais que ça a l'air facile et ça doit l'être, mais j'ai du mal à montrer ceci : $$\forall a \in \mathbb{Z},\ \forall m \in \mathbb{N},\qquad (1+pa)^{p^m}=1+p^{m+1}a [p^{m+2}]$$ On a montré avant que pour tous $a$ et $m$, $$(1+p^ma)=1+p^{m+1}a [p^{m+2}].$$ La deuxième propriété est facile à démontrer, mais je ne comprends pas la première. La récurrence ne semble pas aboutir. J'ai pourtant essayé de combiner la question précédente (deuxième égalité) et l'hypothèse de récurrence, mais on n'aboutit pas au bon résultat. Par binôme, cela ne fonctionne pas non plus... Je ne vois pas.

Réponses

  • Chaurien
    Chaurien
    Modifié (April 2022)
    La « deuxième propriété », c'est peut-être $(1+p^ma)^p \equiv 1+p^{m+1}a ~~[p^{m+2}]$ ?


  • JLapin
    JLapin
    J'ai testé numériquement et j'ai plutôt l'impression que l'utilisation du binôme de Newton est prometteuse.
    As-tu essayé d'utiliser les valuations p-adiques pour démontrer la divisibilité qui va bien ?
  • Chaurien
    Chaurien
    Modifié (April 2022)
    Sinon, peut-être une récurrence sur $m$ : $ (1+pa)^{p^{m+1}}= \big((1+pa)^{p^m}\big)^p$, formule du binôme,  et les coefficients binomiaux $\binom{p}{k}$ divisibles par $p$ si $1 \le k \le p-1$.
  • Tony Schwarzer
    Tony Schwarzer
    Chaurien a dit :
    La « deuxième propriété », c'est peut-être $(1+p^ma)^p \equiv 1+p^{m+1}a ~~[p^{m+2}]$ ?

    Bien sûr, erreur de ma part.
    Je n'ai pas essayé les valuations p-adiques car j'aimerais conclure par un argument très simple sur les congruences.

    La récurrence ne semble pas fonctionner car si on suppose l'hypothèse de récurrence au rang $m$ : 
    $(1+pa)^{p^{m+1}}=(1+p^{m+1})^p=1 [p^{m+2}]$ (le deuxième membre est dû à l'hypothèse d'induction et le troisième dû au binôme, c'est très bizarre. (le terme $k=1$ de la somme du binôme nous donne en effet un terme en $p^{m+2}$ car le coefficient binomial est $p$...))

  • Chaurien
    Chaurien
    Modifié (April 2022)
    J'ai l'impression que ça marche, même sans utiliser la propriété que j'ai citée, juste par le fait que $(^p_1)=p$.
     Si par hypothèse de récurrence on suppose :  $(1+pa)^{p^{m}}=1+p^{m+1}a +q p^{m+2}=1+p^{m+1}(a +q p)$,
    alors il me semble que : $(1+pa)^{p^{m+1}}= \big((1+pa)^{p^m}\big)^p=(1+p^{m+1}(a +q p))^p$
    $~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=1+(^p_1)(p^{m+1}(a +q p))+(^p_2)(p^{m+1}(a +q p))^2+...=1+p^{m+2}a +q' p^{m+3}$.



  • Tony Schwarzer
    Tony Schwarzer
    Je ne suis pas bien réveillé apparemment... j'ai oublié qu'on travaillait modulo $p^{m+3}$ dans la récurrence... J'étais resté sur modulo $ p^{m+2}$. Pour cette raison, quand je tombais sur le dernier terme de votre dernière égalité, je disais que ça valait $1$, je trouvais cela bien bizarre... Le résultat est en fait trivial par récurrence. Merci.
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