Agrégation interne 2023 partie I valuations p-adiques

OShine · 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 }$.

OShine · 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.

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jean-éric · February 2023

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

OShine · February 2023

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 $0$.

bisam · 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 $+\infty$.

OShine · February 2023

D'accord merci.

Area 51 · 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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