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Les-Mathematiques.net - Cours de mathématiques supérieures Théorème d'Euclide:

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Théorème d'Euclide:

$\forall (a,b)\in A^2\quad \forall p \in \mathcal{P}(A)\quad p\vert ab\Longrightarrow p\vert a$ ou $p\vert b$

En effet si

c'est clair car $p\vert$ .Sinon,si

et $b\neq 0$ alors

ne divise pas $a\Longrightarrow val_p(a)=0$ et alors $p\vert ab\Longrightarrow val_p(ab)=val_p(a)+val_p(b)=0+val_p(b)=val_p(b) \geq 1\Longrightarrow p\vert b$ .

Voici quelques résultats classiques d'arithmétique factorielle dans un demi-groupe factoriel,en plus des précédents, sous forme de propositions concernant des éléments

tous non nuls.On posera

.

proposition 11:

premiers entre eux $\iff\forall p\in S\quad \exists i \in I_n=\{1,2,3...n\}\quad$

$(\Longrightarrow ?)$
Sinon $\exists p\in S\quad \forall i\in I_n\quad val_p(b_i)\neq 0$ et alors

diviserait les

d'où

serait inversible ce qui est contradictoire.
$(\Longleftarrow ?)$
Sinon il existerait un diviseur non inversible des

donc aussi un diviseur premier

(proposition 2) d'où on aurait $\forall i\in I_n\quad val_p(b_i)\neq 0$ et une contradiction.
Proposition 12:
$\forall i\in I_n\quad a$ est premier avec $b_i\quad\Longrightarrow a$ est premier avec

Démonstration Sinon il existerait un diviseur premier

or $p\vert b_1b_2...b_n$ $\Longrightarrow val_p(b_1b_2..b_n)=val_p(b_1)+val_p(b_2)+... +val_p(b_n)\geq ... ...grightarrow \exists i\in I_n\quad val_p(b_i)\geq 1 \Longrightarrow p\vert b_i$ mais alors

diviserait

d'où une contradiction.
Proposition 13:
Si les

sont premiers deux à deux alors

.
Démonstration $\forall i\in I_n\quad b_i\neq0$ donc

admet la décomposition primaire: $b_i=\epsilon_{b_i}\prod_{p_{\in S}}p^{\beta_p^i}$
alors $\forall p\in S$ les $\beta_p^i$ sont soit tous nuls soit tous nuls sauf un. sinon
$\exists (i,j)\in I_n^2\quad i\neq j$ et $\beta_p^i>0$ et $\beta_p^j>0$ d'où on aurait $p\vert b_i$ et $p\vert b_j$ ce qui contredirait l'hypothèse.D'où avec des notations évidentes et pour tout

dans

on a $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=0$ ou bien $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}>0$ .
Alors

est un

i.e.

est un multiple des

ce qui est clair et tout multiple

des

est un multiple de

.
En effet si

alors $B\vert a$ et si $a\neq0$ alors $a= \epsilon_a\prod_{p\in S}p^{\alpha_p}$
et $\forall i\in I_n\quad b_i\vert a\Longrightarrow \forall p\in S\quad\forall i\in I_n\quad\beta_p^i \leq \alpha_p$
Dès lors $\sum_{i=1}^n\beta_p^i$ soit est égal à 0 et alors $\sum_{i=1}^n\beta_p^i\leq \alpha_p$ soit $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}$ et là encore $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}\leq \alpha_p$
Finalement $\forall p\in S\quad \sum_{i=1}^n\beta_p^i\leq \alpha_p \Longrightarrow B\vert a$ car $val_p(B)=val_p(b_1b_2..b_n)=\sum_{i=1}^n\beta_p^i\leq \alpha_p=val_p(a)$
Proposition 14:
Si les

sont premiers deux à deux alors les $\frac{B}{b_i}$ sont premiers entre eux.
Démonstration En utilisant les notations précédentes on a

$\displaystyle \forall i\in I_n\quad \frac{B}{b_i}= \prod_{j\neq i}b_j=\\ (\... ...S}p^{\beta_p^j})= (\prod_{j\neq i} \epsilon_{b_j})\prod_{p\in S}p^{\gamma_p^i}$

avec $\gamma_p^i= \sum_{j\neq i}\beta_p^j$
Si

est un diviseur des $\frac{B}{b_i}\quad d$ n'est pas nul,il s'écrit $d=\delta\prod_{p\in S}p^{\delta_p}$ et alors $\forall p\in S\quad\forall i\in I_n \quad \delta_p \leq \gamma_p^i (2)$
Comme les

sont premiers deux à deux on a vu dans la proposition 13 que $\forall p\in S\quad \sum_{i=1}^n\beta_p^i=0$ ou bien $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}.$
$\bullet$ si $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=0$ les $\beta_p^i$ sont tous nuls d'où $\gamma_p^i=\sum_{j\neq i}^n\beta_p^j=0$ et donc d'après $(2)\quad \delta_p=0$
$\bullet$ si $\sum_{i=1}^n\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}$ alors $\forall j\neq i_0\quad \beta_p^j=0$ d'où $\gamma_p^{i_{0}}=\sum_{j\neq i_{0}}\beta_p^j=0$ et donc d'après

avec $i=i_0\qquad\delta_p =0$
Finalement $\forall p\in S\quad \delta_p=0$ c'est à dire que

est inversible et donc que les $\frac{B}{b_i}$ sont premiers entre eux.
Cette proposition 14 est utilisée dans un théorème fondamental d'algèbre linéaire:le théorème de décomposition des noyaux.

Proposition 15:
$b=(un)ppcm(b_i)\quad\iff \forall i\in I_n\quad b_i\vert b$ et les $\frac{b}{b_i}$ sont premiers entre eux.
Démonstration $(\Longrightarrow ?)$

donc par définition

est un multiple des

i.e. que $\forall i\in I_n\quad b_i\vert b$ et donc $\forall i\in I_n\quad \forall p\in S\quad \beta_p^i\leq \beta_p$ si on pose $b=\epsilon_b \prod_{p\in S}p^{\beta_p}$ vu que $b\neq 0$ .
Par l'absurde,si les $\frac{b}{b_i}$ n'étaient pas premiers ils admettraient un diviseur non inversible donc un diviseur premier

(proposition 2) d'où on aurait $\forall i\in I_n\quad p\vert\frac{b}{b_{i}}\Longrightarrow val_p(p)\leq val_p(\frac{b}{b_i})$ soit $1\leq \beta_p-\beta_p^i$
Or

est un associé de

et par construction de

on a $\beta_p=max_{i\in I_n}\beta_p^i=\beta_p^{i_{0}}$ d'où on aurait $\beta_p-\beta_p^{i_{0}}=0$ ce qui contredirait l'inégalité précédente pour

. Finalement les $\frac{b}{b_i}$ sont bien premiers entre eux.
$(\Longleftarrow ?)$
$\forall i\in I_n\quad b_i\vert b$ donc

est bien un multiple des

.Il reste à montrer que tout multiple

des

est un multiple de

.
Si

alors

est bien multiple de

. Si $m\neq0$ alors posons $m=\epsilon_m\prod_{p\in S}p^{\mu_p}$ .Comme les

divisent

on a $\forall i\in I_n\quad \forall p\in S\quad\beta_p^i\leq \mu_p$
De plus les $\frac{b}{b_i}$ sont premiers entre eux d'où d'après la proposition 11
$\forall p\in S\quad\exists i_0\in I_n\quad val_p(\frac{b}{b_{i_{0}}})=val_p(b)-val_p(b_{i_{0}})= \beta_p-\beta_p^{i_0}=0$
Donc $\forall p\in S\quad\exists i_{0}\in I_n\quad \beta_p=\beta_p^{i_{0}}\leq \mu_p$ d'où $b\vert m$ i.e. que

est bien multiple de