Produit d'irréductibles

Oui : « c'est clair. » Pas complètement satisfaisant ? Peut-être parce que tel quel, c'est un peu faux.

En fait, on veut mieux que « deux à deux distincts » : on veut les $p_{m_i}$ deux à deux non associés, ce qui est plus exigeant (dans $\Z$, ça veut dire grouper ensemble un nombre premier et son opposé ; dans un anneau de polynômes, ça veut dire grouper ensemble.

Ou bien : « En regroupant ensemble les facteurs irréductibles associés, on peut écrire $p_1\cdots p_r$ sous la forme $p_{m_1}^{\alpha_1}\cdots p_{m_k}^{\alpha_k}$ où les $p_{m_i}$ sont deux à deux non associés. »

Ou bien (mais là, on dépasse ce qui me semble raisonnable) : Considérons la relation d'équivalence “être associé” sur l'ensemble $\hat{\mathcal{P}}$ des éléments irréductibles de $A$. Soit $\mathcal{P}$ un ensemble contenant un élément de $\hat{\mathcal{P}}$ par classe d'équivalence. Soit $f:\widehat{\mathcal{P}}\to\mathcal{P}$ l'application qui à un élément irréductible $p$ associe l'unique éléments de $\mathcal{P}$ qui est associé à $p$ et soit $\epsilon(p)$ l'unité telle que $p=\epsilon(p)f(p)$. Étant donnée une famille $(p_1,\dots,p_r)$ d'éléments de $\widehat{\mathcal{P}}$, on a donc : $p_1\cdots p_r=e\cdot \prod_{p\in\mathcal{P}}p^{\alpha_p}$, où $e=\epsilon(p_1)\cdots\epsilon(p_r)$ (une unité de $A$) et, pour $p\in\mathcal{P}$, $m_p=\#\{i,\ f(p_i)=p\}$ (tous les $m_p$ sont nuls sauf un nombre fini). On peut alors (éventuellement) numéroter l'ensemble fini $\{p\in\mathcal{P},\ m_p\ge1\}=\{q_1,\dots,q_k\}$ et choisir pour chaque $q_i$ un élément $p_{m_i}$ associé à $q_i$ pour obtenir la formule que tu veux (à une unité près).

Oui, on peut le faire par récurrence mais ça relève de l'artillerie lourde pour écraser une noisette tombée par terre.

Si les irréductibles sont déjà non associés deux à deux, on peut écrire : $p_1\cdots p_r=p_{m_1}^{\alpha_1}\cdots p_{m_k}^{\alpha_k}$ où $p_{m_1},\dots,p_{m_k}$ sont les éléments distincts de $\{p_1,\dots,p_r\}$ et, pour tout $i\in\{1,\dots,k\}$, $\alpha_i=\#\bigl\{j\in\{1,\dots,r\},\ p_j=p_{m_i}\bigr\}$.

Après, pour justifier la construction des $m_i$, on peut compliquer à loisir... On note $k=\#\{p_1,\dots,p_r\}$. On choisit une bijection $b:\{p_1,\dots,p_r\}\to\{1,\dots,k\}$ et une section de la composée $f:\{1,\dots,r\}\to\{p_1,\dots,p_r\}\to\{1,\dots,k\}$, qui est surjective, c'est-à-dire une application $m:\{1,\dots,k\}\to\{1,\dots,r\}$ telle que $f(m_i)=i$, c'est-à-dire $b(p_{m_i})=i$, pour tout $i\in\{1,\dots,k\}$. Dans ces conditions, on a : $\{p_1,\dots,p_r\}=\{b^{-1}(i),\ 1\le i\le k\}=\{p_{m_i},\ 1\le i\le k\}$. Ça ne m'a pas l'air d'éclaircir grand-chose.