Partie de $\Bbb Q$ dense dans $\Bbb Q_p$
dans Arithmétique
Bonsoir,
Une partie de $\Bbb Q$ dense dans tous les $\Bbb Q_p$ est-elle dense dans $\Bbb Q$?
J'ai l'impression que non mais je peux bien me tromper.
Bonne soirée.
Une partie de $\Bbb Q$ dense dans tous les $\Bbb Q_p$ est-elle dense dans $\Bbb Q$?
J'ai l'impression que non mais je peux bien me tromper.
Bonne soirée.
Réponses
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Bonsoir,
est-ce que les $\Bbb Q_p$ vivent dans un même monde ?
l'intersection des $\Bbb Q_p$ c'est $\Bbb Q$
autrement dit: peut-on avoir un ensemble dense dans tous les $\Bbb Q_p$ , est ce que ça existe ?
tu as un exemple ? -
Oui, $\mathbb Q$ est dense dans tous les $\mathbb Q_p$ (attention, la topologie induite sur $\mathbb Q$ varie avec $p$).
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@callipiger: Je ne croyais pas devoir pinailler mais allons-y pour éviter la "confusion" que tu soulèves:
Pour chaque $p$, on dispose d'un plongement (continu d'image dense) $\sigma_p$ de $\mathbf{Q}$ dans $\mathbf{Q}_p$. Une partie de $\mathbf{Q}$ dont les images via les $\sigma_p$ sont denses dans les $\mathbf{Q}_p$ est-elle dense dans $\mathbf{Q}$?
Si on veut, on peut voir les $\mathbf{Q}_p$ comme inclus dans un même corps donc la réponse à ta première question est oui.
La réponse à ta deuxième question est également oui, à savoir $\mathbf{Q}$.
Ajout: D'ailleurs, l'intersection des $\mathbf{Q}_p$ peut tout à fait être vide. -
Mais à part $\Bbb Q$ auquel on a ôté quelques points peut-il y en avoir d'autres de parties denses dans tous les $\Bbb Q_p$ ?
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Oui, $\mathbf{Q}$ auquel tu retires l'ensemble des $\frac{1}{n}$ (pour $n$ entier non nul).
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La question de Gaussien peut se reformuler : si une partie de $\mathbb Q$ est dense dans $\mathbb Q$ pour toutes les topologies $p$-adiques, est elle dense pour la topologie usuelle ?
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Du coup, j'ai la réponse à ma question: il suffit de prendre $\mathbf{Q}$ auquel on retire un intervalle borné (pour la topologie usuelle) et ceci constitue un contre-exemple.
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L'intervalle $[0,1]$ (ou n'importe quel intervalle $[a,b]$ avec $a<b$) n'est-il pas dense quand $\mathbb Q_p$ pour tout $p$ ?
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Avant de réfléchir à ta question, j'ai un autre contre-exemple: les rationnels positifs!
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Soit $r$ un rationnel. Fixons un entier $k$. On peut trouver un rationnel $s$ de valuation $p$-adique $\geq k$ tel que $r+s\in [0,1]$. Soit $\ell>0$ un entier tel que $\dfrac{p^k}{p^\ell+1} < 1$. Alors il existe un entier $n$ tel que $r+\dfrac{np^k}{p^\ell+1} \in [0,1]$, et on a $v_p\left(\dfrac{np^k}{p^\ell+1}\right)\geq k$.
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En effet. Avec ce que j'ai dit plus haut, et quelques applications affines, on a donc que tout intervalle (non forcément borné) et tout complémentaire d'un intervalle (non forcément borné non vide) sont denses dans les $\mathbf{Q}_p$.
Ajout: @GBZM: voyons, le lecteur est suffisamment grand pour rectifier le tir B-)- -
Pas le complémentaire de l'intervalle $\mathbb R$ tout de même. :-Det tout complémentaire d'un intervalle (non forcément borné) -
Que $A \subset \Z$ soit dense pour tout $p$ dans $\Z_p$ n'implique pas que $A = \Z$, puisque $A$ peut très bien ne pas contenir $0$.
Que $B \subset \Q$ soit dense pour tout $p$ dans $\Q_p$ n'implique pas que $B$ soit dense dans $\Q$ (pour la valeur absolue usuelle) puisque $B$ peut très bien être contenu dans $[1,\infty[\, \cap \Q$.
Quid du cas où $A,B$ sont des sous-groupes additifs ? -
@reuns:
Un sous-groupe propre de $\mathbf{Z}$ est engendré par un entier $n>1$. Si $p$ est un premier divisant $n$, alors $n\mathbf{Z}$ n'est pas dense dans $\mathbf{Z}_p$ (parce qu'il n'y a aucun élément de $p$-valuation nulle dans $n\mathbf{Z}$ !).
Pour ce qui est des sous-groupes additifs de $\mathbf{Q}$, on sait les décrire. En fait, il est facile de décrire les sous-groupes de $\mathbf{Q}$ contenant $1$ et de montrer que tout-sous groupe propre de $\mathbf{Q}$ est inclus dans un sous-groupe propre de $\mathbf{Q}$ contenant $1$ (je ne donne pas les détails au cas où tu voudrais y réfléchir). Enfin, un sous-groupe propre de $\mathbf{Q}$ contenant $1$ n'est pas dense dans tous les $\mathbf{Q}_p$ (penser au même argument que le paragraphe précédent: il y a une élément d'un groupe de valuation qui saute!). -
Je n'ai pas compris ton argument pour le sous-groupe de $\Q$.
Mon indication c'est de montrer que si $C $ est un sous-groupe de $\Q$ alors $C$ est dense dans $\Z_p$ ssi $C \cap \Z$ est dense dans $\Z_p$.
À partir de là c'est facile puisque $B$ est un sous-groupe de $\Q$ dense dans tous les $\Q_p$
ssi pour tout $q^k,\ q^k B$ est dense dans tous les $\Z_p$
ssi pour tout $q^k,\ q^k B\cap \Z$ est dense dans tous les $\Z_p$
ssi pour tout $q^k,\ q^k B\cap \Z = \Z$
ssi pour tout $q^k,\ q^{-k} \in B$
ssi $B = \Q$. -
Je voulais dire que si $G$ est un sous-groupe de $\mathbf{Q}$, alors il existe une suite $m_i\in\left\lbrace 1,2,\dots,\infty\right\rbrace$ telle que l'un des $m_i$ n'est pas infini et $G$ est inclus dans le groupe $H$ décrit par l'ensemble des $\frac{a}{\prod_i p_i^{k_i}}$, où $a$ est un entier relatif, $p_i$ désigne la suite des nombres premiers et $(k_i)_{i\geq0}$ est une suite d'entiers naturels nulle presque partout et vérifiant $k_i\leq m_i$.
Si on choisit $i$ tel que $m_i<\infty$, alors pour tout $x$ dans $H$ on a $v_{p_i}(x)\geq -m_i$. En particulier, $H$ n'est pas dense $\mathbf{Q}_{p_i}$. -
Je n'ai rien compris. N'importe quel sous-groupe finiment généré [engendré] de $\Q$ est de la forme $x \Z$.
Un sous-groupe $G$ de $\Q$ est toujours de la forme $G = \bigcup_{n\ge 0} H_n$ avec $H_n \supset H_{n-1}$ une suite de sous-groupes finiment générés [engendrés], donc $H_n = x_n \Z \supset x_{n-1} \Z$ et $x_n = \frac{x_{n-1}}{c_n}$ avec $c_n \in \Z$ et $$G = \bigcup_{n\ge 0} \frac{x_0}{\prod_{m \le n} c_m} \Z
$$ $G$ est dense dans tous les $\Q_p$ ssi pour tout $p,\,k$ il existe $n$ tel que $v_p\Big(\dfrac{x_0}{\prod_{m \le n} c_m}\Big) \le -k$.
Si c'est le cas alors pour $n$ suffisamment grand $\dfrac{\prod_{m \le n} c_m}{x_0}$ est entier et tout entier le divise toujours pour $n$ suffisamment grand, et donc $G = \Q$. -
Que n'as-tu pas compris dans mon message?
J'ai affirmé sans démontrer parce que c'est un petit exercice. Veux-tu que je développe? -
Maintenant, une question plus intéressante est: une partie de $\mathbf{Q}$ dense dans $\prod_p\mathbf{Q}_p$ (pour la topologie produit, le produit étant pris sous tous les nombres premiers) est-elle forcément dense dans $\mathbf{Q}$?
Il me semble là encore que la réponse est non. -
C'est censé être évident vu ce qui a été dit que l'injection diagonale de $[1,\infty[ \cap \Q$ est dense dans $\prod_{p \le k} \Q_p$
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Peux-tu développer? Je suis d'accord que ledit ensemble est dense dans chaque $\mathbf{Q}_p$ mais pourquoi est-ce le cas pour le produit (fini si tu veux)? Autrement dit, si tu prends $x_p\in\mathbf{Q}_{p}$ ($p \leq k$) comment les approches-tu simultanément par un élément de $\mathbf{Q}$?
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Il y a un truc qui s'appelle théorème d'approximation pour des valuations indépendantes (il y en a un faible et un fort).
https://wstein.org/129/ant/html/node71.html -
@GBZM: oui, c'est un théorème d'Artin-Whaples (pour le faible): il dit que $\mathbf{Q}$ est dense dans le produit des $\mathbf{Q}_p$. (on peut remplacer $\mathbf{Q}$ par un corps quelconque avec des valeurs absolues indépendantes)
traduction: si on choisit des éléments d'un nombre fini de complétions de $\mathbf{Q}$, alors on peut les approcher simultanément par un rationnel.
Le théorème fort dit que si $v$ est une place de $\mathbf{Q}$, alors $\mathbf{Q}$ est dense dans l'anneau des adèles de $\mathbf{Q}$ en dehors de $v$. (on peut remplacer $\mathbf{Q}$ par n'importe quel corps global)
traduction: on peut faire comme dans le cas précédent en contrôlant ce qui se passe en dehors des complétions où on a choisi nos éléments, à ceci près que ce contrôle échappe à une place qu'on se fixe au départ.
En fait, je cherche une partie de $\mathbf{Q}$ dense dans le produit des $\mathbf{Q}_p$ mais pas dans $\mathbf{Q}$ et l'approximation faible ne répond pas à ma question puisque $\mathbf{Q}$ est dense dans $\mathbf{Q}$. -
Soit $N_k = \prod_{p \le k} p$, prends un $e$ tel que pour chaque $p \le k, (\frac{N_k}{p})^e \equiv 1 \bmod p$.
Alors $\lim_{n \to \infty} (\frac{N_k}{p})^{ep^n}$ converge vers $1$ dans $\Q_p$ et vers $0$ dans les autres $\Q_q, q \le k$.
Donc si $x_p \in [1,\infty) \cap \Q$ approxime $y_p \in \Q_p$ alors $\sum_{p \le k}(\frac{N_k}{p})^{ep^n} x_p \in [1,\infty) \cap \Q$ approxime $y \in \prod_{p \le k} \Q_p$ -
Merci reuns, ça fonctionne.
[small][small][small](un petit détail: on n'approxime pas, on approche)[/small][/small][/small] -
Qu'as-tu essayé ? Quel est l'ordre du sous-groupe $1+p ( \Z/p^{r-1}\Z)$ de $\Z/p^r \Z^\times$ ?
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J'ai édité mon message, ça fonctionne. Plus précisément, $(1+ap)^{p^n}$ tends vers $1$ en développant et en utilisant le fait que la $p$-valuation de $C^k_{p^n}$ est $n-v_p(k)$.
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Question bonus : soit $g\in \Z$ un générateur de $\Z/p \Z^\times$. Vers quoi converge $\lim_{n \to \infty} g^{p^n}$ dans $\Z_p$
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De mémoire, c'est une racine $(p-1)$-ième primitive de l'unité. Je vais essayer de retrouver une preuve.
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Une fois que tu as montré que ça converge la limite $\zeta$ est d'ordre au moins $p-1$ et $\zeta^p = \zeta$
ça converge parce que $g^{p^n}-g^{p^{n+1}} = g^{p^n}(1- (g^{p-1})^{ p^n})$ -
Tu es frustrant, j'étais en train de le taper...
Autre question bonus: montrer que les seules racines de l'unité dans $\mathbf{Z}_p$ sont les racines $(p-1)$-ième de l'unité si $p$ impair et $+-1$ sinon. -
Gaussien écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1847134,1848460#msg-1848460
> En fait, je cherche une partie de $\mathbf{Q}$ dense dans le produit des $\mathbf{Q}_p$ mais pas
> dans $\mathbf{Q}$ et l'approximation faible ne répond pas à ma question puisque $\mathbf{Q}$
> est dense dans $\mathbf{Q}$.
L'approximation faible ne dit-elle pas que tout intervalle ouvert de $\mathbb Q$ est dense dans le produit des $\mathbb Q_p$ ? -
Pas de mal !
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$\Z_p^\times = \mu_{p-1} \times (1+p)^{\Z_p}$ si $p$ est impair ou $\pm 1 \times (1+2)^{\Z_2}$ si $p=2$
L'idée étant de dire (pour $p $ impair) que si $a_n-1 =O(p^n)$ donc $a_n-1= b_n p^n+ O(p^{n+1})$ alors $a_{n+1} = a_n (1+p)^{b_n p^{n-1}} , a_{n+1}-1 = O(p^{n+1})$
donc $a_1 = \prod_{n \ge 1} (1+p)^{-b_n p^{n-1}} =(1+p)^{-B}, B= \sum_{n \ge 1} b_n p^{n-1} \in \Z_p$
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