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ho cercato qualcosa su questo argomento ma non ho trovato niente, quindi chiedo:

$ v_p(a)=k : p^k ||a $

questa dovrebbe essere la definizione della valutazione p-adica

come si dimostrano queste due proprietà?

$ a+b+c=0 , v_p(a)\leq v_p(b)\leq v_p(c) \rightarrow v_p(a)=v_p(b) $

e

$ v_p(n!)\leq \frac{n-1}{p-1} $

p-adica.

ok scusate avevo capito male

gian92 ha scritto:$ v_p(n!)\leq \frac{n-1}{p-1} $

Hint: maggiora $ v_p(n!) $ con una somma parziale di un'opportuna serie geometrica...

Per utilizzi "elementari" della valutazione p-adica, spesso è utile pensare che
$ v_p(a)=k $
vuol dire
$ a\equiv 0\mod p^k $ e $ a\not\equiv0\mod p^h $ se $ h>k $.
Ora, per la prima cosa che chiedi, supponi che $ k=v_p(b)>v_a(p) $ ... che succede alla relazione $ a+b+c=0 $ se la passi modulo un'opportuna potenza del primo?

EvaristeG ha scritto:Per utilizzi "elementari" della valutazione p-adica, spesso è utile pensare che
$ v_p(a)=k $
vuol dire
$ a\equiv 0\mod p^k $ e $ a\not\equiv0\mod p^h $ se $ h>k $.
Ora, per la prima cosa che chiedi, supponi che $ k=v_p(b)>v_a(p) $ ... che succede alla relazione $ a+b+c=0 $ se la passi modulo un'opportuna potenza del primo?

intendevi$ k=v_p(b)> v_p(a) $ ?

Per il secondo punto:

$ $\nu_p(n!) = \left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor+\left\lfloor \frac{n}{p^2}\right\rfloor+\left\lfloor \frac{n}{p^3}\right\rfloor+\cdots + \left\lfloor \frac{n}{p^{\left\lfloor \log_p n\right\rfloor}}\right\rfloor \leqslant \frac{n}{p}+ \frac{n}{p^2}+\frac{n}{p^3}+\cdots + \frac{n}{p^{\left\lfloor \log_p n\right\rfloor}} = $

$ $= n\left( \frac{1-p^{-\left\lfloor \log_p n\right\rfloor-1}}{1-\frac 1 p} -1 \right) = \frac{n-np^{-\left\lfloor \log_p n\right\rfloor}}{p-1} = \frac{n-p^{\log_p n\: - \left\lfloor \log_p n\right\rfloor}}{p-1} \leqslant \frac{n-1}{p-1} $.

Nota che vale l'uguaglianza se e solo se $ $n $ è una potenza di $ $p $.

Come esercizio puoi dimostrare la formula di Legendre

$ $\nu_p(n!) = \frac{n-S_p(n)}{p-1} $,

dove $ $S_p(n) $ è la somma delle cifre dell'espressione di $ $n $ in base $ $p $.

oggi a scuola avevo fatto una cosa del genere
il fatto che fosse una somma parziale mi aveva tratto in inganno...parziale nel senso fino a un numero finito vero?
io senza pensare alle parti intere avevo fatto:
$ v_p(n!)\leq \frac{n}{p}+\frac{n}{p^2}+...+\frac{n}{p^n}=n(\frac{\frac{1}{p^n}-1}{\frac{1}{p}-1})< -\frac{np}{1-p} $
che è ovviamente molto più maggiorante ...

ora provo a fare l'esercizio

gian92 ha scritto:$ n(\frac{\frac{1}{p^n}-1}{\frac{1}{p}-1}) $

Questo vorrebbe essere un

$ $n\left(\frac{\frac{1}{p^{n+1}}-1}{\frac{1}{p}-1}-1\right) $,

così dice la formula per la somma parziale della serie geometrica. Per "somma parziale" si intende sempre un troncamento (finito) di una serie infinita.
Comunque sì, anch'io al primo tentativo avevo provato una cosa simile alla tua, ma poi ho visto che dovevo troncare al punto giusto per far quadrare il conto.

Per l'esercizio puoi partire dalla stessa formula con le parti intere, oppure dimostrare questo lemma:

$ $\nu_p(n) = \frac{S_p(n-1)-S_p(n)+1}{p-1} $,

e vedere che $ $\nu_p(n!) $ telescopizza.

Tibor Gallai ha scritto:

gian92 ha scritto:$ n(\frac{\frac{1}{p^n}-1}{\frac{1}{p}-1}) $

Questo vorrebbe essere un

$ $n\left(\frac{\frac{1}{p^{n+1}}-1}{\frac{1}{p}-1}-1\right) $,

così dice la formula per la somma parziale della serie geometrica. Per "somma parziale" si intende sempre un troncamento (finito) di una serie infinita.

si, ho sbagliato la formula!
ecco avevo capito male il tuo hint e inizialmente mi ero messo a cercare una somma parziale che però non partiva da 0 ma da un altro termine.

Comunque sì, anch'io al primo tentativo avevo provato una cosa simile alla tua, ma poi ho visto che dovevo troncare al punto giusto per far quadrare il conto.

Per l'esercizio puoi partire dalla stessa formula con le parti intere, oppure dimostrare questo lemma:

$ $\nu_p(n) = \frac{S_p(n-1)-S_p(n)+1}{p-1} $,

e vedere che $ $\nu_p(n!) $ telescopizza.

telescopizza nel senso che la serie che lo esprime è telescopica?

gian92 ha scritto:telescopizza nel senso che la serie che lo esprime è telescopica?

E' di nuovo una sommatoria finita (non la stessa di prima...), comunque sì.

comincerei dal dimostrare il lemma

$ \nu_p(n)=\nu_p(a_0+pa_1+p^2a_2+...+p^ka_k)=m $
se $ \forall a_x | x<m, a_x=0 \wedge a_m\neq 0 $
bene ora dobbiamo trovare una espressione per m in n e p.
n-1 in base p se imponiamo che esista un tale $ \displaystyle a_m $
è $ p-1+(p-1)p+(p-1)p^2+...(p-1)p^{m-1}+a_m-1+a_{m+1}+...+p^ka_k $
da $ \displaystyle a_{m+1} $ in poi è uguale a n quindi
$ S(n-1)-S(n)=(p-1)\cdot m -1 $
da qui la nostra espressione per m
$ $\nu_p(n)=m=\frac{S_p(n-1)-S_p(n)+1}{p-1} $ $
spero si capisca e che non sia troppo sbagliato...

Sì, la sommatoria è un po' scazzata, ma si capisce ed è giusto.
Adesso la formula di Legendre segue molto facilmente.

$ \nu_p(a\cdot b)=\nu_p(a)+\nu_p(b) $ perchè se
$ a=k\cdot p^{\nu_p(a)}, b=n\cdot p^{ \nu_p(b)} \rightarrow\nu_p(a\cdot b)= \nu_p(kn\cdot p^{\nu_p(a)+\nu_p(b)})=\nu_p(a)+\nu_p(b)} $ visto che per definizione di $ \nu_p(x) $ p non divide ne k ne n.
$ \displaystyle \nu_p(n!)=\nu_p(1)+\nu_p(2)+...+\nu_p(n)=\\ \\ \frac{S_p(0)-S_p(1)+1+S_p(1)-S_p(2)+1+...+S_p(n-1)-S_p(n)+1}{p-1} $

siccome la somma al numeratore è telescopica, rimangono solo tutti gli uno e il primo (nullo) e l'ultimo termine quindi:
$ \nu_p(n!)=\frac{n-S_p(n)}{p-1} $

Ecco.

Usando questa, ricavi anche un'espressione per la valutazione $ $p $-adica dei coefficienti binomiali, da cui deriva tra l'altro la formula notevole

$ $\nu_2\left({2n}\choose n\right) = S_2(n) $.