Weak approximation.

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@@ -4206,6 +4206,10 @@ corps $K.k^{\alg} = \Frac(k^{\alg}[t_1,\ldots,t_d]/(I.k^{\alg}))$, les
 sous-corps $K$ et $k^{\alg}$ sont linéairement disjoints sur $k$ et en
 particulier, leur intersection $\tilde k$ est égale à $k$.
 
+(On peut bien sûr aussi se ramener à $\tilde k = k$ en redéfinissant
+simplement $k$ comme égal à $\tilde k$, à condition qu'on ne tienne
+pas à garder le corps de base fixé.)
+
 
 \subsection{Les places de la droite projective}\label{subsection-places-of-the-projective-line}
 
@@ -4300,10 +4304,102 @@ valeur $1$ doit être atteinte.
 \end{proof}
 
 
+\subsection{L'indépendance des valuations}\label{subsection-independence-of-valuations}
+
+\thingy Pour comprendre le théorème suivant, il faut se rappeler que
+si $v$ est une valuation, dire que $v(f-g)$ est grand signifie que $f$
+et $g$ sont « très proches autour de $v$ » : par exemple, pour des
+fractions rationnelles, $v_\xi(f-g) \geq r$ signifie que les
+développements limités de $f$ et $g$ en $\xi$ coïncident jusqu'à
+l'ordre $r-1$ (c'est-à-dire jusqu'à un terme d'erreur
+en $O((t-\xi)^r)$ si $\xi$ est fini, et en $O(t^{-r})$ si $\xi =
+\infty$).
+
+On peut d'ailleurs dire que $f$ et $g$ sont « $r$-proches pour $v$ »
+lorsque $v(f-g) \geq r$, et constater qu'il s'agit d'une relation
+d'équivalence compatible avec l'addition.
+
+Le résultat suivant a donc la signification intuitive : donnés des
+développements limités $f_1,\ldots,f_n$ en des places
+$v_1,\ldots,v_n$, on peut trouver une unique fonction $f$ qui les
+approche simultanément à n'importe quel ordre $r_i$ fixé.
+
+\begin{thm}[« approximation faible »]\label{weak-approximation}\index{approximation faible}
+Soit $K$ un corps, soient $v_1,\ldots,v_n$ des valuations discrètes
+sur $K$ deux à deux distinctes, et soient $f_1,\ldots,f_n \in K$ et
+$r_1,\ldots,r_n \in \mathbb{Z}$.  Alors il existe $f\in K$ tel que
+$v_i(f - f_i) \geq r_i$ pour chaque $i$.  On peut d'ailleurs obtenir
+$v_i(f - f_i) = r_i$ si on veut.
+\end{thm}
+\begin{proof}
+On procède en plusieurs étapes.
+
+\emph{Primo,} observons que pour chaque couple $(i,j)$ avec $i\neq j$
+il existe $x \in K$ tel que $v_i(x)\geq 0$ et $v_j(x) < 0$ ou vice
+versa ($v_i(x) < 0$ et $v_j(x)\geq 0$).  Ceci résulte du fait que les
+anneaux $\mathcal{O}_i$ et $\mathcal{O}_j$ des valuations $v_i$ et
+$v_j$ sont distincts (vu que l'anneau détermine la valuation,
+cf. \ref{valuation-ring-versus-valuation-function}), donc il existe
+$x$ qui appartient à l'un mais pas à l'autre, c'est-à-dire $x \in
+\mathcal{O}_i$ et $x \not\in \mathcal{O}_j$ ou vice versa.
+
+\emph{Secundo,} montrons que pour chaque couple $(i,j)$ avec $i\neq j$
+il existe $x \in K$ tel que $v_i(x) > 0$ et $v_j(x) < 0$.  Or on vient
+de voir qu'on pouvait trouver $z$ qui vérifie soit $v_i(z)\geq 0$ et
+$v_j(z) < 0$ soit vice versa.  Dans le premier cas, prenons $y$ tel
+que $v_i(y) > 0$ : en posant $x = y z^s$, on a $v_i(x) > 0$, et
+$v_j(x) = v_j(y) + s\, v_j(z)$ qui sera strictement négatif pour $s$
+assez grand.  Dans le second cas ($v_i(z) < 0$ et $v_j(z) \geq 0$),
+prenons $y$ tel que $v_j(y)<0$ : en posant $x = y/z^s$, on a
+$v_j(x)<0$, et $v_i(x) = v_i(y) - s\, v_i(z)$ qui sera strictement
+positif pour $s$ assez grand vu que $v_i(z)<0$.  On a donc bien trouvé
+$x$ qui répond au problème posé.
+
+\emph{Tertio,} montrons que pour chaque $i$ il existe $x \in K$ tel
+que $v_i(x) > 0$ et $v_j(x) < 0$ pour \emph{chaque} $j\neq i$.  On
+peut sans perte de généralité supposer $i=1$ et on procède par
+récurrence sur $n$ : par hypothèse de récurrence, on trouve $y$ tel
+que $v_1(y) > 0$ et $v_j(y) < 0$ pour $1<j<n$, et par le point
+précédent, on trouve $z$ tel que $v_1(z) > 0$ et $v_n(z) < 0$.  On
+pose $x = y + z^s$.  On a déjà $v_1(x) > 0$.  Pour ce qui est des
+$v_j$, si $v_j(z) < 0$ (ce qui est notamment le cas de $j=n$), on a
+$v_j(x) < 0$ lorsque $s$ est assez grand pour assurer $s\, v_j(z) <
+v_j(y)$ ; et si au contraire $v_j(z) \geq 0$ mais que $v_j(y) < 0$, on
+a aussi $v_j(x) < 0$.  Donc dans tous les cas, pour $s$ assez grand,
+$x$ répond aux conditions demandées.
+
+\emph{Quarto,} montrons que pour chaque $i$ et chaque $r$ il existe $h
+\in K$ tel que $v_i(h-1) \geq r$ et $v_j(h) \geq r$ pour chaque $j\neq
+i$.  On vient de voir qu'il existe $x \in K$ tel que $v_i(x) > 0$ et
+$v_j(x) < 0$ pour chaque $j\neq i$ : on pose $h = (1+x^s)^{-1}$ pour
+$s$ assez grand : on a $h-1 = x^s/(1+x^s)$ et $v_i(1+x^s) = 0$ donc
+$v_i(h-1) = s\,v_i(x)$ peut être rendu arbitrairement grand ; et
+$v_j(h) = -v_j(1+x^s) = -s\,v_j(x)$ peut aussi être rendu
+arbitrairement grand.
+
+\emph{Quinto,} en appelant $h_i$ un élément comme on vient de le
+trouver au point précédent ($v_i(h_i-1) \geq r$ et $v_j(h_i) \geq r$
+pour chaque $j\neq i$) pour un $r$ à déterminer, on pose $f = f_1 h_1
++ \cdots + f_n h_n$.  On a alors $f - f_i = f_i(h_i-1) + \sum_{j\neq
+  i} f_j h_j$, donc $v_i(f - f_i) \geq \min_j\{v_i(f_j)\} + r$ peut
+être rendu arbitrairement grand en prenant $r$ assez grand
+(précisément, plus grand que $r_i - \min_j\{v_i(f_j)\}$ pour
+chaque $i$).  Ceci montre l'affirmation principale du théorème.
+
+\emph{Sexto,} si on souhaite obtenir $v_i(f - f_i) = r_i$ exactement,
+on choisit $z_i$ tel que $v_i(z_i) = r_i$ exactement, puis on utilise
+le point précédent pour trouver $g$ tel que $v_i(g - f_i) > r_i$ pour
+chaque $i$, et une nouvelle fois pour trouver $z$ tel que $v_i(z -
+z_i) > r_i$ pour chaque $i$ : alors $f := g+z$ vérifie $v_i(f - f_i) =
+v_i((g - f_i) + (z - z_i) + z_i)$, or $v_i(z_i) = r_i$ et $v_i(g -
+f_i) > r_i$ et $v_i(z - z_i) > r_i$, si bien que $v_i(f - f_i) = r_i$
+comme souhaité.
+\end{proof}
+
+
 
 % TODO:
 % * Différentielles.
-% * Valuations.  Clôture intégrale ?
 
 %
 %