discriminant

@noix de totos
Je dois avouer que je ne connais pas mon cours. Je suppose que cela se prouve sans exhiber une base de l'anneau des entiers ?

Est ce encore vrai pour une extension ``multi-quadratique'' ? I.e. est ce que le discriminant d'une telle extension est le produit des discriminants des sous-extensions quadratiques ? Exemple : pour un entier $a \in \Z$ non carré, je note $D(a) = \text{Disc}(\Q(\sqrt a))$. Il semble que l'on ait :
$$
\text{Disc}\big(\Q(\sqrt a, \sqrt b, \sqrt c)\big) = D(a)D(b)D(c)\ D(ab)D(ac)D(bc)\ D(abc)
$$
Etant entendu que parmi $a, b, c, ab, ..$, aucun n'est un carré.

AJOUT Cela doit être une conséquence de ``Discriminant Conductor Formula''. De manière générale soit $r$ entiers $a_1, \ldots, a_r$ tels que
$\prod_{i \in I} a_i$ soit non carré pour tout $I \ne \emptyset$. Notons $K = \Q(\sqrt {a_1}, \cdots, \sqrt {a_r})$. Alors :
$$
\text{Gal}(K/\Q) = \prod_{i=1}^r \text{Gal}(\Q(\sqrt {a_i}/\Q)
$$
Avec des notations que l'on devine, un caractère $\chi$ sur $\text{Gal}(K/\Q)$ s'écrit de manière unique :
$$
\chi = \chi_1^{e_1} \cdots \chi_r^{e_r}, \qquad e_i = 0,1
$$
Et le conducteur de $\chi$ s'obtient de la manière suivante, en notant $I$ l'ensemble des $i$ tels que $e_i = 1$ :
$$
\text{Cond}(\chi) = \text{Disc}\big(\Q( \sqrt {\pi_I}) \big), \qquad \pi_I = \prod_{i\in I} a_i
$$
ce qui fait que :
$$
\text{Disc}(K/\Q) = \prod_I \text{Disc}\big(\Q( \sqrt {\pi_I}) \big)
$$

Autre méthode plus simple ici : si $K = K_1 K_2$ est le corps composé de $K_1$ et $K_2$ tel que $\left[K : \mathbb{Q} \right] = \left[K_1 : \mathbb{Q} \right] \times \left[K_2 : \mathbb{Q} \right]$, alors on a $\left( d_{K_1},d_{K_2} \right) = 1$ et
$$d_K = d_{K_1}^{\left[K_2 : \mathbb{Q} \right]} \times d_{K_2}^{\left[K_1 : \mathbb{Q} \right]}.$$
On est ici dans ce cadre avec $d_{K_1} = 12$ et $d_{K_2} = 5$.

L'une des solutions les plus basiques consiste à utiliser ce que j'ai dit dans mon dernier message.

Je m'avance peut-être mais ça doit être fait dans le Lang.

L'égalité
$$d_{K_1 K_2} = d_{K_1}^{\left[ K_2 : \mathbb{Q} \right]} \times d_{K_2}^{\left[ K_1 : \mathbb{Q} \right]} $$
valide dès lors que $\left [ K_1 K_2 : \mathbb{Q} \right] = \left [ K_1 : \mathbb{Q} \right] \times \left [ K_2 : \mathbb{Q} \right]$, est dans tous les (bons) cours de théorie algébrique des nombres.

Par exemple sur le net : http://math.stanford.edu/~conrad/154Page/handouts/disccomposite.pdf

@noix de totos: j'imagine qu'il faut supposer que $d_{K_1}$ et $d_{K_2}$ sont premiers entre eux, non ?

@Killersmile38 :

si tu lis bien le document que j'ai mis ci-dessus, tu y verras que la condition sur les degrés implique que $\left( d_{K_1},d_{K_2} \right) = 1$ et aussi (et surtout) que $\mathcal{O}_{K_1 K_2} = \mathcal{O}_{K_1} \mathcal{O}_{K_2}$.

Non, c'est moi qui ai mal lu (honte à moi !).

Effectivement, c'est faux, c'est même le contraire (voir [1, Theorems 87 and 88]) : Si $\left( d_K , d_L \right) = 1$, alors $\left[ KL : \mathbb{Q} \right] = \left[ K : \mathbb{Q} \right] \times \left[ L : \mathbb{Q} \right]$ et, sous cette hypothèse
$$d_{KL} = d_K^{\left[ L : \mathbb{Q} \right]} \times d_L^{\left[ K : \mathbb{Q} \right] }.$$

Référence.

D. Hilbert, The Theory of algebraic Number Fields, Springer, 1998. https://books.google.fr/books?redir_esc=y&hl=fr&id=_Q2h83Bm94cC&q=theorem+87#v=snippet&q=theorem 87&f=false

Je n'ai pas l'impression que nos messages respectifs aient été inutiles, bien au contraire. Il arrive souvent que des demandeurs s'éloignent un temps de la discussion.

En ce qui me concerne, j'ai :

1. Donné trois méthodes possibles pour calculer ce discriminant, dont l'une en fournissant un article de recherche ;
2. Relevé l'erreur du premier message du demandeur.

Donc, pour moi, j'ai fait le job.

Enfin, je pense que la dernière référence que j'ai donnée (Hilbert) répond correctement au problème posé (pour les corps composés). Seul bémol : j'aurais pu (et dû) y penser plus tôt, mais comme je suis sur un problème difficile en ce moment, je n'avais pas toute ma tête...

@moduloP

Je ne sais pas comment m'y prendre pour te répondre car d'une part je ne suis pas clair sur certains points et d'autre part, dans cette histoire, il y a des choses que je trouve compliquées. Exemple (pour illustrer ``choses compliquées'') : dans le contexte de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1578586,1580562#msg-1580562, Ribenboim ne va pas montrer 3) à partir de 2) mais 2) à partir de 3) !! Autre exemple : si dans mon post pointé, je remplace le corps de base $\Q$ par un corps de nombres $E$, j'ignore si la comaximalité des discriminants (qui sont des idéaux de $\mathcal O_E$) entraine la disjonction linéaire sur $E$ des $E$-extensions.

Mais je fournis quand même une première réponse en espérant que peut-être on va y voir plus clair. Le contexte est celui de mon post pointé : deux corps de nombres $K_1, K_2$. Je numérote cette première réponse à l'aide de petits points minuscules.

(A) Attention au fait que la ``propriété $K_1, K_2$ linéairement disjoints sur $\Q$'' n'est pas équivalente à $K_1 \cap K_2 = \Q$. Certes, tu n'as rien dit de tel mais tu as mentionné le mot ``intersection''.

(B) Contexte : $B$ une $A$-algèbre libre de dimension finie, $A$ anneau commutatif. Dans ce contexte, les matrices traciques qui interviennent sont des matrices carrées au sens de Bourbaki. Je vais dire strictement carrée pour éviter la panique. Rappel : chez lui, une matrice strictement carrée n'est pas une matrice dont le nombre de lignes est égal au nombre de colonnes MAIS une matrice indexée par $I \times I$, $I$ ensemble fini. Nuance. Une telle matrice strictement carrée possède un déterminant ; ce qui n'est pas le cas d'une matrice $(a_{i,j})_{I \times J}$ avec $\#I = \#J$. Dans le contexte de ce point, la matrice tracique d'une famille finie $(b_i)_{i \in I}$ d'éléments de $B$ est la matrice strictement carrée $(\text{Tr}_{B/A}(b_ib_{i'}))_{I \times I}$, dont le déterminant, bien défini, est le discriminant de la famille.

(C) Quand tu disposes de deux matrices strictement carrées $M$ et $N$, la première indexée par $I \times I$, la seconde par $J \times J$, tu peux former leur produit tensoriel (ou produit de Kronecker) $M \otimes N$, qui est une matrice strictement carrée indexée par $(I \times J) \times (I \times J)$. Et dont le déterminant est :
$$
\det(M \otimes N) = \det(M)^{\#J} \times \det(N)^{\#I}
$$
On en a déjà parlé dans le fil que tu as initié.

(D) Venons en à l'égalité $\mathcal O_{K_1K_2} = \mathcal O_{K_1} \otimes_\Z \mathcal O_{K_2}$. On va faire comme si on était clair sur le compositum $K_1K_2$, sinon on ne va pas s'en sortir. D'une part , cette égalité est mal écrite (fort possible que j'ai mentionné une telle égalité) et d'autre part, j'ai envie d'y faire disparaître le produit tensoriel en disant :
$$
\hbox {le produit d'une $\Z$-base de $\mathcal O_{K_1}$ et d'une $\Z$-base de $\mathcal O_{K_2}$ est une $\Z$-base de $\mathcal O_{K_1K_2}$}
\qquad (\spadesuit)
$$
Bien sûr, il s'agit de produit ``au sens de Kronecker''. Et ci c'est vrai pour une base de $\mathcal O_{K_1}$ et d'une base de $\mathcal O_{K_2}$, c'est vrai pour n'importe quelles bases.

Je ne sais pas si cette propriété $(\spadesuit)$ possède un nom. Elle entraîne le fait que $K_1, K_2$ sont linéairement disjoints sur $\Q$. Note : Frölich & Taylor utilisent, en III.2.13, page 125, la terminologie ``arithmetically disjoint extensions'', bien plus fort que ``linearly disjoint extensions'', mais ce n'est PAS dans le sens $(\spadesuit)$.

Supposons donc $(\spadesuit)$. Aucune raison a priori que cela entraine le fait que les discriminants de $K_1, K_2$ sont premiers entre eux, sauf que pour l'instant je ne dispose pas d'exemple. Alors, en utilisant les points $(B)$ et $(C)$ (et peut-être d'autre chose ?), on obtient la formule du discriminant :
$$
\text{Dis}(K_1K_2) = \text {Disc}(K_1)^{[K_2 : \Q]} \times \text {Disc}(K_2)^{[K_1 : \Q]}
$$
Voilà. C'est ma première réponse !


De la lecture au cas où tu ne serais pas convaincu par ``choses compliquées" : Briand Conrad, Math 154, Algebraic Number Theory (Handouts) http://math.stanford.edu/~conrad/154Page/handouts/unramcomp.pdf. Attention : c'est n'est pas le disccomposite.pdf déjà pointé (Discriminant of composite fields) mais un autre (Unramifiedness and composite fields).

Autre chose : si tu disposes du Lang (Algebraic Number Theory), regarde bien le contexte de l'énoncé la proposition 17, page 68. Ainsi que la preuve (utilisation de la différente et du ``complementary module''). Note que Lang prend en charge $(\spadesuit)$ mais laisse en exercice la formule du discriminant.

A suivre ?

@moduloP

Je commence par une remarque : j'ai tout mon temps (je ne veux pas faire avancer la science et de toute manière, il faudra bien qu'elle avance sans moi). Et quand il s'agit de comprendre des choses que j'estime de base, le temps ne compte pas.

Pour l'instant, sur la sellette : disjonction linéaire en théorie des corps. Il est indispensable d'être clair là-dessus. Ma référence a toujours été Bourbaki, Algèbre V (Corps commutatifs). Est ce que tu possèdes une définition sérieuse et sûre (de la disjonction linéaire) ?

Car b.rd.l de m.rd. : les ennuis débarquent. Regarde le pdf ``Notes on Galois modules'' de Johnston in https://www.dpmms.cam.ac.uk/~hlj31/GM_CourseNotes101.pd, définition 5.1, page 9. $L,K$ deux extensions finies d'un corps $F$, contenues dans une clôture séparable $\overline F$ ; then we say that $L$ and $K$ are linearly disjoint over $F$ if $K \cap L = F$. Et il ajoute que c'est équivalent à :
$$
[LK : F] = [L : F] \times [K : F], \qquad \hbox {ou bien à} \qquad [K : F] = [LK : L]
$$
Quelque chose ne colle pas. Considérer $F = \Q$ et dans un corps de décomposition de $X^3 - 2$ sur $\Q$, prendre $L = \Q(\root 3 \of 2)$, $K = \Q(j\root 3 \of 2)$. On a $L \cap K = \Q$ et pourtant $L,K$ ne sont pas linéairement disjointes sur $\Q$ (le compositum de $L$ et $K$ sur $\Q$ est de degré $6$ sur $\Q$).

Et l'auteur donne comme référence Frölich & Taylor, disons (I.49) p. 24. Et b.rd.l de m.rd. bis, chez Frölich-Taylor ``linear disjoint'' est utilisé mais n'a pas été défini (il n'est pas dans l'index mais cela ne veut rien dire car en général, les index sont pourris). Je veux dire qu'il n'est pas défini avant la page 24 (j'ai passé les pages 1 à 24 à deux reprises).

Bref, impossible d'avancer si cette propriété ``disjonction linéaire'' n'est pas correctement assise. Si tu n'as pas le Bourbaki, je te propose encore de la lecture. toujours Briand Conrad, Algebraic Number Theory MAIS Math 676, cette fois. Suivre http://math.stanford.edu/~conrad/676Page/ puis http://math.stanford.edu/~conrad/676Page/handouts.html. Pour tomber sur ``Discriminants and étale algebras'' in http://math.stanford.edu/~conrad/676Page/handouts/etaledisc.pdf

A suivre ?

@killersmile38

Essayons d'être plus précis.

1) Ok bien sûr avec ta ``bonne'' définition de disjonction linéaire : c'est celle donnée par Bourbaki. Sauf que la tienne n'a de sens que si on suppose $E,E'$ contenus dans une même $K$-extension $\Omega$. Et comme Bourbaki, c'est Bourbaki, il prend le temps de le dire de manière bien visible (sous-section 5, Extensions linéairement disjointes, de la section 2, Extensions, p. A V 13).

Et cette définition est indépendante de la réalisation de $E, E'$ dans une même $K$-extension $\Omega$ car la disjonction linéaire de $E, E'$ sur $K$ équivaut au fait que la $K$-algèbre $E \otimes_K E'$ est intègre (cf Bourbaki).

2) Ta définition de ``d'extensions finies de $\Q$ arithmétiquement disjointes'' n'est PAS en accord avec la définition ``arithmetically disjoint'' de Frölich-Taylor, point (2.13), page 124, dans laquelle les discriminants sont supposés comaximaux. La terminologie en italique est visible en haut de la page 125. J'attache les 2 pages concernées.

Puis je me permettre de te demander d'où provient TA définition ?

3) As tu des exemples de corps de nombres arithmétiquement disjoints (au sens de TA définition) dont les discriminants ne sont pas premiers entre eux ?

Merci.

@killersmile38

J'essaie d'y voir clair, rien de plus (à ce propos, j'ai raconté une bêtise mais je le dirai plus tard pour éviter les confusions). Pas de piège dans mes questions. Je pensais tout simplement que tu avais vu quelque part la définition d'extensions arithmétiquement disjointes.

I) A propos de $E = \Q(\sqrt 2)$ et $E' = \Q(\sqrt 3)$. Non, le système que tu donnes n'est pas une $\Z$-base de l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$ car $(\sqrt 2 \pm \sqrt 6)/2$ est entier:
$$
(\sqrt 2 + \sqrt 6)^2 = 2 + 6 + 2\sqrt 2\sqrt 6 = 8 + 4\sqrt 3 \qquad\Rightarrow\qquad
\left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 \over 2}\right)^2 = 2 + \sqrt 3
$$

II) Soient $D_1, D_2$ deux discriminants quadratiques fondamentaux distincts, de sorte que $\Q(\sqrt {D_1})$ et $\Q(\sqrt {D_2})$ sont linéairement disjointes sur $\Q$. A quelle condition ces deux extensions sont-elles arithmétiquement disjointes en ton sens ? Ma réponse : si et seulement si $D_1 \wedge D_2 = 1$.

Justification.
Je vais utiliser les deux résultats suivants (dont on a déjà parlé dans ce fil, j'ai la flemme de pointer).
(a) Le discriminant de $\Q(\sqrt {D_1}, \sqrt {D_2})$ est le produit des 3 discriminants des sous-extensions quadratiques i.e. c'est $D_1D_2D_3$ où $D_3$ est le discriminant de $\Q(\sqrt {D_1D_2})$.
(b) Si $K_1, K_2$ sont arithmétiquement disjointes en ton sens, alors :
$$
\text{Disc}(K_1K_2) = \text{Disc}(K_1)^{[K_2 : \Q]} \text{Disc}(K_2)^{[K_1 : \Q]}
$$
Conséquence de (a) et (b). Supposons $\Q(\sqrt {D_1})$ et $\Q(\sqrt {D_2})$ arithmétiquement disjointes ; on doit donc avoir
$$
\text{Disc}(\Q(\sqrt {D_1}, \sqrt {D_2})) = D_1^2 D_2^2
\qquad \hbox {i.e.} \qquad D_1D_2D_3 = D_1^2 D_2^2 \qquad \hbox {i.e.} \qquad D_3 = D_1D_2
$$
Et à quelle condition le discriminant $D_3$ de $\Q(\sqrt {D_1D_2})$ est-il égal à $D_1D_2$ ? Si et seulement si $D_1 \wedge D_2 = 1$.

III)
Pour l'instant, je n'ai pas d'exemple d'extensions arithmétiquement disjointes $K_1, K_2$ (en ton sens) avec $\text{Disc}(K_1)$ et $\text{Disc}(K_2)$ non premiers entre eux. Et cela serait donc une bonne chose d'accompagner ``ta'' définition d'extensions arithmétiquement disjointes de quelques exemples pertinents (autres que le coup des discriminants premiers en eux). Qu'en dis tu ? Cela serait dommage d'avoir juste une définition, non ?

IV) Tu ne veux toujours pas me dire où tu as vu cette définition d'extensions arithmétiquement disjointes que tu rapportes ?

@killersmile38
Non, non, surtout pas (t'auto-flageller). Reviens. Après tout, on peut penser que la propriété qui intervient dans ta définition est une propriété qui mérite d'être étudiée. Si tu as le courage de regarder mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1578586,1581602#msg-1581602, tu verras que j'en parle dans le point (D), en supprimant le produit tensoriel (pour éviter de faire peur aux enfants) et en la nommant $(\spadesuit)$ pour la bonne raison que j'ignore si cette propriété possède un nom.

Chez toi, cela remonte à 30 ans (si je comprends bien) ? Tu as de ``beaux restes'', si je peux me permettre.

Bonjour,

Je suis toujours avec la notion de linéairement disjoint. Je pense que vous êtes passé a l'étage supérieur :-D

Si je résume la définition est : soit $E$ et $E'$ deux extensions de $K$. On dit que $E$ et $E'$ sont linéairement disjointes lorsque $E \otimes_K E'$ est une $K$-algèbre intègre.

Dans cette définition,il n'y a aucune hypothèse de dimension ou de caractère Galoisien.

Donc un premier truc.

1/ Si $E$ et $E'$ sont de dimension fini alors $E \otimes E'$ est de dimension fini.
2/ Si $F$ est une $K$-algèbre fini intègre et de dimension fini sur $K$. Alors $F$ est un corps.

Pour le 2/ un idée de démonstration, c'est de dire que pour tout $x$ non nul dans $F$ la multiplication $m_x$ par $x$ est un endomorphisme bijectif si et seulement si $m_x$ est injectif (car dimension fini).

Par suite, si $F$ est intègre et $x \ne 0$ alors $m_x$ est inversible et $1$ admet un inverse.

Je continu un peu la lecture de vos posts, merci a vous deux

Bonjour,

Ok avec le changement de définition. Donc préférable de rester sur un terrain d'extension algébrique. i.e $E_1$ et $E_2$ algébrique sur $K$.

Dans ce cas, si on a un contenant $\Omega$ tel que $E_1 \otimes E_2 \to \Omega$ injective alors $E_1 \otimes E_2$ est intègre et c'est un corps car algébrique. Et alors pour tout contenant $\Omega'$ le morphisme $E_1 \otimes E_2 \to \Omega'$ est injectif car $E_1 \otimes E_2$ est un corps.

Bon je dois relire, je me suis un peu perdu :-D

Bonjour,

Je passe à la question 2).
Le coup de la $\Z$-base explicite de $\mathcal O_{L^H}$ a été expliqué [ici], et avec les notations de ce message, on a $$\text{Tr}_{L/L^H}(z)=s_H.$$ On vérifie ensuite que si $H$ est distingué dans $G$, les conjugués de $s_H$ dans $L^H$ (extension galoisienne de $\Q$) sont les $s_C$. Donc $s_H$ engendre bien une $\Z$-base normale de $\mathcal O_{L^H}$.

Conséquence : si on avait une base normale entière de $\Q(\sqrt 3, \sqrt 5)$, on en aurait aussi une pour $\Q(\sqrt{12})$ ce qui n'est pas le cas d'après mon message précédent.

Je n'ai pas suivi mais grâce à toi, j'ai appris la correspondance de Galois via une base normale.
Merci ! ;-)

Partant !