7 et extension biquadratique

noradan · September 2019

Bonjour
je cherche l'écriture de 7 dans $\Bbb{Q}[\sqrt 2,\sqrt 3]$
Je sais qu'on peut s'y prendre avec les extensions intermédiaires pour obtenir les facteurs $(7,3\pm\sqrt2)$ mais je cherche à appliquer un résultat classique et je ne vois pas ce que je fais de mal.

L'anneau des entiers est $\Bbb{Z}+\Bbb{Z}\sqrt 2+\Bbb{Z}\sqrt 3+\Bbb{Z}\theta$ où $\theta=\frac{\sqrt2+\sqrt6}2$
Je prend donc $\sqrt2+\sqrt6$ comme élément primitif.
Si j'y ai un peu compris quelque chose le conducteur est égal à 2. (En gros le conducteur est le dénominateur commun des éléments de la base... j'ai bon ?)
Comme 2 et 7 sont premier entre eux dans $\Bbb Z$ ils le sont partout donc pour décomposer 7 il suffit de décomposer modulo 7 le polynôme minimal de $\sqrt2+\sqrt6$ qui s'écrit $X^4-16X^2+16$ soit $X^4-2X^2+2$ modulo 7 dont les facteurs sont $X^2\pm X+3$.
Sauf que si je remplace $X$ par $\sqrt2+\sqrt6$ j'obtiens $11+4\sqrt3\pm(\sqrt2+\sqrt6)$ soit ("modulo 7") $(1+\sqrt3)(4+\sqrt2)$ alors en effet $4+\sqrt2$ engendre le même idéal que $3-\sqrt2$ sauf que $1+\sqrt3$ n'est pas une unité !

Donc j'ai un souci ! Ilfaut dire que c'est mon premier calcul de ce genre.
Quelqu'un peut-il m'expliquer comment "virer" ce $1+\sqrt3$?
BR

reuns · September 2019

$-1$ donc $3=-4$ n'a pas de racine dans $\Z/(7)$ donc $1+\sqrt{3}$ est une unité dans $O_K/(7)$

ce qui impliquera $(7,(1+\sqrt3)(4+\sqrt2))=(7,4+\sqrt2)$ comme idéaux de $O_K$

Je ne sais pas ce que tu entends par le conducteur, il y a plein de trucs : le conducteur de l'extension abélienne de $\Q$, le discriminant de $\sqrt2+\sqrt6$ (ou de son polynôme minimal ou de $\Z[\sqrt2+\sqrt6]$), le discriminant de $O_K$, l'indice de $\Z[\sqrt2+\sqrt6]$ dans $O_K$, que $7$ soit non-ramifié dans $\Z[\sqrt2+\sqrt6]$ implique des trucs pour les autres.

noradan · September 2019

Merci
j'ai même l'inverse (histoire de faire un exo pour étudiant) $10-45\sqrt3$.
Cela étant je ne comprends pas l'argument "3 n'est pas un carré DONC $1+\sqrt3$ est inversible modulo 7" dans $\cal O$.

Quand à la définition du conducteur je pensais que c'était standard; je parle de celle de Neukirsch
$\{x\in{\cal O}\mid x{\cal O}\subset \Bbb{Z}[\sqrt2+\sqrt6]\}$

reuns · September 2019

- Pour $p \ne 2$

$(1+\sqrt{3})(1-\sqrt{3}) = -2 \in O_K/(p)^\times \implies 1+\sqrt{3}\in O_K/(p)^\times$

- Pour un sous-anneau $R$ de $O_K$ contenant $1$, les dénominateurs des expressions d'une base en terme de l'autre te donnent le plus petit $m$ entier tel que $O_K$ est contenu dans $m^{-1} R$ donc $R$ contient $m O_K$ et $\{ c\in O_K,cO_K \subset R\}$ contient $mO_K$

- $\{ c\in O_K,cO_K \subset R\}$ est un idéal de $O_K$ contenant $mO_K$ donc tu peux factoriser $mO_K$ et tester les idéaux uns par uns.

noradan · September 2019

oui oui!
Mes étudiants ayant une très mauvaise influence sur moi j'ai posé une question avant de réfléchir correctement.
La nuit portant conseil je me suis rendu compte de ma stupidité le lendemain.
On est en fait dans $\Bbb{Q}[\sqrt3]$ où les inverses sont donné par les conjugués avec un -2 en dénominateur et comme modulo 7, $\frac12=4$ l'inverse cherché est en fait $-4+4\sqrt{3}$

Mais ma question reste cependant. C'est ce "donc" qui me turlupine.
$3=$ n'a pas de racine dans $\Z/(7)$ donc $1+\sqrt{3}$ est une unité dans $O_K/(7)$

ça, j'aimerais bien comprendre car le lien ne m'apparaît pas immédiatement à moins que ce ne soit :
comme on est à $7\Bbb Z$ près et que $\Bbb Z \sqrt3\subset{ O}_K$ on se retrouve en fait à chercher un inverse de $1+\sqrt3$ vu dans $\Bbb Z/(7)[\sqrt3]$. Etant non nul il est inversible.
C'est ça ?

reuns · September 2019

$3$ n'est pas un carré dans $\Z/(7)$ donc pour tout $a \in \Z$, $(a+\sqrt{3})(a-\sqrt{3}) = a^2-3\in\Z/(7)^\times$ donc $a+\sqrt{3}\in\Z[\sqrt{3}]/(7)^\times$

7 et extension biquadratique

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