amusement avec $\text{GL}_2$
Réponses
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Encore $p=2$ !
Avoue que tu es accro. ;-) -
@flip-flop
Ci-dessous, c'est NUL. Mais je vérifie quand même (t'aurais pu mettre un truc bizarre dans ton café).
> F4<z> := GF(4) ; > GL2F4 := GL(2,F4) ; > IsIsomorphic(GL2F4, DirectProduct(AlternatingGroup(5), CyclicGroup(3))) ; true Homomorphism of GL(2, GF(2, 2)) into GrpPerm: $, Degree 8, Order 2^2 * 3^2 * 5 induced by [ z 0] [ 0 1] |--> (1, 2, 4)(6, 7, 8) [ 1 1] [ 1 0] |--> (2, 5, 3)
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$C_3$, c'est le centre, et $\mathfrak{A}_5$ le groupe des homographies de la droite projective sur $\mathbb{F}_4$. Ce qui est non évident dans l'histoire, c'est qu'il y a un homomorphisme qui permet de remonter des homographies aux matrices.
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Donc le centre est l'ensemble des homothéties ce qui permet de remonter aux matrices non ?
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Explique.
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Soit $z$ un générateur de $(\mathbb F_4)^\times$.
Alors $\left(z,\dfrac{ax+b}{cx+d}\right)\mapsto \pmatrix{az & bz\\cz & dz}$ définit un homomorphisme surjectif $C_3\times \mathrm{PGL}_2(\mathbb F_4)\rightarrow \mathrm{GL}_2(\mathbb F_4)$. -
Hum hum. Comment choisis-tu les coefficients $a,b,c,d$ de ton homographie ?
PS. Je répète, tout le problème est de choisir ces coefficients de façon à faire un homomorphisme ! -
Une petite imprécision. :-D
Il est toujours possible de choisir $a,b,c,d$ tels que $ad-bc=1$. -
C'est louche ton histoire Gai requin : faut assurer que ton application envoi les trois homothéties sur le neutre de $\text{GL}_2(\mathbb{F}_4$.
Sinon est-ce que l'on ne peut pas prendre la suite exacte :
$$
1 \to \text{SL}_2(k) \to \text{GL}_2(k) \to k ^\star \to 1
$$
Et utiliser le scindage suivant (je note$j$ un générateur de $k^\star$ $$
s(j) = \begin{pmatrix} j^2& 0\\ 0&j^2 \end{pmatrix}
$$ -
@flip-flop
Suite au post de GBZM : pourquoi ne pas faire intervenir les deux sous-groupes : d'une part le centre $C \subset \text{GL}_2(F_4)$ et d'autre part $\text{SL}_2(F_4) \subset \text{GL}_2(F_4)$. Leur intersection est triviale, n'est ce pas ? ...etc... -
Ah oui, bon bah c'était pas complexe en fait ... juste la caractéristique $2$.
Reste a voir le lien entre $\text{SL}_2(k)$ et $\mathfrak{A}_5$ mais c'est bien classique !
J'suis pas très bon pour proposer des devinettes :-D -
Tu veux dire que pour tout corps fini $k$ de caractéristique $2$, on a $\text{GL}_2(k) = k^* \times \text{SL}_2(k)$ de manière canonique i.e. :
$$
A = \lambda \times (\lambda^{-1} A) \qquad \hbox {où $\lambda \in k^*$ est l'unique élément tel que $\lambda^2 = \det(A)$}
$$
C'est encore vrai si $k$ est parfait (de caractéristique 2), n'est ce pas ? -
@flipflop :
Avec le choix $ad-bc=1$, mon application envoie l'élément neutre $(1,x)$ sur la matrice identité. -
@Claude : Soit $k$ un corps parfait de caractéristique $2$, alors l'équation $X^2=a$ a toujours une unique solution. Sinon, le polynôme $X^2-a$ est irréductible et because la caractéristique $2$, ce polynôme n'est pas séparable.
@gai requin : Compris ! c'est une histoire de carré ... plus ou moins le même truc que Claude ! -
Est-ce que justement la définition d'un corps parfait $k$ de caractéristique $p>0$ n'est pas que tout élément de $k$ est une puissance $p$-ième d'un élément de $k$ ?
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gai requin a raison. L'unicité de la racine vient juste du Frobenius, si $b$ est racine de $X^2 -a$ on a $X^2 - a = X^2 - b^2 = (X-b)^2$.
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Yep ! Sinon Il reste a voir le lien entre $\mathfrak{A}_5$ et $\text{SL}_2(\mathbb{F}_{2^2})$, c'est un petit développement pour l'agreg , non ? (on ne sais jamais si je passe l'agreg l'année prochaine :-D )
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On vérifie que les matrices $\iota=\pmatrix{z&1\\z&z}$et $\chi=\pmatrix{1+z&0\\0&z}$ vérifient $\iota^2=\chi^3=(\iota\chi)^5=1$., comme dans la présentation donnée par Hamilton du groupe des rotations de l'icosaèdre.
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Est-ce qu'on peut utiliser la projection stéréographique, pour transformer notre groupe $G$ des rotations de l'icosaèdre en un groupe d'homographies ? Histoire de récupérer des matrices $(2,2)$
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Pôle nord ou pôle sud ? B-)
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Pôle ouest :-D
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Des choses déjà évoquées, tant pis. De manière générale, pour tout corps $K$, on a un morphisme injectif :
$$
\text{PGL}_{n+1}(K) \hookrightarrow \text{Perm}(\mathbb P^n(K))
$$
Et pour tout corps parfait de caractéristique 2 :
$$
\text{PGL}_2(K) = \text{SL}_2(K) \qquad \hbox {(puisque $\text{GL}_2(K) = K^* \times \text{SL}_2(K)$)}
$$
Pour $K=\mathbb F_4$ :
$$
\text{PGL}_{2}(\mathbb F_4) = \text{SL}_2(\mathbb F_4) \hookrightarrow \text{Perm}(\mathbb P^1(\mathbb F_4)) \simeq S_5
\qquad (\star)
$$
Mais $\#\text{SL}_2(\mathbb F_4) = 60 = 5!/2$ et comme $A_5$ est le seul sous-groupe d'indice 2 de $S_5$, $(\star)$ induit un isomorphisme de $\text{SL}_2(\mathbb F_4)$ sur $A_5$.
Je n'ai pas relu tous les posts. Sorry si cela a déjà été dit. -
@flip flop
Avec ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1462966,1463952#msg-1463952, je ne sais pas si tu avais quelque chose en tête. Mais il m'a fait penser au truc suivant : souvent, on pense que l'on est dans l'immensité de $\mathbb C$ ; mais en fait, les éléments que l'on manie appartiennent à un corps de nombres voire à un anneau de nombres. En réduisant modulo un certain idéal maximal, on passe ainsi de $\mathbb C$ à un corps fini.
Mais non, je n'ai pas bu.
J'ai cherché quelque chose de ce goût là : passer de $\mathbb C$ à $\mathbb F_4$. Sans rien trouver. Sauf ce matin dans Serre, Topics in Galois Theory, p. 86-87. Un exercice. Tu vas adorer. Sauf que j'ai pas tout compris (et même rien compris pour la question qui nous concerne). Tu considères la courbe $C$ de Bring dans $\mathbb P^4$ :
$$
\hbox {Dans $\mathbb P^4$ :} \qquad\qquad
\cases {
x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 0 \cr
x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 = 0 \cr
x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 + x_4^3 + x_5^3 = 0 \cr
}
$$
C'est un cas particulier de ce que j'appelle la courbe de Serre dans $\mathbb P^n$ (exercice 4.4 p. 43).
Cette courbe $C$ est de genre $4$
$$
1 + (n-2)! {n^2 - 5n + 2 \over 4} \qquad \hbox {pour $n = 5$}
$$
Tu vois que $S_5$ opère sur $C$. Et en travaillant un peu (sic), on obtient $C/S_5 \simeq_\Q\mathbb P^1$. Un vrai $\mathbb P^1$ au dessus de $\Q$ et pas une bête courbe de genre $0$ sur $\C$.
Et comme il y a beaucoup d'automorphismes, on peut faire mu-muse. Certes $C$ n'a pas de points $\Q$-rationnels, mais si tu quotientes par la transposition $(1,2)$, tu obtiens comme courbe quotient la cubique :
$$
E : \qquad x^3 + y^3 + z^3 + xy^2 + x^2y + x^2z + y^2z + xz^2 + yz^2 + xyz = 0
$$
En principe, j'ai dû faire figurer la somme des 10 monômes de degré $3$ en $x,y,z$. Et cette fois $E$ a des points rationnels par exemple $(1 : -1 : 0)$. Et des automorphismes que l'on voit avec nos yeux.
Bref une belle courbe elliptique (Cremona Reference 50a1) de conducteur 50. Avec des histoires de comptage de points sur $\mathbb F_p$ (questions a, b, c, d)
Le rapport avec la choucroute ? La dernière question e) que je ne comprends pas. Je la recopie : Show that $C$ has semi-stable reduction at 2 .. Non, je gagne du temps en pointant la chose http://www.msc.uky.edu/sohum/ma561/notes/workspace/books/serre_galois_theory.pdf. C'est dans cette question qu'intervient $A_5 = \text{SL}_2(\mathbb F_4)$.
Tu vas pas laisser passer cela, si ? Tu vas quand même pas snober la courbe de Bring... -
Tu es fou Claude :-D
Oui oui c'est "ça" que j'avais en tête ... mais tu le dis mieux que moi ... faire un bidule avec l'icosaèdre et son groupe d'isométrie (dans $\C$, NON pas dans $\C$ mais plutôt dans une extension de $\Q$ et ensuite réduire modulo un idéal premier) ! Le voilà le passage de la caractéristique $0$ à la caractéristique fini !
Je note l'exercice mais pour plus tard ... j'ai suis en plein déménagement et je dois absolument retrouver un appartement pour dans 2 semaines :-D -
@flip flop
Vu (le déménagement) : les choses de la vie, d'abord.
Oui, je suis fou mais c'est pas un scoop et il y a longtemps que tu l'as pigé.
Avec l'icosaèdre, je n'ai pas vu se pointer $\mathbb F_4$ mais $\mathbb F_5$. Car l'icosaèdre c'est lié à la courbe modulaire $X(5)$ et que $\text{PSL}_2(\mathbb F_5) = A_5$.
Mais nous on cherche dans la nature $\text{SL}_2(\mathbb F_4) = A_5$. Via la courbe de Bring. Et je pense avoir pigé la dernière question : j'ai réussi à réduire modulo 2 la courbe de Bring (mais pas comme un c.n en réduisant les équations modulo 2). Et alors j'ai VU avec mes yeux 5 points (singuliers !) : c'est le 5 de $A_5$ ! A suivre.
Bon déménagement. -
@Claude :
Petit bidouillage magma :-Dk := RationalField() ; P4<u,v,w,x,y> := ProjectiveSpace(k,4) ; F4 := u+v+w+x+y; F42 := u^2+v^2+w^2+x^2+y^2; F43 := u^3+v^3+w^3+x^3+y^3; C := Curve(P4,[F4,F42,F43]) ; Genus(C) ; 4 tau := iso < C -> C | [v,u,w,x,y], [v,u,w,x,y] > ; Tau := AutomorphismGroup(C, [tau]) ; Order(Tau) ; 2 E, pi := CurveQuotient(Tau) ; Genus(E) ; 1
Ca donne bien une courbe de genre $1$ ... je n'ai pas réussi a trouver un point (:D -
@flip flop
Plus tard pour la courbe elliptique.
Pour la réduction modulo $2$, j'ai d'abord remplacé les 3 équations (sommes de Newton de degrés $1, 2, 3$) par les 3 fonctions symétriques élémentaires $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$. Et j'ai alors réduit modulo $2$. Ou si tu veux, j'ai monté la ``vraie courbe de Bring'' (le bon schéma défini sur $\mathbb Z$ par les 3 fonctions symétriques élémentaires) sur $\mathbb F_2$.
Tu comprends bien qu'une somme de Newton, c'est tout pourri : car $\sum_i x_i^2 = (\sum_i x_i)^2$ en caractéristique $2$. Ce qui fait qu'avec les équations pourries, tu passes de la dimension 1 à la dimension 2 quand tu réduis modulo 2 !!
> P4F2 ; Projective Space of dimension 4 Variables: x1, x2, x3, x4, x5 > CF2 := Curve(P4F2, [ElementarySymmetricPolynomial(CoordinateRing(P4F2),j) : j in [1..3]]) ; > CF2 ; Curve over GF(2) defined by x1 + x2 + x3 + x4 + x5, x1*x2 + x1*x3 + x2*x3 + x1*x4 + x2*x4 + x3*x4 + x1*x5 + x2*x5 + x3*x5 + x4*x5, x1*x2*x3 + x1*x2*x4 + x1*x3*x4 + x2*x3*x4 + x1*x2*x5 + x1*x3*x5 + x2*x3*x5 + x1*x4*x5 + x2*x4*x5 + x3*x4*x5 > assert Genus(CF2) eq 0 ; > assert IsIrreducible(CF2) ; > assert IsSingular(CF2) ; > R := RationalPoints(CF2) ; > S := SingularPoints(CF2) ; > assert R eq S ; > R ; {@ (1 : 0 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 0 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 0 : 1), (0 : 1 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 1 : 0) @}
Mais ce qui est rigolo et là je vais faire court, c'est de monter cette vraie courbe de Bring $C$ sur $\mathbb F_4$ au lieu de $\mathbb F_2$. Et alors, elle n'est plus irréductible au dessus de $\mathbb F_4$ : elle possède deux composantes irréductibles qui sont échangées par le Frobenius de $\mathbb F_4/\mathbb F_2$.
Chaque composante irréductible est isomorphe, au dessus de $\mathbb F_4$, à un $\mathbb P^1_{\mathbb F_4}$. Je note ainsi cette droite projective définie sur $\mathbb F_4$. A ne surtout pas confondre avec $\mathbb P^1(\mathbb F_4)$ qui est l'ensemble des points au dessus de $\mathbb F_4$ (ensemble fini, dimension 0).
> F4<a> := GF(4) ; <------------------- a primitive element for F_4/F_2 > Frob := iso < F4 -> F4 | Frobenius(a) > ; > > P1F4<t,u> := Curve(ProjectiveSpace(F4,1)) ; > P4F4<x1,x2,x3,x4,x5> := ProjectiveSpace(F4,4) ; > CF4 := Curve(P4F4, [ElementarySymmetricPolynomial(CoordinateRing(P4F4),j) : j in [1..3]]) ; > CF4 ; Curve over GF(2^2) defined by x1 + x2 + x3 + x4 + x5, x1*x2 + x1*x3 + x2*x3 + x1*x4 + x2*x4 + x3*x4 + x1*x5 + x2*x5 + x3*x5 + x4*x5, x1*x2*x3 + x1*x2*x4 + x1*x3*x4 + x2*x3*x4 + x1*x2*x5 + x1*x3*x5 + x2*x3*x5 + x1*x4*x5 + x2*x4*x5 + x3*x4*x5 > P1A, P1B := Explode(IrreducibleComponents(CF4)) ; > P1A ; Scheme over GF(2^2) defined by x2^2 + a^2*x2*x4 + x3*x4 + a^2*x4^2 + a*x2*x5 + x3*x5 + x4*x5 + a*x5^2, x2*x3 + a^2*x2*x4 + a*x3*x4 + a*x2*x5 + a^2*x3*x5 + x4*x5, x3^2 + x2*x4 + a*x3*x4 + a*x4^2 + x2*x5 + a^2*x3*x5 + x4*x5 + a^2*x5^2, x1 + x2 + x3 + x4 + x5 > P1B ; Scheme over GF(2^2) defined by x2^2 + a*x2*x4 + x3*x4 + a*x4^2 + a^2*x2*x5 + x3*x5 + x4*x5 + a^2*x5^2, x2*x3 + a*x2*x4 + a^2*x3*x4 + a^2*x2*x5 + a*x3*x5 + x4*x5, x3^2 + x2*x4 + a^2*x3*x4 + a^2*x4^2 + x2*x5 + a*x3*x5 + x4*x5 + a*x5^2, x1 + x2 + x3 + x4 + x5 > assert Genus(Curve(P1A)) eq 0 and Genus(Curve(P1B)) eq 0 ;
Tu vois que le $a$ qui intervient dans l'une est remplacé par $a^2$ dans l'autre et réciproquement.
Et ces deux composantes irréductibles ont une intersection qui est réduite aux 5 points singuliers de l'exécution précédente (qui sont définis sur $\mathbb F_2$). Je ne comprends pas trop pourquoi dans l'exercice, on dit que cette intersection est $\mathbb P^1(\mathbb F_4)$. Je te montrerai plus tard la paramétrisation (ismorphisme) de ces deux composantes irréductibles par $\mathbb P^1_{(t : u)}$.
Et $S_5$ agit sur tout ce binz par permutation des coordonnées. J'ai encore pas mal de choses à comprendre. -
C'est louche le coup de $\mathbb P^1(\mathbb F_4)$, tu penses que c'est parce que les isomorphismes entre $P1A$ et $\mathbb{P}^1_{\mathbb{F}_4}$ sont a coefficients dans $\mathbb{F}_4$ ?
Donc ce n'est pas parce que les coordonnées des points de $P1A$ sur $\mathbb{F}_4$ sont dans $\mathbb{F}_2$ que les points sont vraiment dans $\mathbb{F}_2$ dans $\mathbb{P}^1_{\mathbb{F}_4}$ :-S -
C'est exactement cela. Peut-être que mes notations précédentes ne sont pas top. C.a.d que l'on dispose de deux isomorphismes pour $i=1,2$ :
$$
\phi_i : \mathbb P^1 \quad \buildrel {\simeq} \over \to\quad C^{(i)} \quad \hbox {(composante irréductible de $C$)}
$$
qui sont définis sur $\mathbb F_4$ et qui envoient les cinq $\mathbb F_4$-points de $\mathbb P^1$ sur les cinq points de l'intersection qui eux sont définis sur $\mathbb F_2$.
Je te montre $\phi_1$ :
> P1F4<t,u> := ProjectiveSpace(F4,1) ; > P1F4 ; Projective Space of dimension 1 Variables: t, u > RationalPoints(P1F4) ; {@ (1 : 1), (a : 1), (a^2 : 1), (0 : 1), (1 : 0) @} .... > // 5 points définis sur F2 : toutes les coordonnées valent 1 sauf une qui vaut 0 > I := RationalPoints(P1A meet P1B) ; > I ; {@ (0 : 1 : 1 : 1 : 1), (1 : 0 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 0 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 0 : 1), (1 : 1 : 1 : 1 : 0) @} > > P1A := Curve(P1A) ; > p := P1A ! [1,1,1,1,0] ; > phi1 := Parametrization(P1A, p, Curve(P1F4)) ; > phi1 ; Mapping from: Curve over GF(2^2) defined by 0 to Crv: P1A with equations : t^3 + a^2*t^2*u + a*t*u^2 + u^3 t^3 + a*t^2*u + a^2*t*u^2 + u^3 t^3 + t^2*u + t*u^2 + u^3 t^3 u^3 and inverse x3^2 + x4^2 + x3*x5 + x4*x5 x4*x5 + x5^2 > phi1(RationalPoints(P1F4)) ; {@ (1 : 1 : 0 : 1 : 1), (1 : 0 : 1 : 1 : 1), (0 : 1 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 0 : 1), (1 : 1 : 1 : 1 : 0) @} > assert RationalPoints(Image(phi1)) eq I ;
Les équations de $\phi_1$ sont à comprendre ainsi :
$$
x_1 = t^3 + a^2t^2u + atu^2 + u^3, \qquad
x_2 = t^3 + at^2u + a^2tu^2 + u^3, \qquad
x_3 = t^3 + t^2u + tu^2 + u^3, \qquad
x_4 = t^3, \qquad
x_5 = u^3
$$
On voit aussi l'inverse de $\phi_1$, qui lui est $\mathbb F_2$-rationnel.
$$
t = x_3^2 + x_4^2 + x_3x_5 + x_4x_5, \qquad
u = x_4x_5 + x_5^2
$$
Un tantinet subtil, non ? -
Claude, j'ai vu que tu as déclaré un joli morphisme de Frobenius
> Frob := iso < F4 -> F4 | Frobenius(a) > ;
J'ai pas trouvé dans la doc Magma, comment faire agir le Frobenius, je suis presque sur que si on fait agir le Frobenius sur les points d'intersections (qui semble défini sur $\mathbb{F}_2$) on va avoir des surprises :-D
Tu es fou (bis) :-D -
J'ai du mal à comprendre pourquoi tu penses qu'il y a un coup fourré quelque part.
> FlipFlop := map < P4F4 -> P4F4 | Frob, [P4F4.i : i in [1..5]] > ; > I ; {@ (0 : 1 : 1 : 1 : 1), (1 : 0 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 0 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 0 : 1), (1 : 1 : 1 : 1 : 0) @} > FlipFlop(I) ; {@ (0 : 1 : 1 : 1 : 1), (1 : 0 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 0 : 1 : 1), (1 : 1 : 1 : 0 : 1), (1 : 1 : 1 : 1 : 0) @}
Des éléments de réponse à certaines de tes questions. Pour trouver des points rationnels sur une courbe $X$ (et peut-être sur certaines variétés), tu peux utiliser PointSearch(X,H) où $H$ est une borne pour la hauteur des points. Je l'ai fait pour la courbe quotient de la courbe de Bring par la transposition $(1,2)$ et j'en ai trouvé. Mais le quotient en question est réalisé par magma dans $\mathbb P^5$ avec des équations atroces et c'est pas le pied (cf la suite) i.e. aucun intérêt à considérer ce modèle pourri, il y a beaucoup mieux, cf ci-dessous.
J'ai pas mal d'autres choses à te raconter mais cela nous éloigne de $\text{SL}_2(\mathbb F_4) = A_5$, qui de toutes manières est résolu ; dans mes brouillons, j'ai même été plus loin en me souvenant que pour un corps $k$ le groupe $\text{SL}_2(k)$ est engendré par :
$$
\pmatrix {1, &\lambda\cr 0 & 1}, \qquad \pmatrix {1 & 0\cr \lambda & 1}, \qquad \lambda \in k
$$
Dans Topics in Galois Theory, la courbe $C$ de $\mathbb P^{n-1}$ définie par les $n-2$ premières sommes de Newton intervient à plusieurs reprises. C'est préférable de prendre comme équations pour $C$ les $n-2$ premières fonctions symétriques élémentaires. Beaucoup de calculs à la main deviennent simples. J'ai bien dit à la main.
Ainsi, j'ai pu déterminé pas mal de quotients de $C$ par des sous-groupes de $S_n$ $(S_n$ apparaît comme un groupe d'automorphismes de $C$).
En particulier, le quotient $C/S_{n-3}$ ($S_{n-3}$ est le sous-groupe du groupe $S_n$ moulinant sur les $n-3$ premiers entiers) se réalise dans $\mathbb P^2$ de la manière suivante. Je pose, histoire de faire plus joli :
$$
x = x_{n-2}, \qquad y = x_{n-1}, \qquad z = x_n
$$
Alors, en considérant ces 3 dernières coordonnées, on obtient un morphisme de $C$ dans $\mathbb P^2$ :
$$
\pi : C \ni (x_1 : \cdots : x_n) \mapsto (x : y : z) \in \mathbb P^2, \qquad\qquad
\pi(C) \simeq C/S_{n-3}
$$
Et c'est facile de trouver l'équation de $\pi(C)$ : c'est le polynôme symétrique complet en trois variables de degré $n-2$ i.e.
$$
\sum_{i+j+k = n-2} x^i y^j z ^k
$$
La courbe $\pi(C)$ est donc de genre :
$$
g(C/S_{n-3}) = {(n-3)(n-4) \over 2}
$$
Rappel : si $F = F(X,Y,Z)$ est un polynôme homogène lisse de degré $d$, alors la courbe $\{F = 0\}$ de $\mathbb P^2$ est de genre $(d-1)(d-2)/2$ (ici $d = n-2$).
Ce qui donne $1$ pour $n=5$ i.e $C/\tau_{1,2}$ est une courbe de genre 1.
Je peux te raconter d'où sort le coup du polynôme symétrique complet de degré $n-2$. Il y a 36 manières d'y arriver une fois que l'on a pigé.
Mais peut-être que tu as quelque chose d'autre sur le feu ??
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