@gai requin
Critère de Dedekind : c'est exactement cela (le post que tu pointes écrit par noix de totos). Mais comment as tu pu le retrouver ? En tout cas maintenant, tu ne pourras plus te défiler quand on te demandera ``Gai requin, est ce que tu peux nous retrouver un fil où l'on causait de ...''.
Il s'agit de relever dans $\Z[X]$ une factorisation modulo $p$ du polynôme minimal $P \in \Z[X]$ d'un $x$ entier sur $\Z$ :
$$
P(X) = P_1^{e_1} \ldots P_g^{e_g} + pR, \qquad \hbox {$P_i \in \Z[X]$ unitaire, irréductible modulo $p$}
$$
Et d'examiner $R$ modulo $p$ et d'en déduire ...etc... A voir peut-être bientôt.
@Nonoche
Merci. Mais le big problem, c'est que l'arithmétique, ce n'est pas mon métier. Et l'analytique en théorie des nombres, encore moins. Mais c'est quoi mon métier ? Retraité. Et en activité, mon penchant était l'algèbre commutative (effective) et un peu de géométrie algébrique (celle que je peux comprendre).
La vérité, c'est que j'essaie de comprendre un peu de maths. Et c'est difficile. Et parfois, je crois comprendre pourquoi c'est difficile de comprendre. Je vais donner un exemple que j'ai déjà fourni, mais peu importe. Il s'agit de la théorie des nombres : anneau d'entiers de corps de nombres et factorisation des premiers de $\Z$. Ce qui suit est véridique et m'a toujours frappé. Dans l'excellent et complet Zariski-Samuel, Commutative Algebra, Vol I, Ouvrage de 329 pages exactement, il faut attendre la page 312, section 12 du chapitre V Dedekind domains, pour avoir comme exemple celui des corps quadratiques.
Moi, je serais plutôt partisan de mettre l'exemple des corps quadratiques à la page 1.
@vous deux.
J'ai une activité de ``stabilisation'' plus simple que $\Z[\root n\of 1]$. Il s'agit de cas quadratique. Ci-dessous $K/\Q$ est un corps quadratique, $\mathcal O_K$ son anneau d'entiers, $D$ le discriminant et $F(X) \in \Z[X]$ un trinôme unitaire définissant $\mathcal O_K$ i.e. $\mathcal O_K = \Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$. Par exemple :
$$
F(X) = X^2 \pm D X + {D^2 - D \over 4} \qquad \hbox {de discriminant $D$}, \qquad\qquad
x = {\pm D \pm \sqrt D \over 2}
$$
Il faut accepter de changer de modèle à tout instant. Par exemple, pour $D = 5$, on peut prendre comme flip-flop le polynôme $X^2 - X - 1$ et $x = {1 + \sqrt 5 \over 2}$. En passant, $X^2 - X - 1$ c'est un cas particulier de $X^n - X -1$, un polynôme (le polynôme de Selmer) que Serre considère à plusieurs reprises (dans Topics in Galois Theory, pages 42-43) et dans un papier que l'on trouve sur le web (On a theorem of Jordan) dans lequel Serre s'amuse (?) en particulier à compter le nombre de racines de ce polynôme modulo $p$ (mais il ne fait pas que cela dans ce papier).
(1) Détermination du $p$-Euler facteur de la fonction zeta de Dedekind de $K$. Il s'agit de la fraction rationnelle :
$$
Z_p(T) = 1 + a_p T + a_{p^2} T^2 + a_{p^3} T^3 + \cdots
$$
où $a_m$, pour $m \ge 1$, est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $m$.
C'est faisable assez facilement mais il faut prendre son temps. Il faut savoir qu'il y a 3 cas pour la décomposition de $p$ en produit d'idéaux premiers :
$$
p = \mathfrak p_1\mathfrak p_2, \qquad\qquad p = \mathfrak p, \qquad\qquad p = \mathfrak p^2
\qquad\qquad (\star)
$$
On adopte les notations habituelles en terrain galoisien (un adjectif bien pompeux pour le cas quadratique) :
$$
p = (\mathfrak p_1 \cdots \mathfrak p_g)^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathcal O_K/\mathfrak p_i
$$
Et bien sûr, comme $e, f, g$ dépendent de $p$, on leur colle un indice. Et l'on a toujours :
$$
e_p f_p g_p = [K : \Q] = \dim_\Z \mathcal O_K
$$
Dans le cas quadratique, $e_pf_pg_p = 2$ bien plus simple que $e_pf_pg_p = \varphi(n)$ dans le cas cyclotomique $\Q(\root n\of 1)$.
La loi de factorisation dans $(\star)$ est fournie par la valeur du symbole de Legendre $\left( D \over p\right)$. Sauf que celui ci n'est pas défini pour $p=2$ et qu'il faudra bien un jour ou un autre le remplacer par le symbole de Kronecker $\chi_D(p)$ qui résiste à $p = 2$.
Car cela va être indispensable de traiter les choses de manière uniforme et pas traiter $p=2$ comme un premier pestiféré. Faut penser à mézigues quand je vais implémenter QuadraticEulerFactor(D, p).
(2) Détermination de la fonction zeta de comptage des zéros du trinôme $F(X)$ dans $\mathbb F_{p^r}$. Là, encore bien plus simple car un trinôme du second degré sur un corps admet $0,1,2$ racines.
(3) Formule de comptage vue dans Frölich-Taylor du nombre d'idéaux premiers de $\mathcal O_K$ de norme $m$
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
On note bien sûr, un nouvel arrivant (mais pas complètement) c'est le fameux caractère quadratique $\chi_D$ :
$$
\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \twoheadrightarrow \{\pm 1\}, \qquad
\chi_D(p) = \left( D \over p\right) \qquad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$}
$$
Il faut absolument comprendre que lorsque l'on a $\chi_D$ dans sa poche .. c'est que l'on tient les 3 lois de réciprocité quadratique.
Bonjour Claude.
Ayant remarqué que noix de totos, mine de rien, a déjà posté quantité de résultats en théorie des nombres depuis le peu de temps qu'il est inscrit sur le forum, j'ai juste tapé " critère de Dedekind noix de totos" dans google et bingo !
Pour le reste, je veux bien rester dans le cadre quadratique plus simple of course mais quand même très parlant.
J'ai quand même une question cyclotomique : puisque tu parlais d'utiliser le critère de Dedekind, comment factorise-t-on $\phi_n$ dans $\mathbb F_p[X]$ ?
@gai requin
Rester dans le cas quadratique : hum pourquoi ``rester" ? Cela fait petit joueur. Frileux ? Plutôt traiter à fond le cas quadratique avant le cas cyclotomique. Et peut-être qu'entre temps, il y aura d'autres filons (le cas abélien ? le cas galoisien ?).
Factorisation de $\Phi_n$ sur $\mathbb F_p$ ou $\mathbb F_q$ : j'ai attaché un certain nombre d'exos corrigés (en TeX) mais je n'arrive pas à m'y retrouver. Celui qui est concerné est PolynomeCyclotomiqueCorpsFini.pdf. Oh, gai-requin, grand spécialiste des retrouvailles, comment s'y prendre pour retrouver le post où j'ai attaché cela. Tu en es capable ?
Mais je ne veux pas imposer mes affaires : cela doit être facile de trouver des pointeurs sur le Web.
C'est là qu'intervient, lorsque $q \wedge n = 1$, l'ordre $f$ de $q$ dans $(\Z/n\Z)^\times$. Le polynôme $\Phi_n$ se factorise en $g$ facteurs tous de même degré $f$ ; avec bien sûr $\varphi(n) = fg$, à voir comme $\varphi(n) = efg$ où $e=1$.
Et l'ordre de $p$ dans $(\Z/n\Z)^\times$, c'est le degré résiduel $f_p$ des premiers de $\Z[\root n \of 1]$ au dessus de $p$. Tandis que $g_p = \varphi(n)/f_p$ est le nombre de premiers au dessus. Toujours dans le cas $p \wedge n = 1$.
Pour la formule :
$$Z_p(T) = 1 + a_p T + a_{p^2} T^2 + a_{p^3} T^3 + \cdots$$
Par exemple, pour $a_p$ c'est le nombre d'idéaux de norme $p$. C'est à dire que $a_p = 1$ si $p$ est ramifié, $0$ si $p$ est inerte et $2$ si $p$ est décomposé ?
@flip flop
Tout à fait, Jean-Paul. Et peux tu me dire, lorsque $p$ est décomposé en $p = \mathfrak p_1 \mathfrak p_2$, quels sont les idéaux de norme $p^2$, $p^3$, $p^k$ ? Et combien il y en a ?
Note : la norme sur les idéaux est multiplicative (en général dans l'anneau de TOUS les entiers d'un corps de nombres) mais ici, en terrain quadratique, c'est immédiat car $N(I) = I\overline I$ où $\overline {\bullet} : \Q(\sqrt D) \to \Q(\sqrt D)$ réalise $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$.
PS : cela va être un régal. Sacré idée Flip-Flop de le faire pour un autre polynôme que $X^n-1$ ou $\Phi_n$. Car le degré 2, c'est ce qu'il y a de plus simple. Mais comme on ne savait pas trop ce que l'on fabriquait, on n'a pas commencé par le plus simple.
Je viens d'implémenter. Et pour $X^2 - X - 1$, on va trouver en globalisant le comptage sur tous les premiers, une sorte de ``forme modulaire des pauvres'' (une bête fraction rationnelle).
@flip flop
YES. Et maintenant, il nous faut la série :
$$
1 + 2T^1 + 3T^2 + 4T^3 + \cdots + (k+1)T^k + \cdots
$$
Ou encore, le mieux c'est de dire franchement d'où tu sors ton $k+1$, petit cachotier. Ben, des couples $(i,,j)$ tels que $i+j = k$ from $\mathfrak p_1^i \mathfrak p_2^j$. Il n'y a plus qu'à développer :
$$
(1 + T + T^2 + T^3 + \cdots )\ (1 + T + T^2 + T^3 + \cdots)
$$
Comment obtient-on le coefficient de $T^k$ dans le produit ?
Je tape moins vite que toi ! Et dans les autres cas, je te laisse bosser mais je te fournis quand même ma fonction qui vient de sortir il y a une heure chez moi.
Parce qu'il va falloir que tu traduises en des termes tangibles les 3 cas : décomposé, inerte et ramifié. Et à cause du premier $p=2$ (un peu pestiféré quand même), on ne va pas s'en sortir avec le symbole de Legendre.
Mais $\chi_D$, auquel je te demande de CROIRE pour l'instant, va nous sortir de là : en quelque sorte le symbole de Kronecker va rendre le premier $p = 2$ honorable.
Bien sûr, on s'occupera de $\chi_D$ et $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ en temps utile. Mais on ne peut pas tout faire en même temps.
Et ce qui est dingue, c'est que ces trois petites fractions rationnelles là-haut, on va les retrouver comme fonctions zeta de $F(x) = 0$ sur $\mathbb F_{p^\bullet}$, $F$ étant le trinôme unitaire de degré $2$ qui définit $\mathcal O_K$. Oui, $\mathcal O_K$ et pas $K$, sacrée nuance : on fait de l'arithmétique.
Je pensais à un truc qui ressemble à $(1 + T + T^2 + T^3 + \cdots )\ (1 + T + T^2 + T^3 + \cdots)$ mais avec deux nombres premiers $p$ et $q$ en faisant le produit $Z_p \times Z_q$ mais ça fonctionne pas top !
@flip flop
Vers la fin du post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1397932#msg-1397932 (j'ai réussi à mettre la main dessus), il y a le développement de
$$
{1 \over (1-U)^g}
$$
en série formelle. C'est binomial, ce développement. Mais plus important que l'aspect quantitatif (le coefficient de $U^k$ est un coefficient binomial machin), ce qui compte c'est ce que représente le coefficient en $U^k$ : le nombre de $g$-uplets de $\N^g$ de somme $k$.
@flip flop
Oui, on doit trouver la même chose pour la série zeta de comptage de $F(x) = 0$ dans $\mathbb F_{p^r}$. Commence par le cas décomposé. Mais ce qui est pénible, c'est le cas $p=2$ : combien de racines pour un trinôme de degré $2$ dans un corps de caractéristique $2$ ? Le discriminant n'est pas suffisant. Alors j'ai zappé $p = 2$ disons, je l'ai aligné pour que cela marche. Mais n'oublie pas que le trinôme n'est pas un trinôme quelconque : il est de nature arithmétique car il tient $\mathcal O_K$.
De toutes manières, le caractère quadratique $\chi_D$, détenteur en son coeur des 3 lois de réciprocité quadratique, faudra y passer bientôt. On n'a plus le choix.
Mais à un moment donné, faudra expliquer SANS CALCUL, pourquoi on trouve la même chose. Et j'entends bien le faire dans le cas non monogène, en sortant le bon schéma de dimension $0$ sur $\Z$ qui encode le binz. Un polynôme en une variable ne suffira pas.
@flip flop
T'as déjà vu une forme modulaire des pauvres ? Et bien en voilà une. Il s'agit de la fraction rationnelle :
$$
{T^2 + 2T^4 + T^5 \over (1-T)^5}
$$
Il s'agit dun NOUVEAU comptage ! Quand tu la développes en série formelle, le coefficient en $T^p$ pour $p$ premier, c'est le nombre de zéros du polynôme $X^2 - X - 1$ sur $\mathbb F_p$. Je me suis inspiré de Serre mais j'ai modifié, dans la section 5.2 page 7 son
$$
N_p(f) = 1 + a_p
$$
J'ai viré ce $1 + \ $. J'ai cru comprendre qu'il voulait la $L$-série liée à un certain caractère quadratique. Pas moi, en tout cas pas pour l'instant.
@flip flop
Je me suis mal expliqué. Pour l'instant, je ne sais pas pourquoi la série globale de comptage s'organise en une fraction rationnelle. En ce qui concerne l'exemple que tu avais choisis toi-même i.e. $D =5$ et $X^2 - X - 1$, je me suis inspiré de Serre (et je l'ai dit) mais en modifiant la chose comptée. C'était juste pour te signaler que tout cela n'était pas banal. Tout cela est pour moi mystérieux. L'implémentation date de ce matin et le cas quadratique au brouillon d'un peu avant.
Je vais prendre un exemple, pour voir si j'ai compris :
Bon je prend $\Q(\sqrt{5})$, on a : $5 = 1 \pmod{4}$ donc l'anneau d'entier est $
\mathcal{O}_K = \Z \Big[ \frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big]
$ et le polynôme qui décrit l'extension d'anneau est : $x^2-x-1$.
Soit $p$ un nombre premier $\ne 2$ (Tu connais l'histoire du nombre premier $57$ ?), tel que $5$ est un carré $p$.
Dans ce cas : l'idéal $p$ se décompose en un produit de deux idéaux $p_1$ et $p_2$ de norme $p$.
Et la fonction $Z_p(t) = \frac{1}{(1-t)^2}$.
D'un autre côté, puisque $5$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$, on a :
$$
\# \{ x^2-x-1 = 0, \, x \in \mathbb{F}_{p^r} \} = 2 = 1^r+1^r
$$
et donc la fonction Zéta ... en utilisant "if the author is polite" :
$$
\mathcal{Z}(T) = \frac{1}{(1-t)^2}
$$
Et dans l'autre cas : $p$ inerte ($5$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_p$). Je trouve par les deux méthodes :
$$
\frac{1}{1-T^2}
$$
Je vois bien que l'on compte deux truc qui "se ressemblent" mais avec la fonction zéta y'a quand même le coup de "if the author is polite" ... :-S
@Claude : pour ta fonction rationnelle ici Tu as fait varier les $p$ ... et tu as fait une sorte de produit des $Z_p$ ? Mais il faut faire un changement de variable
@poirot : Exact ... dans ce cas ; $Z_p =1+T+T^2 +\dots = \frac{1}{(1-T)}$ et par le comptage de $x^2-x-1 =0$ dans $\mathbb{F}_{p^r}$ donne $N_r = 1^r$ et la fonction zéta est aussi
$$\exp\Big(\sum_{r >0} N_r {T^r \over r} \Big) = \frac{1}{(1-T)}$$
@flip-flop
Je suis pas Zorro et je navigue à vue, je t'assure. Le développement vrai du cas quadratique date de quelques heures. Bien sûr, j'en ai parlé peut-être depuis quelques jours mais je ne m'y suis collé que ce matin. En pataugeant un tantinet au début.
Mais par exemple, dans le cas $p=2$ décomposé, c'est ok pour le nombre de racines de $X^2 + DX + {D^2 - D \over 4}$ sur $\mathbb F_{2^r}$. En effet, on veut trouver $2 = 1^r + 1^r$ racines. La seule manière, c'est que la réduction modulo $2$ de ce trinôme soit $X(X+1)$. Voir les 4 trinômes de degré 2 sur $\mathbb F_2$. Mais comme $2$ doit être décomposé, lorsque l'on consulte le théorème 2 de mon brouillon (header_prime_...), on y voit que $D$ doit être impair et un carré modulo 8 i.e. $D \equiv 1 \mod 8$. Et donc :
$$
X^2 + DX + {D^2 - D \over 4} \equiv X^2 + X = X(X+1) \bmod 2
$$
Le bilan, c'est qu'ici ($p = 2$), je suis lourdingue et que le brouillon en question, il n'est pas top. Peut-être faut-il reformuler la loi de factorisation de $p=2$ en des termes plus mieux ?
Bien sûr que je devrais être clair sur toutes ces séries. Mais ce n'est pas le cas. On peut se demander pourquoi je ne suis pas clair. Serre, page 7, section 5.2, n'est pas trop bavard sur la question et ne s'adresse peut-être pas aux bricolos que nous sommes.
Je ne sais même pas si ce qu'il réalise pour $D=5$ et $F(X) = X^2 - X - 1$ est spécifique à ce polynôme. Je vois juste qu'il joue avec le polynôme $X^n - X - 1$ pour $n =2, 3, 4$. Et pour $n \ge 5$, il pose des questions en disant : no explicit connexion with modular forms (or modular representations) is know, although somme exist because of the Langlands program.
Mais c'est bien sûr.
En fait, il en dit un peu plus : $X^n - X -1$ est irréductible (Selmer, j'ai la démo quelque part) et de groupe de Galois $S_n$ (ce n'est pas de la tarte, cela vient du fait que le groupe de Galois est engendré par les groupes d'inertie : c'est évoqué dans Topics, page 42, remark 2).
Je ne suis pas né avec une $L$-série dans mon berceau (je n'ai pas eu cette chance). Je te dis tout ce que je sais et je ne te cache rien. Tiens regarde.
> // La série (a_m)_{m >= 1} figurant dans Serre qui vérifie #{x^2-x-1 = 0}(F_p) = a_p + 1
> // Et qui est strongly multiplicative (dixit Serre) et qui est une certaine L-série
> D ;
5
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> LChiD := LSeries(ChiD) ;
> FormalSeries(LChiD, precision) ;
t - t^2 - t^3 + t^4 + t^6 - t^7 - t^8 + t^9 + t^11 - t^12 - t^13 + t^14 + t^16 - t^17 - t^18 + t^19 + t^21 - t^22 - t^23
+ t^24 + t^26 - t^27 - t^28 + t^29 + t^31 - t^32 - t^33 + t^34 + t^36 - t^37 - t^38 + t^39
La série zeta de Dedekind de $\Q(\sqrt 5)$ :
> // La fonction zeta de Dedekind de Q(\/5)
> F ;
x^2 - x - 1
> K<x> := NumberField(F) ;
> LK := LSeries(K) ;
> S := FormalSeries(LK, precision) ;
> S ;
t + t^4 + t^5 + t^9 + 2*t^11 + t^16 + 2*t^19 + t^20 + t^25 + 2*t^29 + 2*t^31 + t^36
> // Vérification du nombre d'idéaux de norme m
> assert &and [Coefficient(S,m) eq &+[ChiD(d) : d in Divisors(m)] : m in [1..precision]];
J'arrive à cette formule : en séparant selon les congruences et en utilisant un truc trouver sur la fonction zeta ...
$$
\prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) = \zeta(s) \sum_{n > 0} \frac{\chi_D(n)}{n^s}
$$
Mais je ne absolument pas ce que je fabrique là :-S
flip-flop
J'avais pas compris qu'il fallait comprendre immédiatement ce que l'on étudiait. Mais c'est une bonne idée (de comprendre tout de suite), je la retiens. Bien sûr que c'est tout bon. Tu viens d'écrire pour un corps quadratique $K/\Q$ de discriminant $D$ que :
$$
\zeta_K(s) = \zeta(s)\, L_D(s), \qquad\qquad L_D(s) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \sum_{n \ge 1} {\chi_D(n) \over n^s}
$$
Et si cela peut te rassurer (et moi aussi), c'est écrit chez Cohen, à la page 233. C'est bien sûr spécifique au cas quadratique.
On réinvente l'eau chaude ? Et alors ?
Je vois que tu t'habitues à $\chi_D$. Et en faisant un petit effort, tu pourrais pas en déduire :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d) \qquad\qquad \hbox {(rappel $a_m$ est nb. d'idéaux de norme $m$ de $K$)}
$$
C'est petit de jouer avec les corps quadratiques ? Ben, comment cela se fait que Frölich & Taylor s'y reprennent à 3 fois
V.1 Quadratic fields p. 175
VI.3 Quadratic fields revisited p. 220
VIII.6 Quadratic fields, again p. 306
Et à la page 306, cela commence à cartonner (on arrive vers la fin du livre) : c'est là qu'ils exposent les résultats analytiques, où l'on remonte $\mathbb F_p$ dans $[0..p[$, le coup des résidus non-résidus dans la première moitié (Dirichlet, cf vidéo de Serre).
Autre chose. Dans TOUS les cas, le $p$-Euler facteur de $K$ est :
$$
Z_p(T) = {1 \over (1 - T^{f_p})^{g_p}}
$$
C'est aussi la fonction zeta de $\{F(x)=0\}/\mathbb F_p$. Mais cela serait bien d'avoir la série génératrice de
$$
r \longmapsto \#\{\mathbb F(x) =0\}(\mathbb F_{p^r})
$$
J'ai pas eu le temps. Ce sont ces séries qu'il va falloir ``assembler''. Je suis pas sûr de moi.
@flip flop
Ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1401848#msg-1401848 à propos de Serre, je n'en sais pas plus que toi. J'ai quand même vu qu'il avait écrit :
$$
\left( {p \over 5} \right) \qquad \hbox {et pas} \qquad \chi_5(p) \quad \buildrel {p \ne 2} \over =\quad \left({ 5 \over p }\right)
$$
Mais c'est pareil !
Il n'est pas bavard bavard dans la section 5.2. Mais, mais, as tu vu qu'à la fin de l'article, page 9, Notes, qu'il y a 6 pages et demi d'explications ``techniques''. A mon avis, il a voulu un texte agréable à lire. As tu vu aussi, dans ces Notes, pour la section 5.1, comptage du nombre de racines d'un polynôme sur $\mathbb F_p$ qu'il donne des détails et qu'il parle de PARI. Si, si.
J'espère que tu t'amuses un peu avec le cas quadratique ..
@vous deux
Petites nouvelles du front (quadratique). Soit $D$ un discriminant quadratique fondamental et la série
$$
L_D(s) = \sum_{m \ge 1} {\chi_D(m) \over m^s}
$$
En fait, cette somme je n'en ferais rien de spécial. Je la mentionne de manière à pouvoir la retrouver dans la littérature.
Ce qui m'intéresse, c'est la suite $(\chi_D(m))_{m \ge 1}$. Il est clair que cette suite est complètement multiplicative puisque $\chi_D$ est un caractère. Il est clair aussi qu'elle est périodique de période $|D|$ puisque $\chi_D$ est défini sur $(\Z/D\Z)^\times$ et propagé à $\Z/D\Z$ comme on le pense.
Bilan : on dispose d'une série formelle qui est une fractionnelle :
$$
K_D(T) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \sum_{m \ge 1} \chi_D(m) T^m = {\sum_{m=1}^{|D|-1} \chi_D(m) T^m \over 1 - T^{|D|} }
$$
Par exemple, chez Serre, $D = 5$ donc le dénominateur est $1 - T^5$ et le numérateur est
$$
\chi_5(1) T + \chi_5(2) T^2 + \chi_5(3) T^3 + \chi_5(4) T^2 = T - T^2 - T^3 + T^4
$$
Donc pour l'instant, c'est banal.
Soit maintenant $F$ un trinôme unitaire du second degré définissant l'unique anneau quadratique de discriminant $D$. Et notons $N_p(F)$ son nombre de racines dans $\mathbb F_p$. Alors
$$
N_p(F) = 1 + \chi_D(p)
$$
A droite, $1 + \chi_D(p)$ prend les valeurs $0$ (quand $\chi_D(p) = -1$), $1$ (quand $\chi_D(p) = 0$) et $2$ (quand $\chi_D(p) = 1$). Une petite vérification montre c'est exactement $N_p(F)$.
Rien de bien compliqué donc. On peut alors produire une fraction rationnelle qui tient compte de ce $+1$ :
$$
{T \over 1-T} + K_D(T)
$$
Cette fraction fractionnelle, quand on la développe en série formelle, on trouve que son coefficient de $T^p$ est $N_p(F)$.
Bilan : on s'est fait peur pour rien. Tout cela est relativement banal. Enfin, ce qui ne l'est pas du tout, c'est l'existence de $\chi_D$.
Pour la formule :
$$a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)$$
petite idée (je ne rédige pas complètement) j'ai fait pour $D=5$:
Alors je commence par le cas où $m=p^r$. Dans le cas où $\chi_D(P)=1$, on a vu que $a_{p^r} = r+1$ et on vérifie :
$$
\sum_{d \mid p^r} \chi_D(d) = r+1
$$
Ensuite si : $\chi_D(p)=-1$, on a vu que : $a_{p^r} = 0$ ou $1$ selon la parité de $r$ et on constate que ça colle avec la formule $\sum_{d \mid p^r} \chi_D(d) $.
Ensuite, il faut voir que si $m=\prod p_i^{r_i}$ alors $a_m = \prod a_{p_i^{r_i}}$ et on a également (sauf erreur de calcul) :
$$
\prod \sum_{d \mid p_i^{r_i}} \chi_D(d) = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)
$$
@flip flop
Il me semble que la formule en question devrait découler (ou du moins est liée) à $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, pas eu le temps de réfléchir.
Un truc que j'aimerais bien (ici je me comporte en égoïste) : c'est que l'on fasse le point sur $\chi_D$ de manière à pouvoir clarifier des notes qui remontent à une dizaine d'années. Car tu peux pas savoir le merd.er que cela peut-être parfois (en tout cas, ce qu'il a été dans ma tête). Exemple : j'attache quelques pages de Ribenboim et si tu regardes la définition en 26.1 du caractère quadratique, tu vas te barrer en courant.
Certains auteurs (Ribenboim, Serre dans Cours d'Arithmétique) ont choisi d'indexer le caractère par l'entier sans facteur carré $d$. Personnellement, je préfère l'indexer par le discriminant ce qui me permet d'être en accord avec les 2 primitives magma KronekerCharacter from DirichletGroup et KroneckerSymbol (stand alone, à deux opérandes, dans le sens KroneckerSymbol(D, *)).
Avec tout le respect que je dois à Ribenboim, je trouve que sa section 26.1 est assez atroce ; de plus, il utilise comme pré-requis le symbole de Jacobi. Serre, comme à son habitude, possède un traitement bien plus élégant (cf d'une part p. 15, les 2 caractères $\chi_{-4}$ et $\chi_8$ et surtout VI.1.3 caractères modulaires)
Mon idée, c'était d'élever un peu le débat (si je peux me permettre) et de ``faire de la théorie de Galois'' avec le coup de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$. La première chose à faire, c'est de démontrer que tout discriminant quadratique fondamental est produit, de manière unique, de discriminants quadratiques fondamentaux primaires. Ici, primaire, c'est de mézigues : cela signifie de la forme $p^*$ avec $p$ premier impair $\ge 3$ ou bien les 3 discriminants fondamentaux exceptionnels :
$$
-4 = \mathrm {Dis}(\Z[i\rbrack), \quad \Z[i\rbrack = \Z[\root 4 \of 1] \qquad\quad
8 = \mathrm {Dis}(\Z[\sqrt 2]), \quad \Z[\sqrt 2] \subset \Z[\root 8 \of 1] \qquad\quad
-8 = \mathrm {Dis}(\Z[\sqrt {-2}]), \quad \Z[\sqrt {-2}] \subset \Z[\root 8 \of 1]
$$
Faire de la théorie de Galois ne signifie pas que l'on va planer à 15000 sans retombée concrète. Je veux dire par là, qu'il est indispensable d'obtenir (par exemple) les formules de Serre. De temps, en temps, faut savoir faire du vrai. Ainsi :
$$
\chi_8(m) = (-1)^{m^2 - 1 \over 8}, \qquad \chi_{-8}(m) = -\chi_8(m+2), \qquad \chi_{-4}(m) = (-1)^{m-1 \over 2} \qquad \hbox {$m$ impair}
$$
Et d'ailleurs les trois caractères $\chi_8, \chi_{-8}, \chi_{-4}$ sont reliés par :
$$
\chi_8 \chi_{-8} \widetilde {\chi_{-4}} = \varepsilon \quad \hbox {(le caractère trivial)}
$$
J'ai désigné par $\widetilde {\chi_{-4}}$ le composé de $\chi_{-4}$ défini sur $(\Z/4\Z)^\times$ par $(\Z/8\Z)^\times \to (\Z/4\Z)^\times$.
Note $\chi_D$ est un caractère primitif i.e. son conducteur est égal à $|D|$.
Voilà, voilà, encore du boulot. Mais on n'a rien sans rien.
@flip flop
La formule :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
elle est multiplicative en $m$ i.e. les deux membres sont multiplicatifs au sens $\mathrm {truc}_{mm'} = \mathrm {truc}_m\, \mathrm {truc}_{m'}$ pour $m \wedge m' = 1$. Il suffit donc de la vérifier sur $m = p^r$. Bon, mais c'est ce que tu as réalisé en fait, sans le dire vraiment comme cela.
Je fais juste un petit truc (pas trop de temps aujourd'hui) pour voir si j'ai bien compris.
Par exemple, pour calculer $\chi_8(3)$.
Je considère : $\zeta := \exp( i \pi / 4)$, on a : $\sqrt{2} = \zeta+\zeta^{-1}$. Du coup, $3$ agit sur $\zeta$ comme la puissance $3$. On a (je note $3 \star \sqrt{2}$ l'action de Galois de l'automorphisme qui correspond à $3$):
$$
3 \star \sqrt{2} = \zeta^3 +\zeta^{-3} = -\sqrt{2}
$$
Donc : $\chi_8(3)= -1$ et $2$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_3$.
Maintenant, si je prend $m=7$, donc ce cas là on trouve (je passe le calcul d'une ligne) : $\chi_8(7) = 1$ et $2$ est un carré modulo $7$.
flip-flop
Vu et OK. Je me permets de coucher une stratégie vu que j'y ai un peu réfléchi il y a 10 ans et de nouveau ces derniers temps.
(1) Assurer le bien fondé de $\chi_D$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental primaire. Cela veut dire assurer d'abord l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$. Mais cela a été fait justement pour $D = p^*, -8, 8, -4$. C'est le coup de ton $\sqrt 2$. Puis ensuite :
$$
\chi_D(p) = \left( {D \over p} \right) \qquad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$} \qquad\qquad (\star)
$$
Bien sûr, c'est une manière de parler de la loi de réciprocité.
Note : un caractère est caractérisé par ses valeurs sur les premiers impairs $\ge 3$.
(2) Procéder à l'assemblage du tout (inclusion et $(\star)$) par multiplicativité (produit de manière unique ..etc..)
(3) Disposer de formules concrètes pour $\chi_D$.
(4) Un point de vue structurel sur .. plus tard.
Faire gaffe à tout. Par exemple $20 = 4 \times 5$ n'est pas un discriminant quadratique fondamental ; c'est $5$ qui l'est (il faut dégraisser $4$). Tandis que $-20 = (-4) \times 5$ en est un et j'ai écrit sa décomposition en produits de discriminants quadratiques fondamentaux primaires.
Ci-dessous, quand je dis ``Si on croit en $\chi_D$'' où $D$ est un discriminant quadratique fondamental, cela voudra dire que l'on croit en l'existence d'un caractère quadratique non trivial :
$$
\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \twoheadrightarrow \{\pm 1\} \qquad \hbox {vérifiant} \quad
\chi_D(p) \quad \buildrel {(\heartsuit)} \over =\quad \left( {D \over p}\right) \quad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$}
$$
Et rien de plus.
(1) Si on croit en $\chi_5$, alors on a la loi de réciprocité quadratique pour .... (à compléter)
(2) Soit $q$ un premier impair $\ge 3$ ; si on croit en $\chi_{q^*}$, alors on a la loi de réciprocité quadratique pour .... (à compléter)
(3) En anticipant (je ne sais trop quoi) : what about the quadratic character $\chi_K$ for the field $K = \Q(\sqrt {15})$ ?
(4) Est-il utile de préciser ``non trivial'' vu la propriété $(\heartsuit)$ ?
(5) Quand j'ai besoin, en programmation, d'une racine primitive $p$-ième de l'unité en caractéristique $0$ i.e. ``au dessus de $\Q$'', où est ce que je vais la chercher ? Dans $\C$ ? (il faut savoir que je ne suis pas trop riche, et que $\C$, je n'ai peut-être pas les moyens).
(6) Question du même type : j'ai besoin de ``monter'' une somme de Gauss sur $\mathbb F_p$, du type $\sum_{a \in \mathbb F_p} \Psi(a)\chi(a)$ où $\chi$ est un caractère multiplicatif d'ordre 4 et $\Psi$ le caractère additif $a \mapsto \zeta^ a$ où $\zeta$ est une racine primitive $p$-ème de l'unité. Je me fournis où ?
@Claude : je vois le truc mais j'ai du mal a mettre tous les acteurs a en place.
Je veux dire il faut considérer l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt{D^*}) =\Q(\tau)$ et réduire modulo un premier $\ell$ et voir comment agit $x \to x^\ell$ ... si l'action est trivial alors c'est ce que $\ell$ se décompose et donc $D^*$ est un carré modulo $\ell$. et si l'action n'est pas trivial. C'est encore flou, mais ça va venir :-D
Doucement. J'ai l'impression que tu veux aller plus vite que la musique.
Pour l'instant, estimes tu avoir répondu au (1). J'y vois que $\left( {5 \over p}\right)$ ne dépend que de $p$ modulo 5 pour $p$ premier impair $\ge 3$. Et alors ?
Un truc : faut vachement vachement faire attention à tout. Par exemple, ``pour $p$ premier impair $\ge 3$ ..''.
En tout cas, cette histoire m'a permis de mettre de l'ordre dans mes affaires et dans ma tête. J'ai implémenté une fonction de nom MyKnroneckerCharacter dont tu imagines le job. Et je l'ai comparée à KroneckerCharacter de magma. Evidemment, cela ne marchait pas. Cela ne marche jamais au début malgré tout le soin que tu y mets. Bon mais avec un peu d'habitude, cela va assez vite quand même.
Oui, je reprend. Je sais pas si ça va être plus clair !
Pour $D = 5$. Je prend $\ell$ (je me mélange les pinceaux avec $p$ et $q$), donc je prend $\ell \in (\Z/D\Z)^*$. Si $\ell$ est un carré alors $\chi_D(\ell)=1$. Et comme le morphisme $\chi_D$ est non trivial on doit avoir $\chi_D(\ell)=-1$ pour les $\ell$ non carrés de . $ (\Z/D\Z)^*$
Démonstration : si il existe $\ell_0$ non carré modulo $D$ et vérifiant $\chi_D(\ell_0) = 1$, alors l'application $\Z /D\Z^* \to (\Z\ / D\Z)^*$ de multiplication par $\ell_0$ est un bijection des non-carrés dans les carrés modulo $D$. On en déduit que le morphisme $\chi_D$ est trivial.
Ensuite, je voulais considérer les anneaux d'entiers et réduire tous le monde modulo $\ell$. Et c'est là que je veux faire entrer dans le jeu le $\tau$ de la somme de Gauss, d'abord je prend $\zeta$ racine primitive $|D|$-ième de l'unité et on forme la somme de Gauss :
$$ \tau := \sum_{i \in (\Z\ / D\Z)^*}\chi_D(i) \zeta^i$$
et, (cf ton jolie exercice) :
$$
\tau_1 := \sum_{i \, | \, \chi_D(i)=1} \zeta^i \quad \text{et} \quad \tau_0 := \sum_{i \, | \, \chi_D(i)=-1} \zeta^i
$$
De sorte que : $\tau = \tau_1 - \tau_0$.
Bien sûr, on a : $\tau^2 = D^*$ et $\tau$, $\tau_1$ et $\tau_0$ sont des entiers de $\Q(\zeta)$, mais aussi de $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$
Je peux prendre un nombre premier $\ell$ ne divisant pas $D$ et réduire $\tau$, $\tau_1$ et $\tau_0$ modulo $\ell$ dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$. Et là je pense qu'on doit pouvoir comprendre la valeur de $\chi_D(\ell)$ en regardant l'action de $x \to x^\ell$ dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})} / (\ell)$ (en utilisant la réduction de $\tau_1$ et $\tau_0$). Si cette action est trivial ($\chi_D(\ell)=1$) alors $\ell$ est décomposé dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$ et $D^*$ (le discriminant) est un carré dans $\mathbb{F}_\ell$.
Salut les arithméticiens.
Trop fatigué pour faire des maths. (td)
Mais demain, c'est les vacances ! :)o
Je vais pouvoir reprendre mes investigations sur le critère de Dedekind qui règlerait son cas à $\Z[\sqrt[n]{1}]$.
Bonne soirée. ;-)
Je reviens, dans le cas quadratique, avec le fameux caractère $\chi_D$ (dont le fondement n'est pas encore assuré !) sur l'égalité :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m) \qquad \hbox {$a_m$ nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D)$}
$$
Je dirai tout à la fin en quoi ce qui vient maintenant est lié à $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$.
On a vu que le $p$-Euler facteur de la fonction zeta de $K$ était donné par :
$$
Z_p(T) = {1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} =
\cases {
{1 \over (1-T)^2} & si $\chi_D(p) = 1$ \cr
{1 \over 1-T^2} & si $\chi_D(p) = -1$ \cr
{1 \over 1-T} & si $\chi_D(p) = 0$ \cr
}
$$
Rappel : $Z_p(T) = \sum_{k \ge 0} a_{p^k} T^k$, c'est cela la définition (pour nous autres) de $p$-Euler facteur.
On voit alors que, dans tous les cas :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
c.a.d
$$
Z_p(T) = \sum_{j \ge 0} T^j \ \sum_{i \ge 0} \chi_D(p^i) T^i = \sum_{k \ge 0} \left(\sum_{j+i=k} \chi_D(p^i)\right) T^k
$$
On en déduit :
$$
a_{p^k} = \sum_{i=0}^k \chi_D(p^i) = \sum_{d \mid p^k} \chi_D(d)
$$
On obtient alors $a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)$ par multiplicativité. Fin de la justification.
D'où provient ce binz ? Comme je l'ai dit de l'analyse de $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, égalité trouvée par flip-flop, prétendant qu'il ne savait pas ce qu'il fabriquait.
Une suite multiplicative $(a_m)_{m \ge 1}$ possède un $p$-Euler facteur au sens suivant :
$$
\sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s} = \prod_p \sum_{k \ge 0} {a_{p^k} \over p^{ks}} = \prod_p Z_p\Bigl({1 \over p^s}\Bigr)
$$
Par exemple, le $p$-Euler facteur de $\zeta$ est $Z_p(T) = {1 \over 1 - T}$ quelque soit $p$.
Et les $p$-Euler facteurs <<se multiplient>>. Ainsi dans l'égalité $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, les 3 $p$-Euler facteurs qui interviennent sont
$$
{1 \over (1 - T^{f_p})^{g_p}}, \qquad {1 \over 1-T}, \qquad {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
D'où ``la chose''.
On voit bien la naïveté de mon discours. Qui provient de mon ignorance de ``l'analytique''.
C'est trop tard pour moi (je suis trop vieux) ; mais, vous, flip-flop, gai-requin, vous n'avez pas cette excuse (vous êtes jeunes). Et donc le monde (merveilleux) de l'analytique vous attend.
@gai requin
Si je peux me permettre une suggestion à propos du critère de Dedekind et $\Z[\root n \of 1]$.
Elle consiste à traiter l'exemple $X^3 - 2$. Quelque part, tu vas disposer de l'énoncé du critère de Dedekind, je suppose. Mais l'avantage, l'immense avantage de $X^3 - 2$ est que toi-même, tu vas PROUVER le critère de Dedekind sur CET exemple. Tu ne va pas te contenter de l'UTILISER. Et même que tu vas prendre plaisir avec $\Z[\root 3 \of 2]$, car c'est bien lui, l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 2)$. Tu vas même obtenir, pour pas cher, les lois de factorisation. Que tu pourras illustrer avec de vrais exemples. C'est quoi un vrai exemple ? Ben par exemple remplacer la lettre $p$, qui sent le premier, par un vrai premier : tiens pourquoi pas $p = 31$ ? et pas, comme suggéré une fois par le malicieux flip-flop $p = 57$
Par opposition, tu pourras examiner $\Z[\sqrt d]$ avec $d \equiv 1 \bmod 4$ ($d$ entier sans facteur carré) et voir qu'il est tout pourri. Il y a par exemple un idéal maximal $\mathfrak m$ qui vérifie $\mathfrak m^2 = 2\mathfrak m$ et qui n'est pas simplifiable. Tout pourri car la norme n'est pas multiplicative ...etc...
Mais bien sûr, tu procèdes comme tu veux.
Par ailleurs, en ce qui concerne $\Z[\root n \of 1]$, il ne faut pas mettre à l'eau ton investissement sur les idéaux inversibles. Car, quitte à me répéter, c'est un des points importants.
Que de choses à assurer. Alors que les vacances, c'est fait pour se reposer. Mais montrer que $\Z[\root n \of 1]$ est intégralement clos ou mieux ses idéaux sont inversibles ou bien faire mumuse avec le critère de Dedekind et les lois de factorisation, est ce que ce n'est pas déjà des vacances ?
Bien sûr qu'il est préférable de commencer avec $X^3-2$ et regarder comment les premiers qui ne sont pas de Grothendieck se factorisent. ;-)
Une question tout de même : j'ai l'impression que quand on tombe sur l'anneau des entiers, ses idéaux peuvent être engendrés par deux éléments !
Et je crois qu'on s'en est déjà servi pour montrer qu'à partir de l'inversibilité d'un idéal non nul, on obtient $a/b$ entier $\Rightarrow$ $a\in Ab$.
Cette histoire à deux générateurs est-elle vraie ?
Si oui, doit-on commencer par là ?
Oui c'est ça la propriété de La fonction $\zeta$ dont je voulais parler :
$$
\prod_{p} {1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}} = \sum \frac{\chi_D(m)}{m^s}
$$
Et on l'utilise deux fois avec la décomposition :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
Pour obtenir :
$$
\prod_{p}Z_p(p^{-s}) =\prod_{p}{1 \over 1-p^{-s}}\ \prod_{p}{1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}}
$$
Pour le caractère trivial, on tombe sur $\zeta$ et pour l'autre ... c'est la série $L$ comme ils disent !
Du coup en lisant ton message, on peut faire pareil avec notre jolie fonction zéta cyclotomique ?
C'est un peu plus compliqué car on avait trouvé :
$$
Z_p(T) = \Big( \frac{1}{1-T}\frac{1}{1-\zeta T} \dots \frac{1}{1-\zeta^{o(p,d)-1}T} \Big)^ {\frac{\phi(d)}{o(p,d)}}
$$
Faudrait trouver une manière d'écrire ça avec des caractères :
si on note : $\chi_i$ tous les caractères de $(\Z /d \Z)^* \to \C$, alors ça doit fonctionner ça :
$$
Z_p(T) = \prod_{i=1}^{\phi(d)} \frac{1}{1-\chi_i(p)T}
$$
Il y a une formule dans l'exo 4 du pdf Ca ressemble un peu ... mais y'a une histoire de conducteur !
Enfin bref, j'ai plus ou moins compris le business ... Question qui tue, ça sert a quoi d'avoir la fonction zéta ? Avec les $Z_p$ je comprend que c'est lié au problème de trouver des points sur les corps finis mais là !
Bon réciprocité quadratique, c'est un peu plus concret cette histoire, faut que je comprenne bien :-D
@gai requin
Oui c'est vrai que tout idéal $I$ de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est engendré par $2$ éléments. Mieux : $I$ est engendré par $1,5$ élément(s). Oui, j'ai bien mis $1,5 = {3 \over 2}$. Cela veut dire que pour tout $a \in I \setminus \{0\}$, on peut compléter avec un certain $b \in I$ de sorte que $I = \langle a, b\rangle$.
De plus, toujours dans le cadre de l'anneau des entiers de .., en excluant une fois pour toutes l'idéal nul, on a $I \cap \Z \ne \{0\}$. Why ? à mon tour de poser une question. Et si $m \in \N^*$ désigne le générateur de $I \cap \Z$, on peut donc générer $I$ de la manière suivante : $I = \langle m, b\rangle$ avec un $b$ ad-hoc.
En ce qui concerne ton histoire de $a/b$ entier ... etc .. je corrige ce que tu as dit : on a simplement eu besoin de l'idéal $\langle a, b\rangle$. On n'a pas eu à utiliser que tous les idéaux de $A$ sont ...etc.. Cela s'appelle une propriété ponctuelle. Pour le matheux effectif que je suis (constructif, ah, ah), c'est une notion importante. La plupart des gens font souvent intervenir TOUTE la structure d'un anneau, d'un module ..etc.. pour venir à bout du cas qu'ils ont dans les mains. C'est souvent ce que j'appelle ``l'abus structurel''. Exemple type : on va supposer que l'anneau est noethérien, comme cela on sera peinard : tous (??) les idéaux qui vont débarquer seront de type fini.
Enfin, tu dis ``Doit-on commencer par là ?''. Ben, je ne sais pas par quoi tu vas démarrer. Tu ne peux peut-être pas te lancer dans 36 trucs à la fois. Sois rassuré : dans le fameux critère de Dedekind qui risque d'être sur la sellette bientôt, les idéaux qui vont débarquer seront 2-engendrés sans que cela ne soit un souci.
Soit $x\neq 0$ dans $I$.
Comme $\Z$ est intégralement clos, le polynôme minimal $f=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$ de $x$ est dans $\Z[X]$ et on a $a_0\neq 0$.
De plus, $a_0=-a_1x-\cdots -a_nx^n$ donc $a_0\in I$.
@flip flop
Ben, heureusement que tu ne comprends pas ce que tu fabriques (je reprends tes termes d'un post). Oui, est on est ok, on se comprend 5/5. Merci pour le pointeur.
Par contre, il me semblait que l'on avait dit que l'on REMONTERAIT le fil en arrière .. jusqu'à atteindre $\mathrm {SL}_2(\Z/4\Z)$ qui est une des 3 extensions centrales (non triviales) de $S_4$ par $C_2$.
Alors, qu'avec la fonction zeta de Dedekind $\Q(\root n \of 1)$, on a l'impression d'aller plutôt vers l'avant que vers l'arrière, non ? Mais pas tout-à-fait, Jean-Paul car elle figure en arrière.
La vérité : j'ai pensé la même chose que toi (je ne devrais pas le dire) et je me dis que $\Q(\root 5 \of 1)$ pourrait bien passer sur le billard bientôt. Mais j'ai un petit souci de rationalité, et peut-être que sans rien dire à personne, je vais jouer avec une extension abélienne de degré 3. Damned, je l'ai dit.
Mais il y a d'abord des choses en arrière à ASSURER. Je reviens sur $\chi_5$ par exemple (tu as vu le coup de ``je reviens'').
Il ne faut pas que de la technique. Il faut mettre des MOTS. Le jeu auquel on joue est ``dangereux'' car on met des CHOSES A PLAT : oeuf, poule et tout le truc.
Allons y pour $\chi_5$. Je veux absolument faire comprendre que lorsqu'on a $\chi_5$ avec soi, .. c'est que l'on a un bout de réciprocité quadratique. Je m'explique : pour un premier impair positif $p \ne 5$, puisque d'une part $\chi_5(p)$ ne dépend que de $p$ modulo $5$ (ceci est dans les PREROGATIVES de $\chi_5$) et $\chi_5(p) = \left( {5 \over p} \right)$ (idem, c'est ce qu'il doit vérifier) :
$$
\chi_5(p) = \cases {
1 & si $p \equiv 1 \bmod 5\quad $ (parce que $\chi_5(1) = 1$) \cr
-1 & si $p \equiv 2 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 7$, 5 non carré mod 7) \cr
-1 & si $p \equiv 3 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 3$, 5 non carré mod 3) \cr
1 & si $p \equiv -1 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 19$, 5 carré mod 19 à savoir le carré de 9) \cr
}
$$
on obtient (vérifier un par un)
$$
\chi_5(p) = \left( {p \over 5}\right)
$$
C.a.d
$$
\left( {p \over 5}\right) = \left({5 \over p}\right) \qquad \hbox {pour tout premier impair positif $p$}
$$
C'est la loi de réciprocité ``pour 5''.
Certes, c'est du lourd ci-dessus. Je vais traiter ce que nous apporte de croire à l'existence de $\chi_{q^*}$ dans un autre post. Faudra faire plus fin.
Tout cela pour dire que, bientôt, très bientôt, lorsque l'on va assurer le FONDEMENT de $\chi_D$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental, on va COTOYER les lois de réciprocité quadratique. A suivre.
@flip flop.
Bon faut se lancer pour le fondement de $\chi_D$. Il faut commencer par quelque chose. Si $D$ est un discriminant quadratique fondamental, pourquoi peut l'écrire de manière unique :
$$
D = D_0\ p_1^* \cdots p_k^* \qquad
\cases {
\hbox {$p_i$ premier impair positif} \cr
p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p \hbox { pour $p$ premier impair} \cr
D_0 \in \{1, -4, -8, 8\} \cr
}
$$
En déduire (je crois que cela doit aller tout seul, enfin j'espère), en utilisant ce qui a déjà été fait pour les discriminants quadratiques fondamentaux primaires :
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
@flip flop
C'est fort possible que tu ne voies point où je veux en venir dans l'histoire du symbole de Kronecker $\chi_D$. Mais j'ai quelque chose derrière la tête , tu me fais confiance ?
Par contre, je ne souhaite pas faire du tout comme dans l'exercice 2 de la feuille de TD que tu as pointé. Où $\chi_D$ est définie de manière ad-hoc via des cas. On y voit d'ailleurs que les auteurs ne disent pas un mot du fait que l'existence du symbole de Kronecker prend en charge les lois de réciprocité.
Je souhaite passer par l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ je suis un peu lourd, il me semble l'avoir dit un certain nombre de fois et :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D
$$
où, pour $m$ premier à $D$, $\sigma_m$ est l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur $\mathbb U_{|D|}$.
Pourquoi je veux faire comme cela ? Parce que j'en ai envie (CQ est capricieux, tu ne le savais pas ?)
Pour les discriminants de $\Q(\sqrt{D})$. On a ;
$\Delta = D$ si $D = 1 \pmod{4}$ et $\Delta = 4 D$ si $D = 2,3 \pmod{4}$.
On écrit : $$\Delta = \epsilon \times 2^a \times (-1)^b \prod p_i^* \quad \text{ avec } \quad \epsilon = 1, \, \text{ ou } \, 4$$
Et $a =0$ ou $1$ suivant que $ 2$ divise ou non $D$. Je pense que ça donne ta décomposition. (mais j'ai noté $\Delta$ ton $D$).
Ensuite, on prend pour chaque $p_i^*$ une racine primitive $p_i$ de l'unité dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$. On forme la somme de gauss $\tau_i$ et on a $\tau_i^2=p_i^*$, donc en prenant le produit $\tau_i$ on obtient un racine de .$ \prod p_i^*$ dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$.
Pour le cas : $\Delta= D$, i.e $D= 1 \pmod{4}$ c'est gagné car $a=0$, $b=0 \pmod{2}$ et $\epsilon = 1$ car les $p_i^*$ sont congrus à $1$ modulo $4$, donc là c'est gagné !
Pour le cas : $D= 2 \pmod{4}$ : alors $8$ divise $\Delta$ et $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $\sqrt{2}$ et $\sqrt{-2}$.
Donc c'est bingo.
Pour le cas : $D=3 \pmod{4}$ : alors $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $i$ car $4$ divise $\Delta$ et $a=0$. Bingo !
Je suis toujours un peu brouillon dans ce genre de truc !
Réponses
Critère de Dedekind : c'est exactement cela (le post que tu pointes écrit par noix de totos). Mais comment as tu pu le retrouver ? En tout cas maintenant, tu ne pourras plus te défiler quand on te demandera ``Gai requin, est ce que tu peux nous retrouver un fil où l'on causait de ...''.
Il s'agit de relever dans $\Z[X]$ une factorisation modulo $p$ du polynôme minimal $P \in \Z[X]$ d'un $x$ entier sur $\Z$ :
$$
P(X) = P_1^{e_1} \ldots P_g^{e_g} + pR, \qquad \hbox {$P_i \in \Z[X]$ unitaire, irréductible modulo $p$}
$$
Et d'examiner $R$ modulo $p$ et d'en déduire ...etc... A voir peut-être bientôt.
@Nonoche
Merci. Mais le big problem, c'est que l'arithmétique, ce n'est pas mon métier. Et l'analytique en théorie des nombres, encore moins. Mais c'est quoi mon métier ? Retraité. Et en activité, mon penchant était l'algèbre commutative (effective) et un peu de géométrie algébrique (celle que je peux comprendre).
La vérité, c'est que j'essaie de comprendre un peu de maths. Et c'est difficile. Et parfois, je crois comprendre pourquoi c'est difficile de comprendre. Je vais donner un exemple que j'ai déjà fourni, mais peu importe. Il s'agit de la théorie des nombres : anneau d'entiers de corps de nombres et factorisation des premiers de $\Z$. Ce qui suit est véridique et m'a toujours frappé. Dans l'excellent et complet Zariski-Samuel, Commutative Algebra, Vol I, Ouvrage de 329 pages exactement, il faut attendre la page 312, section 12 du chapitre V Dedekind domains, pour avoir comme exemple celui des corps quadratiques.
Moi, je serais plutôt partisan de mettre l'exemple des corps quadratiques à la page 1.
@vous deux.
J'ai une activité de ``stabilisation'' plus simple que $\Z[\root n\of 1]$. Il s'agit de cas quadratique. Ci-dessous $K/\Q$ est un corps quadratique, $\mathcal O_K$ son anneau d'entiers, $D$ le discriminant et $F(X) \in \Z[X]$ un trinôme unitaire définissant $\mathcal O_K$ i.e. $\mathcal O_K = \Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$. Par exemple :
$$
F(X) = X^2 \pm D X + {D^2 - D \over 4} \qquad \hbox {de discriminant $D$}, \qquad\qquad
x = {\pm D \pm \sqrt D \over 2}
$$
Il faut accepter de changer de modèle à tout instant. Par exemple, pour $D = 5$, on peut prendre comme flip-flop le polynôme $X^2 - X - 1$ et $x = {1 + \sqrt 5 \over 2}$. En passant, $X^2 - X - 1$ c'est un cas particulier de $X^n - X -1$, un polynôme (le polynôme de Selmer) que Serre considère à plusieurs reprises (dans Topics in Galois Theory, pages 42-43) et dans un papier que l'on trouve sur le web (On a theorem of Jordan) dans lequel Serre s'amuse (?) en particulier à compter le nombre de racines de ce polynôme modulo $p$ (mais il ne fait pas que cela dans ce papier).
(1) Détermination du $p$-Euler facteur de la fonction zeta de Dedekind de $K$. Il s'agit de la fraction rationnelle :
$$
Z_p(T) = 1 + a_p T + a_{p^2} T^2 + a_{p^3} T^3 + \cdots
$$
où $a_m$, pour $m \ge 1$, est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $m$.
C'est faisable assez facilement mais il faut prendre son temps. Il faut savoir qu'il y a 3 cas pour la décomposition de $p$ en produit d'idéaux premiers :
$$
p = \mathfrak p_1\mathfrak p_2, \qquad\qquad p = \mathfrak p, \qquad\qquad p = \mathfrak p^2
\qquad\qquad (\star)
$$
On adopte les notations habituelles en terrain galoisien (un adjectif bien pompeux pour le cas quadratique) :
$$
p = (\mathfrak p_1 \cdots \mathfrak p_g)^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathcal O_K/\mathfrak p_i
$$
Et bien sûr, comme $e, f, g$ dépendent de $p$, on leur colle un indice. Et l'on a toujours :
$$
e_p f_p g_p = [K : \Q] = \dim_\Z \mathcal O_K
$$
Dans le cas quadratique, $e_pf_pg_p = 2$ bien plus simple que $e_pf_pg_p = \varphi(n)$ dans le cas cyclotomique $\Q(\root n\of 1)$.
La loi de factorisation dans $(\star)$ est fournie par la valeur du symbole de Legendre $\left( D \over p\right)$. Sauf que celui ci n'est pas défini pour $p=2$ et qu'il faudra bien un jour ou un autre le remplacer par le symbole de Kronecker $\chi_D(p)$ qui résiste à $p = 2$.
Car cela va être indispensable de traiter les choses de manière uniforme et pas traiter $p=2$ comme un premier pestiféré. Faut penser à mézigues quand je vais implémenter QuadraticEulerFactor(D, p).
(2) Détermination de la fonction zeta de comptage des zéros du trinôme $F(X)$ dans $\mathbb F_{p^r}$. Là, encore bien plus simple car un trinôme du second degré sur un corps admet $0,1,2$ racines.
(3) Formule de comptage vue dans Frölich-Taylor du nombre d'idéaux premiers de $\mathcal O_K$ de norme $m$
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
On note bien sûr, un nouvel arrivant (mais pas complètement) c'est le fameux caractère quadratique $\chi_D$ :
$$
\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \twoheadrightarrow \{\pm 1\}, \qquad
\chi_D(p) = \left( D \over p\right) \qquad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$}
$$
Il faut absolument comprendre que lorsque l'on a $\chi_D$ dans sa poche .. c'est que l'on tient les 3 lois de réciprocité quadratique.
Qu'en dites vous ?
Ayant remarqué que noix de totos, mine de rien, a déjà posté quantité de résultats en théorie des nombres depuis le peu de temps qu'il est inscrit sur le forum, j'ai juste tapé " critère de Dedekind noix de totos" dans google et bingo !
Pour le reste, je veux bien rester dans le cadre quadratique plus simple of course mais quand même très parlant.
J'ai quand même une question cyclotomique : puisque tu parlais d'utiliser le critère de Dedekind, comment factorise-t-on $\phi_n$ dans $\mathbb F_p[X]$ ?
Rester dans le cas quadratique : hum pourquoi ``rester" ? Cela fait petit joueur. Frileux ? Plutôt traiter à fond le cas quadratique avant le cas cyclotomique. Et peut-être qu'entre temps, il y aura d'autres filons (le cas abélien ? le cas galoisien ?).
Factorisation de $\Phi_n$ sur $\mathbb F_p$ ou $\mathbb F_q$ : j'ai attaché un certain nombre d'exos corrigés (en TeX) mais je n'arrive pas à m'y retrouver. Celui qui est concerné est PolynomeCyclotomiqueCorpsFini.pdf. Oh, gai-requin, grand spécialiste des retrouvailles, comment s'y prendre pour retrouver le post où j'ai attaché cela. Tu en es capable ?
Mais je ne veux pas imposer mes affaires : cela doit être facile de trouver des pointeurs sur le Web.
C'est là qu'intervient, lorsque $q \wedge n = 1$, l'ordre $f$ de $q$ dans $(\Z/n\Z)^\times$. Le polynôme $\Phi_n$ se factorise en $g$ facteurs tous de même degré $f$ ; avec bien sûr $\varphi(n) = fg$, à voir comme $\varphi(n) = efg$ où $e=1$.
Et l'ordre de $p$ dans $(\Z/n\Z)^\times$, c'est le degré résiduel $f_p$ des premiers de $\Z[\root n \of 1]$ au dessus de $p$. Tandis que $g_p = \varphi(n)/f_p$ est le nombre de premiers au dessus. Toujours dans le cas $p \wedge n = 1$.
Pas trop le temps aujourd'hui mais j'essaierai de regarder ce pdf ce soir.
Bonne journée.
Pour la formule :
$$Z_p(T) = 1 + a_p T + a_{p^2} T^2 + a_{p^3} T^3 + \cdots$$
Par exemple, pour $a_p$ c'est le nombre d'idéaux de norme $p$. C'est à dire que $a_p = 1$ si $p$ est ramifié, $0$ si $p$ est inerte et $2$ si $p$ est décomposé ?
Tout à fait, Jean-Paul. Et peux tu me dire, lorsque $p$ est décomposé en $p = \mathfrak p_1 \mathfrak p_2$, quels sont les idéaux de norme $p^2$, $p^3$, $p^k$ ? Et combien il y en a ?
Note : la norme sur les idéaux est multiplicative (en général dans l'anneau de TOUS les entiers d'un corps de nombres) mais ici, en terrain quadratique, c'est immédiat car $N(I) = I\overline I$ où $\overline {\bullet} : \Q(\sqrt D) \to \Q(\sqrt D)$ réalise $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$.
PS : cela va être un régal. Sacré idée Flip-Flop de le faire pour un autre polynôme que $X^n-1$ ou $\Phi_n$. Car le degré 2, c'est ce qu'il y a de plus simple. Mais comme on ne savait pas trop ce que l'on fabriquait, on n'a pas commencé par le plus simple.
Je viens d'implémenter. Et pour $X^2 - X - 1$, on va trouver en globalisant le comptage sur tous les premiers, une sorte de ``forme modulaire des pauvres'' (une bête fraction rationnelle).
Du coup, la série $Z_P(t)$ va être exprimable facilement :
$$
1/(1-t)^2
$$
YES. Et maintenant, il nous faut la série :
$$
1 + 2T^1 + 3T^2 + 4T^3 + \cdots + (k+1)T^k + \cdots
$$
Ou encore, le mieux c'est de dire franchement d'où tu sors ton $k+1$, petit cachotier. Ben, des couples $(i,,j)$ tels que $i+j = k$ from $\mathfrak p_1^i \mathfrak p_2^j$. Il n'y a plus qu'à développer :
$$
(1 + T + T^2 + T^3 + \cdots )\ (1 + T + T^2 + T^3 + \cdots)
$$
Comment obtient-on le coefficient de $T^k$ dans le produit ?
QuadraticEulerFactor := function(D, p) assert IsPrime(p) and IsFundamentalDiscriminant(D) ; ChiD := KroneckerCharacter(D) ; EulerFactor := ChiD(p) eq 1 select 1/(1-T)^2 else ChiD(p) eq -1 select 1/(1-T^2) else 1/(1-T) ; return EulerFactor ; end function ;Parce qu'il va falloir que tu traduises en des termes tangibles les 3 cas : décomposé, inerte et ramifié. Et à cause du premier $p=2$ (un peu pestiféré quand même), on ne va pas s'en sortir avec le symbole de Legendre.
Mais $\chi_D$, auquel je te demande de CROIRE pour l'instant, va nous sortir de là : en quelque sorte le symbole de Kronecker va rendre le premier $p = 2$ honorable.
Bien sûr, on s'occupera de $\chi_D$ et $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ en temps utile. Mais on ne peut pas tout faire en même temps.
Et ce qui est dingue, c'est que ces trois petites fractions rationnelles là-haut, on va les retrouver comme fonctions zeta de $F(x) = 0$ sur $\mathbb F_{p^\bullet}$, $F$ étant le trinôme unitaire de degré $2$ qui définit $\mathcal O_K$. Oui, $\mathcal O_K$ et pas $K$, sacrée nuance : on fait de l'arithmétique.
Je pensais à un truc qui ressemble à $(1 + T + T^2 + T^3 + \cdots )\ (1 + T + T^2 + T^3 + \cdots)$ mais avec deux nombres premiers $p$ et $q$ en faisant le produit $Z_p \times Z_q$ mais ça fonctionne pas top !
Vers la fin du post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1397932#msg-1397932 (j'ai réussi à mettre la main dessus), il y a le développement de
$$
{1 \over (1-U)^g}
$$
en série formelle. C'est binomial, ce développement. Mais plus important que l'aspect quantitatif (le coefficient de $U^k$ est un coefficient binomial machin), ce qui compte c'est ce que représente le coefficient en $U^k$ : le nombre de $g$-uplets de $\N^g$ de somme $k$.
Oui, on doit trouver la même chose pour la série zeta de comptage de $F(x) = 0$ dans $\mathbb F_{p^r}$. Commence par le cas décomposé. Mais ce qui est pénible, c'est le cas $p=2$ : combien de racines pour un trinôme de degré $2$ dans un corps de caractéristique $2$ ? Le discriminant n'est pas suffisant. Alors j'ai zappé $p = 2$ disons, je l'ai aligné pour que cela marche. Mais n'oublie pas que le trinôme n'est pas un trinôme quelconque : il est de nature arithmétique car il tient $\mathcal O_K$.
De toutes manières, le caractère quadratique $\chi_D$, détenteur en son coeur des 3 lois de réciprocité quadratique, faudra y passer bientôt. On n'a plus le choix.
Mais à un moment donné, faudra expliquer SANS CALCUL, pourquoi on trouve la même chose. Et j'entends bien le faire dans le cas non monogène, en sortant le bon schéma de dimension $0$ sur $\Z$ qui encode le binz. Un polynôme en une variable ne suffira pas.
Elle est pas belle, la vie ?
T'as déjà vu une forme modulaire des pauvres ? Et bien en voilà une. Il s'agit de la fraction rationnelle :
$$
{T^2 + 2T^4 + T^5 \over (1-T)^5}
$$
Il s'agit dun NOUVEAU comptage ! Quand tu la développes en série formelle, le coefficient en $T^p$ pour $p$ premier, c'est le nombre de zéros du polynôme $X^2 - X - 1$ sur $\mathbb F_p$. Je me suis inspiré de Serre mais j'ai modifié, dans la section 5.2 page 7 son
$$
N_p(f) = 1 + a_p
$$
J'ai viré ce $1 + \ $. J'ai cru comprendre qu'il voulait la $L$-série liée à un certain caractère quadratique. Pas moi, en tout cas pas pour l'instant.
> // Serre, On a Theorem of Jordan, page 7 > NumberOfRoots := func < F, p | #Roots(ChangeRing(F, GF(p))) > ; > > precision ; 70 > P := PrimesInInterval(2, precision) ; > P ; [ 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67 ] > F := X^2 - X - 1 where X is IntegerRing(ZT).1 ; > F ; x^2 - x - 1 > assert Discriminant(F) eq 5 ; > > ZerosCountingFraction := (2*T + 2*T^4 + T^5)/(1 - T^5) ; > PSR!ZerosCountingFraction ; 2*t + 2*t^4 + t^5 + 2*t^6 + 2*t^9 + t^10 + 2*t^11 + 2*t^14 + t^15 + 2*t^16 + 2*t^19 + t^20 + 2*t^21 + 2*t^24 + t^25 + 2*t^26 + 2*t^29 + t^30 + 2*t^31 + 2*t^34 + t^35 + 2*t^36 + 2*t^39 + t^40 + 2*t^41 + 2*t^44 + t^45 + 2*t^46 + 2*t^49 + t^50 + 2*t^51 + 2*t^54 + t^55 + 2*t^56 + 2*t^59 + t^60 + 2*t^61 + 2*t^64 + t^65 + 2*t^66 + 2*t^69 + t^70 + O(t^71) > [<NumberOfRoots(F,p), p> : p in P] ; [ <0, 2>, <0, 3>, <1, 5>, <0, 7>, <2, 11>, <0, 13>, <0, 17>, <2, 19>, <0, 23>, <2, 29>, <2, 31>, <0, 37>, <2, 41>, <0, 43>, <0, 47>, <0, 53>, <2, 59>, <2, 61>, <0, 67> ] > > assert &and [Coefficient(PSR!ZerosCountingFraction,p) eq NumberOfRoots(F,p) : p in P] ;Je me suis mal expliqué. Pour l'instant, je ne sais pas pourquoi la série globale de comptage s'organise en une fraction rationnelle. En ce qui concerne l'exemple que tu avais choisis toi-même i.e. $D =5$ et $X^2 - X - 1$, je me suis inspiré de Serre (et je l'ai dit) mais en modifiant la chose comptée. C'était juste pour te signaler que tout cela n'était pas banal. Tout cela est pour moi mystérieux. L'implémentation date de ce matin et le cas quadratique au brouillon d'un peu avant.
Bon je prend $\Q(\sqrt{5})$, on a : $5 = 1 \pmod{4}$ donc l'anneau d'entier est $
\mathcal{O}_K = \Z \Big[ \frac{1+\sqrt{5}}{2}\Big]
$ et le polynôme qui décrit l'extension d'anneau est : $x^2-x-1$.
Soit $p$ un nombre premier $\ne 2$ (Tu connais l'histoire du nombre premier $57$ ?), tel que $5$ est un carré $p$.
Dans ce cas : l'idéal $p$ se décompose en un produit de deux idéaux $p_1$ et $p_2$ de norme $p$.
Et la fonction $Z_p(t) = \frac{1}{(1-t)^2}$.
D'un autre côté, puisque $5$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$, on a :
$$
\# \{ x^2-x-1 = 0, \, x \in \mathbb{F}_{p^r} \} = 2 = 1^r+1^r
$$
et donc la fonction Zéta ... en utilisant "if the author is polite" :
$$
\mathcal{Z}(T) = \frac{1}{(1-t)^2}
$$
$$
\frac{1}{1-T^2}
$$
Je vois bien que l'on compte deux truc qui "se ressemblent" mais avec la fonction zéta y'a quand même le coup de "if the author is polite" ... :-S
@poirot : Exact ... dans ce cas ; $Z_p =1+T+T^2 +\dots = \frac{1}{(1-T)}$ et par le comptage de $x^2-x-1 =0$ dans $\mathbb{F}_{p^r}$ donne $N_r = 1^r$ et la fonction zéta est aussi
$$\exp\Big(\sum_{r >0} N_r {T^r \over r} \Big) = \frac{1}{(1-T)}$$
Je suis pas Zorro et je navigue à vue, je t'assure. Le développement vrai du cas quadratique date de quelques heures. Bien sûr, j'en ai parlé peut-être depuis quelques jours mais je ne m'y suis collé que ce matin. En pataugeant un tantinet au début.
Mais par exemple, dans le cas $p=2$ décomposé, c'est ok pour le nombre de racines de $X^2 + DX + {D^2 - D \over 4}$ sur $\mathbb F_{2^r}$. En effet, on veut trouver $2 = 1^r + 1^r$ racines. La seule manière, c'est que la réduction modulo $2$ de ce trinôme soit $X(X+1)$. Voir les 4 trinômes de degré 2 sur $\mathbb F_2$. Mais comme $2$ doit être décomposé, lorsque l'on consulte le théorème 2 de mon brouillon (header_prime_...), on y voit que $D$ doit être impair et un carré modulo 8 i.e. $D \equiv 1 \mod 8$. Et donc :
$$
X^2 + DX + {D^2 - D \over 4} \equiv X^2 + X = X(X+1) \bmod 2
$$
Le bilan, c'est qu'ici ($p = 2$), je suis lourdingue et que le brouillon en question, il n'est pas top. Peut-être faut-il reformuler la loi de factorisation de $p=2$ en des termes plus mieux ?
Je repointe le papier de Serre http://www.ams.org/journals/bull/2003-40-04/S0273-0979-03-00992-3/S0273-0979-03-00992-3.pdf
Bien sûr que je devrais être clair sur toutes ces séries. Mais ce n'est pas le cas. On peut se demander pourquoi je ne suis pas clair. Serre, page 7, section 5.2, n'est pas trop bavard sur la question et ne s'adresse peut-être pas aux bricolos que nous sommes.
Je ne sais même pas si ce qu'il réalise pour $D=5$ et $F(X) = X^2 - X - 1$ est spécifique à ce polynôme. Je vois juste qu'il joue avec le polynôme $X^n - X - 1$ pour $n =2, 3, 4$. Et pour $n \ge 5$, il pose des questions en disant : no explicit connexion with modular forms (or modular representations) is know, although somme exist because of the Langlands program.
Mais c'est bien sûr.
En fait, il en dit un peu plus : $X^n - X -1$ est irréductible (Selmer, j'ai la démo quelque part) et de groupe de Galois $S_n$ (ce n'est pas de la tarte, cela vient du fait que le groupe de Galois est engendré par les groupes d'inertie : c'est évoqué dans Topics, page 42, remark 2).
Je ne suis pas né avec une $L$-série dans mon berceau (je n'ai pas eu cette chance). Je te dis tout ce que je sais et je ne te cache rien. Tiens regarde.
La série de comptage
> ZerosCountingFraction := (2*T + 2*T^4 + T^5)/(1 - T^5) ; > PSR!ZerosCountingFraction ; 2*t + 2*t^4 + t^5 + 2*t^6 + 2*t^9 + t^10 + 2*t^11 + 2*t^14 + t^15 + 2*t^16 + 2*t^19 + t^20 + 2*t^21 + 2*t^24 + t^25 + 2*t^26 + 2*t^29 + t^30 + 2*t^31 + 2*t^34 + t^35 + 2*t^36 + 2*t^39 + t^40 + O(t^41) > [<NumberOfRoots(F,p), p> : p in P] ; [ <0, 2>, <0, 3>, <1, 5>, <0, 7>, <2, 11>, <0, 13>, <0, 17>, <2, 19>, <0, 23>, <2, 29>, <2, 31>, <0, 37> ] > assert &and [Coefficient(PSR!ZerosCountingFraction,p) eq NumberOfRoots(F,p) : p in P] ;La série qui figure dans Serre
> // La série (a_m)_{m >= 1} figurant dans Serre qui vérifie #{x^2-x-1 = 0}(F_p) = a_p + 1 > // Et qui est strongly multiplicative (dixit Serre) et qui est une certaine L-série > D ; 5 > ChiD := KroneckerCharacter(D) ; > LChiD := LSeries(ChiD) ; > FormalSeries(LChiD, precision) ; t - t^2 - t^3 + t^4 + t^6 - t^7 - t^8 + t^9 + t^11 - t^12 - t^13 + t^14 + t^16 - t^17 - t^18 + t^19 + t^21 - t^22 - t^23 + t^24 + t^26 - t^27 - t^28 + t^29 + t^31 - t^32 - t^33 + t^34 + t^36 - t^37 - t^38 + t^39La série zeta de Dedekind de $\Q(\sqrt 5)$ :
$$
\prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) = \zeta(s) \sum_{n > 0} \frac{\chi_D(n)}{n^s}
$$
Mais je ne absolument pas ce que je fabrique là :-S
J'avais pas compris qu'il fallait comprendre immédiatement ce que l'on étudiait. Mais c'est une bonne idée (de comprendre tout de suite), je la retiens. Bien sûr que c'est tout bon. Tu viens d'écrire pour un corps quadratique $K/\Q$ de discriminant $D$ que :
$$
\zeta_K(s) = \zeta(s)\, L_D(s), \qquad\qquad L_D(s) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \sum_{n \ge 1} {\chi_D(n) \over n^s}
$$
Et si cela peut te rassurer (et moi aussi), c'est écrit chez Cohen, à la page 233. C'est bien sûr spécifique au cas quadratique.
On réinvente l'eau chaude ? Et alors ?
Je vois que tu t'habitues à $\chi_D$. Et en faisant un petit effort, tu pourrais pas en déduire :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d) \qquad\qquad \hbox {(rappel $a_m$ est nb. d'idéaux de norme $m$ de $K$)}
$$
C'est petit de jouer avec les corps quadratiques ? Ben, comment cela se fait que Frölich & Taylor s'y reprennent à 3 fois
V.1 Quadratic fields p. 175
VI.3 Quadratic fields revisited p. 220
VIII.6 Quadratic fields, again p. 306
Et à la page 306, cela commence à cartonner (on arrive vers la fin du livre) : c'est là qu'ils exposent les résultats analytiques, où l'on remonte $\mathbb F_p$ dans $[0..p[$, le coup des résidus non-résidus dans la première moitié (Dirichlet, cf vidéo de Serre).
Autre chose. Dans TOUS les cas, le $p$-Euler facteur de $K$ est :
$$
Z_p(T) = {1 \over (1 - T^{f_p})^{g_p}}
$$
C'est aussi la fonction zeta de $\{F(x)=0\}/\mathbb F_p$. Mais cela serait bien d'avoir la série génératrice de
$$
r \longmapsto \#\{\mathbb F(x) =0\}(\mathbb F_{p^r})
$$
J'ai pas eu le temps. Ce sont ces séries qu'il va falloir ``assembler''. Je suis pas sûr de moi.
Ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1401848#msg-1401848 à propos de Serre, je n'en sais pas plus que toi. J'ai quand même vu qu'il avait écrit :
$$
\left( {p \over 5} \right) \qquad \hbox {et pas} \qquad \chi_5(p) \quad \buildrel {p \ne 2} \over =\quad \left({ 5 \over p }\right)
$$
Mais c'est pareil !
Il n'est pas bavard bavard dans la section 5.2. Mais, mais, as tu vu qu'à la fin de l'article, page 9, Notes, qu'il y a 6 pages et demi d'explications ``techniques''. A mon avis, il a voulu un texte agréable à lire. As tu vu aussi, dans ces Notes, pour la section 5.1, comptage du nombre de racines d'un polynôme sur $\mathbb F_p$ qu'il donne des détails et qu'il parle de PARI. Si, si.
J'espère que tu t'amuses un peu avec le cas quadratique ..
Petites nouvelles du front (quadratique). Soit $D$ un discriminant quadratique fondamental et la série
$$
L_D(s) = \sum_{m \ge 1} {\chi_D(m) \over m^s}
$$
En fait, cette somme je n'en ferais rien de spécial. Je la mentionne de manière à pouvoir la retrouver dans la littérature.
Ce qui m'intéresse, c'est la suite $(\chi_D(m))_{m \ge 1}$. Il est clair que cette suite est complètement multiplicative puisque $\chi_D$ est un caractère. Il est clair aussi qu'elle est périodique de période $|D|$ puisque $\chi_D$ est défini sur $(\Z/D\Z)^\times$ et propagé à $\Z/D\Z$ comme on le pense.
Bilan : on dispose d'une série formelle qui est une fractionnelle :
$$
K_D(T) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \sum_{m \ge 1} \chi_D(m) T^m = {\sum_{m=1}^{|D|-1} \chi_D(m) T^m \over 1 - T^{|D|} }
$$
Par exemple, chez Serre, $D = 5$ donc le dénominateur est $1 - T^5$ et le numérateur est
$$
\chi_5(1) T + \chi_5(2) T^2 + \chi_5(3) T^3 + \chi_5(4) T^2 = T - T^2 - T^3 + T^4
$$
Donc pour l'instant, c'est banal.
Soit maintenant $F$ un trinôme unitaire du second degré définissant l'unique anneau quadratique de discriminant $D$. Et notons $N_p(F)$ son nombre de racines dans $\mathbb F_p$. Alors
$$
N_p(F) = 1 + \chi_D(p)
$$
A droite, $1 + \chi_D(p)$ prend les valeurs $0$ (quand $\chi_D(p) = -1$), $1$ (quand $\chi_D(p) = 0$) et $2$ (quand $\chi_D(p) = 1$). Une petite vérification montre c'est exactement $N_p(F)$.
Rien de bien compliqué donc. On peut alors produire une fraction rationnelle qui tient compte de ce $+1$ :
$$
{T \over 1-T} + K_D(T)
$$
Cette fraction fractionnelle, quand on la développe en série formelle, on trouve que son coefficient de $T^p$ est $N_p(F)$.
Bilan : on s'est fait peur pour rien. Tout cela est relativement banal. Enfin, ce qui ne l'est pas du tout, c'est l'existence de $\chi_D$.
Tu n'utilises pas vraiment le "caractère" complètement multiplicatif ?
Pour la formule :
$$a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)$$
petite idée (je ne rédige pas complètement) j'ai fait pour $D=5$:
Alors je commence par le cas où $m=p^r$. Dans le cas où $\chi_D(P)=1$, on a vu que $a_{p^r} = r+1$ et on vérifie :
$$
\sum_{d \mid p^r} \chi_D(d) = r+1
$$
Ensuite si : $\chi_D(p)=-1$, on a vu que : $a_{p^r} = 0$ ou $1$ selon la parité de $r$ et on constate que ça colle avec la formule $\sum_{d \mid p^r} \chi_D(d) $.
Ensuite, il faut voir que si $m=\prod p_i^{r_i}$ alors $a_m = \prod a_{p_i^{r_i}}$ et on a également (sauf erreur de calcul) :
$$
\prod \sum_{d \mid p_i^{r_i}} \chi_D(d) = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)
$$
Pas trouvé plus simple, comme approche !
Il me semble que la formule en question devrait découler (ou du moins est liée) à $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, pas eu le temps de réfléchir.
Un truc que j'aimerais bien (ici je me comporte en égoïste) : c'est que l'on fasse le point sur $\chi_D$ de manière à pouvoir clarifier des notes qui remontent à une dizaine d'années. Car tu peux pas savoir le merd.er que cela peut-être parfois (en tout cas, ce qu'il a été dans ma tête). Exemple : j'attache quelques pages de Ribenboim et si tu regardes la définition en 26.1 du caractère quadratique, tu vas te barrer en courant.
Certains auteurs (Ribenboim, Serre dans Cours d'Arithmétique) ont choisi d'indexer le caractère par l'entier sans facteur carré $d$. Personnellement, je préfère l'indexer par le discriminant ce qui me permet d'être en accord avec les 2 primitives magma KronekerCharacter from DirichletGroup et KroneckerSymbol (stand alone, à deux opérandes, dans le sens KroneckerSymbol(D, *)).
Avec tout le respect que je dois à Ribenboim, je trouve que sa section 26.1 est assez atroce ; de plus, il utilise comme pré-requis le symbole de Jacobi. Serre, comme à son habitude, possède un traitement bien plus élégant (cf d'une part p. 15, les 2 caractères $\chi_{-4}$ et $\chi_8$ et surtout VI.1.3 caractères modulaires)
Mon idée, c'était d'élever un peu le débat (si je peux me permettre) et de ``faire de la théorie de Galois'' avec le coup de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$. La première chose à faire, c'est de démontrer que tout discriminant quadratique fondamental est produit, de manière unique, de discriminants quadratiques fondamentaux primaires. Ici, primaire, c'est de mézigues : cela signifie de la forme $p^*$ avec $p$ premier impair $\ge 3$ ou bien les 3 discriminants fondamentaux exceptionnels :
$$
-4 = \mathrm {Dis}(\Z[i\rbrack), \quad \Z[i\rbrack = \Z[\root 4 \of 1] \qquad\quad
8 = \mathrm {Dis}(\Z[\sqrt 2]), \quad \Z[\sqrt 2] \subset \Z[\root 8 \of 1] \qquad\quad
-8 = \mathrm {Dis}(\Z[\sqrt {-2}]), \quad \Z[\sqrt {-2}] \subset \Z[\root 8 \of 1]
$$
Faire de la théorie de Galois ne signifie pas que l'on va planer à 15000 sans retombée concrète. Je veux dire par là, qu'il est indispensable d'obtenir (par exemple) les formules de Serre. De temps, en temps, faut savoir faire du vrai. Ainsi :
$$
\chi_8(m) = (-1)^{m^2 - 1 \over 8}, \qquad \chi_{-8}(m) = -\chi_8(m+2), \qquad \chi_{-4}(m) = (-1)^{m-1 \over 2} \qquad \hbox {$m$ impair}
$$
Et d'ailleurs les trois caractères $\chi_8, \chi_{-8}, \chi_{-4}$ sont reliés par :
$$
\chi_8 \chi_{-8} \widetilde {\chi_{-4}} = \varepsilon \quad \hbox {(le caractère trivial)}
$$
J'ai désigné par $\widetilde {\chi_{-4}}$ le composé de $\chi_{-4}$ défini sur $(\Z/4\Z)^\times$ par $(\Z/8\Z)^\times \to (\Z/4\Z)^\times$.
Note $\chi_D$ est un caractère primitif i.e. son conducteur est égal à $|D|$.
Voilà, voilà, encore du boulot. Mais on n'a rien sans rien.
La formule :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
elle est multiplicative en $m$ i.e. les deux membres sont multiplicatifs au sens $\mathrm {truc}_{mm'} = \mathrm {truc}_m\, \mathrm {truc}_{m'}$ pour $m \wedge m' = 1$. Il suffit donc de la vérifier sur $m = p^r$. Bon, mais c'est ce que tu as réalisé en fait, sans le dire vraiment comme cela.
Par exemple, pour calculer $\chi_8(3)$.
Je considère : $\zeta := \exp( i \pi / 4)$, on a : $\sqrt{2} = \zeta+\zeta^{-1}$. Du coup, $3$ agit sur $\zeta$ comme la puissance $3$. On a (je note $3 \star \sqrt{2}$ l'action de Galois de l'automorphisme qui correspond à $3$):
$$
3 \star \sqrt{2} = \zeta^3 +\zeta^{-3} = -\sqrt{2}
$$
Donc : $\chi_8(3)= -1$ et $2$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_3$.
Maintenant, si je prend $m=7$, donc ce cas là on trouve (je passe le calcul d'une ligne) : $\chi_8(7) = 1$ et $2$ est un carré modulo $7$.
Vu et OK. Je me permets de coucher une stratégie vu que j'y ai un peu réfléchi il y a 10 ans et de nouveau ces derniers temps.
(1) Assurer le bien fondé de $\chi_D$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental primaire. Cela veut dire assurer d'abord l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$. Mais cela a été fait justement pour $D = p^*, -8, 8, -4$. C'est le coup de ton $\sqrt 2$. Puis ensuite :
$$
\chi_D(p) = \left( {D \over p} \right) \qquad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$} \qquad\qquad (\star)
$$
Bien sûr, c'est une manière de parler de la loi de réciprocité.
Note : un caractère est caractérisé par ses valeurs sur les premiers impairs $\ge 3$.
(2) Procéder à l'assemblage du tout (inclusion et $(\star)$) par multiplicativité (produit de manière unique ..etc..)
(3) Disposer de formules concrètes pour $\chi_D$.
(4) Un point de vue structurel sur .. plus tard.
Faire gaffe à tout. Par exemple $20 = 4 \times 5$ n'est pas un discriminant quadratique fondamental ; c'est $5$ qui l'est (il faut dégraisser $4$). Tandis que $-20 = (-4) \times 5$ en est un et j'ai écrit sa décomposition en produits de discriminants quadratiques fondamentaux primaires.
Ci-dessous, quand je dis ``Si on croit en $\chi_D$'' où $D$ est un discriminant quadratique fondamental, cela voudra dire que l'on croit en l'existence d'un caractère quadratique non trivial :
$$
\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \twoheadrightarrow \{\pm 1\} \qquad \hbox {vérifiant} \quad
\chi_D(p) \quad \buildrel {(\heartsuit)} \over =\quad \left( {D \over p}\right) \quad \hbox {pour $p$ premier impair $\ge 3$}
$$
Et rien de plus.
(1) Si on croit en $\chi_5$, alors on a la loi de réciprocité quadratique pour .... (à compléter)
(2) Soit $q$ un premier impair $\ge 3$ ; si on croit en $\chi_{q^*}$, alors on a la loi de réciprocité quadratique pour .... (à compléter)
(3) En anticipant (je ne sais trop quoi) : what about the quadratic character $\chi_K$ for the field $K = \Q(\sqrt {15})$ ?
(4) Est-il utile de préciser ``non trivial'' vu la propriété $(\heartsuit)$ ?
(5) Quand j'ai besoin, en programmation, d'une racine primitive $p$-ième de l'unité en caractéristique $0$ i.e. ``au dessus de $\Q$'', où est ce que je vais la chercher ? Dans $\C$ ? (il faut savoir que je ne suis pas trop riche, et que $\C$, je n'ai peut-être pas les moyens).
(6) Question du même type : j'ai besoin de ``monter'' une somme de Gauss sur $\mathbb F_p$, du type $\sum_{a \in \mathbb F_p} \Psi(a)\chi(a)$ où $\chi$ est un caractère multiplicatif d'ordre 4 et $\Psi$ le caractère additif $a \mapsto \zeta^ a$ où $\zeta$ est une racine primitive $p$-ème de l'unité. Je me fournis où ?
(1) On croit en $$\left( {5 \over p}\right)$$
ne dépend que de la classe de $p$ modulo $5$ !
Je veux dire il faut considérer l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt{D^*}) =\Q(\tau)$ et réduire modulo un premier $\ell$ et voir comment agit $x \to x^\ell$ ... si l'action est trivial alors c'est ce que $\ell$ se décompose et donc $D^*$ est un carré modulo $\ell$. et si l'action n'est pas trivial. C'est encore flou, mais ça va venir :-D
Doucement. J'ai l'impression que tu veux aller plus vite que la musique.
Pour l'instant, estimes tu avoir répondu au (1). J'y vois que $\left( {5 \over p}\right)$ ne dépend que de $p$ modulo 5 pour $p$ premier impair $\ge 3$. Et alors ?
Un truc : faut vachement vachement faire attention à tout. Par exemple, ``pour $p$ premier impair $\ge 3$ ..''.
En tout cas, cette histoire m'a permis de mettre de l'ordre dans mes affaires et dans ma tête. J'ai implémenté une fonction de nom MyKnroneckerCharacter dont tu imagines le job. Et je l'ai comparée à KroneckerCharacter de magma. Evidemment, cela ne marchait pas. Cela ne marche jamais au début malgré tout le soin que tu y mets. Bon mais avec un peu d'habitude, cela va assez vite quand même.
Pour $D = 5$. Je prend $\ell$ (je me mélange les pinceaux avec $p$ et $q$), donc je prend $\ell \in (\Z/D\Z)^*$. Si $\ell$ est un carré alors $\chi_D(\ell)=1$. Et comme le morphisme $\chi_D$ est non trivial on doit avoir $\chi_D(\ell)=-1$ pour les $\ell$ non carrés de . $ (\Z/D\Z)^*$
Démonstration : si il existe $\ell_0$ non carré modulo $D$ et vérifiant $\chi_D(\ell_0) = 1$, alors l'application $\Z /D\Z^* \to (\Z\ / D\Z)^*$ de multiplication par $\ell_0$ est un bijection des non-carrés dans les carrés modulo $D$. On en déduit que le morphisme $\chi_D$ est trivial.
Ensuite, je voulais considérer les anneaux d'entiers et réduire tous le monde modulo $\ell$. Et c'est là que je veux faire entrer dans le jeu le $\tau$ de la somme de Gauss, d'abord je prend $\zeta$ racine primitive $|D|$-ième de l'unité et on forme la somme de Gauss :
$$ \tau := \sum_{i \in (\Z\ / D\Z)^*}\chi_D(i) \zeta^i$$
et, (cf ton jolie exercice) :
$$
\tau_1 := \sum_{i \, | \, \chi_D(i)=1} \zeta^i \quad \text{et} \quad \tau_0 := \sum_{i \, | \, \chi_D(i)=-1} \zeta^i
$$
De sorte que : $\tau = \tau_1 - \tau_0$.
Bien sûr, on a : $\tau^2 = D^*$ et $\tau$, $\tau_1$ et $\tau_0$ sont des entiers de $\Q(\zeta)$, mais aussi de $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$
Je peux prendre un nombre premier $\ell$ ne divisant pas $D$ et réduire $\tau$, $\tau_1$ et $\tau_0$ modulo $\ell$ dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$. Et là je pense qu'on doit pouvoir comprendre la valeur de $\chi_D(\ell)$ en regardant l'action de $x \to x^\ell$ dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})} / (\ell)$ (en utilisant la réduction de $\tau_1$ et $\tau_0$). Si cette action est trivial ($\chi_D(\ell)=1$) alors $\ell$ est décomposé dans $\mathcal{O}_{\Q(\sqrt{D^*})}$ et $D^*$ (le discriminant) est un carré dans $\mathbb{F}_\ell$.
J'arrête là ... 1522m d'altitude :-D
Dans quoi tu m'as embarqué Claude :-S
Trop fatigué pour faire des maths. (td)
Mais demain, c'est les vacances ! :)o
Je vais pouvoir reprendre mes investigations sur le critère de Dedekind qui règlerait son cas à $\Z[\sqrt[n]{1}]$.
Bonne soirée. ;-)
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m) \qquad \hbox {$a_m$ nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D)$}
$$
Je dirai tout à la fin en quoi ce qui vient maintenant est lié à $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$.
On a vu que le $p$-Euler facteur de la fonction zeta de $K$ était donné par :
$$
Z_p(T) = {1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} =
\cases {
{1 \over (1-T)^2} & si $\chi_D(p) = 1$ \cr
{1 \over 1-T^2} & si $\chi_D(p) = -1$ \cr
{1 \over 1-T} & si $\chi_D(p) = 0$ \cr
}
$$
Rappel : $Z_p(T) = \sum_{k \ge 0} a_{p^k} T^k$, c'est cela la définition (pour nous autres) de $p$-Euler facteur.
On voit alors que, dans tous les cas :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
c.a.d
$$
Z_p(T) = \sum_{j \ge 0} T^j \ \sum_{i \ge 0} \chi_D(p^i) T^i = \sum_{k \ge 0} \left(\sum_{j+i=k} \chi_D(p^i)\right) T^k
$$
On en déduit :
$$
a_{p^k} = \sum_{i=0}^k \chi_D(p^i) = \sum_{d \mid p^k} \chi_D(d)
$$
On obtient alors $a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)$ par multiplicativité. Fin de la justification.
D'où provient ce binz ? Comme je l'ai dit de l'analyse de $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, égalité trouvée par flip-flop, prétendant qu'il ne savait pas ce qu'il fabriquait.
Une suite multiplicative $(a_m)_{m \ge 1}$ possède un $p$-Euler facteur au sens suivant :
$$
\sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s} = \prod_p \sum_{k \ge 0} {a_{p^k} \over p^{ks}} = \prod_p Z_p\Bigl({1 \over p^s}\Bigr)
$$
Par exemple, le $p$-Euler facteur de $\zeta$ est $Z_p(T) = {1 \over 1 - T}$ quelque soit $p$.
Et les $p$-Euler facteurs <<se multiplient>>. Ainsi dans l'égalité $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, les 3 $p$-Euler facteurs qui interviennent sont
$$
{1 \over (1 - T^{f_p})^{g_p}}, \qquad {1 \over 1-T}, \qquad {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
D'où ``la chose''.
On voit bien la naïveté de mon discours. Qui provient de mon ignorance de ``l'analytique''.
C'est trop tard pour moi (je suis trop vieux) ; mais, vous, flip-flop, gai-requin, vous n'avez pas cette excuse (vous êtes jeunes). Et donc le monde (merveilleux) de l'analytique vous attend.
Si je peux me permettre une suggestion à propos du critère de Dedekind et $\Z[\root n \of 1]$.
Elle consiste à traiter l'exemple $X^3 - 2$. Quelque part, tu vas disposer de l'énoncé du critère de Dedekind, je suppose. Mais l'avantage, l'immense avantage de $X^3 - 2$ est que toi-même, tu vas PROUVER le critère de Dedekind sur CET exemple. Tu ne va pas te contenter de l'UTILISER. Et même que tu vas prendre plaisir avec $\Z[\root 3 \of 2]$, car c'est bien lui, l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 2)$. Tu vas même obtenir, pour pas cher, les lois de factorisation. Que tu pourras illustrer avec de vrais exemples. C'est quoi un vrai exemple ? Ben par exemple remplacer la lettre $p$, qui sent le premier, par un vrai premier : tiens pourquoi pas $p = 31$ ? et pas, comme suggéré une fois par le malicieux flip-flop $p = 57$
Par opposition, tu pourras examiner $\Z[\sqrt d]$ avec $d \equiv 1 \bmod 4$ ($d$ entier sans facteur carré) et voir qu'il est tout pourri. Il y a par exemple un idéal maximal $\mathfrak m$ qui vérifie $\mathfrak m^2 = 2\mathfrak m$ et qui n'est pas simplifiable. Tout pourri car la norme n'est pas multiplicative ...etc...
Mais bien sûr, tu procèdes comme tu veux.
Par ailleurs, en ce qui concerne $\Z[\root n \of 1]$, il ne faut pas mettre à l'eau ton investissement sur les idéaux inversibles. Car, quitte à me répéter, c'est un des points importants.
Que de choses à assurer. Alors que les vacances, c'est fait pour se reposer. Mais montrer que $\Z[\root n \of 1]$ est intégralement clos ou mieux ses idéaux sont inversibles ou bien faire mumuse avec le critère de Dedekind et les lois de factorisation, est ce que ce n'est pas déjà des vacances ?
Une question tout de même : j'ai l'impression que quand on tombe sur l'anneau des entiers, ses idéaux peuvent être engendrés par deux éléments !
Et je crois qu'on s'en est déjà servi pour montrer qu'à partir de l'inversibilité d'un idéal non nul, on obtient $a/b$ entier $\Rightarrow$ $a\in Ab$.
Cette histoire à deux générateurs est-elle vraie ?
Si oui, doit-on commencer par là ?
Oui c'est ça la propriété de La fonction $\zeta$ dont je voulais parler :
$$
\prod_{p} {1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}} = \sum \frac{\chi_D(m)}{m^s}
$$
Et on l'utilise deux fois avec la décomposition :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
Pour obtenir :
$$
\prod_{p}Z_p(p^{-s}) =\prod_{p}{1 \over 1-p^{-s}}\ \prod_{p}{1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}}
$$
Pour le caractère trivial, on tombe sur $\zeta$ et pour l'autre ... c'est la série $L$ comme ils disent !
Du coup en lisant ton message, on peut faire pareil avec notre jolie fonction zéta cyclotomique ?
C'est un peu plus compliqué car on avait trouvé :
$$
Z_p(T) = \Big( \frac{1}{1-T}\frac{1}{1-\zeta T} \dots \frac{1}{1-\zeta^{o(p,d)-1}T} \Big)^ {\frac{\phi(d)}{o(p,d)}}
$$
Faudrait trouver une manière d'écrire ça avec des caractères :
si on note : $\chi_i$ tous les caractères de $(\Z /d \Z)^* \to \C$, alors ça doit fonctionner ça :
$$
Z_p(T) = \prod_{i=1}^{\phi(d)} \frac{1}{1-\chi_i(p)T}
$$
Il y a une formule dans l'exo 4 du pdf Ca ressemble un peu ... mais y'a une histoire de conducteur !
Enfin bref, j'ai plus ou moins compris le business ... Question qui tue, ça sert a quoi d'avoir la fonction zéta ? Avec les $Z_p$ je comprend que c'est lié au problème de trouver des points sur les corps finis mais là !
Bon réciprocité quadratique, c'est un peu plus concret cette histoire, faut que je comprenne bien :-D
Oui c'est vrai que tout idéal $I$ de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est engendré par $2$ éléments. Mieux : $I$ est engendré par $1,5$ élément(s). Oui, j'ai bien mis $1,5 = {3 \over 2}$. Cela veut dire que pour tout $a \in I \setminus \{0\}$, on peut compléter avec un certain $b \in I$ de sorte que $I = \langle a, b\rangle$.
De plus, toujours dans le cadre de l'anneau des entiers de .., en excluant une fois pour toutes l'idéal nul, on a $I \cap \Z \ne \{0\}$. Why ? à mon tour de poser une question. Et si $m \in \N^*$ désigne le générateur de $I \cap \Z$, on peut donc générer $I$ de la manière suivante : $I = \langle m, b\rangle$ avec un $b$ ad-hoc.
En ce qui concerne ton histoire de $a/b$ entier ... etc .. je corrige ce que tu as dit : on a simplement eu besoin de l'idéal $\langle a, b\rangle$. On n'a pas eu à utiliser que tous les idéaux de $A$ sont ...etc.. Cela s'appelle une propriété ponctuelle. Pour le matheux effectif que je suis (constructif, ah, ah), c'est une notion importante. La plupart des gens font souvent intervenir TOUTE la structure d'un anneau, d'un module ..etc.. pour venir à bout du cas qu'ils ont dans les mains. C'est souvent ce que j'appelle ``l'abus structurel''. Exemple type : on va supposer que l'anneau est noethérien, comme cela on sera peinard : tous (??) les idéaux qui vont débarquer seront de type fini.
Enfin, tu dis ``Doit-on commencer par là ?''. Ben, je ne sais pas par quoi tu vas démarrer. Tu ne peux peut-être pas te lancer dans 36 trucs à la fois. Sois rassuré : dans le fameux critère de Dedekind qui risque d'être sur la sellette bientôt, les idéaux qui vont débarquer seront 2-engendrés sans que cela ne soit un souci.
Comme $\Z$ est intégralement clos, le polynôme minimal $f=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$ de $x$ est dans $\Z[X]$ et on a $a_0\neq 0$.
De plus, $a_0=-a_1x-\cdots -a_nx^n$ donc $a_0\in I$.
Ben, heureusement que tu ne comprends pas ce que tu fabriques (je reprends tes termes d'un post). Oui, est on est ok, on se comprend 5/5. Merci pour le pointeur.
Par contre, il me semblait que l'on avait dit que l'on REMONTERAIT le fil en arrière .. jusqu'à atteindre $\mathrm {SL}_2(\Z/4\Z)$ qui est une des 3 extensions centrales (non triviales) de $S_4$ par $C_2$.
Alors, qu'avec la fonction zeta de Dedekind $\Q(\root n \of 1)$, on a l'impression d'aller plutôt vers l'avant que vers l'arrière, non ? Mais pas tout-à-fait, Jean-Paul car elle figure en arrière.
La vérité : j'ai pensé la même chose que toi (je ne devrais pas le dire) et je me dis que $\Q(\root 5 \of 1)$ pourrait bien passer sur le billard bientôt. Mais j'ai un petit souci de rationalité, et peut-être que sans rien dire à personne, je vais jouer avec une extension abélienne de degré 3. Damned, je l'ai dit.
Mais il y a d'abord des choses en arrière à ASSURER. Je reviens sur $\chi_5$ par exemple (tu as vu le coup de ``je reviens'').
Il ne faut pas que de la technique. Il faut mettre des MOTS. Le jeu auquel on joue est ``dangereux'' car on met des CHOSES A PLAT : oeuf, poule et tout le truc.
Allons y pour $\chi_5$. Je veux absolument faire comprendre que lorsqu'on a $\chi_5$ avec soi, .. c'est que l'on a un bout de réciprocité quadratique. Je m'explique : pour un premier impair positif $p \ne 5$, puisque d'une part $\chi_5(p)$ ne dépend que de $p$ modulo $5$ (ceci est dans les PREROGATIVES de $\chi_5$) et $\chi_5(p) = \left( {5 \over p} \right)$ (idem, c'est ce qu'il doit vérifier) :
$$
\chi_5(p) = \cases {
1 & si $p \equiv 1 \bmod 5\quad $ (parce que $\chi_5(1) = 1$) \cr
-1 & si $p \equiv 2 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 7$, 5 non carré mod 7) \cr
-1 & si $p \equiv 3 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 3$, 5 non carré mod 3) \cr
1 & si $p \equiv -1 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 19$, 5 carré mod 19 à savoir le carré de 9) \cr
}
$$
on obtient (vérifier un par un)
$$
\chi_5(p) = \left( {p \over 5}\right)
$$
C.a.d
$$
\left( {p \over 5}\right) = \left({5 \over p}\right) \qquad \hbox {pour tout premier impair positif $p$}
$$
C'est la loi de réciprocité ``pour 5''.
Certes, c'est du lourd ci-dessus. Je vais traiter ce que nous apporte de croire à l'existence de $\chi_{q^*}$ dans un autre post. Faudra faire plus fin.
Tout cela pour dire que, bientôt, très bientôt, lorsque l'on va assurer le FONDEMENT de $\chi_D$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental, on va COTOYER les lois de réciprocité quadratique. A suivre.
Vu $I \cap \Z$ non nul.
@flip flop.
Bon faut se lancer pour le fondement de $\chi_D$. Il faut commencer par quelque chose. Si $D$ est un discriminant quadratique fondamental, pourquoi peut l'écrire de manière unique :
$$
D = D_0\ p_1^* \cdots p_k^* \qquad
\cases {
\hbox {$p_i$ premier impair positif} \cr
p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p \hbox { pour $p$ premier impair} \cr
D_0 \in \{1, -4, -8, 8\} \cr
}
$$
En déduire (je crois que cela doit aller tout seul, enfin j'espère), en utilisant ce qui a déjà été fait pour les discriminants quadratiques fondamentaux primaires :
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
C'est fort possible que tu ne voies point où je veux en venir dans l'histoire du symbole de Kronecker $\chi_D$. Mais j'ai quelque chose derrière la tête , tu me fais confiance ?
Par contre, je ne souhaite pas faire du tout comme dans l'exercice 2 de la feuille de TD que tu as pointé. Où $\chi_D$ est définie de manière ad-hoc via des cas. On y voit d'ailleurs que les auteurs ne disent pas un mot du fait que l'existence du symbole de Kronecker prend en charge les lois de réciprocité.
Je souhaite passer par l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ je suis un peu lourd, il me semble l'avoir dit un certain nombre de fois et :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D
$$
où, pour $m$ premier à $D$, $\sigma_m$ est l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur $\mathbb U_{|D|}$.
Pourquoi je veux faire comme cela ? Parce que j'en ai envie (CQ est capricieux, tu ne le savais pas ?)
$\Delta = D$ si $D = 1 \pmod{4}$ et $\Delta = 4 D$ si $D = 2,3 \pmod{4}$.
On écrit : $$\Delta = \epsilon \times 2^a \times (-1)^b \prod p_i^* \quad \text{ avec } \quad \epsilon = 1, \, \text{ ou } \, 4$$
Et $a =0$ ou $1$ suivant que $ 2$ divise ou non $D$. Je pense que ça donne ta décomposition. (mais j'ai noté $\Delta$ ton $D$).
Ensuite, on prend pour chaque $p_i^*$ une racine primitive $p_i$ de l'unité dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$. On forme la somme de gauss $\tau_i$ et on a $\tau_i^2=p_i^*$, donc en prenant le produit $\tau_i$ on obtient un racine de .$ \prod p_i^*$ dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$.
Pour le cas : $\Delta= D$, i.e $D= 1 \pmod{4}$ c'est gagné car $a=0$, $b=0 \pmod{2}$ et $\epsilon = 1$ car les $p_i^*$ sont congrus à $1$ modulo $4$, donc là c'est gagné !
Pour le cas : $D= 2 \pmod{4}$ : alors $8$ divise $\Delta$ et $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $\sqrt{2}$ et $\sqrt{-2}$.
Donc c'est bingo.
Pour le cas : $D=3 \pmod{4}$ : alors $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $i$ car $4$ divise $\Delta$ et $a=0$. Bingo !
Je suis toujours un peu brouillon dans ce genre de truc !