Homographies et petits groupes de Galois

gai requin

J'imagine que si $S=k[u,y_\infty]_{\langle u,y_\infty\rangle}$, on a de même $\langle u \rangle_{S^{\rm {int}}}=\langle x^{-1} \rangle ^n_{S^{\rm{int}}}$.

Y'a pas un critère (miraculeux) qui permet de passer au global (ici la fermeture intégrale de $k$[$u$] dans $k(x^n)$) après localisation en des idéaux premiers bien choisis (par toi) ?

claude quitté

OK pour le imagine .. De toutes façons, la symétrie $s : x \mapsto 1/x$ agit sur le binz en échangeant $y_0$ et $y_\infty$.

Recollement : on va le faire avec des éléments de manière constructive ou presque. D'abord, de manière générale, dans un anneau commutatif $A$, soient $a,b$ deux éléments comaximaux i.e. $1 \in \langle a,b\rangle$. Soit $I, J$ deux idéaux de $A$ tels que dans chaque localisé $A_a, A_b$, on ait $I \subset J$. Alors, globalement, dans $A$, on a $I \subset J$. Note : $A_a$ désigne le localisé en l'élément $a$, que j'écris parfois $A[1/a]$ ; c'est $S_a^{-1} A$ où $S_a = a^{\mathbb N}$ est le monoîde engendré par $a$.

Beaucoup de notions se recollent en ce sens.

Attention à ne pas se mélanger les pinceaux entre localisation en un idéal premier et localisation en un élément. Mais avant, en fait, dans mon brouillon, si on regarde bien, j'ai certes utilisé de la localisation en un idéal premier $\langle u, y_0\rangle$ (en fait maximal) mais pour de vrai je n'ai utilisé que le fait que $y_\infty$ est inversible dans le localisé en question. Donc je peux refaire une passe en localisant en l'ELEMENT $y_\infty$. Mais ne pas se mélanger les pinceaux pour autant. Et maintenant contemplons :
$$
y_0 + y_\infty = 1 : \qquad \hbox {vachement comaximaux}
$$
Il faut montrer que, dans la fermeture intégrale globale $C$ de $k[1/t]$ dans $L$ que:
$$
\langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle^n = \langle u, y_0\rangle
$$
Faut d'abord bien sentir la ``combinaison'' $y_0 \times 1 + y_\infty \times x$. Bien faire attention de ne manier que des éléments de $C$ IN FINE. Mais on a le droit d'en sortir entre temps (j'ai le droit de parler de $x$ même s'il n'est pas dans $C$).

gai requin

Tout d'abord, d'après le critère d'intégralité ci-dessus, $y_0 \times 1 + y_\infty \times x \in C$.
Notons $I=\langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle^n$ et $J= \langle u, y_0\rangle$.
Dans $C_{y_0}$, $y_{\infty}$ est inversible donc $I=\langle x \rangle^n=\langle u \rangle=J$.
Dans $C_{y_\infty}$, $y_{0}$ est inversible donc $I=\langle u \rangle^n=\langle u \rangle=J$.
D'où l'égalité annoncée.

claude quitté

Il ``faut'' que tu détailles. Par ailleurs, dans le localisé $C_{y_0}$, c'est $y_0$ qui devient inversible (et pas $y_\infty$ comme tu as marqué) ; c'est la vocation de $C_{y_0}$ de rendre $y_0$ inversible comme la vocation d'un quotient est de rendre nul ce par quoi on quotiente. Mais, globalement (c'est le cas de le dire, ah, ah), sur le principe, c'est gagné. C'est pas une raison pour allez à toute bourzingue.

En plus, on voit que tu triches : car dans les 2 branches de localisations comaximales, tu trouves que $J = \langle u\rangle$. Et donc cela voudrait dire que dans $C$, on a $J = \langle u\rangle$. Faut pas pousser mémé ..etc...

gai requin

J'ai pas voulu tricher.
J'ai tapé ça sans réfléchir avant de sortir manger et j'aurais pas dû.
Désolé.

Regardons déjà $J$.
Dans $C_{y_0}$, $J$ contient un inversible donc $J=C_{y_0}$.
Dans $C_{y_\infty}$, $J=\langle u,y_0y_{\infty}\rangle=\langle u,u^2\rangle=\langle u\rangle$.

A suivre pour $I$ (qui va piano va sano...).

gai requin

Notons $V=\langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle$.

Dans $C_{y_0}$, $V$ contient $y_0^2+y_0y_{\infty}x=y_0^2+u(ux)$ donc, comme $ux\in C$, $V$ contient aussi $y_0^2$ qui est inversible.
D'où $I=C_{y_0}=J$.

Dans $C_{y_\infty}$, $y_0y_{\infty}+y_{\infty}^2x=u^2+y_{\infty}^2x\in V$ donc $y_{\infty}^2x\in V$ et $x\in V$.
Comme $x^n\sim u$, on en déduit que $V=\langle x \rangle$.
Ainsi, $I=\langle x^n \rangle=\langle u \rangle=J$.

gai requin

En utilisant $s$, on factorise de même $\langle u,y_\infty \rangle$ pour obtenir finalement $\langle u\rangle_C = \langle u, y_0+xy_\infty\rangle^n \ \langle u, y_\infty+x^{-1}y_0\rangle^n$, ce qui correspond exactement à [www.les-mathematiques.net].

Chapeau Claude !

gai requin

Une question qui me turlupine : $C_{y_0}$ et $C_{y_\infty}$ sont-ils des anneaux de valuation discrète ou principaux ? (on ne localise plus en un idéal premier)

claude quitté

Ton avant-avant dernier post : OK. De mon côté, j'avais calé sur le fait que dans le localisé en $y_\infty$, on a $x \in \langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle$. Ma machine me disait que globalement, on a $y_\infty x \in \langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle $, ce que je n'ai pas réussi à prouver. Tandis que toi, tu as choisi la carte $y_\infty^2 x \in \langle u, y_0 \times 1 + y_\infty \times x\rangle$, ce qui suffit à nos besoins. Bien joué. Quant à ton avant-dernier post, je dois avouer que je me suis fait confirmer le résultat pour $n \le 6$ par un système de Calcul Formel. Sauf qu'à l'époque j'avais pas la preuve. Remarque : en travaillant globlalement dans $C$, on en fait beaucoup plus que prévu et c'est pour cela que c'est plus difficile.

Toujours est-il que maintenant tu peux tenir trois discours au dessus de $t = \infty$ : un discours local géométrique ``il y a 2 points d'indice de ramification $n$'', ou bien un discours local algébrique ``il y a 2 premiers d'indice de ramification $n$ au dessus du localisé en $1/t$'' et enfin un discours algébrique global ``il y a 2 premiers d'indice de ramification $n$ au dessus de $1/t$''.

To dernier post : très difficile de dire que des choses sur le caractère principal de $C_{y_0}$ (ou de $C_{y_\infty}$ mais c'est pareil car ils sont isomorphes). Aucune idée.

gai requin

Et, à ce propos, quid du groupe d'isotropie de $0 = (0:1) \in \mathbb P^1(\mathbb C)$ sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ ?

$\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, c'est le groupe des matrices $2\times 2$ unitaires de déterminant $1$ à coefficients complexes modulo les homothéties ?
Y'a pas encore une histoire de sphère de Riemann cachée là-dessous ?
J'ai rien trouvé de convaincant sur le net.

flipflop

Coucou les mecs,

pour répondre à une question du gai requin ...

Je n'ai vraiment pas le temps de suivre cette jolie discution ... c'est l'été !!! Trop compliqué de lire !

Demain l'alpe d'huez ... Après le Galibier ....

@+

claude quitté

Le groupe $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ a déjà été invoqué plusieurs fois dans cette discussion. Et je viens de m'apercevoir que c'est très très difficile de s'y retrouver dans les 6 pages ! Peut-être que tu devrais y faire un petit tour pour constater le bazard ? Et y trouver des pistes ... et un certain nombre de questions posées. Je vois qu'à un moment donné, dans cette discussion, j'avais mis un pointeur sur http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1244961,1244961#msg-1244961

Mais en fait $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, on trouve cela ``partout'' (sur le net, dans les livres, ...etc...) . N'oublie pas l'exo 3 p. 403 du livre des Douady (il y est caché).
Le groupe $\mathrm {SU}_n(\mathbb C)$ est constitué des matrices $A$ telles que $AA^* = A^*A = I_n$ et $\det(A) = 1$. Cela donne pour $n=2$:
$$
\mathrm{SU}_2(\mathbb C) = \left\{ \pmatrix {\overline {z_2} & z_1 \cr -\overline {z_1} & z_2} \hbox { avec } |z_1|^2 + [z_2|^2 = 1 \right\}
$$
Pour passer à $\mathrm{PSU}_2(\mathbb C)$, il faut diviser par $\pm I_2$ (les deux homothéties qui sont dedans). Mais attention à ce $P$ de $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ et plus généralement de $\mathrm {PSU}_n(\mathbb C)$. Par exemple, la classe dans $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$ de:
$$
\pmatrix {1 & 1\cr 1 & -1}
$$
est dans $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$. Why ? Pour $A \in \mathrm {GL}_n(\mathbb C)$, c'est bien d'avoir un critère pour détecter si la classe de $A$ dans $\mathrm {PGL}_n(\mathbb C)$ appartient à $ \mathrm {PSU}_n(\mathbb C)$, Do you see what I mean ?

gai requin

C'est un peu le bazar mais ça fait longtemps qu'on est sur $D_n$ pour lequel ma référence est toujours DnHomographique qui me permet de savoir quels sont les problèmes qu'il reste à régler.

Dans $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$, $\pmatrix {1 & 1\cr 1 & -1}\sim \dfrac{1}{2}i \pmatrix {1 & 1\cr 1 & -1}$, cette dernière matrice ayant le bon goût d'être spéciale unitaire.

gai requin

Je pense que le groupe d'isotropie cherché est $\{x\mapsto \alpha x;|\alpha|=1\}$.

claude quitté

Je vois que ce Vendredi matin, gai requin est d'humeur taquine. Ou bien, il veut vérifier si je sais calculer un déterminant $2 \times 2$ (il n'a pas tout-à-fait tort car je suis un piètre calculateur). Allons-y : je trouve $1/4+ 1/4 = 1/2$ si je calcule d'une manière et $-1/4 \times (-2) = 1/2$ d'une autre. Ce qui ne fait pas 1.

Bilan : j'avais bien raison de dire ``attention au $P$ dans $\mathrm {PGL}$ ou $\mathrm{PSU}$''. Si on avait un critère d'appartenance à $\mathrm {PSU}_n(\mathbb C)$, cela pourrait éviter des petites erreurs.

Oui, ok en ce qui concerne le sous-groupe d'isotropie de ``l'origine'' $(0 : 1)$ de $\mathbb P^1$ sous $\mathrm{PSU}_2(\mathbb C)$. Note : origine, n'a guère de sens d'où les guillemets. Un groupe ABELIEN donc et contenant toutes les racines $n$-èmes de l'unité quelque soit $n$.
Imaginons maintenant un groupe $G$ agissant sur $X$ tel que le sous-groupe d'isotropie $I_x$ soit abélien pour un $x$ donné, fixé de $X$. Prenons $y \in X$ dans la même $G$-orbite. Comment relier $I_x$ et $I_y$ ? L'isomorphisme auquel on pense est-il unique ?

En passant : soit $Y$ une partie quelconque de $\mathbb P^1$. Convenons de noter $\mathrm{PSU}_2(Y)$:
$$
\mathrm{PSU}_2(Y) = \{ h \in \mathrm{PSU}_2(\mathbb C) \mid h(Y) = Y \}
$$
Et bien, le $D_n$ qui nous a occupé (et qui nous occupe encore ?) c'est $D_n = \mathrm{PSU}_2(\mathbb U_n)$.

gai requin

Je ne sais plus calculer. (td)
Dans $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$, $\pmatrix {1 & 1\cr 1 & -1}\sim \dfrac{1}{\sqrt{2}}i \pmatrix {1 & 1\cr 1 & -1}$.

Sympa ta description de $D_n$ sur lequel on n'a pas tout dit je crois.

@AD : c'est vrai que le ne était nécessaire ici.

gai requin

Si on avait un critère d'appartenance à $\mathrm {PSU}_n(\mathbb C)$, cela pourrait éviter des petites erreurs.

J'essaie.
Soit $A\in \mathrm {GL}_n(\mathbb C)$.
Alors la classe de $A$ dans $\mathrm {PGL}_n(\mathbb C)$ est dans $\mathrm {PSU}_n(\mathbb C) \Leftrightarrow$ les colonnes de $A$ sont orthogonales pour le produit hermitien canonique sur $\mathbb{C}^n$.

claude quitté

Non, car en multipliant les colonnes par des multiplicateurs distincts, les nouvelles colonnes seraient encore orthogonales mais la matrice ``vachement'' perturbée. Le critère est le suivant : la classe de $A$ dans $\mathrm {PGL}_n(\mathbb C)$ appartient à $\mathrm {PSU}_n(\mathbb C)$ si et seulement si $AA^* = \lambda I_n$ avec $\lambda$ réel $> 0$. C'est super simple à tester. J'ai oublié de dire que $A^*$ est la transposée-conjuguée.

Un oubli : tu as trouvé, comme groupe d'isotropie de $(0 : 1)$ sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, un groupe isomorphe à $\mathbb U$, groupe des nombres complexes de module 1. Ce groupe $\mathbb U$ a la propriété que tout sous-groupe fini est cyclique. Mieux : il y a un unique sous-groupe fini de $\mathbb U$ d'ordre $N$, à savoir $\mathbb U_N$. On commence à voir très vaguement se pointer le fait que les groupes d'isotropie d'un sous-groupe fini de $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ sont cycliques ; je dis bien très vaguement.

gai requin

Merci pour le critère que je n'avais pas trouvé à cause d'une nouvelle erreur de calcul (t'as trouvé plus fort que toi dans le domaine).

Y'a un théorème qui dit que tout sous-groupe fini d'un groupe d'isotropie sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ est cyclique ?
Un rapport avec les générateurs canoniques d'inertie ?

claude quitté

Tu demandes : Y'a un théorème qui dit que tout sous-groupe fini d'un groupe d'isotropie sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ est cyclique ? C'est à nous de le faire via le plan évoqué dans mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1293943#msg-1293943. Mais ils sont bien plus que cycliques : ils possèdent un générateur canonique.

Mais il faut absolument que moi je fasse une pause. Car j'ai eu la ``tête dans le guidon'' en ce qui concerne la fermeture intégrale $C$ de $k[1/t]$ dans $L$. Et je ne peux pas laisser passer cela. Car je crois m'apercevoir que pour deux polynômes $p, q \in k[x]$, $k$ corps quelconque, $q$ unitaire disons et $\deg p < \deg q$ IMPORTANT, on a l'égalité des fermetures intégrales dans $k(x)$ :
$$
k[1/q]^{\rm int.} = k[p/q]^{\rm int.}
$$
Et j'en souhaite une preuve relativement explicite sans invoquer le critère valuatif d'intégralité. Et la $k$-algèbre $k[1/q]^{\rm int.}$ est ``bien connue'' car c'est la $k$-algèbre des fonctions sur l'ouvert affine $\mathbb P^1 \setminus \{\hbox {zéros de $q$}\}$. Je peux pas laisser passer cela et j'ai besoin de notes persos (impossible de m'y retrouver dans ce fourbi de posts). Of, course, je parle pour moi.

Hum : il me semble que je vais imposer $p \wedge q = 1$. J'aime pas dire ``il me semble'' qui dénote le fait que je suis pas clair du tout. Faut donc que ``je me soigne''.

gai requin

On peut déjà essayer de montrer que $p/q$ est entier sur $k[1/q]$.
Dans ton énoncé, tu ne sembles pas supposer que $p$ et $q$ sont premiers entre eux. Normal ?

Edit : Je vois que tu as modifié ton message.

claude quitté

J'ai modifié l'énoncé en imposant (presque) $p \wedge q = 1$. J'ai une preuve algébrique du sens que tu dis via un ``resultant trick''. Peut-être que les entiers d'Emmanuel vont aider. La seule manière pour moi de solidifier ce binz, c'est d'écrire une note (éventuellement manuscrite), sinon, on ne s'en sort pas. Il faut pouvoir s'appuyer sur de la terre ferme. C.Q. (laboureur).

claude quitté

Fractions rationnelles et intégralité. Soit $q = q(x) \in k[x]$ un polynôme unitaire disons de degré $n$. Alors pour tout polynôme $p=p(x)$ de degré $< n$, la fraction rationnelle $p/q$ est entière sur $k[1/q]$. Il suffit de le voir pour $p = x^i$ avec $0 \le i < n$. Les entiers d'Emmanuel permettent de s'en assurer (petit brouillon manuscrit plus tard). Mais on peut aussi utiliser le résultant en posant $y = p/q$ et $z = 1/q$ de sorte que $x$ est une racine commune (en $X$) de $zq(X)-1$ et $yq(X) - p(X)$. Donc le résultant en $X$ de ces 2 polynômes est nul. Du coup, si j'introduis deux indéterminées $Y,Z$ et que je pose :
$$
R(Y,Z) = \mathrm {Res}_X(Zq(X) - 1, Yq(X) - p(X))
$$
alors $R(y,z) = 0$. Et le fait que $\deg p < n = \deg q$ fait que $R(Y,Z)$ est un polynôme unitaire en $Y$. Bilan: $y$ est entier sur $k[z]$.

Peut-être qu'une petite animation ne sera pas inutile. J'ai pris $n=3$, je montre $q$ et les matrices de Sylvester ``à la française'' pour $p = x$ puis $p = x^2$. Il faut bien regarder dans les yeux la matrice de Sylvester pour se convaincre que son déterminant, polynôme en $(y,z)$, est unitaire en $y$.

> Q ;
X^3 + q2*X^2 + q1*X + q0
> P := X ;
> Transpose(SylvesterMatrix(z*Q - 1, y*Q - P)) ;                       
[       z        0        0        y        0        0]
[    q2*z        z        0     q2*y        y        0]
[    q1*z     q2*z        z q1*y - 1     q2*y        y]
[q0*z - 1     q1*z     q2*z     q0*y q1*y - 1     q2*y]
[       0 q0*z - 1     q1*z        0     q0*y q1*y - 1]
[       0        0 q0*z - 1        0        0     q0*y]
> R := Det(Transpose(SylvesterMatrix(z*Q - 1, y*Q - P))) ;             
> R ;
y^3 + q2*y^2*z + q1*y*z^2 + q0*z^3 - z^2
> Evaluate(R, [P/Q, 1/Q]) ;                               
0

Comme cela ne mange pas de pain, je recommence avec $p = x^2$

> P := X^2 ;                                              
> Transpose(SylvesterMatrix(z*Q - 1, y*Q - P)) ;
[       z        0        0        y        0        0]
[    q2*z        z        0 q2*y - 1        y        0]
[    q1*z     q2*z        z     q1*y q2*y - 1        y]
[q0*z - 1     q1*z     q2*z     q0*y     q1*y q2*y - 1]
[       0 q0*z - 1     q1*z        0     q0*y     q1*y]
[       0        0 q0*z - 1        0        0     q0*y]
> R := Det(Transpose(SylvesterMatrix(z*Q - 1, y*Q - P))) ;
> R ;
y^3 + (2*q1 - q2^2)*y^2*z + (-2*q0*q2 + q1^2)*y*z^2 + 2*q2*y*z - q0^2*z^3 + 2*q0*z^2 - z
> Evaluate(R, [P/Q, 1/Q]) ;                               
0

Dans ce sens, on n'a pas eu à utiliser le fait que $p \wedge q = 1$. Dans l'autre sens, i.e. $1/q$ est entier sur $k[p/q]$ si $\deg p < \deg q$ et $p \wedge q = 1$, je sèche. Et pourtant, $p/q$ et $1/q$ ont mêmes pôles, non ? Donc, cela devrait le faire.

gai requin

Dans ces exemples, le coefficient dominant de $R(Y,Z)$ en $Z$ est inversible.

claude quitté

Mais bien sûr, tu as raison ! Le coefficient dominant en $Z$ de $R(Y,Z)$ est celui du monôme $Z^n$. Et que voit-on ? $q_0$ pour $p = x$, $-q_0^2$ pour $p = x^2$. Qui est bien inversible si $p \wedge q = 1$. Bien sûr $p \wedge q = 1$ est à prendre ``au sens fort'' de l'existence de $u,v$ tels que $1 = up + vq$ (pas de problème car $k$ est un corps, pour l'instant). Et c'est quoi, ce coefficient ? En général, je veux dire. Et bien, c'est $\pm \mathrm {Res}(p,q)$, cf ci-dessous. Et justement, l'hypothèse $p \wedge q = 1$ équivaut à ce que ce résultant soit inversible.
Ci-dessous, je prends toujours $n=3$ et $p$ de degré $\le 2$.

> Q ;
X^3 + q2*X^2 + q1*X + q0
> P ;
p2*X^2 + p1*X + p0
> S := Transpose(SylvesterMatrix(z*Q - 1, y*Q -P)) ;
> S ;
[        z         0         0         y         0         0]
[     q2*z         z         0 q2*y - p2         y         0]
[     q1*z      q2*z         z q1*y - p1 q2*y - p2         y]
[ q0*z - 1      q1*z      q2*z q0*y - p0 q1*y - p1 q2*y - p2]
[        0  q0*z - 1      q1*z         0 q0*y - p0 q1*y - p1]
[        0         0  q0*z - 1         0         0 q0*y - p0]
> 
> R := Det(S) ;
> R ;
y^3 + (-3*p0 + p1*q2 + 2*p2*q1 - p2*q2^2)*y^2*z + (3*p0^2 - 2*p0*p1*q2 - 4*p0*p2*q1 + 2*p0*p2*q2^2 + p1^2*q1 + 
    3*p1*p2*q0 - p1*p2*q1*q2 - 2*p2^2*q0*q2 + p2^2*q1^2)*y*z^2 + (-3*p1*p2 + 2*p2^2*q2)*y*z + (-p0^3 + 
    p0^2*p1*q2 + 2*p0^2*p2*q1 - p0^2*p2*q2^2 - p0*p1^2*q1 - 3*p0*p1*p2*q0 + p0*p1*p2*q1*q2 + 2*p0*p2^2*q0*q2 - 
    p0*p2^2*q1^2 + p1^3*q0 - p1^2*p2*q0*q2 + p1*p2^2*q0*q1 - p2^3*q0^2)*z^3 + (3*p0*p1*p2 - 2*p0*p2^2*q2 - p1^3
    + p1^2*p2*q2 - p1*p2^2*q1 + 2*p2^3*q0)*z^2 - p2^3*z
> Degree(R,z) ;                                        
3
> coefficient_sensible := MonomialCoefficient(R, z^n) ;
> coefficient_sensible ;
-p0^3 + p0^2*p1*q2 + 2*p0^2*p2*q1 - p0^2*p2*q2^2 - p0*p1^2*q1 - 3*p0*p1*p2*q0 + p0*p1*p2*q1*q2 + 
    2*p0*p2^2*q0*q2 - p0*p2^2*q1^2 + p1^3*q0 - p1^2*p2*q0*q2 + p1*p2^2*q0*q1 - p2^3*q0^2
> Resultant(P,Q) ;
p0^3 - p0^2*p1*q2 - 2*p0^2*p2*q1 + p0^2*p2*q2^2 + p0*p1^2*q1 + 3*p0*p1*p2*q0 - p0*p1*p2*q1*q2 - 2*p0*p2^2*q0*q2
    + p0*p2^2*q1^2 - p1^3*q0 + p1^2*p2*q0*q2 - p1*p2^2*q0*q1 + p2^3*q0^2
> coefficient_sensible eq -Resultant(P,Q) ;            
true

Bien sûr, cela semble un peu sordide car je montre des choses que je ne devrais pas montrer. Mais cela va être plus simple que prévu. Pour chercher le coefficient sensible de $R(Y,Z)$ i.e. le coefficient de $Z^n$, on peut d'une part faire $Y = 0$. Reste à examiner $\mathrm {Res}_X(Zq(X) - 1, -p(X))$, qui est un polynôme en $Z$ et chercher à se convaincre que le coefficient de $Z^n$ est au signe près, $\mathrm{Res}(p,q)$. A FAIRE. C'est certes calculatoire mais rassurant, en attendant de trouver plus structurel. Le plus important, ce n'est pas de montrer une petite chose mais de penser que cette petite chose puisse être vraie. A noter que le résultant est utilisé ici doublement : pour sortir un même certificat d'intégralité (le polynôme $R(Y,Z)$) dans les deux sens : utilisable pour certifier que $y$ est entier sur $k[z]$ et et utilisable pour certifier que $z$ est entier sur $k[y]$.

gai requin

Et j'en souhaite une preuve relativement explicite sans invoquer le critère valuatif d'intégralité.

Tu dois être content ! (tu)

Petit contre-exemple si $p$ et $q$ ne sont pas premiers entre eux.

$1/(x(x+1))$ n'est pas entier sur $k[x/(x(x+1))]$.

claude quitté

Ben, heureusement que je t'ai montré la session. Quand tu m'as dit que le coefficient dominant de $R(Y,Z)$ en $Z$ était inversible, j'ai failli te répondre : ``mais non, car $q_0$, le coefficient constant de $q$, peut être nul''. Et bien, non, $q_0$ ne peut pas être nul. Mieux il est inversible si on suppose $x \wedge q = 1$ ou $x^2 \wedge q = 1$. Je pense que je l'aurais pas vu ; en tout cas, je ne l'avais pas vu.

Une remarque : c'est une bonne habitude de chercher la petite bête avec les propriétés utilisées dans l'anneau de base. Ici, on dit que l'on part avec un corps $k$, histoire d'utiliser le critère valuatif d'intégralité comme guide (les pôles que l'on doit prendre dans la clôture algébrique de $k$). Et puis, au fur et à mesure, on essaie de s'en dégager. La preuve (pas tout-à-fait terminée) avec le résultant n'utilise absolument pas le fait que $k$ est un corps. Elle est valide si $q$ est unitaire de degré $n$, $\deg p < \deg q$ et
$$
\mathrm{Res}(p,q) \hbox { est inversible}, \qquad \hbox {ce qui équivaut à }\qquad \hbox {il existe $u,v$ tels que $1 = up + vq$}
$$
ou encore à
$$
\hbox {il existe $u,v$ tels que $1 = up + vq$ avec $\deg u < \deg q$ et $\deg v < \deg p$}
$$
J'ai appris un certain nombre de choses !

gai requin

Si l'anneau de base n'est plus un corps, quid du critère valuatif d'intégralité ?

claude quitté

Disons qu'il y a celui que tu connais avec les pôles dont le cadre est un corps de fractions rationnelles à une indéterminée sur un corps $k$. Et d'une. Un deuxième est vraiment analogue mais se passe dans un corps de fonctions algébriques $K/k$ (de dimension 1), le petit $k$ étant toujours un corps : cela veut dire que $K$ est une extension finie d'une extension pure de $k$ (pure = ici, de degré de transcendance 1). Les corps de fonctions algébriques (sous-entendu de dimension 1) sont la contre-partie algébrique de la théorie des courbes algébriques (lisses, complètes). En un mot : la dimension 1.

Et il y en a un troisième, totalement algébrique et abstrait (cf le fameux chapitre 6 d'Algèbre Commutative de Bourbaki). Le cadre demande de l'intégrité. Soit $K$ un ``grand'' corps commutatif (une méga-protection par le haut), $A$ un sous-anneau de $K$ (qui peut-être petit, pas besoin que $\mathrm {Frac}(A) = K$). Alors la fermeture intégrale $A'$ de $A$ dans $K$ est l'intersection des sous-anneaux de valuation POUR $K$ contenant $A$ (pour truc, dans ce cadre, signifie chez Bourbaki, de corps des fractions égal à truc). Mieux : $A'$ est l'intersection des sous-anneaux de valuation pour $K$ ``dominant'' $A$ c.a.d contenant $A$ et tels que la trace sur $A$ de leur idéal maximal soit un idéal maximal de $A$.

Je crois que c'est l'équipe Bourbaki (Serre ?) qui a mis au point cette histoire. Je n'en suis pas sûr. Mais en tout cas, ils ont mis la barre très haut.

Je viens de retrouver un brouillon ``Doit-on parler des anneaux de valuation aux enfants ?'' (de 2003 !).

Je viens de lire dans une note historique de Bourbaki que l'Algèbre Commutative est devenue (mais il y a bien longtemps !) la partie la plus élémentaire de la Géométrie Algébrique. J'aime bien l'adjectif ``élémentaire''. C'était à l'époque où l'influence de Grothendieck a commencé à se faire sentir, en particlulier sur le le Livre d'Algèbre Commutative de Bourbaki (= 10 chapitres). Il me semble avoir déjà raconté ce que Grothendieck pensait des chapitres VI et VII de Bourbaki (pas du bien du tout). Toute cette histoire n'a pas été lisse et il faut avoir entendu parler des conflits (cela éclaire et rassure).

claude quitté

J'attache mon brouillon relatif à cette histoire d'intégralité $1/q$ versus $p/q$, en fournissant la preuve via un ``resultant trick''. Comme je tenais à ce que cela tienne sur une page, c'est assez serré. Je trouve cela moins sordide qu'hier et je me suis aperçu que l'on pouvait remplacer l'inégalité stricte $\deg p < \deg q$ par l'inégalité large $\deg p \le \deg q$. J'ai procédé à des vérifications solides en magma (personne n'est à l'abri d'une erreur).

Dans le cadre du groupe diédral homographique $D_n$, cela s'applique à $q = x^{2n} + 1$ et $p = x^n$ puisque $t = x^n + x^{-n}$ et donc ``à l'infini'' $1/t = p/q$. Cela permet d'affirmer que la fermeture intégrale (notée $C$ dans le passé) de $k[1/t]$ dans $k(x)$, c'est également la fermeture intégrale de $k[1/q]$ dans $k(x)$. Dit de manière plus géométrique, la $k$-algèbre $C$ est la $k$-algèbre des coordonnées de l'ouvert affine $\mathbb P^1 \setminus \{\hbox {zéros de $x^{2n} + 1$}\}$. Cela fait donc naître une autre inclusion que l'inclusion initiale $k[1/t] \subset C$, à savoir l'inclusion $k[1/q] \subset C$. Si bien que $C$ apparaît comme un module libre de rang $2n$ sur deux anneaux principaux distincts. Ne pas se mélanger les pinceaux.

Cela serait amusant de réaliser $C$ comme une $k$-algèbre de présentation finie à $2n$ générateurs permettant de réaliser $\mathbb P^1 \setminus \{\hbox {zéros de $x^{2n} + 1$}\}$ comme une courbe lisse de l'espace affine $\mathbb A^{2n}$. En espérant trouver une jolie présentation sur laquelle $D_n$ pourrait agir. Par exemple, pour $n=1$, on trouve l'anneau du cercle $x^2 + y^2 = 1$.

gai requin

J'ai comme d'habitude au moins une question :-S
C'est quoi une présentation finie de $C$ ?
Je veux bien essayer de retrouver ton résultat pour $n=1$.

gai requin

Pour nos chers lecteurs, quelques précisions sur le cas $n=1$.

En remplaçant $x$ par $T$, $C=k\left[\frac{1}{T^2+1},\frac{T}{T^2+1}\right]$ est la fermeture intégrale de $k\left[\frac{T}{T^2+1}\right]$ dans $k(T)$.
Ceci implique que $C$ est un anneau de Dedekind.
De plus, l'homomorphisme de $k[X,Y]$ dans $C$ tel que $X\mapsto \frac{T^2-1}{T^2+1}$ et $Y\mapsto \frac{2T}{T^2+1}$ induit un isomorphisme de $k[X,Y]/\langle X^2+Y^2-1\rangle$ dans $C$.
On obtient donc une présentation de $C$ à deux générateurs et un relateur.
Ainsi, $C$ est l'anneau du cercle $x^2+y^2=1$.

Construction à généraliser pour $n$ quelconque...

gai requin

Je viens de m'apercevoir qu'on n'a pas terminé de calculer les groupes d'isotropie de $\mathbb P^1(\mathbb C)$ sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$.

On a déjà vu que celui de $0$ est $\{x\mapsto \alpha x;|\alpha|=1\}$.
On obtient d'ailleurs la même chose pour $\infty$.

J'ai tenté un calcul bourrin pour les autres éléments de $\mathbb P^1(\mathbb C)$ et j'obtiens deux équations qui ne donnent pas envie.

Une idée pour simplifier les calculs ?

claude quitté

Pour simplifier les calculs et aussi observer ``quelque chose''. D'abord, de manière générale, quel est le rapport entre $I_x$ et $I_{g(x)}$ ? Le contexte étant un groupe $G$ qui agit sur un ensemble $X$ et $I_x = \{h \in G \mid h(x) = x\}$. Il y a un isomorphisme naturel entre $I_x$ et $I_y$ si $y = g(x)$. Comment dépend t-il de $g$ ? Et si l'on avait $y = g'(x)$ pour un autre $g' \in G$, quid des deux isomorphismes entre $I_x$ et $I_y$ ? Exemple : $0 = (0 : 1)$ et $\infty = (1 : 0)$ ont certes le même groupe d'isotropie sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, mais comment passe-t-on de $0$ à $\infty$ sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$. Quel va être l'isomorphisme entre les deux sous-groupes $I_0$ et $I_\infty$, sous-groupes qui sont égaux ? Est ce l'identité ? Et ensuite :
$$
\pmatrix {\overline {z_2} & z_1\cr -\overline {z_1} & z_2}
\quad \hbox {transforme} \quad e_2 = \pmatrix {0\cr 1} \leftrightarrow (0 : 1) = 0 \hbox { en } \pmatrix {z_1\cr z_2} = (z_1 : z_2)
$$
Cela doit se terminer par une formule pour $I_{(z_1:z_2)}$.

Et la surface de Riemmann $\mathbb P^1(\mathbb C) \simeq \mathbb S^2$, dans tout çà ?

gai requin

Salut Claude.

Je trouve d'abord que $I_{g(x)}=gI_xg^{-1}$.

D'où un isomorphisme $I_0\rightarrow I_{\infty}$, $\{x\mapsto \alpha x;|\alpha|=1\}\mapsto \{x\mapsto x/\alpha ;|\alpha|=1\}$.

Une première formule : $I_{(z_1:z_2)}=\pmatrix {\overline {z_2} & z_1\cr -\overline {z_1} & z_2}I_0\pmatrix {z_2 & -z_1\cr \overline {z_1} & \overline{z_2}}$ est encore isomorphe à $\mathbb{U}$.

claude quitté

Salut Sébastien

J'ai appris le 1-0 ce matin. Nos moutons : il faut ``verrouiller de l'unicité'' quelque part et se concentrer sur les isomorphismes. Dire $I_{g(x)} = gI_xg^{-1}$, ok, mais il est bon de dire (même si cela semble enfoncer une porte ouverte) que cela fait apparaître un isomorphisme $I_x \to I_{g(x)}$, à savoir la conjugaison par $g$, nommons là $\mathrm {Int}_g$, restreinte à $I_x$. Dans le cas qui nous concerne, on obtient que $I_{(z_1:z_2)}$ est abélien (et bien mieux que cela). Il y a une propriété de $I_x$ qui fait qu'en cas de présence d'un autre $g'$ tel que $g'(x) = y$, les isomorphismes exhibés entre $I_x$ et $I_y$ sont les mêmes. Je dis bien ``isomorphisme exhibé'' (sous entendu par ce mécanisme). Par exemple, on a $I_0 = I_\infty$ mais l'isomorphisme identité ne nous concerne pas ici. Do you see what I mean ?

Histoire d'enfoncer le clou : on fixe une fois pour toutes, jusqu'à la fin des temps, l'isomorphisme $\mathbb U \to I_0 = I_{(0:1)}$ qui réalise $\omega \mapsto (x \mapsto \omega x)$. Bien sûr, $\mathbb U$ est le groupe multiplicatif des complexes de module $1$ (le ``cercle'' unité). Chaque groupe d'isotropie de $\mathbb P^1(\mathbb C)$ doit maintenant se positionner par rapport à $\mathbb U$. Par exemple, $\infty$ se ``positionne'' via $\omega \mapsto (x \mapsto \omega^{-1} x)$. De manière imagée, en ``chaque point, on tourne dans un sens bien précis''. Et si on décrète, que dans $I_0$, canoniquement isomorphe à $\mathbb U$, la racine primitive $n$-ème de référence, c'est $e^{2i\pi/n}$, alors en chaque point $z$ de $\mathbb P^1(\mathbb C)$, il y a un générateur bien précis du sous-groupe $\{g \in \mathrm {PSU}_2(\mathbb C) \mid g(z) = z \hbox { et } g^n = 1\}$.

Tu dois par exemple, en cas de besoin, être capable de nous donner LE générateur d'ordre 4 au point $(1:1)$, celui d'ordre 6 au point $(-1:1)$ (j'écris cela un peu au pif).

gai requin

J'ai appris le 1-0 ce matin.

J'ai d'abord cru que tu parlais de $\infty$!!!;-)

J'ai modifié mon message précédent ce qui fait que tous les sous-groupes finis de $I_{(z_1:z_2)}$ sont cycliques.

claude quitté

On veut savoir plus que truc est isomorphe à $\mathbb U$, on veut savoir comment ! Et cela doit se terminer (ok, les règles évoluent au cours du jeu) par une formule au point $(z_1:z_2)$ du type $\mathbb U \ni \omega \mapsto M_\omega \in \mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, cette dernière flèche étant un isomorphe de $\mathbb U$ sur $I_{(z_1:z_2)}$.

gai requin

Je trouve $M_{\omega}=\pmatrix {|z_1|^2+\omega |z_2|^2 & (1-\omega)z_1\overline{z_2}\cr (1-\omega)\overline{z_1}z_2& \omega|z_1|^2+|z_2|^2}$.

gai requin

Par exemple, le générateur d'ordre $4$ au point $(1:1)$ est $M_i=\pmatrix {1+i & 1-i\cr 1-i & 1+i}$.

Remarque : On a $M_iM_i^* = 4 I_2$. Ouf !

claude quitté

Oui pour la formule générale. Pas encore vérifié pour l'ordre 4 au point ($1:1)$. Bien sûr, le 4 que tu vas trouver devant l'identité en faisant le produit de la matrice par sa transposée-conjuguée n'a rien à voir avec le 4 de l'ordre 4. Là où tu exagères un peu en ce qui concerne les $4$, c'est quand tu mentionnes $4I_4$ au lieu de $4I_2$. Tu as encore mal au crâne (la défaite ?).

gai requin

J'ai corrigé l'erreur $4I_4$. Merci.
En fait, je n'ai pas vérifié les calculs pour $M_\omega$ donc j'ai calculé $M_iM_i^*$ juste pour m'assurer que $M_i$ est bien dans $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$. D'où le ouf de soulagement.
A ce propos, tout a l'air ok puisque $M_i^4=16I_2$.

P.S. : Moralité du match d'hier, la meilleure attaque c'est la défense (ça vaut aussi en tennis hélas).

claude quitté

Bon, maintenant, tu es convaincu que pour tout point $z \in \mathbb P^1(\mathbb C)$ et pour tout ``ordre $m$'', il y a un élément bien précis d'ordre $m$ du groupe d'inertie $I_z$ de $z$ sous $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$. Et qu'en le notant provisoirement $g_{z,m}$, ce $g_{z,m}$ (tant convoité) est un générateur des éléments $g$ de $I_z$ vérifiant $g^m = \mathrm {Id}_2$. Et que l'on a la cohérence $g_{z,m_1m_2}^{m_1} = g_{z,m_2}$ par exemple. Et ``qu'il y a de la cohérence partout'' car ``on s'est aligné'' sur $\mathbb U$.

A un moment donné, consulter le livre des Douady sur ce qui est écrit concernant la sphère de Riemann.

Retour à $D_n$ et au revêtement $\pi : x \mapsto t = t(x) = x^n + x^{-n}$. Il y a encore 2 étapes pas piquées des vers. On dispose de 3 points de branchement (points ramifiés du bas), disons $(A,B,C)$, par exemple, $(\infty, \pm 2)$ car on a gardé $t$ sans la normaliser au dessus de $(0,1,\infty)$. Faut que tu regardes tous les points au dessus, de type $(A,B,C)$ : il n'y en a $2$ de type $A$, $n$ de type $B$, $n$ de type $C$. Ne pas oublier qu'en chacun de ces points, tu disposes d'un générateur canonique d'inertie sous $D_n$. Faut, pour l'instant (étape 1), que tu assembles trois par trois, les points du haut de type $(A,B,C)$. Faut que tu t'aides du modèle $\mathbb S^2$. Par post, cela ne va pas être possible. Pour formaliser ce que je viens de dire, faut que tu fixes un petit triangle en bas de sommets $(A,B,C)$, triangle que je note encore $(A,B,C)$. J'insiste : en bas. Tu supprimes les 3 sommets $A,B,C$ du triangle (qui constituaient les points ramifiés de $\pi$ en bas), et il te reste un triangle épointé qui est simplement connexe (et bien mieux que cela, il est contractile). Tu considères le revêtement au dessus de ce triangle épointé. Comme on a viré les sommets $A,B,C$, le revêtement $\pi$ n'est plus ramifié au dessus du triangle épointé. Donc $\pi^{-1}(\hbox {triangle épointé})$ est une réunion disjointe de $2n = \#D_n$ triangles épointés là-haut. C'est ce mécanisme qui ``rassemble'' les points 3 par 3 là-haut. Il faut être à l'aise avec les revêtements (non ramifiés) de la topologie algébrique. Douady ? Vacances ?

gai requin

Dans DnHomographique, tu avais choisi en haut $A=0$, $B=1$ et $C=e^{i\pi/n}$.
Est-ce que les générateurs canoniques d'inertie sont $g_{0,n},g_{1,n}$ et $g_{e^{i\pi/n},n}$ ?

claude quitté

Non, je n'avais pas choisi $A = 0$ : j'avais fait un vague dessin (très moche) de la demi-sphère supérieure à plat (sic) et indiqué $A \leftrightarrow e_3$ sur la figure. Par la projection stéréographique de pôle nord (c'est dans mon moteur de la sphère de Riemann), on a ${e_3}_{\mathbb S^2} \leftrightarrow \infty_{\mathbb P^1(\mathbb C)}$. J'aurais pu choisir $A \leftrightarrow -e_3$. En fait, il y a, en haut, $2n$ petits triangles $(A,B,C)$. Il faut faire un choix, peu importe. Mais il ne faut pas se louper ``dans l'orientation''. On a dit que tout le monde <<s'alignait>> sur $\mathbb U$, groupe d'inertie de $0 = (0 : 1)$.

Autre chose. Attention : aux deux points de type $A$, l'inertie est d'ordre $2$, pas $n$ comme tu l'as marqué.
Coquille Les deux points de type $A$ i.e. $0$ et $\infty$ possèdent un groupe d'inertie d'ordre $n$, et les autres points de type $B$ ou $C$, d'ordre 2.

gai requin

Je reprends les notations de DnHomographique et je pose $\zeta=e^{i\pi/n}$.

Pour $A=\infty$, je trouve $R_A=\pmatrix {1 & 0\cr 0 & -1}$.

Pour $B=1$, je trouve $R_B=\pmatrix {1+\zeta^2 & 1-\zeta^2\cr 1-\zeta^2 & 1+\zeta^2}$.

Pour $C=\zeta$, je trouve $R_C=\pmatrix {1+\zeta^2 & (1-\zeta^2)\zeta\cr (1-\zeta^2)\overline{\zeta}& 1+\zeta^2}$.

Comme $R_AR_BR_C$ n'est pas une homothétie, j'ai dû me tromper...

claude quitté

Non, l'erreur vient de moi. Problème d'orientation ou choix malheureux sur la figure. La projection stéréographique de pôle nord $e_3$ établit un isomorphisme $\mathbb S^2 \setminus \{ e_3 \} \simeq \mathbb C = \mathbb P^1(\mathbb C) \setminus \{\infty\}$. Je vais me caler là-dessus (et avoir du mal à m'expliquer). Bref, si j'étais clair, je devrais être conduit à prendre $-e_3$ qui est dans cette carte i.e. $A = 0$ et pas $\infty$. Sorry, peux tu refaire le calcul avec $A = 0$.

gai requin

Le générateur canonique d'ordre $2$ est le même pour $0$ et $\infty$.

claude quitté

Non : en $0$ ou $\infty$, l'inertie est d'ordre $n$ et en les autres points de type $B,C$, l'inertie est d'ordre 2. Je viens de corriger un post antérieur (remonte un peu, tu y verras coquille en rouge). En voulant te corriger (tu avais mentionné l'ordre $n$ partout), je me suis planté. Play again.

gai requin

C'est beaucoup mieux avec $R_A=\pmatrix {\zeta^2 & 0\cr 0 & 1}$, $R_B=\pmatrix {0 & 2\cr 2 & 0}$ et $R_C=\pmatrix {0 & 2\zeta\cr 2\overline{\zeta} & 0}$. B-)-