Merci beaucoup Claude pour le super boulot ! Oui il fait chaud, je vais imprimer et relire tout !
Ce que je voulais dire par "je ne suis pas certain que ça fonctionne bien " ça veut dire que la proposition 1 n'implique pas le théorème 2 (enfin je ne sais pas) Je pense que ça a voir avec le PS3 et mon $\simeq_?$ ... y'a un petit truc qui n'est pas complètement clair et faut que je fasse un effort pour bien comprendre la différence ! De toute façon le théorème 2. est vraiment "complet" (je ne sais pas comment dire mais c'est le résultat espéré) !
le principe de la surjectivité : c'est que tu prends $\alpha \in \text{Hom}_{\kappa(p)}(\kappa(\mathfrak{p}_j), \kappa(\mathfrak{P}))$ et tu prends un élément quelconque $\tau \in \Theta_j$ qui induit par réduction également un élément de $\text{Hom}_{\kappa(p)}(\kappa(\mathfrak{p}_j), \kappa(\mathfrak{P}))$ et because unicité des corps finis de cardinal fixé dans $ \kappa(\mathfrak{P})$. Les images de $\alpha$ et $\overline{\tau}$ sont identiques et les deux morphismes $\alpha$ et $\overline{\tau}$ différent d'un automorphisme de $\kappa(\tau(\mathfrak{p}_i)$ que tu prolonges en un automorphisme de $ \kappa(\mathfrak{P})$ pour pouvoir relever en un élément de $D (\mathfrak{P})$.
@flip flop
Merci de me surveiller. Car j'ai pu écrire des c.nneries et je peux pas mettre cela sur le compte de la chaleur. Tu as vu que je me suis beaucoup inspiré de ce que tu as fait mais s'il y a des bêtises, c'est moi le responsable.
Mais c'est dingue : où est ce que l'on va ? Moi, j'aimerais bien une preuve directe du résultat dépouillé (corollaire 3). Et de plus, c'est pas fini, car la section 6 est en rade i.e. le coup que toute $I(\mathfrak P)$-orbite de $\Theta_j$ est de cardinal $e_j$. Je compte sur toi. Elle n'est pas encore neutralisée l'inertie !
Et à mon avis, ``tout le monde sait'' que $L_{\rho_E} = \zeta_E$. Et c'est écrit où (dans un langage que l'on pourrait comprendre) ? J'en sais rien. Je n'ose plus demander aux spécialistes (faudra que je te raconte pour $J : (x : y : z) \mapsto (x : y : j_py)$, plus tard).
Spécialistes : il y a bien les frères Dokchister (Cambridge) : j'ai vu de nouveau leurs noms l'autre jour dans la note pointée par gai-requin (Tamiozzo, Conjecture de Birch & Swinnerton-Dyer).
Faut surtout pas confondre avec les frères Bogdanov. Les Dokchister, c'est du costaud. Et ils n'ont pas peur de mettre les mains dans le cambouis. Dans magma, ce sont eux (surtout Tim) les responsables des chapitres sur les L-fonctions, les représentations d'Artin, Galois représentations, Local Galois représentations et tout le tin-touin. Ils sont cités comme External Contributors. Le Tim, il n'a pas l'air vieux : http://www.bristol.ac.uk/maths/people/tim-y-dokchitser/index.html
Bref, pour l'instant, j'ose pas demander quelque chose. Je crois qu'il va falloir que l'on se débrouille tout seul.
@gai requin
Et au fait le polynôme de degré 6 dans l'histoire $X^5 - X - 1$ ?
$\def\bigP{\mathfrak P}$@flip flop
Y'a un truc totalement pourri dans ma note : c'est le lemme 5 (marqué douteux en rouge). Je ne sais pas ce qui m'a pris. Comme si j'étais bourré alors que ce n'était pas le cas je t'assure. Par contre, plus sérieux, ce que j'ai vérifié (modestement) avec un certain logiciel, c'est le truc ci-dessous dans le contexte suivant :
$$
\xymatrix {
L\ar@{-}[d] & \mathfrak P \\
E\ar@{-}[d] & \mathfrak p \\
K = \Q & p\\
}
$$
Que l'indice de $I(\bigP)$ dans $I(\bigP, L/E)$ c'est l'exposant $e$ de $\mathfrak p$ dans la décomposition de $p$ dans $E$ :
$$
p\mathcal O_E = \mathfrak p^e \times \cdots
$$
Of course, $I(\bigP, L/E)$ c'est $I(\bigP) \cap \text{Gal}(L/E)$.
Le hic : je ne me souviens plus pourquoi j'ai vérifié cela. Ca fait du bien à nos affaires ? Cela te dit quelque chose ?
@gai requin
Et pendant que j'y pense, histoire de te réchauffer (de 40 degrés à 33, c'est dangereux), peut-être que $X^{12} - 3$ pourrait t'aider. Son groupe de Galois sur $\Q$ est d'ordre 24 et répond au doux nom de 1/2[3:2]eD(4). Dans la nomenclature de Conway, Hulpke, Mc Kay, pointeur plus bas. J'ai jamais accroché à cette ``Taxonomy''. L'étiquette $D_4$, je la sens car si $x^{12} = 3$, en posant $t = x^3$, on a $t^4 = 3$ et là, c'est bien parce que $4 \wedge 3 = 1$. Donc un étage $D_4$. Que je dis.
Et si vraiment tu as encore froid, il y a 10 groupes d'ordre 24 en degré 10 avec des noms beaux comme tout.
Et quand tu seras refroidi et reposé (demain, après-demain ... ), tu pourras me dire le coup de l'indice de $I(\mathfrak P, L/E)$ dans $I(\mathfrak P)$ égal à l'exposant de $p$ sur $\mathfrak p$ ..etc..
1) En quoi cela fait avancer notre L-schmilblick ?
2) Pourquoi que c'est vrai ?
Rien à voir mais je suis entrain d'apprendre a quelqu'un a résoudre une équation de degré deux, je pense que ma méthode est un peu compliqué.
Alors l'équation en question c'est $x^2+x+1 = 0$ dans les corps fini.
Je lui ai dis que la première étape est de constater qu'il s'agit d'un polynôme cyclotomique : le troisième polynôme cyclotomique. Pour rire, j'ai dis du coup on va prendre $\Z[ j]$ et son groupe de Galois $G := \left( \Z / 3\Z \right)^\star$ et on va prendre la représentation régulière de $G$. Comme $G$ est abélien elle se décompose en deux représentations irréductibles.
Du coup, à la place de dire : soit $\Delta := b^2-4ac$, je lui ai dit : tiens voilà une matrice :
$$
\begin{pmatrix}
\textbf{1} & 0 \\
0 & \chi(p)
\end{pmatrix} \qquad
$$
Pour $\chi(p)$ c'est pas dur, c'est le seul morphisme de $\left( \Z / 3\Z \right)^\star$ dans $\C$ non trivial ... à $-1 \pmod{3}$ j'associe $-1$.
Pour savoir le nombre de solution dans $\mathbb{F}_{11^r}$ bah c'est simple, on remplace $p$ par $11$ modulo $3$, donc $-1$ et on calcul le polynôme caractéristique de :
$$
\begin{pmatrix}
\textbf{1} & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix}
$$
et on prend l'inverse :
$$
\frac{1}{1-T^2}
$$
On prend le logarithme, on dérive et on multiplie par $t$ (c'est la dérivée décalée, sinon "if the author is polite" à l'envers) et on trouve :
$$
\frac{2t^2}{1-t^2} = \sum_{k \geq 0} 2 t^{2k+2} = 0.t +2t^2+ 0t^3 .+ 2t^4 + \dots
$$
Maintenant on regarde les coefficients c'est $0$ ou $2$, beh ça donne le nombre de racine dans le corps $\mathbb{F}_{11^r}$ ... $0$ et $2$ qui alterne !
Faut que je reprenne complètement les équations de degré $2$ je pense :-D
@Claude :
J'ai fait quelques recherches et je suis tombé sur le résolvant de Cayley de $M_{20}$,
$$\Psi=(X_1X_2+X_2X_3+X_3X_4+X_4X_5+X_5X_1-X_1X_3-X_3X_5-X_5X_2-X_2X_4-X_4X_1)^2$$
dont la résolvante est de degré $6$.
@flip flop
J'aime bien ta manière simple pour présenter l'équation du second degré $x^2 + x + 1 = 0$ à un petit.
Mais peut-être, que ce petit (quel âge ?), il faut l'initier aux choses de la vie ? Et pourquoi pas à un petit système de Calcul Formel ? Quelques pistes peut-être ? Sorry : tu verras qu'un peu plus loin, j'ai pris $\C = \Z$.
Au minimum, savoir un peu déclarer. Y'a juste un petit truc cryptique pour $G$. Pareil que G := GaloisGroup(Qj) mais petit problème de typage (magma) plus tard
> Z := IntegerRing() ;
> GL2Z := GL(2,Z) ;
>
> Qj<j> := CyclotomicField(3) ;
> Qj ;
Cyclotomic Field of order 3 and degree 2
> G<tau> := Group(PermutationCharacter(Qj)) ;
> G ;
Symmetric group G acting on a set of cardinality 2
Order = 2
(1, 2)
Bon, au boulot : faut tout de suite le brancher sur les représentations d'Artin, L-séries et tout le binz. Plus tu attendras, plus cela sera difficile.
> Tau := Matrix(2,2, [1,0, 0, -1]) ;
> Tau ;
[ 1 0]
[ 0 -1]
> rho := hom < G -> GL2Z | tau -> Tau > ;
> Chi := Character(rho) ;
> Chi ;
( 2, 0 )
> ArtinChi := Qj!!Chi ;
> ArtinChi ;
Artin representation of Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 with character
( 2, 0 )
>
> LArtinChi := LSeries(ArtinChi) ;
>
> ZpT := 1/IntegralEulerFactor(LArtinChi, p) ;
> ZpT ;
-1/(T^2 - 1)
Et puis un petit coup de ``if the author is polite'' à l'envers:
@gai requin
Page 4 de mon brouillon pourri IntroGaloisResolvantesViaDeg5.pdf . Je donne 3 résolvants célèbres du groupe en question, dont celui de Cayley.
Exact !
J'essaie de chercher le polynôme de degré $6$ avec magma mais je ne sais pas comment créer l'algèbre de décomposition universelle de $X^5-X-1$. :-S
@gai-requin
Il y a bien longtemps, j'ai commencé le métier avec Axiom (IBM). Investissement pendant 5 ou 6 ans. Et le produit Axiom s'est écroulé. J'ai eu la flemme de tout reprendre en magma. Sauf des petits bouts par ci par là. Je viens de retrouver cela. Ici, c'est l'idéal, disons $I$ : tu n'as plus qu'à quotienter l'anneau de polynômes $P$ (à 5 indéterminées ici) par cet idéal. Du genre A, pi := P/I. Puis utiliser le bang-opérateur A!resolvant et laisser faire magma pour calculer le polynôme minimal sur $\Q$. Je ne sais plus quel algorithme il utilise mais je fais pas mieux et même vachement moins bien.
IdealADU := function(f, P)
// f est un polynome unitaire en une variable de degre n
// P est un anneau de polynomes a n indeterminees
n := Rank(P) ;
assert LeadingCoefficient(f) eq 1 and Degree(f) eq n ;
return ideal <P | [ElementarySymmetricPolynomial(P,i) - (-1)^i*Coefficient(f,n-i) :
i in [1..n]] > ;
end function ;
@gai-requin
Par principe, comme je ne fais pas que cela, et que j'ai la trouille d'une coquille typo (un 1 remplacé par un 2 ..), je verrouille un peu plus. Et je choisis mon modèle exact dans $S_5$ via les générateurs modulo 5 : $x \mapsto x+1$ et $x \mapsto 2x$. Et j'essaie de commenter un tout petit peu. Et je fournis le résolvant de Cayley en donnant sa base et en faisant agir dessus la permutation ad-hoc. Rappel $F^\sigma$ c'est $\sigma \cdot F$.
@gai requin
ARG ! Très mauvaix choix de ma part de l'identificateur pour l'exemplaire de $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$ dans $S_5$. Indépendant du résolvant. C'est le résolvant qui doit se plier à, qui doit suivre ...etc.. Deux/trois boulettes comme ça, et tu es recollé.
On va pouvoir finir les sous-extensions de $\Q(\root p \of 1)$ (avec les sommes de Gauss et tout) et aussi finir proprement les extensions quadratiques (avec les discriminants fondamentaux et les conducteurs). Pour les choses bébés !
Je dois réfléchir un peu mais y'a beaucoup de choses qui viennent de prendre forme, MERCI$^{\infty}$ (tu)
$\def\bigP{\mathfrak P}$@flip flop
Pour la mise à jour, faudra attendre 2-3 jours.
Le principe : régler d'abord la chose pour $\tau = \iota_{E,L}$, l'inclusion canonique de $E$ dans $L$. Vérifier ensuite que les objets $\tau$-passent.
Pour $\iota_{E,L}$. Ouvrir Samuel p. 106. Et y voir avec des notations qui se devinent :
$$
\#I(\bigP, L/K) = e(\bigP, L/K), \qquad\qquad \#D(\bigP, L/K) = e(\bigP, L/K)f(\bigP, L/K)
$$
Utiliser cela également pour $L/E$. Et quotienter les deux ...etc..Exemple
$$
{\#I(\bigP, L/K) \over \#I(\bigP, L/E)} = {e(\bigP, L/K) \over e(\bigP, L/E)} = e(\mathfrak p, E/K)
$$
@flip flop
Toi in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1518908#msg-1518908 : oui, je suis d'accord pour reprendre l'arithmétique de $\Q(\root p \of 1)$. Je veux dire l'arithmétique des sous-extensions. Tout y est faisable à la main je t'assure. J'ai mis des pointeurs pour. Pas besoin de discriminant conductor formula et tout le truc. La base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$ est aussi une base normale de $\Z[\root p \of 1]/\Z$ et on attrape ainsi des bases d'entiers de n'importe quelle extension intermédiaire; avec les périodes de Gauss, of course. Je pense que c'est comme cela que l'on travaillait autrefois.
Ca doit être $D_4$ Gai requin ! Car c'est pas abélien et c'est pas le groupe des quarternions (trop d'éléments d'ordre $2$). Je pense que ça laisse que $D_4$ comme possibilité.
@Claude : j'ai commencé a lire un peu. Tu penses que Dedekind avait en tête une base normale quand il a étudié la matrice
$\sigma_{i} \sigma_j(a)$ (page 3.)
@gai requin
Mots-clés : groupes, groupes avec action, isomorphe, égal, conjugué, ...etc.. Peut-être revoir le coup des actions transitives, fidèles et tout le truc. Certes, le groupe que te montre magma, ce n'est pas $D_4$ agissant sur $\{1 ..4\}$ car $4 \ne 12$. Mais c'est peut-être un groupe isomorphe à $D_4$ agissant sur $\{1..12\}$. Je dis peut-être mais c'est sûr.
Depuis, j'ai réfléchi. Partons dans l'autre sens en faisant uniquement du groupiste. Ma notation $K \rtimes_\psi H$ favorite avec $K$ en position kernel. Soit un groupe $H$ quelconque et $H_0$ un sous-groupe d'indice 2. Cette donnée définit un morphisme $\psi : H \to \text{Aut}(C_3)$. Comment ? Donc un produit semi-direct $C_3 \rtimes_\psi H$. Supposons de plus que $H$ agisse sur un ensemble $X$. Comment faire agir ce produit semi-direct sur $3X = \{1,2,3\} \times X$ ? En ce qui concerne ce dernier truc, ne pas hésiter à étudier la totale : i.e. le recollement de $K \to \Gamma$ et $H \to \Gamma$ en un $K \rtimes_\psi H \to \Gamma$.
Exemple : $H = D_4$. Un certain nombre de sous-groupes $H_0$ d'indice 2. Combien ? Lesquels ? D'où des produits semi-directs $C_3 \rtimes D_4$ avec action en degré $3 \times 4 = 12$. Et du coup, $D_4$ qui est contenu dedans agit en degré 12.
@flip flop
Pas lu dans les détails. Juste vu qu'un déterminant circulant (th 1, section 2) permettait de montrer que le discriminant de l'unique extension de degré $e$ contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ pour $e \mid p-1$, était $\pm p^{e-1}$. Mais ce $\pm$ c'est insupportable, il fallait que je bosse encore. Imagine, pour $p$ impair, que je te dise que l'unique extension quadratique contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ a pour discriminant $\pm p$. Tu trouverais que je suis tombé bien bas car la réponse est $p^*$. Donc, il va falloir que je revisite le truc.
@Claude :
Je viens de subir pour la première fois les limitations liées à l'utilisation de magma en ligne avec le code suivant :
> Z<X>:=PolynomialRing(Rationals());
> f:=X^12-3;
> G:=GaloisGroup(f);
> H:=SylowSubgroup(G,2);
> R:=InvariantRing(H,RationalField());
> PrimaryInvariants(R);
[color=#FF0000]The computation exceeded the time limit and so was terminated prematurely.[/color]
Je crois qu'il va falloir que j'envisage sérieusement ton idée du costume à la fac. ;-)
@gai requin
Je ne comprends pas bien ce que tu fais. Si j'ai mentionné $D_4$, c'est plutôt comme quotient du groupe de Galois $G$ de $X^{12} - 3$ sur $\Q$. Il ne deviendra que sous-groupe de $G$ parce que ...
Comme déjà évoqué, je pose $y = x^3$ où $x^{12} = 3$ si bien que $y^4 = 3$. Et ça, ``c'est du $D_4$''. Je veux dire par exemple que :
$$
Y^4 - 3 = Y^4 - y^4 = (Y - y)(Y + y) (Y - iy) (Y + iy)
$$
Et donc tout ce beau-monde $i^ky$ est dans le corps de décomposition $L$ de $X^{12} - 3$. D'où une extension intermédiaire $\Q(y,i)$ galoisienne sur le corps de base, de groupe de Galois $D_4$. Par ailleurs le corps de décomposition $L$ de $X^{12} - 3$, c'est $\Q(x,\zeta_{12})$. D'où un petit schéma (me surveiller, en tout cas assurer les degrés).
$$
\xymatrix {
& L = \Q(x,\zeta_{12})\ar@{-}[dl]_2 \ar@{-}[d]^3\\
\Q(x)\ar@{-}[ddr]_{12} & \Q(y,i)\ar@{-}[d]^2 \\
& \Q(y)\ar@{-}[d]^4 \\
& \Q \\
}
$$
Et un morphisme de restriction, surjectif (théorème de prolongement des morphismes) :
$$
G = \text{Gal}(L/\Q) \ni \sigma \longmapsto \sigma_{|\Q(y,i)} \in \text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) = D_4 \qquad \qquad (\star)
$$
Attention à ce $= D_4$ : j'ajoute que l'action est sur les 4 racines de $Y^4 - 3$.
Jusqu'à maintenant, c'est basique. Le problème, c'est l'intégration de l'étage de degré 3 là haut. Comme magma me dit (et c'est uniquement à ce moment là que je le questionne !) que $G$ est un produit semi-direct ...etc... je me dis que $(\star)$ est scindé. Et ça, c'est une autre paire de manches (on n'est plus dans le basique).
@gai requin
Dans le diagramme avec les degrés, que reste-t-il à faire ? TOUT. Je n'ai absolument rien prouvé !! Il faut bien comprendre que si tu prends un $X^{12} - a$ au pif, disons $a$ entier $\ge 2$ pas trop n'importe comment, le groupe de Galois est d'ordre 48. Parce que $\varphi(12) = 4$ et $12 \times 4 = 48$ et
$$
\Q \subset \Q(\root 12 \of a) \subset L = \Q(\root 12 \of a, \zeta_{12})
$$
Mais ici, magma m'a dit 24 comme ordre du groupe de Galois. Et donc hier soir, dans mon post écrit rapido, sans avoir aucunement travaillé, j'ai fait du forcing sur ce nombre 24.
Ensuite, j'ai réfléchi. Et j'ai eu un peu de mal à situer $i$ (de $i^2 = -1$) et $j$, de $j^2 + j + 1 = 0$ dans le diagramme. Par exemple, si vraiment, je monte de $3$ là-haut via $x = \root 3 \of y$, c'est que $j$ est dans la base $\Q(y,i)$. Si $j$ n'était pas dans la base $\Q(y,i)$, on monterait de $3! = 6$. Idem dans l'étage $\Q(x) \subset \Q(x, \zeta_{12})$, comment se fait-il que l'on ne monte que de 2 et pas de 4. Car :
$$
\Phi_{12}(X) = \Phi_6(X^2) = \Phi_3(-X^2) = X^4 - X^2 + 1
$$
Ici j'utilise $\Phi_{an}(X) = \Phi_n(X^a)$ si $a \mid n$.
Bref, il a fallu que je bosse un petit peu pour PROUVER que chaque degré est bon. J'ai été obligé de réviser $\Q(\root 12 \of 1) = \Q(i,j)$ et constater que $\zeta_{12} = -ij$, et inclure dans l'extension 12-cyclotomique l'extension quadratique réelle qui me manquait.
Et ensuite, le coup du scindage m'a aussi occupé. Car je me souvenais avoir raconté (et écrit) il y a 6 mois ou plus, une énorme c.nnerie à ce propos.
Et je fais un résumé vachement simple (pour une fois) : il y a tout à faire (bis).
@flip flop
C'est donc un résultat purement groupiste ?
@flip flop
Ah oui $3 \wedge 8 = 1$ ! Et Zassenhaus prend la main groupistement.
N'empêche que je veux scinder de manière explicite, disons je veux faire mumuse avec du corporel et pas que du groupiste.
Et quand je pense qu'au départ, c'était pas pour faire du corporel mais de l'arithmétique : histoire de couper $\rho_E$ en rondelles où $E = \Q(x)$ avec $x^{12} = 3$. Dans l'intention de faire une petite toilette à $\zeta_E$ qui dit qu'elle a besoin de je ne sais combien de coefficients $a_n$ avant de se mettre au boulot. Dans le chapitre L-series, l'exemple vient des frères Bogdanov, je veux dire des frères Dokchitser (j'ai toujours du mal à orthographier).
@vous deux
Quand j'écris $\text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) = D_4$, c'est nul à ch.er. Et même, si j'écris $\text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) \simeq D_4$, c'est toujours aussi nul. On n'est pas dans les salons mondains.
PS : j'ai dit que j'ai eu du mal à localiser $i$. Faut pas pousser vu que je l'ai collé dans $\Q(y,i)$ ! Ce qui m'a coûté un peu, c'est de me dire que vraiment $j$ était dans $\Q(y,i)$. Et une fois que l'on est convaincu que machin est dans truc, il n'y a plus qu'à bien chercher.
@Claude : J'ai un peu regardé hier également. Pour identifier, $\Q(\zeta_{12})$ j'ai pris $z=y^2$ de polynôme minimal $Z^2-3$. Et j'ai écris que $\Q(\zeta_{12}) = \Q(i,y^2)$ because $\Q(j) = \Q(\sqrt{-3})$.
Pour Zassenhaus c'est plus une blague pour les salons :-D
@flip flop
Tu racontes les choses plus simplement que moi.
Autre chose (rien à voir). Dans la série, on va faire un grand grand retour en arrière (je veux), il vient de m'arriver un truc de dingue. Est ce que tu te souviens vaguement du calcul universel que je faisais à propos de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental ? Y intervenait la somme avec le caractère $\chi_D$ de Kronecker :
$$
S_D = \sum_{i \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(i) X^i \in \Z[X]
$$
Un nouveau truc expérimental. Tu crois que je peux raconter (j'ai peur que la modération ferme le fil parce que je fais dévier du sujet) ?
@flip flop
Voilà. Je ne démarre plus avec $D$. Mais avec un caractère de Dirichlet $\chi$, primitif et à valeurs dans $\{\pm 1\}$ (donc quadratique). Cela veut donc dire, en notant $D$ le modulus de $\chi$ (qui est aussi son conducteur) que $\chi : (\Z/D\Z)^\times \to \{\pm 1\}$ ; primitif voulant dire que je ne peux pas le passer au quotient. Je définis alors le polynôme de $\Z[X]$ :
$$
S_\chi = \sum_{i \in (\Z/D\Z)^\times} \chi(i) X^i
$$
L'exposant $i$ sur $X$, c'est n'importe quel remonté de $i$ dans $\N$.
Et bien figure toi que (expérimentalement), on a la congruence où intervient le polynôme cyclotomique
$$
S_\chi^2 \equiv \chi(-1) D \quad \bmod \quad \Phi_D(X) \qquad\qquad (\star)
$$
Figure toi aussi, avec la tête dans le guidon comme il m'arrive souvent, je suis incapable de dire si $(\star)$, cela donne une info nouvelle ou pas.
@Claude : Juste pour re-fixer les idées. C'est un peu loin.
Le problème est bien le suivant : Soit $\Delta \in \Z$ sans facteur carré. Trouver le conducteur cyclotomique de l'extension quadratique $\Q(\sqrt{\Delta})$ avec un garantie (i.e une expression cyclotomique de $\sqrt{\Delta})$) ?
(ensuite avoir un expression cyclotomique pour l'anneau de entiers).
J'ai pigé quoi alors ? Qu'en revenant en arrière, j'ai intérêt à me clarifier sur les caractères de Dirichlet, primitifs ou pas. C'est déjà pas mal d'avoir pigé cela.
@flip flop
Des caractères qui diffèrent d'un signe, que je dis. Ca veut rien dire. C'est $\chi_{-4}$ qui fait passer de l'un à l'autre. Non, c'est pas grave (de raconter des c.nneries, je parle de moi), car on va faire des révisions (retourner à l'école). Laisse béton mes posts là-dessus.
@vous deux
$X^{12} - 3$ : ce que ne donne pas Zassenhaus (je pense), c'est quel produit semi-direct. Hi ! Car des $C_3 \rtimes_\psi D_4$, il y en a plusieurs. Je veux dire combien de $\psi$ ? Combien de classes d'isomorphie ? Et pour $X^{12} - 3$, lequel ?
@Claude : mais non je pense que c'est bon pour le conducteur.
Si je prend $\Delta$ sans facteur carré alors si $2 \mid \Delta$ alors le conducteur c'est $4 | \Delta |$ et le conducteur de $-\Delta$ sera le même d'où la présence des deux caractères primitifs et ils différent du caractère associé à $\Q(i)$ (pas d'un signe).
Si $2$ ne divise pas $\Delta$ là il y aura seulement un seul caractère.
De plus, $\Q(y,i)/\Q$ est le corps des racines de $X^4-3$ donc son groupe de Galois $H$ est isomorphe à un sous-groupe de $S_4$ d'ordre $8$.
Il y a $3$ sous-groupes de $S_4$ d'ordre $8$, non abéliens, donc
$$H\simeq D_4.$$
Merci flipflop. ;-)
@gai requin
C'est marrant : là où toi, tu en dis le moins possible, moi j'ai envie d'en dire le plus. Tu comprends bien que je peux pas me contenter de ``il y a 3 sous-groupes d'ordre 8 de $S_4$ non abéliens donc ...'' (d'ailleurs, je vois pas trop).
Une réponse de ma part (parmi d'autres) est la suivante. Soit $y,i$ dans un corps de décomposition de $Y^4 - 3$ sur $\Q$ avec $y^4 = 3$ et $i^2 = -1$. De sorte que ce corps de décomposition est $\Q(y,i)$. Alors en notant $\Gamma = \text{Gal}(\Q(y,i)/\Q)$, j'affirme qu'il existe $r, s \in \Gamma$, uniques tels que :
$$
r(z) = iz \quad \hbox {pour $z \in \{\pm y, \pm iy\}$}
\qquad\qquad\qquad
\cases {
s(y) = y \\
s(i) = -i}
$$
Note : en écrivant $i=iz/z$, on voit que $r(i) = i$.
La chute : c'est que le groupe de Galois $\Gamma = \langle r, s\rangle$, et ce système de générateurs fournit la présentation standard de $D_4$.
Note : si on réalise le corps de décomposition dans $\C$ (ce n'était pas encore le cas !!) et si je choisis $y$ réel, par exemple $y = + \root 4 \of 3$, alors $s$ est la conjugaison complexe.
Aucune raison d'ailleurs, de plonger le corps de décomposition dans $\C$. D'ailleurs, magma procède (toujours je pense) autrement :
Qu'est ce que l'on voit ? Que la réalisation d'un corps de décomposition de $X^4 - 3$ a lieu dans une extension non ramifiée de $\Q_{13}$. En fait c'est dans le corps 13-adique $\Q_{13}$ car $X^4 - 3$ est totalement décomposé modulo $13$ (et en fait la réalisation a lieu dans l'anneau 13-adique $\Z_{13}$). Et le groupe $G$ de permutations s'identifie vraiment au groupe de Galois permutant ces 4 racines que l'on voit.
Evidemment, si je prends un polynôme de degré plus grand, magma ne va pas s'amuser à chercher un premier $p$ totalement décomposé (vu la rareté). Il se contentera d'un premier non ramifié $p$ et plongera le binz dans une extension (non ramifiée) de $\Q_p$. Et cette stratégie (utilisation des extensions non ramifiées de corps $p$-adiques) s'avère très très efficace.
@flip flop
J'attache la version finale concernant $L_{\rho_E} = \zeta_E$. Le gros changement a lieu dans la page 9 : on passe de problématique à résolu. Et d'ailleurs, on a maintenant plusieurs preuves de ..
Pour ne rien te cacher : je trouve que la note sent un peu la transpiration (c'est pas faux) et une attitude normale consisterait à tout mettre à la poubelle et recommencer. Je ne le ferai pas.
Quels bénéfices va-t-on tirer de cette égalité $L_{\rho_E} = \zeta_E$ ? C'est ça qui n'est pas clair dans ma pauvre tête. Alors qu'on s'est bien fait ch.er à montrer l'égalité des $p$-Euler facteurs, ce qui n'était pas de la tarte dans le cas ramifié. Je suis loin d'avoir digéré cette définition d'Artin qui consiste à neutraliser l'inertie.
Comme bénéfice, on voit qu'en décomposant la représentation $\rho_E$ en somme directe de représentations, on obtient une expression de $\zeta_E$ comme produit de L-séries.
Je crois qu'il est indispensable de traiter des exemples : pourquoi pas $E/\Q$ de degré 3 non cyclique ? Ce qui correspond à un polynôme $F \in \Z[X]$, unitaire, irréductible de degré $3$ dont le discriminant n'est pas un carré. Et relire l'exemple $X^3 - X - 1$ de Serre. Evidemment, ce n'est pas cette histoire de $L_{\rho_E} = \zeta_E$ qui va apporter de l'eau au moulin du corps des écoles dans ce cas là.
@Claude :
D'après les théorèmes de Sylow, il y a un ou trois $2$-sous-groupes de Sylow de $S_4$.
On en construit $3$ facilement, à savoir $\langle (1,2),(1,3,2,4)\rangle$, $\langle (1,3),(1,2,3,4)\rangle$ et $\langle (1,4),(1,2,4,3)\rangle$ qui sont tous isomorphes à $D_4$.
P.S. : Un grand merci pour le pdf que tu viens de poster et que je vais essayer de comprendre. (tu)
Merci pour la version finale. Oui on a transpiré, mettre a la poubelle, nonnnn !!!!
Sinon, pour classe des écoles, ce que j'ai compris c'est que celle-ci fournit les Frobenius et du coup on peut la brancher avec ce que l'on a fait pour obtenir des fonctions zéta. (je pense que c'est ce que Serre a fait en utilisant le corps de Hilbert du polynôme $f$ de degré $3$ et surtout l'extension quadratique dont le corps de Hilbert est exactement le corps de décomposition de $f$ (retour sur les formes quadratiques), on va pouvoir généraliser un peu, tu penses pas ? Un truc du genre prendre une extension quadratique (imaginaire) et construire son corps de Hilbert $H$ et avoir $H \mid \Q$ Galois (c'est sur le papier ça !).
Je vais d'abord essayer de faire le conducteur des extensions quadratiques de $\Q$, car ça m'énerve un peu de ne pas avoir fini il y a quelques mois (mais là j'ai une motivation car je veux fabriquer ma matrice qui compte le nombre de solution de polynôme de degré $2$ :-D).
Réponses
Ce que je voulais dire par "je ne suis pas certain que ça fonctionne bien " ça veut dire que la proposition 1 n'implique pas le théorème 2 (enfin je ne sais pas) Je pense que ça a voir avec le PS3 et mon $\simeq_?$ ... y'a un petit truc qui n'est pas complètement clair et faut que je fasse un effort pour bien comprendre la différence ! De toute façon le théorème 2. est vraiment "complet" (je ne sais pas comment dire mais c'est le résultat espéré) !
Au boulot flipflop (:D
C'est bon pour le théorème 2.
le principe de la surjectivité : c'est que tu prends $\alpha \in \text{Hom}_{\kappa(p)}(\kappa(\mathfrak{p}_j), \kappa(\mathfrak{P}))$ et tu prends un élément quelconque $\tau \in \Theta_j$ qui induit par réduction également un élément de $\text{Hom}_{\kappa(p)}(\kappa(\mathfrak{p}_j), \kappa(\mathfrak{P}))$ et because unicité des corps finis de cardinal fixé dans $ \kappa(\mathfrak{P})$. Les images de $\alpha$ et $\overline{\tau}$ sont identiques et les deux morphismes $\alpha$ et $\overline{\tau}$ différent d'un automorphisme de $\kappa(\tau(\mathfrak{p}_i)$ que tu prolonges en un automorphisme de $ \kappa(\mathfrak{P})$ pour pouvoir relever en un élément de $D (\mathfrak{P})$.
Merci de me surveiller. Car j'ai pu écrire des c.nneries et je peux pas mettre cela sur le compte de la chaleur. Tu as vu que je me suis beaucoup inspiré de ce que tu as fait mais s'il y a des bêtises, c'est moi le responsable.
Mais c'est dingue : où est ce que l'on va ? Moi, j'aimerais bien une preuve directe du résultat dépouillé (corollaire 3). Et de plus, c'est pas fini, car la section 6 est en rade i.e. le coup que toute $I(\mathfrak P)$-orbite de $\Theta_j$ est de cardinal $e_j$. Je compte sur toi. Elle n'est pas encore neutralisée l'inertie !
Et à mon avis, ``tout le monde sait'' que $L_{\rho_E} = \zeta_E$. Et c'est écrit où (dans un langage que l'on pourrait comprendre) ? J'en sais rien. Je n'ose plus demander aux spécialistes (faudra que je te raconte pour $J : (x : y : z) \mapsto (x : y : j_py)$, plus tard).
Spécialistes : il y a bien les frères Dokchister (Cambridge) : j'ai vu de nouveau leurs noms l'autre jour dans la note pointée par gai-requin (Tamiozzo, Conjecture de Birch & Swinnerton-Dyer).
Faut surtout pas confondre avec les frères Bogdanov. Les Dokchister, c'est du costaud. Et ils n'ont pas peur de mettre les mains dans le cambouis. Dans magma, ce sont eux (surtout Tim) les responsables des chapitres sur les L-fonctions, les représentations d'Artin, Galois représentations, Local Galois représentations et tout le tin-touin. Ils sont cités comme External Contributors. Le Tim, il n'a pas l'air vieux : http://www.bristol.ac.uk/maths/people/tim-y-dokchitser/index.html
Bref, pour l'instant, j'ose pas demander quelque chose. Je crois qu'il va falloir que l'on se débrouille tout seul.
@gai requin
Et au fait le polynôme de degré 6 dans l'histoire $X^5 - X - 1$ ?
Y'a un truc totalement pourri dans ma note : c'est le lemme 5 (marqué douteux en rouge). Je ne sais pas ce qui m'a pris. Comme si j'étais bourré alors que ce n'était pas le cas je t'assure. Par contre, plus sérieux, ce que j'ai vérifié (modestement) avec un certain logiciel, c'est le truc ci-dessous dans le contexte suivant :
$$
\xymatrix {
L\ar@{-}[d] & \mathfrak P \\
E\ar@{-}[d] & \mathfrak p \\
K = \Q & p\\
}
$$
Que l'indice de $I(\bigP)$ dans $I(\bigP, L/E)$ c'est l'exposant $e$ de $\mathfrak p$ dans la décomposition de $p$ dans $E$ :
$$
p\mathcal O_E = \mathfrak p^e \times \cdots
$$
Of course, $I(\bigP, L/E)$ c'est $I(\bigP) \cap \text{Gal}(L/E)$.
Le hic : je ne me souviens plus pourquoi j'ai vérifié cela. Ca fait du bien à nos affaires ? Cela te dit quelque chose ?
@Claude : Je rentre juste de vacances et j'ai à peine eu le temps de regarder le groupe métacyclique $M_{20}$.
J'ai bien envie de jeter un coup d'œil à ArtinRhoEversusZetaE.
Y'en a qui ont bossé ! :-S
Bien les vacances ?
Il fait presque bon ici (33°C)...
Et pendant que j'y pense, histoire de te réchauffer (de 40 degrés à 33, c'est dangereux), peut-être que $X^{12} - 3$ pourrait t'aider. Son groupe de Galois sur $\Q$ est d'ordre 24 et répond au doux nom de 1/2[3:2]eD(4). Dans la nomenclature de Conway, Hulpke, Mc Kay, pointeur plus bas. J'ai jamais accroché à cette ``Taxonomy''. L'étiquette $D_4$, je la sens car si $x^{12} = 3$, en posant $t = x^3$, on a $t^4 = 3$ et là, c'est bien parce que $4 \wedge 3 = 1$. Donc un étage $D_4$. Que je dis.
Et si vraiment tu as encore froid, il y a 10 groupes d'ordre 24 en degré 10 avec des noms beaux comme tout.
Un pointeur :
https://www.cambridge.org/core/services/aop-cambridge-core/content/view/DF3D91C6DF89001398A1DC8E5A42E985/S1461157000000115a.pdf/on_transitive_permutation_groups.pdf
In http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1518682#msg-1518682 : oui, repos. Un coup de chaud, c'est si vite arrivé.
Et quand tu seras refroidi et reposé (demain, après-demain ... ), tu pourras me dire le coup de l'indice de $I(\mathfrak P, L/E)$ dans $I(\mathfrak P)$ égal à l'exposant de $p$ sur $\mathfrak p$ ..etc..
1) En quoi cela fait avancer notre L-schmilblick ?
2) Pourquoi que c'est vrai ?
Repos (bis).
Rien à voir mais je suis entrain d'apprendre a quelqu'un a résoudre une équation de degré deux, je pense que ma méthode est un peu compliqué.
Alors l'équation en question c'est $x^2+x+1 = 0$ dans les corps fini.
Je lui ai dis que la première étape est de constater qu'il s'agit d'un polynôme cyclotomique : le troisième polynôme cyclotomique. Pour rire, j'ai dis du coup on va prendre $\Z[ j]$ et son groupe de Galois $G := \left( \Z / 3\Z \right)^\star$ et on va prendre la représentation régulière de $G$. Comme $G$ est abélien elle se décompose en deux représentations irréductibles.
Du coup, à la place de dire : soit $\Delta := b^2-4ac$, je lui ai dit : tiens voilà une matrice :
$$
\begin{pmatrix}
\textbf{1} & 0 \\
0 & \chi(p)
\end{pmatrix} \qquad
$$
Pour $\chi(p)$ c'est pas dur, c'est le seul morphisme de $\left( \Z / 3\Z \right)^\star$ dans $\C$ non trivial ... à $-1 \pmod{3}$ j'associe $-1$.
Pour savoir le nombre de solution dans $\mathbb{F}_{11^r}$ bah c'est simple, on remplace $p$ par $11$ modulo $3$, donc $-1$ et on calcul le polynôme caractéristique de :
$$
\begin{pmatrix}
\textbf{1} & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix}
$$
et on prend l'inverse :
$$
\frac{1}{1-T^2}
$$
On prend le logarithme, on dérive et on multiplie par $t$ (c'est la dérivée décalée, sinon "if the author is polite" à l'envers) et on trouve :
$$
\frac{2t^2}{1-t^2} = \sum_{k \geq 0} 2 t^{2k+2} = 0.t +2t^2+ 0t^3 .+ 2t^4 + \dots
$$
Maintenant on regarde les coefficients c'est $0$ ou $2$, beh ça donne le nombre de racine dans le corps $\mathbb{F}_{11^r}$ ... $0$ et $2$ qui alterne !
Faut que je reprenne complètement les équations de degré $2$ je pense :-D
J'ai fait quelques recherches et je suis tombé sur le résolvant de Cayley de $M_{20}$,
$$\Psi=(X_1X_2+X_2X_3+X_3X_4+X_4X_5+X_5X_1-X_1X_3-X_3X_5-X_5X_2-X_2X_4-X_4X_1)^2$$
dont la résolvante est de degré $6$.
Référence : [Arnaudies] p. 50-51.
J'aime bien ta manière simple pour présenter l'équation du second degré $x^2 + x + 1 = 0$ à un petit.
Mais peut-être, que ce petit (quel âge ?), il faut l'initier aux choses de la vie ? Et pourquoi pas à un petit système de Calcul Formel ? Quelques pistes peut-être ? Sorry : tu verras qu'un peu plus loin, j'ai pris $\C = \Z$.
Au minimum, savoir un peu déclarer. Y'a juste un petit truc cryptique pour $G$. Pareil que G := GaloisGroup(Qj) mais petit problème de typage (magma) plus tard
Bon, au boulot : faut tout de suite le brancher sur les représentations d'Artin, L-séries et tout le binz. Plus tu attendras, plus cela sera difficile.
Et puis un petit coup de ``if the author is polite'' à l'envers:
T'as raison : c'est bien comme cela qu'il faut présenter les choses.
Autre chose : concernant $L_{\rho_E} = \zeta_E$, TOUT est résolu. Mise à jour plus tard.
Page 4 de mon brouillon pourri IntroGaloisResolvantesViaDeg5.pdf . Je donne 3 résolvants célèbres du groupe en question, dont celui de Cayley.
J'essaie de chercher le polynôme de degré $6$ avec magma mais je ne sais pas comment créer l'algèbre de décomposition universelle de $X^5-X-1$. :-S
Il y a bien longtemps, j'ai commencé le métier avec Axiom (IBM). Investissement pendant 5 ou 6 ans. Et le produit Axiom s'est écroulé. J'ai eu la flemme de tout reprendre en magma. Sauf des petits bouts par ci par là. Je viens de retrouver cela. Ici, c'est l'idéal, disons $I$ : tu n'as plus qu'à quotienter l'anneau de polynômes $P$ (à 5 indéterminées ici) par cet idéal. Du genre A, pi := P/I. Puis utiliser le bang-opérateur A!resolvant et laisser faire magma pour calculer le polynôme minimal sur $\Q$. Je ne sais plus quel algorithme il utilise mais je fais pas mieux et même vachement moins bien.
Par principe, comme je ne fais pas que cela, et que j'ai la trouille d'une coquille typo (un 1 remplacé par un 2 ..), je verrouille un peu plus. Et je choisis mon modèle exact dans $S_5$ via les générateurs modulo 5 : $x \mapsto x+1$ et $x \mapsto 2x$. Et j'essaie de commenter un tout petit peu. Et je fournis le résolvant de Cayley en donnant sa base et en faisant agir dessus la permutation ad-hoc. Rappel $F^\sigma$ c'est $\sigma \cdot F$.
ARG ! Très mauvaix choix de ma part de l'identificateur pour l'exemplaire de $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$ dans $S_5$. Indépendant du résolvant. C'est le résolvant qui doit se plier à, qui doit suivre ...etc.. Deux/trois boulettes comme ça, et tu es recollé.
On va pouvoir finir les sous-extensions de $\Q(\root p \of 1)$ (avec les sommes de Gauss et tout) et aussi finir proprement les extensions quadratiques (avec les discriminants fondamentaux et les conducteurs). Pour les choses bébés !
Je dois réfléchir un peu mais y'a beaucoup de choses qui viennent de prendre forme, MERCI$^{\infty}$ (tu)
Pour la mise à jour, faudra attendre 2-3 jours.
Le principe : régler d'abord la chose pour $\tau = \iota_{E,L}$, l'inclusion canonique de $E$ dans $L$. Vérifier ensuite que les objets $\tau$-passent.
Pour $\iota_{E,L}$. Ouvrir Samuel p. 106. Et y voir avec des notations qui se devinent :
$$
\#I(\bigP, L/K) = e(\bigP, L/K), \qquad\qquad \#D(\bigP, L/K) = e(\bigP, L/K)f(\bigP, L/K)
$$
Utiliser cela également pour $L/E$. Et quotienter les deux ...etc..Exemple
$$
{\#I(\bigP, L/K) \over \#I(\bigP, L/E)} = {e(\bigP, L/K) \over e(\bigP, L/E)} = e(\mathfrak p, E/K)
$$
Toi in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1518908#msg-1518908 : oui, je suis d'accord pour reprendre l'arithmétique de $\Q(\root p \of 1)$. Je veux dire l'arithmétique des sous-extensions. Tout y est faisable à la main je t'assure. J'ai mis des pointeurs pour. Pas besoin de discriminant conductor formula et tout le truc. La base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$ est aussi une base normale de $\Z[\root p \of 1]/\Z$ et on attrape ainsi des bases d'entiers de n'importe quelle extension intermédiaire; avec les périodes de Gauss, of course. Je pense que c'est comme cela que l'on travaillait autrefois.
Il y a vraiment un truc super en http://www.math.uconn.edu/~kconrad/articles/groupdet.pdf : The Origin of Representation Theory. Le titre dit tout. On y voit des noms prestigieux : Gauss, Dedekind, Frobenius ...etc..
Une présentation du sous-groupe d'ordre $8$ du groupe de Galois de $X^{12}-3$ à conjugaison près.
Je ne crois pas que ce soit $D_4$...
@Claude : j'ai commencé a lire un peu. Tu penses que Dedekind avait en tête une base normale quand il a étudié la matrice
$\sigma_{i} \sigma_j(a)$ (page 3.)
J'avais oublié qu'on connaît tous les groupes d'ordre $8$ depuis belle lurette !
Je vais pouvoir chercher un $D_4$-résolvant de $\mathrm{Gal}(X^{12}-3)$ grâce à cette présentation.
Bon, quand je serai mieux réveillé...
Mots-clés : groupes, groupes avec action, isomorphe, égal, conjugué, ...etc.. Peut-être revoir le coup des actions transitives, fidèles et tout le truc. Certes, le groupe que te montre magma, ce n'est pas $D_4$ agissant sur $\{1 ..4\}$ car $4 \ne 12$. Mais c'est peut-être un groupe isomorphe à $D_4$ agissant sur $\{1..12\}$. Je dis peut-être mais c'est sûr.
Depuis, j'ai réfléchi. Partons dans l'autre sens en faisant uniquement du groupiste. Ma notation $K \rtimes_\psi H$ favorite avec $K$ en position kernel. Soit un groupe $H$ quelconque et $H_0$ un sous-groupe d'indice 2. Cette donnée définit un morphisme $\psi : H \to \text{Aut}(C_3)$. Comment ? Donc un produit semi-direct $C_3 \rtimes_\psi H$. Supposons de plus que $H$ agisse sur un ensemble $X$. Comment faire agir ce produit semi-direct sur $3X = \{1,2,3\} \times X$ ? En ce qui concerne ce dernier truc, ne pas hésiter à étudier la totale : i.e. le recollement de $K \to \Gamma$ et $H \to \Gamma$ en un $K \rtimes_\psi H \to \Gamma$.
Exemple : $H = D_4$. Un certain nombre de sous-groupes $H_0$ d'indice 2. Combien ? Lesquels ? D'où des produits semi-directs $C_3 \rtimes D_4$ avec action en degré $3 \times 4 = 12$. Et du coup, $D_4$ qui est contenu dedans agit en degré 12.
@flip flop
Pas lu dans les détails. Juste vu qu'un déterminant circulant (th 1, section 2) permettait de montrer que le discriminant de l'unique extension de degré $e$ contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ pour $e \mid p-1$, était $\pm p^{e-1}$. Mais ce $\pm$ c'est insupportable, il fallait que je bosse encore. Imagine, pour $p$ impair, que je te dise que l'unique extension quadratique contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ a pour discriminant $\pm p$. Tu trouverais que je suis tombé bien bas car la réponse est $p^*$. Donc, il va falloir que je revisite le truc.
Je viens de subir pour la première fois les limitations liées à l'utilisation de magma en ligne avec le code suivant :
Je crois qu'il va falloir que j'envisage sérieusement ton idée du costume à la fac. ;-)
Je ne comprends pas bien ce que tu fais. Si j'ai mentionné $D_4$, c'est plutôt comme quotient du groupe de Galois $G$ de $X^{12} - 3$ sur $\Q$. Il ne deviendra que sous-groupe de $G$ parce que ...
Comme déjà évoqué, je pose $y = x^3$ où $x^{12} = 3$ si bien que $y^4 = 3$. Et ça, ``c'est du $D_4$''. Je veux dire par exemple que :
$$
Y^4 - 3 = Y^4 - y^4 = (Y - y)(Y + y) (Y - iy) (Y + iy)
$$
Et donc tout ce beau-monde $i^ky$ est dans le corps de décomposition $L$ de $X^{12} - 3$. D'où une extension intermédiaire $\Q(y,i)$ galoisienne sur le corps de base, de groupe de Galois $D_4$. Par ailleurs le corps de décomposition $L$ de $X^{12} - 3$, c'est $\Q(x,\zeta_{12})$. D'où un petit schéma (me surveiller, en tout cas assurer les degrés).
$$
\xymatrix {
& L = \Q(x,\zeta_{12})\ar@{-}[dl]_2 \ar@{-}[d]^3\\
\Q(x)\ar@{-}[ddr]_{12} & \Q(y,i)\ar@{-}[d]^2 \\
& \Q(y)\ar@{-}[d]^4 \\
& \Q \\
}
$$
Et un morphisme de restriction, surjectif (théorème de prolongement des morphismes) :
$$
G = \text{Gal}(L/\Q) \ni \sigma \longmapsto \sigma_{|\Q(y,i)} \in \text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) = D_4 \qquad \qquad (\star)
$$
Attention à ce $= D_4$ : j'ajoute que l'action est sur les 4 racines de $Y^4 - 3$.
Jusqu'à maintenant, c'est basique. Le problème, c'est l'intégration de l'étage de degré 3 là haut. Comme magma me dit (et c'est uniquement à ce moment là que je le questionne !) que $G$ est un produit semi-direct ...etc... je me dis que $(\star)$ est scindé. Et ça, c'est une autre paire de manches (on n'est plus dans le basique).
Me surveiller (bis).
Comme souvent avec magma, je fais mumuse !
Désolé !
Je vais regarder ton dernier message.
Il reste quoi a démontrer dans le diagramme de Claude ?
Dans le diagramme avec les degrés, que reste-t-il à faire ? TOUT. Je n'ai absolument rien prouvé !! Il faut bien comprendre que si tu prends un $X^{12} - a$ au pif, disons $a$ entier $\ge 2$ pas trop n'importe comment, le groupe de Galois est d'ordre 48. Parce que $\varphi(12) = 4$ et $12 \times 4 = 48$ et
$$
\Q \subset \Q(\root 12 \of a) \subset L = \Q(\root 12 \of a, \zeta_{12})
$$
Mais ici, magma m'a dit 24 comme ordre du groupe de Galois. Et donc hier soir, dans mon post écrit rapido, sans avoir aucunement travaillé, j'ai fait du forcing sur ce nombre 24.
Ensuite, j'ai réfléchi. Et j'ai eu un peu de mal à situer $i$ (de $i^2 = -1$) et $j$, de $j^2 + j + 1 = 0$ dans le diagramme. Par exemple, si vraiment, je monte de $3$ là-haut via $x = \root 3 \of y$, c'est que $j$ est dans la base $\Q(y,i)$. Si $j$ n'était pas dans la base $\Q(y,i)$, on monterait de $3! = 6$. Idem dans l'étage $\Q(x) \subset \Q(x, \zeta_{12})$, comment se fait-il que l'on ne monte que de 2 et pas de 4. Car :
$$
\Phi_{12}(X) = \Phi_6(X^2) = \Phi_3(-X^2) = X^4 - X^2 + 1
$$
Ici j'utilise $\Phi_{an}(X) = \Phi_n(X^a)$ si $a \mid n$.
Bref, il a fallu que je bosse un petit peu pour PROUVER que chaque degré est bon. J'ai été obligé de réviser $\Q(\root 12 \of 1) = \Q(i,j)$ et constater que $\zeta_{12} = -ij$, et inclure dans l'extension 12-cyclotomique l'extension quadratique réelle qui me manquait.
Et ensuite, le coup du scindage m'a aussi occupé. Car je me souvenais avoir raconté (et écrit) il y a 6 mois ou plus, une énorme c.nnerie à ce propos.
Et je fais un résumé vachement simple (pour une fois) : il y a tout à faire (bis).
@flip flop
C'est donc un résultat purement groupiste ?
Ah oui $3 \wedge 8 = 1$ ! Et Zassenhaus prend la main groupistement.
N'empêche que je veux scinder de manière explicite, disons je veux faire mumuse avec du corporel et pas que du groupiste.
Et quand je pense qu'au départ, c'était pas pour faire du corporel mais de l'arithmétique : histoire de couper $\rho_E$ en rondelles où $E = \Q(x)$ avec $x^{12} = 3$. Dans l'intention de faire une petite toilette à $\zeta_E$ qui dit qu'elle a besoin de je ne sais combien de coefficients $a_n$ avant de se mettre au boulot. Dans le chapitre L-series, l'exemple vient des frères Bogdanov, je veux dire des frères Dokchitser (j'ai toujours du mal à orthographier).
@vous deux
Quand j'écris $\text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) = D_4$, c'est nul à ch.er. Et même, si j'écris $\text{Gal}(\Q(y,i)/\Q) \simeq D_4$, c'est toujours aussi nul. On n'est pas dans les salons mondains.
PS : j'ai dit que j'ai eu du mal à localiser $i$. Faut pas pousser vu que je l'ai collé dans $\Q(y,i)$ ! Ce qui m'a coûté un peu, c'est de me dire que vraiment $j$ était dans $\Q(y,i)$. Et une fois que l'on est convaincu que machin est dans truc, il n'y a plus qu'à bien chercher.
Pour Zassenhaus c'est plus une blague pour les salons :-D
Tu racontes les choses plus simplement que moi.
Autre chose (rien à voir). Dans la série, on va faire un grand grand retour en arrière (je veux), il vient de m'arriver un truc de dingue. Est ce que tu te souviens vaguement du calcul universel que je faisais à propos de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental ? Y intervenait la somme avec le caractère $\chi_D$ de Kronecker :
$$
S_D = \sum_{i \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(i) X^i \in \Z[X]
$$
Un nouveau truc expérimental. Tu crois que je peux raconter (j'ai peur que la modération ferme le fil parce que je fais dévier du sujet) ?
Voilà. Je ne démarre plus avec $D$. Mais avec un caractère de Dirichlet $\chi$, primitif et à valeurs dans $\{\pm 1\}$ (donc quadratique). Cela veut donc dire, en notant $D$ le modulus de $\chi$ (qui est aussi son conducteur) que $\chi : (\Z/D\Z)^\times \to \{\pm 1\}$ ; primitif voulant dire que je ne peux pas le passer au quotient. Je définis alors le polynôme de $\Z[X]$ :
$$
S_\chi = \sum_{i \in (\Z/D\Z)^\times} \chi(i) X^i
$$
L'exposant $i$ sur $X$, c'est n'importe quel remonté de $i$ dans $\N$.
Et bien figure toi que (expérimentalement), on a la congruence où intervient le polynôme cyclotomique
$$
S_\chi^2 \equiv \chi(-1) D \quad \bmod \quad \Phi_D(X) \qquad\qquad (\star)
$$
Figure toi aussi, avec la tête dans le guidon comme il m'arrive souvent, je suis incapable de dire si $(\star)$, cela donne une info nouvelle ou pas.
Le problème est bien le suivant : Soit $\Delta \in \Z$ sans facteur carré. Trouver le conducteur cyclotomique de l'extension quadratique $\Q(\sqrt{\Delta})$ avec un garantie (i.e une expression cyclotomique de $\sqrt{\Delta})$) ?
(ensuite avoir un expression cyclotomique pour l'anneau de entiers).
Oui, c'est ça, mais j'ai pigé.
J'ai pris $D = 40$, discriminant quadratique fondamental. Il y a deux caractères primitifs parmi lesquels $\chi_D$ de Kronecker.
Ma petite histoire de congruences. Faut bien regarder.
Mais, mais les deux caractères doivent différer d'un signe :
J'ai pigé quoi alors ? Qu'en revenant en arrière, j'ai intérêt à me clarifier sur les caractères de Dirichlet, primitifs ou pas. C'est déjà pas mal d'avoir pigé cela.
A mon avis c'est $\Q(\sqrt{10})$ et $\Q(\sqrt{-10})$.
Des caractères qui diffèrent d'un signe, que je dis. Ca veut rien dire. C'est $\chi_{-4}$ qui fait passer de l'un à l'autre. Non, c'est pas grave (de raconter des c.nneries, je parle de moi), car on va faire des révisions (retourner à l'école). Laisse béton mes posts là-dessus.
@vous deux
$X^{12} - 3$ : ce que ne donne pas Zassenhaus (je pense), c'est quel produit semi-direct. Hi ! Car des $C_3 \rtimes_\psi D_4$, il y en a plusieurs. Je veux dire combien de $\psi$ ? Combien de classes d'isomorphie ? Et pour $X^{12} - 3$, lequel ?
Si je prend $\Delta$ sans facteur carré alors si $2 \mid \Delta$ alors le conducteur c'est $4 | \Delta |$ et le conducteur de $-\Delta$ sera le même d'où la présence des deux caractères primitifs et ils différent du caractère associé à $\Q(i)$ (pas d'un signe).
Si $2$ ne divise pas $\Delta$ là il y aura seulement un seul caractère.
$$L=\Q(\sqrt[12]{3},i).$$
Il y a $3$ sous-groupes de $S_4$ d'ordre $8$, non abéliens, donc
$$H\simeq D_4.$$
Merci flipflop. ;-)
C'est marrant : là où toi, tu en dis le moins possible, moi j'ai envie d'en dire le plus. Tu comprends bien que je peux pas me contenter de ``il y a 3 sous-groupes d'ordre 8 de $S_4$ non abéliens donc ...'' (d'ailleurs, je vois pas trop).
Une réponse de ma part (parmi d'autres) est la suivante. Soit $y,i$ dans un corps de décomposition de $Y^4 - 3$ sur $\Q$ avec $y^4 = 3$ et $i^2 = -1$. De sorte que ce corps de décomposition est $\Q(y,i)$. Alors en notant $\Gamma = \text{Gal}(\Q(y,i)/\Q)$, j'affirme qu'il existe $r, s \in \Gamma$, uniques tels que :
$$
r(z) = iz \quad \hbox {pour $z \in \{\pm y, \pm iy\}$}
\qquad\qquad\qquad
\cases {
s(y) = y \\
s(i) = -i}
$$
Note : en écrivant $i=iz/z$, on voit que $r(i) = i$.
La chute : c'est que le groupe de Galois $\Gamma = \langle r, s\rangle$, et ce système de générateurs fournit la présentation standard de $D_4$.
Note : si on réalise le corps de décomposition dans $\C$ (ce n'était pas encore le cas !!) et si je choisis $y$ réel, par exemple $y = + \root 4 \of 3$, alors $s$ est la conjugaison complexe.
Aucune raison d'ailleurs, de plonger le corps de décomposition dans $\C$. D'ailleurs, magma procède (toujours je pense) autrement :
Qu'est ce que l'on voit ? Que la réalisation d'un corps de décomposition de $X^4 - 3$ a lieu dans une extension non ramifiée de $\Q_{13}$. En fait c'est dans le corps 13-adique $\Q_{13}$ car $X^4 - 3$ est totalement décomposé modulo $13$ (et en fait la réalisation a lieu dans l'anneau 13-adique $\Z_{13}$). Et le groupe $G$ de permutations s'identifie vraiment au groupe de Galois permutant ces 4 racines que l'on voit.
Evidemment, si je prends un polynôme de degré plus grand, magma ne va pas s'amuser à chercher un premier $p$ totalement décomposé (vu la rareté). Il se contentera d'un premier non ramifié $p$ et plongera le binz dans une extension (non ramifiée) de $\Q_p$. Et cette stratégie (utilisation des extensions non ramifiées de corps $p$-adiques) s'avère très très efficace.
J'attache la version finale concernant $L_{\rho_E} = \zeta_E$. Le gros changement a lieu dans la page 9 : on passe de problématique à résolu. Et d'ailleurs, on a maintenant plusieurs preuves de ..
Pour ne rien te cacher : je trouve que la note sent un peu la transpiration (c'est pas faux) et une attitude normale consisterait à tout mettre à la poubelle et recommencer. Je ne le ferai pas.
Quels bénéfices va-t-on tirer de cette égalité $L_{\rho_E} = \zeta_E$ ? C'est ça qui n'est pas clair dans ma pauvre tête. Alors qu'on s'est bien fait ch.er à montrer l'égalité des $p$-Euler facteurs, ce qui n'était pas de la tarte dans le cas ramifié. Je suis loin d'avoir digéré cette définition d'Artin qui consiste à neutraliser l'inertie.
Comme bénéfice, on voit qu'en décomposant la représentation $\rho_E$ en somme directe de représentations, on obtient une expression de $\zeta_E$ comme produit de L-séries.
Je crois qu'il est indispensable de traiter des exemples : pourquoi pas $E/\Q$ de degré 3 non cyclique ? Ce qui correspond à un polynôme $F \in \Z[X]$, unitaire, irréductible de degré $3$ dont le discriminant n'est pas un carré. Et relire l'exemple $X^3 - X - 1$ de Serre. Evidemment, ce n'est pas cette histoire de $L_{\rho_E} = \zeta_E$ qui va apporter de l'eau au moulin du corps des écoles dans ce cas là.
D'après les théorèmes de Sylow, il y a un ou trois $2$-sous-groupes de Sylow de $S_4$.
On en construit $3$ facilement, à savoir $\langle (1,2),(1,3,2,4)\rangle$, $\langle (1,3),(1,2,3,4)\rangle$ et $\langle (1,4),(1,2,4,3)\rangle$ qui sont tous isomorphes à $D_4$.
P.S. : Un grand merci pour le pdf que tu viens de poster et que je vais essayer de comprendre. (tu)
Merci pour la version finale. Oui on a transpiré, mettre a la poubelle, nonnnn !!!!
Sinon, pour classe des écoles, ce que j'ai compris c'est que celle-ci fournit les Frobenius et du coup on peut la brancher avec ce que l'on a fait pour obtenir des fonctions zéta. (je pense que c'est ce que Serre a fait en utilisant le corps de Hilbert du polynôme $f$ de degré $3$ et surtout l'extension quadratique dont le corps de Hilbert est exactement le corps de décomposition de $f$ (retour sur les formes quadratiques), on va pouvoir généraliser un peu, tu penses pas ? Un truc du genre prendre une extension quadratique (imaginaire) et construire son corps de Hilbert $H$ et avoir $H \mid \Q$ Galois (c'est sur le papier ça !).
Je vais d'abord essayer de faire le conducteur des extensions quadratiques de $\Q$, car ça m'énerve un peu de ne pas avoir fini il y a quelques mois (mais là j'ai une motivation car je veux fabriquer ma matrice qui compte le nombre de solution de polynôme de degré $2$ :-D).
Beh ça fait pas mal de thème, tout ça (:D