Homographies et petits groupes de Galois

claude quitté

Ouf ! Remarque : on peut enlever les 2. Donc au point $A = 0$, le générateur d'inertie est $r : x \mapsto e^{2i\pi/n}\, x$ et au point $B= 1$, c'est $s : x \mapsto 1/x$. Comme j'ai cafouillé avec cette histoire de carte (projection stéréographique), je propose de recommencer (plus tard !) avec l'icosaèdre : mettre ``l'icosaèdre en homographies'', déterminer une fraction rationnelle qui fournira un revêtement galoisien $\mathbb P^1(\mathbb C) \to \mathbb P^1(\mathbb C)$, de groupe isomorphe au groupe alterné $A_5$, déterminer l'inertie (il y a 3 points de branchement) et trouver la présentation de $A_5$ à travers $R_A \circ R_B \circ R_C = 1$.

Reste ``juste'' à comprendre tout cela ! Encore une (dernière) question. Soient $p,q$ les deux projections stéréographiques de pôle nord $e_3$ et de pôle sud $-e_3$ :
$$
p : \mathbb S^2 \setminus \{e_3\} \ \buildrel \simeq \over \longmapsto \ \mathbb C, \quad p(-e_3) = 0,
\qquad\qquad
q : \mathbb S^2 \setminus \{-e_3\} \ \buildrel \simeq \over \longmapsto \ \mathbb C, \quad q(e_3) = 0,
$$
Que vaut $q \circ p^{-1} : \mathbb C \setminus \{0\} \to \mathbb C \setminus \{0\}$ ?

gai requin

Je n'y connais pas grand chose en projections stéréographiques mais un tout petit peu plus en droites projectives.
Voilà donc mon idée : regarder $q\circ p^{-1}$ comme homographie de la droite projective complexe et calculer les images de $0$, $1$ et $\infty$.
Evidemment, il est hautement probable que je raconte n'importe quoi.

claude quitté

Non. Et comme c'est super-important dans cette histoire de sphère de Riemann, il faudra prendre son temps. Quand on tombe sur $R_A \circ R_B \circ R_C$ qui ne fait pas l'identité alors que cela devrait le faire, çà agace (je parle de mon erreur). J'ai l'impression qu'il y en a le minimum dans le livre des Douady (à vérifier). Une référence : H. Cartan (Théorie élémentaire des fonctions analytiques d'une ou plusieurs variables complexes), III, section 5.1. Ou tout autre ouvrage. But : être à l'aise avec la sphère de Riemann (et les groupes $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$ et $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$). J'ai dû à une époque attacher des épreuves corrigées autour de cela.

gai requin

J'ai trouvé des choses dans le Boyer "Algèbre et Géométries".

J'obtiens que pour tout $z\neq 0$, $q\circ p^{-1}(z)=1/\overline{z}$.

claude quitté

Oui. Je détaille un peu en renommant les projections stéréographiques $p_N$ de pôle nord, $p_S$ de pôle sud. Je ne sais pas si Boyer en parle mais dans un espace euclidien, soit $z_0$ sur la sphère de centre l'origine et de rayon $R > 0$. Alors la projection stéréographique sur la sphère, de pôle $z_0$, est la restriction à la sphère de l'inversion de pôle $z_0$ et de puissance $2R^2$ (cf la partie III du texte que j'attache). Et avec les formules de cette partie III, on obtient:
$$
p_N(ae_1 + be_2 + ce_3) = {a+ib \over 1-c}, \qquad
p_S(ae_1 + be_2 + ce_3) = {a+ib \over 1+c}
$$
D'où la formule de composition que tu dis i.e. $z \mapsto 1/\overline z$ ; qui n'est pas holomorphe ! Et donc $(p_N, p_S)$ ne constitue pas un atlas de la sphère de Riemann. Mais alors, quelle est la structure de surface de Riemann de $\mathbb S^2$ ? I.e. quel atlas choisit-on ? Ou bien : quel atlas choisis-tu ? Ou bien : depuis le départ, avec quel atlas travailles-tu ? Est ce que l'on a bien le même ? Et pendant qu'on y est, que dis tu de la section 1.2.3 page 8 du document https://webusers.imj-prg.fr/~nicolas.bergeron/Enseignement_files/SurfaceDeRiemann.pdf ?

Ajout Je m'aperçois, dans un passé récent, qu'une étape a été brûlée. Il s'agit de la ligne 4 de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1298657#msg-1298657 où il est question de $g, g'$ qui vérifieraient $g(x) = g'(x) = y$. C'est très important d'y répondre car la réponse verrouille l'unicité et explique dans le cadre de $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ que l'histoire de <<s'aligner sur $\mathbb U$>> a vraiment un sens !

gai requin

Et si on remplace $p_S(ae_1 + be_2 + ce_3) = \dfrac{a+ib}{1+c}$ par $p_S(ae_1 + be_2 + ce_3) = \dfrac{a-ib}{1+c}$ ?

claude quitté

Oui, mais $p_S$, c'est $p_S$, donc pas le droit de le changer comme tu as écrit. Ce que l'on peut dire : c'est que $\big(p_N, \{ z \mapsto \overline z\} \circ p_S\big)$ est un atlas holomorphe sur $\mathbb S^2$. Mais depuis le départ (le début des temps) en avions nous convenu ? Après tout, peut-être que dans ton coin, tu avais choisi l'atlas $\big(\{ z \mapsto \overline z\} \circ p_N, p_S\big)$ ? En donc en fait, il nous était impossible de communiquer sans s'être entendu là-dessus ! Grosso-modo : tu aurais pu tourner dans un sens et moi dans l'autre (== un décrète de passer au feu vert et l'autre au feu rouge). Que disent les textes officiels sur cette histoire i.e. quel est l'atlas que l'on retient ? Que dit Boyer (je ne l'ai pas) ? Est ce qu'il n'y a pas des non-dits dans le livre des Douady (où, air connu, la vie est bien plus simple car on ne s'embête pas avec ce genre de détails) ?

Avec l'icosaèdre, tu as bien envie de tomber sur $R_A \circ R_B \circ R_C = 1$ en ayant bien réfléchi aux histoires d'orientation, n'est ce pas ? Tu as bien sûr envie que tous, on s'arrête au rouge, n'est ce pas ?

Et que dis tu de la page 8 de Bergeron & Guillon ? As tu vu mon ajout (mon post précédent) sur le fait qu'une étape a été brûlée ?

gai requin

Wikipedia choisit l'atlas $\big(p_N, \{ z \mapsto \overline z\} \circ p_S\big)$.
Sur la page 8 de Bergeron & Guillon, j'ai l'impression qu'il manque tout plein d'automorphismes de $\mathbb{P}^1(\mathbb{C})$ dans le groupe de Moebius.

J'ai bien vu ton ajout mais je n'ai pas la réponse.
Remarque : pour tous $g,g'$ tels que $y=g(x)=g'(x)$, on a $gI_xg^{-1}=g'I_xg'^{-1}(=I_{g(x)})$.

claude quitté

C'est l'atlas que j'ai choisi depuis toujours (avant que Wikipedia n'existe .. et qui, soit dit en passant, n'a jamais été une référence officielle). Ma référence est le Cartan. Et toi, quel était ton atlas depuis le départ ? N'oublie pas que la $D_n$-histoire provient du plan euclidien, puis plongement dans $\mathbb R^3$ ..etc.. relis les posts si tu en doutes (et il y avait, de ma part, mention de la projection stéréographique de pôle nord).

Pour moi, tout cela est super-important (j'ai pas envie que tu passes au rouge). Dans les salons mondains, on s'en fiche, il n'y a ni feu vert, ni feu rouge : on peut faire son intéressant avec un verre de champagne à la main et épater la galerie en racontant des histoires sur la sphère de Riemann (personne n'ira vérifier dans quel sens tu tournes).

A la page 8 de Bergeron & Guillon, faut juste corriger leur formule de $p_S$ et prendre comme atlas ce que l'on a dit ci-dessus.

Quant à ta dernière ligne, ce qui m'intéresse depuis hier, ce sont les isomorphismes. Quand $I_x$ est abélien (c'est le cas dans notre histoire), je dis que les restrictions à $I_x$ des automorphismes intérieurs $\mathrm {Int}_g$ et $\mathrm {Int}_{g'}$ sont égales. Why ?

Et au fait, est ce que tu es d'accord que la précision c'est certes pénible mais important ?

GaBuZoMeu

Une petite incursion dans cette discussion : question de goût, je préfère orienter la sphère avec la normale sortante. Dans ce cas, le bon atlas est $(\mathrm{conj}\circ p_N, p_S)$.

claude quitté

@GBZM Vu. Et est ce qu'il y a ``un standard'' dans cette histoire (de sphère de Riemann) ? Ou bien, chacun fait comme il veut (en ayant bien sûr précisé son choix) ?

GaBuZoMeu

Je ne connais pas de "standard".

gai requin

A la page 8 de Bergeron & Guillon, faut juste corriger leur formule de $p_S$ et prendre comme atlas ce que l'on a dit ci-dessus.

J'ai beau lire 100 fois, je ne vois pas où on mentionne $p_S$ à la page 8.

Quand $I_x$ est abélien (c'est le cas dans notre histoire), je dis que les restrictions à $I_x$ des automorphismes intérieurs $\mathrm {Int}_g$ et $\mathrm {Int}_g'$ sont égales. Why ?

Comme $g(x)=g'(x)$, $g'^{-1}g\in I_x$ donc, $I_x$ étant abélien, $(g'^{-1}g)h(g'^{-1}g)^{-1}=h$ soit $ghg^{-1}=g'hg'^{-1}$ pour tout $h\in I_x$.

Et au fait, est ce que tu es d'accord que la précision c'est certes pénible mais important ?

La précision est très importante pour ma compréhension. :-)

claude quitté

Arg, c'est à la page 8 au sens de la consultation du pdf, pas du document. C'est la page 6 du DOCUMENT, sous-section 1.2.3 (il me semble que j'avais fourni le numéro de cette sous-section). Certes, la précision c'est important pour ta compréhension, mais c'est important tout court : si on dit que $abc = 1$ dans un groupe, on n'est pas en train de dire que $cba = 1$. Te souviens tu des histoires d'action à gauche ou à droite où tu as fini par avouer qu'avant que C.Q. ne débarque, c'était vachement plus simple. Oui, bien sûr, c'est vachement simple quand on ne fait aucun calcul (salon mondain ..etc.. je ne vais pas remettre cà). En clair, je ne pinaille pas (alors qu'on pourrait le croire).

As tu trouvé $p_N, p_S$ chez Bergeron & Guilloux ? En fait, tu auras du mal car c'est $\varphi_N, \varphi_S$. Ah, damned, c'est peut-être un ``joke'' de ta part (et je marche).

gai requin

Ce n'était pas un joke. C'est bien la p.6 et effectivement, il y a une erreur dans la projection stéréographique de pôle sud !

Remarque : dans le Douady p.330, on se casse moins la tête.
Par projection stéréographique, la sphère de Riemann c'est $\mathbb{C} \cup \{\infty\}$ et l'atlas est formé par l'identité et l'inverse.

Est-on maintenant ok sur l'unicité des isomorphismes qui permettent de s'aligner sur $\mathbb{U}$ ? (cf mon post précédent)

claude quitté

Je suis ok en ce qui concerne l'unicité des ``isomorphismes d'alignement sur $\mathbb U$''.

En ce qui concerne le livre des D. pages 330-331, puisqu'on ne s'y casse pas la tête, est ce plus clair ? Est ce que l'on y voit les projections stéréographiques ? Est ce que dans le métier, ce n'est pas préférable de mettre tout de suite le pied dans la m.er.e plutôt que de passer à côté (car un jour ou l'autre on marchera dedans) ? C'est une question pour chacun (et chacun a sa réponse, je veux dire).

Et dans le genre ``droite, gauche, même combat'' (mais non, c'est pas de la politique, je précise afin que le fil ne soit pas fermé), ou pourquoi pinailler entre $abc = 1$ et $cba = 1$, il y a eu plusieurs fois de ma part, des questions du type : est ce que les homographies de $\mathbb P^1(k)_x$, cela se compose dans le même sens que les matrices de $\mathrm {GL}_2(k)$ ? Est ce que cela se compose dans le même sens que le groupe des automorphismes $\mathrm {Aut}(k(x)/k)$ ? Est ce que tu as envisagé la chose ?

En fait, comme déjà avoué, je suis un grand trouillard dans ce domaine : il n'est pas rare, quand je fais un calcul du type $\sigma \circ \tau$, de constater après coup, qu'il fallait faire en fait $\tau \circ \sigma$ (et pourtant, je fais un effort, car en magma, les permutations se composent dans l'autre sens que le nôtre et les applications linéaires se codent par la transposée d'une matrice par rapport à nous autres). Bref.

Douady p. 405, exo 6. Un joli exercice à mener au bout. Un revêtement galoisien de groupe $\mathrm {SL}_2(\mathbb F_3)$. L'espace total n'est plus $\mathbb P^1$ mais probablement la courbe hyper-elliptique $y^2 = x^5 - x$. Ce n'est pas dit dans l'exercice car très peu de courbes algébriques chez eux. A garder pour plus tard. Mais un dernier (facile) pour la route :
$$
x^5 - x = x \times (x-1) \times (x+1) \times (x-i) \times (x+i)
$$
Les 5 points de $\mathbb P^1(\mathbb C)_x$ que l'on voit ici : $x = 0, 1, -1, i, -i$, auxquels on adjoint $x = \infty$ que l'on ne voit pas, quand on les balance (les 6 points) dans $\mathbb S^2$ par la projection stéréographique de pôle nord (ah, ah), on tombe sur 6 points remarquables de $\mathbb R^3$. Lesquels ?

gai requin

On tombe sur les $\pm e_i$.

claude quitté

Oui, ce sont les 6 sommets de l'octaèdre ``standard''. Ou si l'on veut (je crois) les 6 mllieux d'arêtes d'un certain tétraèdre régulier. Plus tard.

gai requin

J'ai une question gauche vs droite. ;-)
Comment l'atlas permet-il d'orienter la sphère ? (cf le message de GBZM [www.les-mathematiques.net])
La réponse est peut-être dans exo_so3_psu2c mais je n'ai pas encore eu le temps de m'y attarder.

claude quitté

Vacances. Il fait beau et je vais marcher. Bienvenue au club.

GaBuZoMeu

L'atlas holomorphe donne une orientation : la multiplication par $i$ est un quart de tour dans le sens direct.

gai requin

Si je comprends bien, avec $p_S$ dans l'atlas, l'orientation est donnée par la normale sortante alors que si $p_N$ est dans l'atlas, l'orientation est donnée par la normale entrante.

GaBuZoMeu

Farpaitement.

gai requin

Merci GBZM. :-)

gai requin

En tout cas, Claude, nos calculs de générateurs canoniques d'inertie ont été effectués en choisissant l'atlas $\big(p_N, \{ z \mapsto \overline z\} \circ p_S\big)$ qui est, de facto, celui avec lequel on peut continuer à travailler. Ok ?

claude quitté

J'hésite et je me demande en fait si ce choix est judicieux ! Comment as tu deviné ? De toutes manières, maintenant vacances. Judicieux, pas judicieux ? Prenons par exemple les 6 points remarquables d'hier de $\mathbb S^2$ i.e. $\pm e_1, \pm e_2, \pm e_3$ (les centres des 6 faces du cube ``standard'' avec ses 8 sommets $\pm e_1 \pm e_2 \pm e_3$). Correspondants dans $\mathbb P^1(\mathbb C)$ via $p_N$ : $\pm 1, \pm i, \infty, 0$. Concentrons nous par exemple sur $e_3 \buildrel p_N \over \longleftrightarrow \infty$ et sur les générateurs d'inertie d'ordre 4. On a dit (= convenu, accordé, suite à ...), du côté $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$, que $g_{\infty,4} = z \mapsto -iz$ :
$$
g_{\infty,4} : \quad
\infty \mapsto \infty, \quad 1 \mapsto -i,\quad i\mapsto 1
$$
ce qui conduit du côté $\mathrm {SO}_3(\mathbb R)$ à :
$$
R_{e_3,4} : \quad
e_3 \mapsto e_3, \quad e_1 \mapsto -e_2,\quad e_2 \mapsto e_1 \qquad \hbox {i.e.} \qquad
R_{e_3,4} = \pmatrix {0 & 1 & 0\cr -1 & 0 & 0\cr 0 & 0 & 1\cr}
$$
Désagréable ce $R_{e_3,4}$.

Mais il fallait s'en douter (et pas besoin de tout ce patacaisse avec l'inertie d'ordre 4) vu que pour $\omega = a + ib = \cos\theta + i\sin\theta$, la rotation, dans $\mathbb R^3$ de demi-axe $\mathbb R^+ e_3$, d'angle $\theta$ est
$$
R_{e_3,\theta} = \pmatrix {a & -b & 0\cr b & a & 0\cr 0 & 0 & 1\cr}
$$
Tandis que pour MON choix :
$$
\hbox {niveau $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$} \quad g_{\infty, \omega} : z \mapsto \omega^{-1} z
\qquad \longleftrightarrow \qquad
\hbox {niveau $\mathrm {SO}_3(\mathbb R)$} \qquad
\pmatrix {a & b & 0\cr -b & a & 0\cr 0 & 0 & 1\cr}
$$
Evidemment, je ne devrais surtout pas montrer tout ce fourbi (= brouillon) ci-dessus. Tu peux en sauter la lecture et lire à partir de maintenant ci-dessous.

Maintenant si on met dans notre atlas $p_S$ (au lieu de $p_N$), on a $p_S(e_3) = 0$ et ``tout est rétabli''. Au sens où, comme avant, on ``s'aligne'' sur :
$$
\mathbb U \simeq I_0 = I_{(0 : 1)} \qquad \omega \mapsto \{ z \mapsto \omega z\}
$$
Et on s'engage à assurer la correspondance entre $\mathbb S^2$ et $\mathbb P^1(\mathbb C)$ via $p_S$. Par exemple :
$$
\begin {array} {ccccccc}
e_1 & -e_1 & e_2 & -e_2 & e_3 & -e_3 \\
1 & -1 & i & -i & 0 & \infty \\
\end {array}
$$
Qu'en dis tu (à part le fait que le gars C.Q. a vraiment des problèmes avec sa gauche et sa droite) ?

gai requin

Je reste fasciné par cette correspondance du plan complexe (avec un point à l'infini) à l'espace euclidien !

Par ailleurs, tu as raison. C'est quand même mieux $g_{0,n}:z\mapsto \omega z$ plutôt que $g_{\infty,n}:z\mapsto \omega^{-1} z$.

De plus, je pense que nos derniers calculs de $R_A,R_B,R_C$ sont toujours valables.

claude quitté

Je comprends pas trop ce que tu veux dire par ``C'est quand même mieux ... plutôt que ...''. On a encore $g_{0,\omega} : z \mapsto \omega z$ et $g_{\infty,\omega} : z \mapsto \omega^{-1} z$. Sauf que si l'on met $p_S$ (la projection stéréographique de pôle sud) dans le moteur (i.e. dans l'atlas), alors $0 = (0 : 1)_{\mathbb P^1(\mathbb C)} \longleftrightarrow {e_3}_{\mathbb S^2}$ et $\infty = (1 : 0)_{\mathbb P^1(\mathbb C)} \longleftrightarrow {-e_3}_{\mathbb S^2}$.

Dans la passé, ``j'ai toujours fait'' avec la projection stéréographique de pôle nord (enfin, c'est ce que je dis).

Fascination : c'est probablement cela la sphère de Riemann ? I.e. faire vivre $\big( \mathbb P^1(\mathbb C), \mathrm {PSU}_2(\mathbb C)\big)$ versus $\big(\mathbb S^2, \mathrm {SO}_3(\mathbb R)\big)$, modulo quelques risques.

Bagages ?

gai requin

J'étais un peu nébuleux ce matin.

Si je comprends bien, avec $p_S$ dans l'atlas, le générateur canonique associé à $e_3$ correspond à la rotation d'axe $\mathbb{R}^+e_3$ et d'angle $\theta$ alors qu'avec $p_N$ dans l'atlas, le générateur canonique associé à $e_3$ correspond à la rotation d'axe $\mathbb{R}^-e_3$ et d'angle $\theta$.

Bagages demain. B-)

claude quitté

Oui, c'est cela. Même pas peur pour une autre expérience ? Je suis en train de préparer (pour la rentrée), en liaison avec l'exercice signalé (avant hier, je crois) du livre des Douady, ``le'' revêtement tétraèdral. Il s'agit donc d'algébriser le tétraèdre. On considère dans $\mathbb R^3$, un tétraèdre régulier $T$, par exemple celui de sommets les 4 sommets (sur 6) des 6 sommets $\pm e_1 \pm e_2 \pm e_3$ du cube ``standard" :
$$
Q_1 = (-1, 1, -1), \quad Q_2 = (1,1,1), \quad Q_3 = (1,-1,-1), \quad Q_4 = (-1,-1,1)
$$
Faire une figure du cube et y localiser le tétraèdre (ces 4 points sont bien équidistants). Le groupe $\mathrm {SO}(T)$ n'est pas trop difficile à cerner (s'aider du $\mathrm {SO(cube)}$). C'est un groupe isomorphe au groupe alterné $A_4$. Ce groupe``ramifie'' ce sur quoi il opère : sous $\mathrm {SO}(T)$, il y a de l'isotropie en les 4 sommets (c'est une orbite), qui est d'ordre 3 ($4 \times 3 = 12$), les centres des 4 faces (aussi une orbite) où l'isotropie est encore d'ordre 3 ($4 \times 3 = 12$) et enfin les milieux des 6 arêtes (encore une orbite) où l'isotropie est d'ordre 2 ($6 \times 2 = 12$). Bien sûr, on croit dur comme fer qu'il y a un générateur d'isotropie en chaque point mentionné (tourner dans le bon sens).

Il s'agit de passer tout ce petit monde dans $\mathbb P^1(\mathbb C)$. Certes, les sommets $Q_i$ ne sont pas dans $\mathbb S^2$, mais c'est pas grave (imaginer une homothétie, le tétraèdre a pour ``centre'' l'origine). On peut procéder en choisissant par exemple les 2 générateurs de $\mathrm {SO}(T)$:
$$
\pmatrix {0 & 0 & 1\cr 1 & 0 & 0\cr 0 & 1 & 0\cr} : \pmatrix {e_1\cr e_2\cr e_3\cr} \mapsto \pmatrix {e_2\cr e_3\cr e_1\cr}
\qquad \mathrm {Diag}(-1,-1,1) : \pmatrix {e_1\cr e_2\cr e_3\cr} \mapsto \pmatrix {-e_1\cr -e_2\cr e_3\cr}
$$
On utilise maintenant la correspondance via $p_S$ (SUD !). Il faut donc trouver les homographies (nécessairement dans $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$), qui réalisent :
$$
\pmatrix {1\cr i\cr 0\cr} \mapsto \pmatrix {i\cr 0\cr 1\cr}, \qquad
\pmatrix {1\cr i\cr 0\cr} \mapsto \pmatrix {-1\cr -i\cr 0\cr}
$$
Je trouve les homographies :
$$
h_3 = {ix + 1 \over -ix +1}, \hbox { représentée par } H_3 = \pmatrix {i & 1\cr -i & 1\cr}, \qquad \hbox {et} \qquad -x
$$
On obtient tout $\mathrm {SO}(T)$ de la manière suivante, i.e. comme produit d'une matrice diagonale (de déterminant 1) et d'une matrice de permutation :
$$
\mathrm {Diag}(\epsilon_1, \epsilon_2,\epsilon_1\epsilon_2) \times P_\sigma, \qquad
\epsilon_1,\epsilon_2 \in \{\pm 1\}, \qquad \sigma = I_3,\ (1,2,3),\ (1,3,2)
$$
Comme $4 \times 3 = 12$, le compte est bon. Il y a derrière cette histoire un produit semi-direct $V \rtimes C_3$ où $V$ est un groupe d'ordre 4 isomorphe à $C_2 \times C_2$ (dans le groupe alterné $A_4$, il s'agit du sous-groupe (distingué) engendré par les double-transpositions) et $C_3$ un groupe cyclique d'ordre $3$, engendré ici par la matrice de la permutation de $(1,2,3)$. Aux 3 matrices diagonales autres que l'identité correspondent les 3 homographies :
$$
-x, \quad 1/x, \quad -1/x
$$
Tandis que pour les deux matrices de permutation :
$$
P_{(1,2,3)} \longleftrightarrow h_3 = {ix + 1 \over -ix +1}, \qquad\quad
P_{(1,3,2)} \longleftrightarrow h'_3 = h_3^{-1} = -{i(x - 1) \over x +1}
$$
Note pour calculer $h_3^{-1}$ :
$$
\widetilde {H_3} = \pmatrix {1 & -1 \cr i & i\cr}
$$
Je vais plutôt utiliser $h'_3$ (au lieu de $h_3^{-1}$, inverse au sens homographie) pour éviter des confusions avec inverse au sens des fractions rationnelles. Ainsi, le groupe des 12 homographies est :
$$
\{ \pm h_3,\ \pm h'_3,\ \pm 1/h_3,\ \pm 1/h'_3,\ \pm x,\ \pm 1/x \}
$$
Le but, c'est d'obtenir une fraction rationnelle invariante par le sous-groupe, pendant de $\mathrm {SO}(T)$ dans $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$. Je sais, pour l'avoir déjà vu (sauf qu'ici je veux toute refaire de A à Z because le choix de $p_S$), qu'il s'agit du revêtement modulaire $X(3) \to X(1)$. Mais peu importe (je dis pas cela pour frimer) : il s'agit de faire apparaître $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3) \simeq A_4$. Bref, il faut terminer cette étape complètement (exhiber la fraction rationnelle).

Ensuite, pour suivre l'exercice des Douady, monter un petit étage hyper-elliptique de degré $2$ (à trouver, j'espère qu'il s'agit de $y^2 = x^5 - x$ mais je n'en suis pas sûr). Et enfin, si tout va bien, on aura obtenu un revêtement galoisien géométrique de groupe $\mathrm {SL}_2(\mathbb F_3)$.

Tout cela demande(ra) un peu de travail. Même pas peur ?

gai requin

Question (sale habitude).
Est-ce que mettre ce tétraèdre $T$ en homographie, c'est trouver une extension (galoisienne) $k(x)/k(t)$ de groupe de Galois $\mathrm {SO}(T)$ ?

claude quitté

Yes : du classique (quart de la moitié du théorème de Luröth). Classique mais il faut le faire. Et s'occuper de l'inertie : il y aura trois points de branchement : un point par catégorie i.e. un point pour les sommets (inertie d'ordre 3), un point pour les centres des faces (inertie d'ordre 3), et enfin un point pour les milieu des sommets (inertie d'ordre 2). Je parle des points du bas : il faut penser au quotient $\mathbb P^1(\mathbb C) \to \mathbb P^1(\mathbb C)/\mathrm{S0}(T)$ ou $\mathbb S^2 \to \mathbb S^2/\mathrm{S0}(T)$. Et le fameux $R_A \circ R_B \circ R_C = 1$, qui founira avec les relations $R_A^3 = R_B^3 = R_C^2 = 1$, une présentation de $\mathrm {SO}(T) \simeq A_4 \simeq \mathrm{PSL}_2(\mathbb F_3)$.

Ou, si on veut, algébriquement de l'inclusion $k(t) \subset k(x)$, $t$ à expliciter. Quid de $k$ : c'est $\mathbb C$ ; mais on peut descendre à la clôture algébrique $k = \overline {\mathbb Q}$ ; mais on n'aura pas besoin de TOUS les algébriques sur $\mathbb Q$. Et donc, comme d'habitude, cela finira par un petit corps de nombres $k$, j'ignore lequel. Et ensuite, du nouveau, un petit étage quadratique du type $k(x, \sqrt {x^5-x})$, je dis bien du type. Avec (pas banal), $k(x,\sqrt {x^5-x})/k(t)$ galoisien. C'est, en principe, l'algébrisation de l'exercice des Douady (si tout va bien).

Mais on n'en n'est pas là : faut d'abord trouver (et manier intelligemment) les 12 homographies.C'est fait

Sur la plage (moi, je peux pas) ?

J'ai trouvé comme fraction rationnelle $\mathrm{S0}(T)$-invariante de hauteur 12 :
$$
F = {(x^4 + 1) (x^2 - 2x - 1) (x^2 + 2x - 1) (x^4 + 6x^2 + 1) \over x^2 (x-1)^2 (x+1)^2 (x^2+1)^2 }
$$
Détails. Le polynôme caractéristique de $x$ sur $k(x)^{\mathrm {SO}(T)}$ est :
$$
\chi = \prod_h (T - h) = T^{12} - FT^{10} - 33T^8 + 2FT^6 - 33T^4 - FT^2 + 1
$$
On peut écrire $F = u/v$ avec
$$
u = (x^4 + 1) (x^4 - 6x^2 + 1) (x^4 + 6x^2 + 1) \quad \hbox {de degré 12} \qquad
v = (x^5 - x)^2 = x^2 \times (x^4 - 1)^2\quad \hbox {de degré 10}
$$
C'est bien parti par rapport à la question (a) de l'exercice des Douady : en effet, en prenant comme d'habitude $t = u/v$, au dessus de $t = \infty$, il y a les 6 points $\infty, 0, 1, -1, i, -i$, avec une inertie d'ordre 2. Or ces 6 points correspondent (par la projection stéréographique $p_S$ ou $p_N$ peu importe) aux 6 points $\pm e_1, \pm e_2, \pm e_3$. Or ces 6 points sont exactement les milieux des arêtes du tétraèdre initial de sommets $Q_1, Q_2, Q_3, Q_4$. I.e. les $(Q_i + Q_j)/2$ avec $i \ne j$ sont exactement les $\pm e_k$ Et c'est pile-poil ce que demandent les auteurs de l'exercice. Sauf que chez eux, c'est plutôt analytique (surface de Riemann) qu'algébrique (certes ``c'est pareil'', mais ...). Et je vois débarquer ci-dessus $x^5 - x$ que je n'avais pas vu auparavant.

Note : on a $u(ix) = u(x)$ et $v(ix) = -v(x)$ donc $F$ est anti-invariante par $x \mapsto ix$. Et cette homographie $x \mapsto ix$ d'ordre 4 est un habitant de SO(cube) qui n'est pas dans $\mathrm {SO}(T)$. Dit autrement, SO(cube) est engendré par $\mathrm {SO}(T)$ et par $x \mapsto ix$. Et on tient une fraction rationnelle invariante par SO(cube) (qui est un groupe isomorphe au groupe symétrique $S_4$) à savoir $F^2$, qui est de hauteur 24. Ce n'était pas prévu, en s'occupant du tétraèdre, que le cube débarquerait aussi aisément.

Mais problème : comment faire apparaître $\mathbb F_3$ via $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3) \simeq A_4$ ? D'abord, cela ne mange pas de pain de $\mathrm {SU}_2(\mathbb C)$-normaliser les matrices $2 \times 2$ encodant les homographies. Par exemple :
$$
H_3 = \pmatrix {i & 1\cr -i & 1}, \quad \det(H_3) = 2i, \qquad H_3 H_3^* = 2I_2
$$
Il faut donc diviser par $\sqrt 2\sqrt i = 1+i$ ou encore multiplier par $(1-i)/2$. C.a.d que l'homographie $h_3$ s'encode, au niveau $\mathrm {SU}_2$, par :
$$
\pm {1 \over 2} \pmatrix {1+i & 1-i\cr -(1+i) & 1-i\cr} \quad \hbox {du type} \quad
\pmatrix {z_1 & z_2 \cr -\overline {z_2} & \overline {z_1}} \quad\hbox {avec}\quad |z_1|^2 + |z_2]^2 = 1
$$
Idem avec l'homographie $-x$:
$$
-x \longleftrightarrow \pm \pmatrix {-i & 0 \cr 0 & i}
$$
En ``remontant'' $\mathrm {PSU}_2$ au niveau $\hbox {SU}_2$, on obtient ainsi un groupe $G \subset \mathrm{SL}_2(\mathbb Q(i))$ d'ordre 24. C'est le groupe tétraédral binaire (voir Arnaudiès-Bertin, tome II, p. 583 autour des groupes polyédraux binaires) : son centre est engendré par $-I_2$ et le quotient est le groupe tétraèdral ordinaire i.e. une version de $\mathrm {SO}(T)$. J'ai vérifié à l'aide de magma que $G \simeq \mathrm {SL}_2(\mathbb F_3)$, qui est le groupe qui intervient dans l'exercice des Douady. Mais, diable, d'où débarque $\mathbb F_3$ alors que l'on était parti dans $\mathrm {SL}_2(\mathbb Q(i))$ ? Est ce qu'il n'y a pas une réduction modulaire quelque part ? Mais quel anneau ? Avec ce 1/2, ce n'est pas à coefficients dans l'anneau des entiers de Gauss. Je ne comprends pas.

gai requin

Je pars sans mon pc.
Si tu as le temps de résumer tout ça (pdf ou note manuscrite), je l'emporte sur la plage avec le Douady.
Sinon, pas grave, ce tétraèdre attendra le mois prochain.

claude quitté

Pas le temps. J'ai juste complété 2 posts : un pour l'obtention des 12 homographies et l'autre qui fournit une fraction rationnelle de hauteur 12 invariante par $\mathrm {SO}(T)$. Je n'ai tenté aucune normalisation. Les points de branchement sont $t = \infty$ et $t = \pm 6i\sqrt {3}$. Tout cela sera à vérifier (plus tard).

gai requin

En fait, tu as tellement détaillé que j'ai plus qu'à imprimer. (tu)

claude quitté

Tu n'as plus qu'à retirer car j'ai corrigé des coquilles et apporté des précisions sur la partie facile. J'insiste que c'est la partie facile i.e. ce que l'on fait d'habitude (c'est la question (a) de l'exercice !). On n'en est pas à $R_A \circ R_B \circ R_C = 1$ !! En fait, j'ai regretté de rédiger dans des posts car on ne gagne pas du tout de temps. Cela m'appendra. J'ai apporté beaucoup de précisions car cela permet de faire ainsi des recoupes en cas d'erreurs (il y en avait hier). Tu as vu que le discours des Douady est très analytique (et parfois topologique) et que l'on y voit peu d'équations algèbriques. J'ai trouvé sur le net quelque chose qui doit être une thèse où c'est plus algébrique : in http://dspace.library.uu.nl/bitstream/handle/1874/865/full.pdf?sequence=1. On y voit que des choses remontent à Felix Klein !

gai requin

Calcul de $\mathrm {SO}(T)$ :

Soit $u$ une isométrie qui laisse invariant $E=\{Q_i\}$.
Alors $u$ induit une permutation $\sigma(u)$ de $E$.
Comme $E$ est un repère affine, $\sigma$ est un homomorphisme injectif de $\mathrm {O}(T)$ dans $S_4$.
De plus, le plan médiateur de $[Q_1Q_2]$ passe par $Q_3$ et $Q_4$ donc la transposition $(Q_1Q_2)$ est dans l'image de $\sigma$.
C'est le cas de toutes les transpositions de $E$ par le même raisonnement.
Ainsi, $\sigma$ est un isomorphisme et tout élément de $\mathrm {O}(T)$ est un produit de réflexions dont les images par $\sigma$ sont des transpositions.
On en déduit que $\mathrm {SO}(T)\simeq A_4$.

claude quitté

Vu. Et le mettre en isomorphie avec $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3)$ ``sans trop passer par $A_4$'' ? Quand je dis sans trop passer par $A_4$, c'est que lorsque l'on dit $\mathrm {SO}(T) \simeq A_4$, on ``détype'' un peu la chose géométrique. Certes, on est content d'avoir $A_4$ comme modèle avec ses double-transpositions et ces cycles de longueur 3. Une remarque, mais qui ne fait pas avancer le schmilblick, c'est que le groupe $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3)$, tout comme d'ailleurs le groupe $\mathrm {PGL}_2(\mathbb F_3)$, agit sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_3)$, de cardinal 4. Et alors ? Euh, rien.

gai requin

Ce serait rigolo de passer de matrices $3\times 3$ ($\mathrm {SO}(T)$) à des matrices $2\times 2$ ($\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3)$) mais va falloir que je réfléchisse. :-S

claude quitté

Rigolo : c'est donc que tu t'amuses (et moi aussi) et c'est cela le principal ! Mais je viens de réfléchir que pour $\mathbb F_3$, son origine géométrique est (je pense) le demi-plan de Poincaré $\mathbb H$. Le revêtement universel de la sphère privée de 3 points est le demi-plan de Poincaré. Et un autre monde débarque à savoir $\big( \mathbb H, \mathrm {PSL}_2(\mathbb Z)\big)$. Et $\mathbb P^1(\mathbb C)$ est un quotient $\overline {\mathbb H} / \mathrm {PSL}_2(\mathbb Z)$. Et cet exemplaire de $\mathbb P^1(\mathbb C)$, dans le revêtement tétraédral, c'est l'espace du bas. Tandis que l'espace du haut, qui est aussi une (la) droite projective complexe, c'est $\overline {\mathbb H} / \mathrm \Gamma(3)$, où $\Gamma(3)$ est un certain sous-groupe distingué de $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)$, avec par définition :
$$
\mathrm {SL}_2(\mathbb Z) / \Gamma(3) = \mathrm {SL}_2(\mathbb Z / 3\mathbb Z)
$$
Le voilà le $\mathbb F_3$ et son $\mathrm {SL}_2$. Mais on peut pas tout faire d'un coup. Donc pas trop se forcer à faire apparaître géométriquement $\mathbb F_3$ : il le faudra bien le faire à un moment donné, de manière plus ou moins artificielle. Et tant pis si c'est artificiel (on va pas remonter au demi-plan de Poincaré surtout qu'il y a les bagages à s'occuper : 14 juillet). Probablement que l'on verra se pointer le bout de son nez (je parle de $\mathrm {SL}_2(\mathbb F_3)$) comme groupe d'automorphismes de la courbe hyper-elliptique $y^2 = x^5 - x$. Chaque chose en son temps.

gai requin

Il y a beaucoup de choses sur $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)$ et $\mathbb H$ dans le Hellegouarch "Invitation aux mathématiques de Fermat-Wiles" chapitre 5 : Formes modulaires !

Par exemple, $\Gamma(3)$ est le groupe de congruence principal de niveau $3$, i.e. le noyau du morphisme de réduction $\mathrm{SL}_2(\mathbb Z)\rightarrow \mathrm{SL}_2(\mathbb Z/3\mathbb{Z})$.

gai requin

Après quelques recherches (dans le Perrin), voilà ce que j'ai trouvé.

On fait d'abord opérer $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_3)$ sur l'ensemble des droites vectorielles de $\mathbb{F}_3^2$, à savoir $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_3)$ qui est de cardinal $4$.
On obtient donc un morphisme $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F}_3)\rightarrow S_4$ dont le noyau est le sous-groupe des homothéties.
Donc $\mathrm{PGL}_2(\mathbb{F}_3)$ s'injecte dans $S_4$ et comme ces deux groupes ont le même cardinal, ils sont isomorphes.
Or, $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{F}_3)$ est un sous-groupe d'indice $2$ dans $\mathrm{PGL}_2(\mathbb{F}_3)$ donc $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{F}_3)\simeq A_4\simeq \mathrm{SO}(T)$.

gai requin

Je trouve les mêmes points de branchement.
Au-dessus de $t=\infty$, il y a bien les six milieux des arêtes.
Au-dessus de $t=6i\sqrt{3}$, il y a les quatre sommets.
Au-dessus de $t=-6i\sqrt{3}$, il y a les quatre centres des faces.

Soit $A$ le centre de la face $Q_1Q_2Q_3$, $B=Q_1$ et $C$ le milieu de $[Q_1Q_2]$.

Dans l'atlas avec $p_S$, on a $R_A=\pmatrix {1 & 1\cr -i & i}$, c'est-à-dire $1/h'_3$, $R_B=\pmatrix {-i & 1\cr i & 1}$, c'est-à-dire $1/h_3$ et $R_C=\pmatrix {0 & 1\cr -1 & 0}$, c'est-à-dire $x\mapsto-1/x$.

On obtient bien $R_A \circ R_B \circ R_C = 1$ avec $R_A^3 = R_B^3 = R_C^2=1$.

gai requin

Ensuite, monter un petit étage hyper-elliptique de degré $2$ (à trouver, j'espère qu'il s'agit de $y^2=x^5-x$ mais je n'en suis pas sûr). Et enfin, si tout va bien, on aura obtenu un revêtement galoisien géométrique de groupe $\mathrm{SL}_2(\mathbb{F}_3)$.

Pour garder nos vieilles habitudes, notons $t=F$ et $C$ le cube standard.
Alors, à supposer que $k(x,y)/k(t)$ soit galoisienne (de degré $24$), son groupe de Galois $G$ ne peut pas être $\mathrm{SO}(C)$ car $t$ n'est pas $\mathrm{SO}(C)$-invariante.
Pour essayer de s'en sortir, voilà un pdf qui m'a l'air pertinent : SL2F3

En revanche, comme souligné plus haut, la tour d'extensions $k(x)/k(t)/k(t^2)$ permet d'obtenir des revêtements galoisiens géométriques des groupes $\mathrm{PSL}_2(\mathbb{F}_3)$ et $\mathrm{PGL}_2(\mathbb{F}_3)$, ce qui n'est déjà pas si mal.

gai requin

J'ai quelques doutes concernant l'étage hyper-elliptique.

Soit $z$ tel que $k(z)/k(t)$ soit galoisienne de groupe de Galois $G=\mathrm{SL}_2(\mathbb{F}_3)$.
Alors $G$ contient un sous-groupe distingué isomorphe au groupe des quaternions $\mathbb H_8$.
Donc on peut trouver trois homographies distinctes $h$ de $k(z)$ telles que $h^2(z)=-z$ ce qui me semble difficile.

De plus, j'ai du mal à croire que $t$ soit $G$-invariante.

gai requin

Il semble pourtant que dans le Douady, on construise $t$ puis $y$ tels que $k(x)/k(t)$ soit galoisienne de groupe de Galois $A_4$ puis $k(y)/k(x)/k(t)$ telle que $k(y)/k(t)$ soit galoisienne de groupe de Galois $\mathrm{SL}_2(\mathbb{F}_3)$...

claude quitté

Mais non, je ne t'ai pas oublié mais j'ai du mal à faire plusieurs choses à la fois. Tu vas bien ? Ton "Il semble pourtant" s'adresse à toi-même, je crois, disons à ton post d'avant où tu exprimes des doutes. D'abord, attention : ne pas confondre $k(y)$ et $k(x,y)$ ! Rappel : $k = \mathbb Q(i)$ qu'il faudra peut-être agrandir, disons $k = \mathbb C$ ou $k = \overline {\mathbb Q}$, c'est pas moi qui paye. On a deux étages galoisiens :
$$
k(x,y)/k(x) \hbox { de degré 2},\qquad
k(x)/k(t) \hbox { de degré 12}
$$
Ce n'est pas pour autant que $k(x,y)/k(t)$ est galoisien (la propriété ``être galoisien'' n'est pas transitive). Mais on veut justement que $k(x,y)/k(t)$ soit galoisien si on a choisi la bonne courbe hyper-elliptique ! On va donc essayer de relever les 12 homographies de $\mathrm {Aut}(k(x)/k(t))$ à la courbe hyper-elliptique $y^2 = x^5 - x$. On y croit because les 6 points remarquables $1,i, \infty, -1,-i,0$ si je me souviens bien et la factorisation de $x^5 - x$. Pour chaque homographie $h = h(x)$, il faut trouver une fraction rationnelle $k(x)$ telle que :
$$
h(x)^5 - h(x) = k(x)^2 \times (x^5 - x)
$$
On pourra alors relever $h$ en $\widetilde h$, de deux manières :
$$
\widetilde h : (x,y) \mapsto (h(x), k(x)y), \qquad \hbox {ou bien} \qquad
\widetilde h : (x,y) \mapsto (h(x), -k(x)y)
$$
Peux tu faire un essai pour par exemple $h(x) = 1/x$? Attention : je mélange allègrement algèbre et géométrie dans les lignes ci-dessus.
Si on arrive à relever tout le monde, on aura alors que $k(x,y)/k(t)$ est galoisien. J'ai écrit dans ce fil un truc général là-dessus. Est ce que cela te dit quelque chose ? Il y avait la suite exacte courte de groupes de Galois. J'ai retrouvé : il s'agit de PlayingWithDn.pdf, attaché quelque part. Qui contient des âneries jamais corrigées (mais pas que des âneries).
On n'est pas obligé de relever tout le monde : relever un système de générateurs du groupe tétraédral suffit.
Si cela se trouve, on peut relever tout $\mathrm {PGL}_2(\{1,i,\infty,-1,-i,0\})$ ? C'est le groupe du cube, je crois ? Qui contient notre groupe tétraédral si je me souviens bien ? Hum, j'ai un peu perdu le fil de.

Précision : j'utilise beaucoup le verbe ``relever''. Algébriquement, cela signifie disposer d'une application :
$$
\mathrm {Aut}(k(x)/k(t)) \ni \sigma \longmapsto \widetilde \sigma \in \mathrm {Aut}(k(x,y)/k(t)) \qquad
\hbox {telle que $\widetilde\sigma$ prolonge $\sigma$}
$$
Attention : on ne demande pas à cette cette application d'être un morphisme de groupes.

Suggestion : écrire un petit pdf sur cette histoire une fois la technique résolue ? De manière à pouvoir s'appuyer sur quelque chose ? Serais tu partant ? Sauf si tu penses que l'on fait du coupé-collé de l'exercice de Douady.

claude quitté

Oubli : on espère bien sûr qu'une fois réalisé le côté galoisien de $k(x,y)/k(t)$ avec $k$ un certain corps de nombres (que l'on fera le plus petit possible), le groupe de Galois est bien $\mathrm {SL}_2(\mathbb F_3)$ ! Et le pdf que tu as trouvé sur ce groupe pourra te permettre de faire mu-muse avec ses sous-groupes et ses groupes quotients. Avec l'impact galoisien sur les extensions intermédiaires. Et les courbes ! Cela pourrait être chaud (comme le temps en ce moment). Attention : il y a maintenant plusieurs groupes d''ordre 24. qui sont dans la course. As tu entendu parler du groupe tétrédral binaire qui est au dessus du groupe tétrédral ?

Es tu sûr de ce que tu dis concernant $k(x)/k(t^2)$ dans les deux dernières lignes de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1303743#msg-1303743 ?

Rappel : si on y arrive, on quitte le monde des corps de fractions rationnelles à une indéterminée i.e. on quitte la droite projective ``en haut''. C'est à mon avis, ce qui t'a troublé dans deux posts récents.

gai requin

D'abord, attention : ne pas confondre $k(y)$ et $k(x,y)$ !

Ce n'était pas forcément cet $y$ de la courbe hyper-elliptique.
J'essayais juste de traduire les Douady dans un langage plus algébrique.
De toutes façons, en caractéristique nulle, toutes les extensions de degré fini sont monogènes.

Peux tu faire un essai pour par exemple $h(x)=1/x$?

Je trouve $k(x)=i/x^3$, ce qui permet de relever $x\mapsto 1/x$ en $(x,y)\mapsto (1/x,iy/x^3)$ et $(x,y)\mapsto (1/x,-iy/x^3)$

As tu entendu parler du groupe tétrédral binaire qui est au dessus du groupe tétrédral ?

Non.
Tu as peur qu'on tombe sur celui-là ?

Es tu sûr de ce que tu dis concernant $k(x)/k(t^2)$ dans les deux dernières lignes de [www.les-mathematiques.net] ?

Je crois que c'était ton propre calcul (cf [www.les-mathematiques.net]).

claude quitté

Oui, bien sûr, toutes les extensions de degré fini (en carac nulle) sont monogènes. Mais ce n'est pas $k$ la base mais $k(t)$ ! Tu es en train de dire que tout corps de fonctions algébriques sur $k$ est un corps de fractions rationnelles !
Je n'ai plus de temps ce jour ; peux tu relever un système de générateurs ? Y'a bien beaucoup de groupe d'ordre 24 ces jours-ci. Enfin, je ne me souviens pas d'avoir parlé d'extension au dessus de $k(t^2)$. Pourquoi $k(x)/k(t^2)$ serait galoisienne ? J'ai dit cela ?