@gai requin, flip flop
Cela me défrise un peu de considérer $a \in \Q$ au lieu de $a \in \Z$ en ce qui concerne $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$. Car $F_a$ n'est plus à coefficients dans $\Z$ et les rationnels, c'est un peu compliqué pour moi. Peut-être qu'une astuce consiste à faire $a \leftarrow a/b$, à chasser $b$ au dénominateur et à multiplier par $b^2$ pour happer $b$ dans $Y := bX$. Ce qui donne un polynôme $G_{a,b}(Y)$ :
$$
G_{a,b} = Y^3 - aY^2 - (a+3b)bY - b^3, \qquad \qquad \hbox {de discriminant} \qquad
b^2 (a^2 + 3ab + 9b^2)^2
$$
Et bien sûr, quand on fait $b=1$, on retrouve $F_a$.
Je ne suis pas convaincu que cela puisse simplifier la chose !! Tout cela pour ne pas voir $a/b$. Mais en fait, le véritable problème, que $a$ soit entier ou pas, c'est la détermination de l'anneau des entiers de $K_a := \Q[X]/\langle F_a(X)\rangle$. Même pour $a \in \Z$, j'ignore qui il est. Ce qui veut dire que je ne connais pas le discriminant de $K_a$ en général et donc pas le conducteur cyclotomique non plus.
Pour la question de ton avant dernier post. C'est les mêmes entiers premiers qui sont représentés.
On va prouver la chose suivante : Si il existe $(x,y) \in \Z$ tel que $x^2-xy+y^2 = p$ alors il existe $(u,v) \in \Z^2$ tel que $u^2-uv+v^2 = p$ avec $u\times v = 0 \pmod{3}$.
L'idée est de construire la solution conjuguée à partir d'une solution et de regarder les congruences.
On interprète $x^2-xy+y^2$ comme $N(x+jy) = p$ et on sait que $N(x+j^2y) = p$ également.
D'où : $N((x-y)-yj) = p$
Maintenant on regarde dans $\mathbb{F}_3$ les solutions de $x^2-xy+y^2 = 1$ (car $p = 1 \pmod{3}$), on fait un petit tableau de valeurs et on constate que si $xy \ne 0 \pmod{3}$ alors $x-y = 0 \pmod{3}$.
@flip flop.
Bien joué. J'avais déjà remarqué que $\Z[2j] = \Z[\sqrt {-3}]$, de discriminant $2^2 \times(-3) = -12$, et $\Z[j]$ représentent les mêmes ENTIERS (mieux que les mêmes premiers). Et là, tu me dis que $\Z[3j]$, de discriminant $-27$, et $\Z[j]$ représentent les mêmes premiers (les mêmes entiers, je sais pas, pas réfléchi).
Bilan : soit $p \equiv 1 \bmod 3$. On le met sous la forme $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ par l'algorithme de flip flop (fonction FlipFlopTrick ci dessous). Et on pose $G_{a,b}(X) = X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3$; c'est un polynôme galoisien 3-cyclique qui encode l'unique extension de degré 3 contenue dans l'extension cyclotomique $\Q(\root p \of 1)$.
A quoi cela sert ? Ben depuis quand les maths cela doit servir à quelque chose.
Illustration à l'appui en tirant $p$ au hasard dans une famille de premiers $\equiv 1 \bmod 3$.
@flip flop
Attention : il reste des preuves à faire ! C'est bien là le danger des expérimentations.
Je résume : soit $p$ un premier $\equiv 1 \bmod 3$. Alors $p$ est de la forme $a^2 + 3ab + 9b^2$, cela c'est acquis (toi). On pose alors:
$$
G_{a,b} = X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3
$$
Le minimum syndical serait de d'abord montrer que $G_{a,b}$ est irréductible dans $\Z[X]$. Je n'ai pas encore essayé.
Et ensuite de montrer vraiment que $G_{a,b}$ a ses racines dans $\Q(\root p \of 1)$. Ceci n'a pas été prouvé. Bien sûr que tout a été fait pour qu'il en soit ainsi : $G_{a,b}$ a été inventé pour cela.
Evidemment, si on n'avait eu aucune idée pour sortir $G_{a,b}$, on serait bien plus peinard car on n'aurait rien à montrer.
Rappel : il y a un certain temps, on est parti d'une extension abélienne cubique de $\Q$ et on a essayé de dire ``des choses'' sur sa réalisation dans une extension cyclotomique $\Q(\root N \of 1)$. Nous trouvant un moment à sec, nous avons envisagé l'autre sens : partant d'une extension cyclotomique $\Q(\root p\of 1)$ avec $p \equiv 1 \bmod 3$, on essaie de dire quelque chose d'intelligent sur son unique sous-extension cubique $K$ . Autre chose que le coup des périodes de Gauss qui décrit $K$ via une $\Q$-base. Nous on prétend que cette extension cubique est réalisée par $G_{a,b}$.
Alors, on a la relation :
$$
G_{a,b}(bX) = b^3 F_{a \over b}(X)
$$
D'où $Z$ (c'est pour les zéros) :
$$
Z(G_{a,b}) = b Z(F_{a \over b})
$$
De plus, on sait que l'homographie $\sigma := \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ permute les racines de $F_\bullet$.
Les racines de $G_{a,b}$ sont permutées par $z \mapsto \frac{-b^2}{z+b}$.
J'ai essayé d'utiliser ça avec le truc des racines rationnelles dans polynôme entier ... les racines divises $b^3$ mais je n'ai rien obtenu ...
Hello,
Cela devient ch.ant.
$$
G_{-3,2} = (X-2)(X+1)(X+4), \qquad G_{-19,6} = (X-3)(X+4)(X+18)
$$
Petite contribution : supposons que $G_{a,b} := X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3$ possède une racine $x \in \Z$
$$
x^3 = ax^2 + (a+3b)bx + b^3
$$
Ici, on voit que je connais la définition d'une racine. On en déduit $x \mid b^3$. Je mets de côté pour l'instant $x = \pm 1$. Alors, $x$ est divisible par un premier $\ell$. On a $\ell \mid x \mid b^3$ donc $\ell \mid b$. Et rien du tout, en fait ...
Reste à traiter $x = -1$. Cela arrive pour $(a,b) = (-3,2)$ pour lequel $a^2 + 3ab + 9b^2 = 27$. Et reste aussi $x = 1$.
Elle n'est pas petite cette contribution, elle est nulle.
J'ai l'impression que l'on s'enlise. Car on est loin de l'inclusion dans $\Q(\root p \of 1)$.
Hello,
Et oui, tout cela rend modeste, très modeste. On ne peut peut-être pas toujours tout expliciter. Et de temps en temps, je constate (à regret) que j'ai la tête dans le guidon. Par exemple, en ce qui concerne la forme $a^2 + 3ab + 9b^2$, de discriminant $-27$, j'ai été trés content quand flip flop a montré qu'elle représentait les premiers $p \equiv 1 \bmod 3$. Mais je ``le savais''. Sans le savoir.
En effet, en plus des 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux, il y en a 4 qui sont presque principaux au sens où le groupe des classes d'idéaux INVERSIBLES est trivial. Parmi ces 4, il y a $\Z[fj] = \Z + f\Z[j]$ pour $f = 2,3$, de discriminant $f^2 \times (-3)$. Et si $p \equiv 1 \bmod 3$, alors $-3$ est un carré modulo $p$ donc modulo $4p$ :
$$
-3 = \beta^2 - 4p\gamma \qquad \buildrel {\times 3^2} \over \Rightarrow \qquad
-3 \times 3^2 = b^2 - 4pc \qquad \hbox {avec} \quad b =3\beta, \quad c = 3^2\gamma
$$
Si bien que la forme $px^2 + bxy + cy^2$ est de discriminant $-27$ et représente $p$. Et comme elle est primitive, elle est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à la forme neutre de $\Z[3j]$. Et cette forme neutre de $\Z[3j]$, à quelque chose près $a^2 + 3ab + 9b^2$, représente donc les premiers $p \equiv 1 \bmod 3$. Je déroule ici un cheminement ultra-classique.
N'empêche que la méthode de Flp-Flop est utile car elle donne un algorithme qui ... Mais je n'aurais pas dû être surpris.
Tiens pour $f = 1, \cdots, 6$, le cardinal du groupe des idéaux inversibles de $\Z[fj]$. On voit que cela commence à chauffer pour $f = 6$, car le groupe d'ordre 3 ne peut pas être un $(\Z/2\Z)^\bullet$. Mais c'est une autre histoire (chauffer). J'ai fait figurer $\langle f, \Delta, h\rangle$ où $f$ est le conducteur de l'anneau de nombres dans sa fermeture intégrale $\Z[j]$, $\Delta = f^2 \times -3$ qui est le discriminant, et $h$ l'ordre du groupe des classes d'idéaux inversibles.
Voici les formes (primitives) réduites de discriminant $f^2 \times (-3)$ pour $1 \le f \le 6$. Il faut remarquer que pour $f=3$ :
$$
a^2 + 3ab + 9b^2 = x^2 + xy + 7y^2 \qquad \hbox {avec} \quad x = a+b, \quad y = b \qquad \hbox {i.e.} \qquad
(1,3,9) \sim (1,1,7)
$$
Normal : car de toutes façons, une forme qui représente $1$ est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à la forme neutre de même discriminant.
> for f := 1 to 6 do
for> printf "f=%o, Delta=%o, %o\n", f, f^2*(-3), ReducedForms(BinaryQuadraticForms(f^2*(-3))) ;
for> end for ;
f=1, Delta=-3, [ <1,1,1> ]
f=2, Delta=-12, [ <1,0,3> ]
f=3, Delta=-27, [ <1,1,7> ]
f=4, Delta=-48, [ <1,0,12>, <3,0,4> ]
f=5, Delta=-75, [ <1,1,19>, <3,3,7> ]
f=6, Delta=-108, [ <1,0,27>, <4,-2,7>, <4,2,7> ]
Enfin, et je suis pas fier de le dire, mais je dois avouer, j'ai raconté un énorme c.nnerie à propos des périodes de Gauss. Je pense quand même pouvoir dire que c'est dû au fait de répondre en temps réel sur le forum. Ca m'apprendra.
A propos de (la généralisation du) symbole de Frobenius en théorie des nombres. La preuve rapportée par Keith Conrad est de Frobenius lui même. Une seule page. We show how to lift automorphisms of a residue field extension, using the original proof of Frobenius (Ges. Abh. Vol. II p. 729) that Frobenius elements exist. in http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/frobeniuspf.pdf
Un nombre de ``petits'' (au sens courts) pdf chez K. Conrad très très intéressants.
Chez http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/nopowerbasis.pdf, en 4 pages, on trouve pas mal de choses sur notre quête en partant de $L = \Q(\zeta_p) = \Q(\root p \of 1)$ où $p \equiv 1 \mod 3$. On y voit en particulier la manière intelligente (pas comme un certain éléphant) de parler des périodes de Gauss pour l'extension cubique $K \subset L$ ; avec $d = (p-1)/3$ et $j \in \mathbb F_p$ une racine cubique de l'unité :
$$
s_0 = \sum_{a \mid a^d = 1 \bmod\ p} \zeta_p^a, \qquad\qquad
s_1 = \sum_{a \mid a^d = j \bmod\ p} \zeta_p^a, \qquad\qquad
s_2 = \sum_{a \mid a^d = j^2 \bmod\ p} \zeta_p^a
$$
On a certes $K = \Q(s_0) = \Q(s_1) = \Q(s_2) = \Q s_0 \oplus \Q s_1 \oplus \Q s_2$ mais un sacré bonus arithmétique :
$$
\mathcal O_K = \Z s_0 \oplus \Z s_1 \oplus \Z s_2
$$
On y voit de nombreuses autres informations traitées de manière élémentaire ! On voit apparaître également $4p = A^2 + 27B^2$. Et le lien avec nos affaires est :
$$
4 (a^2 + 3ab + 9b^2) = (2a + 3b)^2 + 27b^2, \qquad A = 2a + 3b,\qquad B = b
$$
Et $B$ est significatif au sens de l'indice :
$$
[\mathcal O_K : \Z[s_0]] = |B|
$$
...Etc.. Y'a des gens en quête d'exemples élémentaires et qui bossent. Merci à Keith Conrad.
J'aime bien ! Tu as vu il utilise BabyClassesfieldtheory mais de manière ultra rapide au début ! (d'ailleurs le résultat de Hensel ... c'est très jolie aussi).
J'ai un peu de mal a suivre à la fin ! Il obtient le polynôme minimal des sommes de Gauss (par écriture de $p$ sous une forme qui ressemble à la notre).
@flip flop
Je n'avais pas vu .. Ce qui prouve que la loi de réciprocité abélienne pour les bébés, c'est probablement une évidence pour tout le monde. Cela ne l'a pas été pour nous.
Pour l'instant, je bloque à la fin de la preuve du théorème 2 : ``we can read off that $a, b$, and $c$ are all integers''. Je vois pas du tout. Et je me suis pas dégonflé, je lui ai envoyé un mail.
Ce qui est bien c'est que l'on tient l'anneau des entiers : avec nos notations $\mathcal O_K = \Z s_0 \oplus \Z s_1 \oplus \Z s_2$ ($s_i$ périodes de Gauss). Et que n'importe quel générateur $\sigma \in \text{Gal}(L/\Q)$ permute cycliquement les 3 périodes de Gauss $s_0, s_1, s_2$. D'où un morphisme
$$
\text{Gal}(L/\Q) \mapsto \text{GL}_3(\Z)
$$
qui transforme $\sigma$ en la matrice du 3-cycle $(1,2,3)$. Et du coup, histoire de faire mumuse, j'ai monté mon schéma. Mais les équations du schéma, c'est pas de la tarte. Il y a bien sûr les relations provoquées par les fonctions symétriques élémentaires de $s_0, s_1, s_2$. Mais pas que.
@gai requin RIEN A VOIR
Tu te souviens que si un entier est la somme de 2 carrés rationnels, alors il est la somme de 2 carrés d'entiers. Et dans un pdf de Keith Conrad, http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/linmultialg/sumsquareQF(T).pdf, j'ai vu que c'était encore vrai pour 3 à la place de 2. Mon sang n'a fait qu'un tour .. j'ai pas pu m'empêcher de ..
Roooh. compris ... Je fais un exemple c'est très jolie. On prend $p=7$, et on va regarder la décomposition de $p$ dans l'extension $\Z[ j]$, comme $p$ est un carré modulo $3$, $(p)$ se décompose en produit de deux idéaux (conjugués l'un de l'autre).
De plus, $\Z[ j]$ est principal donc les deux idéaux seront principaux de norme $7$. On cherche les solutions de $x^2+x+1$ modulo $7$ ... on trouve $2$ et $4$.
On remarque que $2-j$ est de norme $7$ (sinon faut regarder l'algorithme de division Euclidienne dans $\Z[ j ]$), donc c'est que $2^2+2+1^2 =7$ ... on prend l'autre idéal (car on veut un trois). Donc : $2-j^2 = 3+j$. Donc $2^2-3 \times 1 +9 \times 1^2 = 7$ on en déduit $a = 2$ et $b=-1$ ... donc $A =1$ et $B=2$ et ce que Conrad dit c'est que le polynôme :
$$
T^3+T^2+2T+\frac{1-3p-Ap}{27}
$$
est exactement le polynôme minimal des sommes de Gauss !
@flip flop
Il y a une petite erreur 4 lignes avant la fin du papier, qui se retrouve dans ton post :
$$
f(T) = T^3 + T^2 - {p-1 \over 3} T + {1 - 3p - Ap \over 27}
$$
C'est tout à droite un $+$ et pas un $-$. Etant entendu que l'on a normalisé $A$ par $A \equiv 1 \bmod 3$ (chez Conrad, ligne au dessus).
@ Claude :
Pour $a,b,c$ du théorème 2, on peut considérer une autre $\mathbb Q$-base $(f_0,f_1,f_2)$ de $F_p$ telle que pour tous $0\leq i,j \leq 2$ :
$$\mathrm{Tr}_{F_p/\mathbb Q}(\eta_i f_j)=\delta_{i,j}.$$
Je crois que ça permet de conclure...
Je me souviens vaguement des sommes de carrés rationnels.
@gai requin
Je prends les notations de Keith Conrad. Prenons donc la base duale $(f_0, f_1, f_2)$ de $(\eta_0, \eta_1, \eta_2)$, duale au sens tracique. On écrit :
$$
x = a\eta_0 + b\eta_1 + c\eta_2 \quad \buildrel {\times f_0} \over \Rightarrow \quad xf_0 = a\eta_0f_0 +b\eta_1 f_0 + c\eta_2 f_0
$$
Un coup de trace donne $\text{Tr}(xf_0) = a$. Mais pourquoi cette trace est un entier ?
Car la base duale en question, elle existe au niveau corps i.e. au niveau $K/\Q$ mais pas au niveau de l'anneau des entiers.
Car il faut quand même utiliser une propriété de $(\eta_0, \eta_1, \eta_2)$ !
@gai requin
Bien sûr que NON pour la bonne raison que l'on a rien fait. Procédant ainsi, on va finir par montrer que toute $\Q$-base contenue dans $\mathcal O_K$ est une $\Z$-base de $\mathcal O_K$.
Si je considère la courbe $C$ dans $\mathbb{P}^2$ d'équation :
$$
x^3-yx^2-(y+3z)zx-z^3;
$$
Elle possède un point singulier $(0 : 1 :0)$ et elle est de genre $0$ ... on peut avoir un paramétrage rationnelle, en prenant les droites issus de ce point singulier ?
Je suis bête car il suffit d'écrire $\eta_0, \eta_1, \eta_2$ dans la base normale $(\zeta_p, \zeta_p^2, \cdots, \zeta_p^{p-1})$ ; ces 3 périodes de Gauss ont ``des supports disjoints'' et donc l'écriture $x = a\eta_0 + b\eta_1 + c\eta_2$ va donner une écriture de $x$ dans la base normale avec comme coefficients $a,b,c$. Et comme cette base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$ est aussi une $\Z$-base de l'anneau des entiers de $\Q(\root p \of 1)$, cela fournit $a,b,c \in \Z$. Il faut relire entièrement la phrase de Keith Conrad et pas seulement la fin comme je l'ai rapporté.
C'est en fait une propriété générale des périodes de Gauss (en niveau premier $p$) : elles fournissent non seulement une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^H$ mais également une $\Z$-base de l'anneau des entiers de $\Q(\root p\of 1)^H$.
@flip flop
Je suppose que tu veux vraiment utiliser ton point $p_0 = (0 : 1 : 0)$ comme point base. Il va falloir que tu bosses un peu à la main car qui-tu-sais ne veut pas paramétrer la courbe à travers ce point singulier. Une petite contribution qui à mon avis ne t'apprend rien (le type du point singulier et les 2 tangentes) :
> Q := RationalField() ;
> P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(Q,2) ;
> C := Curve(P2, x^3 - y*x^2 - (y+3*z)*z*x - z^3) ;
> p0 := C![0,1,0] ;
> IsSingular(p0) ;
true
> IsNode(p0) ;
true
> TangentCone(C,p0) ;
Curve over Rational Field defined by
x^2 + x*z
> RP := RationalPoints(C) ;
> #RP ;
154
Ce bougre a trouvé un paquet de points rationnels mais je suppose que tu tiens à $p_0$ ?
@flip flop
Cela se fait à la main (dit CQ comme tu vas le voir). Because $p_0 = (0 : 1 : 0)$, tu passes en $\{y=1\}$-affine pour te récupérer disons un polynôme $f(x,z)$ (de degré 3). Et le point $p_0$ est l'origine du plan $(x,z)$-affine. Et avec un paramètre $t$, tu fais $z = tx$ pour la droite passant par $(0,0)$.
Tu calcules $f(x,tx)$ qui est un polynôme en $x$ de degré $3$ mais qui admet $x=0$ comme racine double vu que $p_0$ est singulier. Il te reste donc une équation du premier degré en $x$ du type $a_t x + b_t = 0$ et tu tires $x$ via $x(t) = -b_t/a_t$ puis $z(t) = tx(t)$.
> Q := RationalField() ;
> Qt<t> := FunctionField(Q) ;
> QtXZ<X,Z> := PolynomialRing(Qt,2) ;
>
> f := X^3 - Y*X^2 - (Y+3*Z)*Z*X - Z^3 where Y is 1 ;
> g := Evaluate(f, [X,t*X]) ;
> g ;
(-t^3 - 3*t^2 + 1)*X^3 + (-t - 1)*X^2 <--- On peut mettre X^2 en facteur
> q := ExactQuotient(g, X^2) ;
> q ;
(-t^3 - 3*t^2 + 1)*X - t - 1 <-- premier degré en X
> x_num := -Coefficient(q,X,0) ;
> x_num ;
t + 1
> x_den := Coefficient(q,X,1);
> x_den ;
-t^3 - 3*t^2 + 1
Et un paramétrage (affine) cherché $t \mapsto (x(t), z(t))$
> x := x_num / x_den ;
> x ;
(-t - 1)/(t^3 + 3*t^2 - 1)
> z := t*x ;
> z ;
(-t^2 - t)/(t^3 + 3*t^2 - 1)
> Evaluate(f, [x,z]) ; <---- On n'est jamais trop prudent
0
C'est un machin comme cela que tu voulais ? Je te laisse repasser en coordonnées homogènes via $t= u/v$, pour avoir un joli truc du type
$$
(u : v) \longmapsto \big(x = x(u,v)\ : y = y(u,v) \ : z = z(u,v)\big)
$$
Mais peut-être que tu t'en fiches du joli truc homogène ?
@gai requin
Je lui ai dit de laisser tomber pour éviter de passer pour un charlot à ses yeux. Car après tout, c'est écrit. Et peut-être qu'un autre jour, j'aurais vraiment besoin de lui poser une vraie question. J'ai été trop vite sans vraiment tout lire ! Pour me rattraper, je lui ai signalé son erreur de signe.
@gai requin
Trop tard : il m'a dit qu'il allait apporter une petite précision ! Pour l'instant, j'ai rien vu mais il faut que je me méfie du phénomène ``cache'' de Safari.
@gai requin
K. Conrad a ajouté une petite explication : c'est limpide désormais. Il n'a pas encore modifié le signe à la fin (il doit se méfier de moi !)
@flip flop
Suite (mais regarde avant, j'ai traité ton exemple). Il me semble que l'on avait déjà vu $y^2 - \lambda x^2 = x^3$, non ? On pose $y = tx$ si bien que $x^2(t^2 -\lambda) = x^3$ i.e.
$$
x = t^2 - \lambda, \qquad y = tx = t(t^2 - \lambda)
$$
Et si $\lambda \ne 0$, au dessus de $(x=0, y=0)$, il y a les deux points $t = \pm \sqrt \lambda$.
Je t'attache une figure toute pourrie (on n'y voit pas grand chose) qui date d'au moins il y a 20 ans.
Autre chose : il y a d'autres erreurs de signe dans le papier de K. Conrad. Il me dit que ce papier date de 10 ans, que je suis le premier à le lire en détails et qu'il va y mettre de l'ordre.
Je propose une simplification pour le calcul de $\det(T)$ où $T$ est la matrice tracique de $(s_0, s_1, s_2)$ $s_i$ ici versus $\eta_i$ chez Conrad. En terrain galoisien, on a une écriture de la matrice tracique $\text{Tr}(x_ix_j)$ comme un produit $^tM M$ où $M$ est une certaine matrice indexée par le groupe de Galois. Je le fais ici dans notre cas particulier :
$$
T = {^t C} \ C \qquad\qquad
C = \pmatrix {s_0 & s_1 & s_2\cr s_2 & s_0 & s_1 \cr s_1 & s_2 & s_0} \qquad
\det(T) = \det(C)^2
$$
Il faut faire attention au sens. J'ai vérifié. $C$ pour matrice circulaire. J'ai pris la circulation dans un sens un peu près standard pour bénéficier de l'expression générale comme ``sommes de Gauss''. Ici :
$$
\det C = (s_0 + s_1 + s_2) (s_0 + js_1 + j^2 s_1) (s_0 + j^2 s_1 + js_2) = \tau(\chi^0) \tau(\chi) \tau(\overline \chi)
$$
Attention : ne pas confondre sommes de Gauss et périodes de Gauss.
Ici $s_0 + s_1 + s_2 = -1$, donc $\det(C) = -|\tau(\chi)|$. Et avec notre travail de bébés sur les sommes de Gauss, le module de la somme de Gauss fait $p$. Bilan :
$$
\det(C) = -p, \qquad \det(T) = p^2
$$
Et on obtient bien que le discriminant du corps cubique est $p^2$.
Enfin, je propose la chose suivante : si $d \mid p-1$ et si $K$ est l'unique sous-extension de $\Q(\root p \of 1)$ de degré $d$ sur $\Q$ (ne pas confondre $d$ et son codiviseur dans $p-1$), alors :
$$
\text{Disc}(K) = (p^*)^{d-1}, \qquad p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p
$$
En valeur absolue, cela découle de Conductor Discriminant Formula (je crois !). J'ai ajusté le signe pour avoir $\equiv 1 \bmod 4$. Cela colle avec $d=2, 3, p-1$.
Preuve directe ?
@ Claude : Des $G_{a,b}$ réductibles ou tous les $G_{a,b}$ réductibles ? Par ce que si on a tous les réductibles bah on a aussi tous les irréductibles (en principe).
@Claude : mais on peut aussi faire le paramétrage sur des corps finis (je ne sais pas trop) ... et on sait que c'est important pour nous d'avoir les $p$ tel que $G_{a,b}$ est complètement décomposé ! Je ne sais pas si ça fait vraiment avancé le truc ...
@flip flop
Je ne sais pas répondre à tes questions. Je crois me souvenir qu'il faut faire très attention à la surjectivité du paramétrage $\mathbb P^2 \to C$ sur un corps quelconque. Il convient probablement d'abord d'avoir un beau truc homogène via $(u : v) \to (x : y : z)$, comme évoqué. Sans facteur parasite.
Le principal est de s'amuser !
Je pense avoir une preuve élémentaire de $\text{Disc}(K) = (p^*)^{d-1}$. Cf le contexte dans un post précédent. Il s'agit d'un calcul de déterminants de matrices circulantes et de sommes de Gauss. Où l'on revient en arrière sur le calcul de certains déterminants (Catalan, 1846, Spottiswoode, 1856, Cremona, 1856). Cela ne nous rajeunit pas. Attention à l'indexation des matrices circulantes.
Encore un truc de bébé(s) donc car circulant c'est lié à groupe cyclique en théorie des représentations. Viendra ensuite Dedekind avec son fameux déterminant indexé par un groupe abélien fini. Puis pour un groupe fini quelconque, Frobenius et Burnside (et d'autres), je crois.
Cela donne envie de lire et relire des choses historiques sur l'origine de la représentation des groupes finis. Comme j'ai un petit faible ces jours-ci pour K. Conrad, je pointe http://www.math.uconn.edu/~kconrad/articles/groupdet.pdf
En tout cas, on ne s'ennuie pas.
@Gai requin
Si j'osais, je ressortirais bien les lois de représentation des premiers par les formes quadratiques réduites des cinq anneaux $\Z[fj]$ pour $1 \le f \le 5$. Histoire de rompre avec le passé en ce qui concerne discriminant quadratique fondamental. Car on n'est plus en fondamental ici.
Je me rappelle bien des $\Z[fj]$.
C'était après que j'ai osé jouer avec les fonctions RayClassField et HilberClassField de magma.
J'étais vraiment accro ! :-S
@flip flop
Suite de l'histoire de la cubique $C$ de $\mathbb P^2_{x,a,b}$ avec son point singulier $(x=0 : a=1 : b=0)$ (donc de genre 0) :
$$
C : \qquad x^3 - ax^2 - (a+3b)bx - b^3 = 0
$$
Et des deux autres racines :
$$
x' = {-b^2 \over x + b}, \qquad x'' = {bx + b^2 \over -x}, \qquad H = \pmatrix {0 & -b^2\cr 1 & b\cr}, \qquad \widetilde H = \pmatrix {b & b^2\cr -1 & 0\cr}
$$
Tu reconnais les deux homographies : on a $H^3 = -b^3$ comme on le voit à l'aide du polynôme caractéristique et les homographies sont bien d'ordre 3, inverses l'une de l'autre.
J'ai homogénéisé les calculs réalisés dans un post antérieur pour obtenir un paramétrage $\mathbb P^1_{u,v} \to C$. Mais ce qui ne me plaisait pas du tout, ce sont les formules donnant $x'$ et $x''$ qui ne sont pas homogènes et qui font intervenir une division.
J'ai donc changé mon fusil d'épaule en travaillant dans $\mathbb P^4$, avec les coordonnées $x_0, x_1, x_2, a, b$ et les équations :
$$
\left \{
\begin {array} {l}
x_0 + x_1 + x_2 = a \\
x_0x_1 + x_0x_2 + x_1x_2 = -(a+3b)b \\
x_1 x_2 x_3 = b^3 \\
(x_i + b) x_{i+1} = -b^2 \\
x_ix_{i+2} = -bx_i - b^2 \\
\end {array}
\right.
$$
Tu reconnais les fonctions symétriques élémentaires (3 premières équations) et les homographies mises sous forme homogène. Bien sûr, l'indexation des $x_i$ est cyclique. Ceci construit un sous-schéma $X$ de $\mathbb P^4$ défini sur $\Z$.
Et le paramétrage $\mathbb P^1 \to X$ est le suivant :
$$
(u : v) \longmapsto \big( x_0 = -v^2(u+v),\quad x_1 = u^2v,\quad x_2 = u(u+v)^2,\quad a = u^3 + 3u^2v - v^3,\quad b = -uv(u+v) \big)
$$
Pour éviter les coquilles (tu vois que j'ai monté mon schéma sur $\Z$) :
Z := IntegerRing() ;
P1<u,v> := ProjectiveSpace(Z,1) ;
P4<x0,x1,x2, a,b> := ProjectiveSpace(Z,4) ;
x0x1x2 := [x0,x1,x2] ;
x := func < i | x0x1x2[i mod 3 + 1] > ;
equations := [x0+x1+x2 = a, x0*x2 + x0*x1 + x1*x2 = -(a+3*b)*b, x0*x1*x2 = b^3] cat
[(x(i)+b)*x(i+1) = -b^2 : i in [0..2]] cat
[x(i)*x(i+2) = -b*x(i) - b^2 : i in [0..2]] ;
Polynomes := [LHS(equation) - RHS(equation) : equation in equations] ;
// x0 x1 x2 a b
phiEquations := [-v^2*(u+v), u^2*v, u*(u+v)^2, u^3 + 3*u^2*v - v^3, -u*v*(u+v)] ;
assert &and[Evaluate(polynome, phiEquations) eq 0 : polynome in Polynomes] ;
X := Scheme(P4, Polynomes) ;
phi := map < P1 -> X | phiEquations > ;
Et la surprise (encore que) c'est que le schéma $X$ est ``devenu'' lisse, alors que la courbe $C$ ne l'était pas. Et l'unique point singulier de $C$ a été triplé en 3 points :
$$
p_{0,1} = (0 : 0 : 1 : 1 : 0), \qquad p_{02} = \cdots, \qquad p_{12} = \cdots
$$
Pour vérifier la lissité, j'ai été obligé, pour des raisons de faiblesse magma, de faire un ``base change'' de $\Z$ à $\Q$. J'espère que c'est bien lisse sur $\Z$ et par sur $\Z[1/3]$ par exemple.
Et bien sûr, le groupe cyclique $C_3$ (l'ancienne homographie d'ordre 3) opère sur $X$ via $x_i \mapsto x_{i+1}$.
// x_i -> x_{i+1} d'inverse x_i -> x_{i+2}
// x0 x1 x2 a b
// | | | | |
// v v v v v
tau := iso < X -> X | [x1,x2,x0,a,b], [x2,x0,x1,a,b] > ;
assert tau^3 eq IdentityMap(X) ;
A quoi cela sert ? Ben, à rien. Sauf que j'ai quand même mis un certain temps à ``homogénéiser'' les homographies et que cela m'a pris la tête. Et que je voulais clarifier la chose en mon sens.
@gai requin
J'avais bien spécifié $f \le 5$ dans l'histoire des formes quadratiques de $\Z[fj]$. Car cela se fait A LA MAIN. Alors que pour $f = 6$, il y a une méga-surprise avec l'apparition du polynôme non abélien $X^3 - 2$ et $p = A^2 + 27B^2$. Corps des écoles ... Encore qu'il s'agit (pour $f=6$) de Ring Class Field.
Par exemple, pour $f = 4$, le discriminant est $\Delta = f^2 \times -3 = -48$ (j'abandonne la notation $D$ que je réserve à discriminant quadratique FONDAMENTAL). Les deux formes quadratiques réduites de discriminant $-48$ sont :
$$
q_0 = x^2 + 12y^2, \qquad q_1 = 3x^2 + 4y^2
$$
Et la loi de représentation des premiers $p$ est la suivante ($p \equiv 1 \bmod 3$ se sépare en deux classes) :
$$
\hbox {$p$ est représenté par $q_0$} \iff p \equiv 1 \bmod 12, \qquad\qquad
\hbox {$p$ est représenté par $q_1$} \iff p \equiv 7 \bmod 12,
$$
@vous deux
K. Conrad a mis à jour son papier in http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/nopowerbasis.pdf. Il a apporté des précisions, corrigé des signes (attention à la nouvelle normalisation $A \equiv 2 \bmod 3$ à la fin du papier). Comme lui-même avait réalisé une ``expérimentation'' (si, si), il a mentionné la mienne. Le contexte est $p \equiv 1 \bmod 3$ et on écrit, au lieu de $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ ``à la Flip-Flop'',
$$
4p = A^2 + 27 B^2
$$
C'est là qu'il y a du mou : $\pm A$ et $\pm B$. Et le sel de l'histoire c'est que l'on retrouve $|A|$ et $|B|$ de manière structurelle. Je prends mes notations en désignant par $K$ l'unique extension cubique contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ et $s_0, s_1, s_2$ les 3 périodes de Gauss (versus les $\eta_i$ chez Conrad). Alors (expérimentalement) :
$$
[\mathcal O_K : \Z[s_0]] = |B|,\qquad\qquad [\mathcal O_K : \Z[s_0 - s_1]] = |A|
$$
On aimerait une preuve. Par ailleurs, le calcul réalisé bas de page 4, haut de la page 5, est bien pénible : il s'agit de retrouver un polynôme connaissant son discriminant : c'est le monde à l'envers. Tout cela fait apparaître une certaine faiblesse : on ne sait pas calculer directement les normes ou traces des $s_i$ et/ou des $s_i - s_j$.
Bref, il y a encore pas mal de choses à résoudre/comprendre. Et en particulier le statut de $G_{a,b}(X)$ quand $p$ est Flip-Flop-écrit sous la forme $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ car c'est $G_{a,b}$ qui est censé encoder l'unique extension cubique.
Enfin, pour $p$ premier quelconque, mes histoires de sous-extensions de $\Q(\root p \of 1)$ via périodes et sommes de Gauss, matrices circulantes ...etc.. sont presque au point. J'ai obtenu que :
$$
\text{Disc}(O_K) = (p^*)^{e-1}, \qquad
\hbox {$K$ unique sous-corps de $\Q(\root p \of 1)$ de degré $e$ sur $\Q$}, \qquad e \mid p-1
$$
Via une approche matricielle (un tantinet tordue et calculatoire). Conrad, suite à l'une de mes remarques, l'a mentionné en Remark 4, avec un argument structurel utilisant la ramification.
Ma stratégie : pousser les choses le plus loin possible, quand c'est faisable.
Bonjour Claude.
Je vois bien ton nom dans le papier de Conrad (tu) mais il choisit toujours le signe de $A$ de sorte que $A=1\bmod 3$.
Problème de cache ?
@gai requin
Non, c'est qu'il a encore changé (j'ai tiré la version 2 mais pas la 3). Cette normalisation de $A$ n'est pas importante dans $4p = A^2 + 27B^2$ (on peut remplacer $A$ par $-A$) mais il faut faire un choix et s'y tenir. Car cela a un impact sur d'autres ingrédients. Et il hésite. J'aime bien les gens qui hésitent en se demandant s'ils ont fait le bon choix.
Pas tenté par $f = 5$ pour $\Z[fj]$ ?? Avec le discriminant $\Delta = -75$ et :
$$
q_0 = x^2 + xy + 19y^2, \qquad \qquad q_1 = 3x^2 + 3xy + 7y^2
$$
CQ, t'es lourd.
Je "comprends" ... enfin je vois a peu près. Mais qu'est ce qu'on fait avec cette construction ? T'es sûr que ça ne serre à rien :-S
Sinon, j'essayes de continuer mon exemple $p=13$ ... Le gros problème c'est de ne pas mélanger les indices et les ordres des groupes ... les notations pour les périodes de Gauss me donne un peu de souci et j'ai du mal a bien comprendre le rôle des caractères.
@Claude : Je suis en train d'essayer de retrouver mes billes en ce qui concerne les premiers représentés par une forme quadratique entière...
Comme $\Delta=-75$ n'est pas fondamental, je suis moins à l'aise.
Je crois que ta question se ramène à chercher les $p$ tels que $\mathfrak P$ au-dessus de $p$ dans $\Z[5j]$ soit principal.
@flip flop
Le schéma en $(x_0,x_1,x_2,a,b)$ ? Servir ou ne pas servir ? Moi, je prétends que cela a servi à clarifier ma tête, c'est déjà ça.
En ce qui concerne $\Q(\root p \of 1)$, j'en ai un peu ch.é car je me suis mélangé les pinceaux dans $\mathbb F_p^*$ .. Caractères multiplicatifs et tout le truc : périodes de Gauss, sommes de Gauss, résolvantes de Lagrange-Hilbert. Il faut faire gaffe qu'un NOUVEL étage apparaît :
$$
\Q(\root p \of 1, \root e \of 1) \qquad e \mid p-1
$$
Car dans une somme de Gauss $G(\chi, \phi)$, certes le caractère additif $\phi$ est à valeurs dans $\mathbb U_p$ mais le caractère multiplicatif $\chi$ est à valeurs dans $\mathbb U_{p-1}$ enfin dans $\mathbb U_e$ où $e$ est son ordre.
On voit pas trop la misère avec la somme de Gauss quadratique car $\mathbb U_2 = \{\pm 1\}$.
Bref, il a fallu que je mettre de l'ordre (dans ma tête) : c'est ce à quoi cela sert.
@gai requin
Bien sûr, $\Delta = -75$ n'étant plus fondamental, j'ai eu le même souci. Mais pas de choses compliquées, tout est dans les questions 3.a 3b 3c de la partie I de l'épreuve d'entrainement Agrégation.
Indications : faire apparaitre $p \equiv 1 \bmod 3$, je te laisse faire. Donc $-3$ est un carré modulo $p$ donc modulo $4p$ :
$$
-3 = \beta^2 - 4\gamma p \qquad \qquad (\star)
$$
Donc la forme $px^2 + \beta xy + \gamma y^2$ est de discriminant $-3$ et représente $p$ via $x = 1$, $y = 0$.
Pour l'instant, on n'a pas décollé du discriminant $-3$. Pour le discriminant $f^2 \times (-3)$, on multiplie $(\star)$ par $f^2$ et on fait ``happer'' $f$ dans ce qu'il faut pour ne PAS TOUCHER à $p$. On va obtenir une forme du type $q = px^2 + bxy + cy^2$, représentant $p$ et de bon discriminant $f^2 \times(-3)$. Et PRIMITIVE si $p$ ne divise pas $f$.
Pour $f = 5$, pas de danger que $p$ divise 5 car $p \equiv 1 \bmod 3$. De toutes manières, on écarterait ces $p$ exceptionnels.
Bilan : $q$ est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à $q_0$ ou $q_1$. Et donc $p$ est représenté par $q_0$ ou $q_1$. Ensuite faut séparer $q_0, q_1$ en ``devinant'' le bon modulus de séparation :
$$
p \equiv \hbox { some values } \quad \bmod \hbox { good-modulus }
$$
Autre indication : $15 = 3 \times 5$.
Réponses
Cela me défrise un peu de considérer $a \in \Q$ au lieu de $a \in \Z$ en ce qui concerne $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$. Car $F_a$ n'est plus à coefficients dans $\Z$ et les rationnels, c'est un peu compliqué pour moi. Peut-être qu'une astuce consiste à faire $a \leftarrow a/b$, à chasser $b$ au dénominateur et à multiplier par $b^2$ pour happer $b$ dans $Y := bX$. Ce qui donne un polynôme $G_{a,b}(Y)$ :
$$
G_{a,b} = Y^3 - aY^2 - (a+3b)bY - b^3, \qquad \qquad \hbox {de discriminant} \qquad
b^2 (a^2 + 3ab + 9b^2)^2
$$
Et bien sûr, quand on fait $b=1$, on retrouve $F_a$.
Je ne suis pas convaincu que cela puisse simplifier la chose !! Tout cela pour ne pas voir $a/b$. Mais en fait, le véritable problème, que $a$ soit entier ou pas, c'est la détermination de l'anneau des entiers de $K_a := \Q[X]/\langle F_a(X)\rangle$. Même pour $a \in \Z$, j'ignore qui il est. Ce qui veut dire que je ne connais pas le discriminant de $K_a$ en général et donc pas le conducteur cyclotomique non plus.
Pour la question de ton avant dernier post. C'est les mêmes entiers premiers qui sont représentés.
On va prouver la chose suivante : Si il existe $(x,y) \in \Z$ tel que $x^2-xy+y^2 = p$ alors il existe $(u,v) \in \Z^2$ tel que $u^2-uv+v^2 = p$ avec $u\times v = 0 \pmod{3}$.
L'idée est de construire la solution conjuguée à partir d'une solution et de regarder les congruences.
On interprète $x^2-xy+y^2$ comme $N(x+jy) = p$ et on sait que $N(x+j^2y) = p$ également.
D'où : $N((x-y)-yj) = p$
Maintenant on regarde dans $\mathbb{F}_3$ les solutions de $x^2-xy+y^2 = 1$ (car $p = 1 \pmod{3}$), on fait un petit tableau de valeurs et on constate que si $xy \ne 0 \pmod{3}$ alors $x-y = 0 \pmod{3}$.
Ce qui permet de conclure.
Bien joué. J'avais déjà remarqué que $\Z[2j] = \Z[\sqrt {-3}]$, de discriminant $2^2 \times(-3) = -12$, et $\Z[j]$ représentent les mêmes ENTIERS (mieux que les mêmes premiers). Et là, tu me dis que $\Z[3j]$, de discriminant $-27$, et $\Z[j]$ représentent les mêmes premiers (les mêmes entiers, je sais pas, pas réfléchi).
Bilan : soit $p \equiv 1 \bmod 3$. On le met sous la forme $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ par l'algorithme de flip flop (fonction FlipFlopTrick ci dessous). Et on pose $G_{a,b}(X) = X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3$; c'est un polynôme galoisien 3-cyclique qui encode l'unique extension de degré 3 contenue dans l'extension cyclotomique $\Q(\root p \of 1)$.
A quoi cela sert ? Ben depuis quand les maths cela doit servir à quelque chose.
Illustration à l'appui en tirant $p$ au hasard dans une famille de premiers $\equiv 1 \bmod 3$.
Attention : il reste des preuves à faire ! C'est bien là le danger des expérimentations.
Je résume : soit $p$ un premier $\equiv 1 \bmod 3$. Alors $p$ est de la forme $a^2 + 3ab + 9b^2$, cela c'est acquis (toi). On pose alors:
$$
G_{a,b} = X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3
$$
Le minimum syndical serait de d'abord montrer que $G_{a,b}$ est irréductible dans $\Z[X]$. Je n'ai pas encore essayé.
Et ensuite de montrer vraiment que $G_{a,b}$ a ses racines dans $\Q(\root p \of 1)$. Ceci n'a pas été prouvé. Bien sûr que tout a été fait pour qu'il en soit ainsi : $G_{a,b}$ a été inventé pour cela.
Evidemment, si on n'avait eu aucune idée pour sortir $G_{a,b}$, on serait bien plus peinard car on n'aurait rien à montrer.
Rappel : il y a un certain temps, on est parti d'une extension abélienne cubique de $\Q$ et on a essayé de dire ``des choses'' sur sa réalisation dans une extension cyclotomique $\Q(\root N \of 1)$. Nous trouvant un moment à sec, nous avons envisagé l'autre sens : partant d'une extension cyclotomique $\Q(\root p\of 1)$ avec $p \equiv 1 \bmod 3$, on essaie de dire quelque chose d'intelligent sur son unique sous-extension cubique $K$ . Autre chose que le coup des périodes de Gauss qui décrit $K$ via une $\Q$-base. Nous on prétend que cette extension cubique est réalisée par $G_{a,b}$.
Mais si $b=6a$, $a^2+3ab+9b^2$ n'est pas premier.
Tu as un exemple où $G(a,6a)$ n'est pas irréductible ?
Alors, on a la relation :
$$
G_{a,b}(bX) = b^3 F_{a \over b}(X)
$$
D'où $Z$ (c'est pour les zéros) :
$$
Z(G_{a,b}) = b Z(F_{a \over b})
$$
De plus, on sait que l'homographie $\sigma := \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ permute les racines de $F_\bullet$.
Les racines de $G_{a,b}$ sont permutées par $z \mapsto \frac{-b^2}{z+b}$.
J'ai essayé d'utiliser ça avec le truc des racines rationnelles dans polynôme entier ... les racines divises $b^3$ mais je n'ai rien obtenu ...
Cela devient ch.ant.
$$
G_{-3,2} = (X-2)(X+1)(X+4), \qquad G_{-19,6} = (X-3)(X+4)(X+18)
$$
Petite contribution : supposons que $G_{a,b} := X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3$ possède une racine $x \in \Z$
$$
x^3 = ax^2 + (a+3b)bx + b^3
$$
Ici, on voit que je connais la définition d'une racine. On en déduit $x \mid b^3$. Je mets de côté pour l'instant $x = \pm 1$. Alors, $x$ est divisible par un premier $\ell$. On a $\ell \mid x \mid b^3$ donc $\ell \mid b$. Et rien du tout, en fait ...
Reste à traiter $x = -1$. Cela arrive pour $(a,b) = (-3,2)$ pour lequel $a^2 + 3ab + 9b^2 = 27$. Et reste aussi $x = 1$.
Elle n'est pas petite cette contribution, elle est nulle.
J'ai l'impression que l'on s'enlise. Car on est loin de l'inclusion dans $\Q(\root p \of 1)$.
Faut laissé reposer un peu ... il est un peu délicat comme problème !
Pas très encourageant ! :-S
Et oui, tout cela rend modeste, très modeste. On ne peut peut-être pas toujours tout expliciter. Et de temps en temps, je constate (à regret) que j'ai la tête dans le guidon. Par exemple, en ce qui concerne la forme $a^2 + 3ab + 9b^2$, de discriminant $-27$, j'ai été trés content quand flip flop a montré qu'elle représentait les premiers $p \equiv 1 \bmod 3$. Mais je ``le savais''. Sans le savoir.
En effet, en plus des 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux, il y en a 4 qui sont presque principaux au sens où le groupe des classes d'idéaux INVERSIBLES est trivial. Parmi ces 4, il y a $\Z[fj] = \Z + f\Z[j]$ pour $f = 2,3$, de discriminant $f^2 \times (-3)$. Et si $p \equiv 1 \bmod 3$, alors $-3$ est un carré modulo $p$ donc modulo $4p$ :
$$
-3 = \beta^2 - 4p\gamma \qquad \buildrel {\times 3^2} \over \Rightarrow \qquad
-3 \times 3^2 = b^2 - 4pc \qquad \hbox {avec} \quad b =3\beta, \quad c = 3^2\gamma
$$
Si bien que la forme $px^2 + bxy + cy^2$ est de discriminant $-27$ et représente $p$. Et comme elle est primitive, elle est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à la forme neutre de $\Z[3j]$. Et cette forme neutre de $\Z[3j]$, à quelque chose près $a^2 + 3ab + 9b^2$, représente donc les premiers $p \equiv 1 \bmod 3$. Je déroule ici un cheminement ultra-classique.
N'empêche que la méthode de Flp-Flop est utile car elle donne un algorithme qui ... Mais je n'aurais pas dû être surpris.
Tiens pour $f = 1, \cdots, 6$, le cardinal du groupe des idéaux inversibles de $\Z[fj]$. On voit que cela commence à chauffer pour $f = 6$, car le groupe d'ordre 3 ne peut pas être un $(\Z/2\Z)^\bullet$. Mais c'est une autre histoire (chauffer). J'ai fait figurer $\langle f, \Delta, h\rangle$ où $f$ est le conducteur de l'anneau de nombres dans sa fermeture intégrale $\Z[j]$, $\Delta = f^2 \times -3$ qui est le discriminant, et $h$ l'ordre du groupe des classes d'idéaux inversibles.
Voici les formes (primitives) réduites de discriminant $f^2 \times (-3)$ pour $1 \le f \le 6$. Il faut remarquer que pour $f=3$ :
$$
a^2 + 3ab + 9b^2 = x^2 + xy + 7y^2 \qquad \hbox {avec} \quad x = a+b, \quad y = b \qquad \hbox {i.e.} \qquad
(1,3,9) \sim (1,1,7)
$$
Normal : car de toutes façons, une forme qui représente $1$ est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à la forme neutre de même discriminant.
Enfin, et je suis pas fier de le dire, mais je dois avouer, j'ai raconté un énorme c.nnerie à propos des périodes de Gauss. Je pense quand même pouvoir dire que c'est dû au fait de répondre en temps réel sur le forum. Ca m'apprendra.
Un nombre de ``petits'' (au sens courts) pdf chez K. Conrad très très intéressants.
$$
s_0 = \sum_{a \mid a^d = 1 \bmod\ p} \zeta_p^a, \qquad\qquad
s_1 = \sum_{a \mid a^d = j \bmod\ p} \zeta_p^a, \qquad\qquad
s_2 = \sum_{a \mid a^d = j^2 \bmod\ p} \zeta_p^a
$$
On a certes $K = \Q(s_0) = \Q(s_1) = \Q(s_2) = \Q s_0 \oplus \Q s_1 \oplus \Q s_2$ mais un sacré bonus arithmétique :
$$
\mathcal O_K = \Z s_0 \oplus \Z s_1 \oplus \Z s_2
$$
On y voit de nombreuses autres informations traitées de manière élémentaire ! On voit apparaître également $4p = A^2 + 27B^2$. Et le lien avec nos affaires est :
$$
4 (a^2 + 3ab + 9b^2) = (2a + 3b)^2 + 27b^2, \qquad A = 2a + 3b,\qquad B = b
$$
Et $B$ est significatif au sens de l'indice :
$$
[\mathcal O_K : \Z[s_0]] = |B|
$$
...Etc.. Y'a des gens en quête d'exemples élémentaires et qui bossent. Merci à Keith Conrad.
J'ai un peu de mal a suivre à la fin ! Il obtient le polynôme minimal des sommes de Gauss (par écriture de $p$ sous une forme qui ressemble à la notre).
Je n'avais pas vu .. Ce qui prouve que la loi de réciprocité abélienne pour les bébés, c'est probablement une évidence pour tout le monde. Cela ne l'a pas été pour nous.
Pour l'instant, je bloque à la fin de la preuve du théorème 2 : ``we can read off that $a, b$, and $c$ are all integers''. Je vois pas du tout. Et je me suis pas dégonflé, je lui ai envoyé un mail.
Ce qui est bien c'est que l'on tient l'anneau des entiers : avec nos notations $\mathcal O_K = \Z s_0 \oplus \Z s_1 \oplus \Z s_2$ ($s_i$ périodes de Gauss). Et que n'importe quel générateur $\sigma \in \text{Gal}(L/\Q)$ permute cycliquement les 3 périodes de Gauss $s_0, s_1, s_2$. D'où un morphisme
$$
\text{Gal}(L/\Q) \mapsto \text{GL}_3(\Z)
$$
qui transforme $\sigma$ en la matrice du 3-cycle $(1,2,3)$. Et du coup, histoire de faire mumuse, j'ai monté mon schéma. Mais les équations du schéma, c'est pas de la tarte. Il y a bien sûr les relations provoquées par les fonctions symétriques élémentaires de $s_0, s_1, s_2$. Mais pas que.
@gai requin RIEN A VOIR
Tu te souviens que si un entier est la somme de 2 carrés rationnels, alors il est la somme de 2 carrés d'entiers. Et dans un pdf de Keith Conrad, http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/linmultialg/sumsquareQF(T).pdf, j'ai vu que c'était encore vrai pour 3 à la place de 2. Mon sang n'a fait qu'un tour .. j'ai pas pu m'empêcher de ..
De plus, $\Z[ j]$ est principal donc les deux idéaux seront principaux de norme $7$. On cherche les solutions de $x^2+x+1$ modulo $7$ ... on trouve $2$ et $4$.
On remarque que $2-j$ est de norme $7$ (sinon faut regarder l'algorithme de division Euclidienne dans $\Z[ j ]$), donc c'est que $2^2+2+1^2 =7$ ... on prend l'autre idéal (car on veut un trois). Donc : $2-j^2 = 3+j$. Donc $2^2-3 \times 1 +9 \times 1^2 = 7$ on en déduit $a = 2$ et $b=-1$ ... donc $A =1$ et $B=2$ et ce que Conrad dit c'est que le polynôme :
$$
T^3+T^2+2T+\frac{1-3p-Ap}{27}
$$
est exactement le polynôme minimal des sommes de Gauss !
Edit : un petit signe
Il y a une petite erreur 4 lignes avant la fin du papier, qui se retrouve dans ton post :
$$
f(T) = T^3 + T^2 - {p-1 \over 3} T + {1 - 3p - Ap \over 27}
$$
C'est tout à droite un $+$ et pas un $-$. Etant entendu que l'on a normalisé $A$ par $A \equiv 1 \bmod 3$ (chez Conrad, ligne au dessus).
En générique :
Pour $a,b,c$ du théorème 2, on peut considérer une autre $\mathbb Q$-base $(f_0,f_1,f_2)$ de $F_p$ telle que pour tous $0\leq i,j \leq 2$ :
$$\mathrm{Tr}_{F_p/\mathbb Q}(\eta_i f_j)=\delta_{i,j}.$$
Je crois que ça permet de conclure...
Je me souviens vaguement des sommes de carrés rationnels.
Je prends les notations de Keith Conrad. Prenons donc la base duale $(f_0, f_1, f_2)$ de $(\eta_0, \eta_1, \eta_2)$, duale au sens tracique. On écrit :
$$
x = a\eta_0 + b\eta_1 + c\eta_2 \quad \buildrel {\times f_0} \over \Rightarrow \quad xf_0 = a\eta_0f_0 +b\eta_1 f_0 + c\eta_2 f_0
$$
Un coup de trace donne $\text{Tr}(xf_0) = a$. Mais pourquoi cette trace est un entier ?
Car la base duale en question, elle existe au niveau corps i.e. au niveau $K/\Q$ mais pas au niveau de l'anneau des entiers.
Car il faut quand même utiliser une propriété de $(\eta_0, \eta_1, \eta_2)$ !
Bien sûr que NON pour la bonne raison que l'on a rien fait. Procédant ainsi, on va finir par montrer que toute $\Q$-base contenue dans $\mathcal O_K$ est une $\Z$-base de $\mathcal O_K$.
Une question rien à voir :
Si je considère la courbe $C$ dans $\mathbb{P}^2$ d'équation :
$$
x^3-yx^2-(y+3z)zx-z^3;
$$
Elle possède un point singulier $(0 : 1 :0)$ et elle est de genre $0$ ... on peut avoir un paramétrage rationnelle, en prenant les droites issus de ce point singulier ?
C'est en fait une propriété générale des périodes de Gauss (en niveau premier $p$) : elles fournissent non seulement une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^H$ mais également une $\Z$-base de l'anneau des entiers de $\Q(\root p\of 1)^H$.
Je suppose que tu veux vraiment utiliser ton point $p_0 = (0 : 1 : 0)$ comme point base. Il va falloir que tu bosses un peu à la main car qui-tu-sais ne veut pas paramétrer la courbe à travers ce point singulier. Une petite contribution qui à mon avis ne t'apprend rien (le type du point singulier et les 2 tangentes) :
Ce bougre a trouvé un paquet de points rationnels mais je suppose que tu tiens à $p_0$ ?
Tu connais donc la réponse de K. Conrad sans même l'avoir lue. ;-)
Cela se fait à la main (dit CQ comme tu vas le voir). Because $p_0 = (0 : 1 : 0)$, tu passes en $\{y=1\}$-affine pour te récupérer disons un polynôme $f(x,z)$ (de degré 3). Et le point $p_0$ est l'origine du plan $(x,z)$-affine. Et avec un paramètre $t$, tu fais $z = tx$ pour la droite passant par $(0,0)$.
Tu calcules $f(x,tx)$ qui est un polynôme en $x$ de degré $3$ mais qui admet $x=0$ comme racine double vu que $p_0$ est singulier. Il te reste donc une équation du premier degré en $x$ du type $a_t x + b_t = 0$ et tu tires $x$ via $x(t) = -b_t/a_t$ puis $z(t) = tx(t)$.
Et un paramétrage (affine) cherché $t \mapsto (x(t), z(t))$
C'est un machin comme cela que tu voulais ? Je te laisse repasser en coordonnées homogènes via $t= u/v$, pour avoir un joli truc du type
$$
(u : v) \longmapsto \big(x = x(u,v)\ : y = y(u,v) \ : z = z(u,v)\big)
$$
Mais peut-être que tu t'en fiches du joli truc homogène ?
Je lui ai dit de laisser tomber pour éviter de passer pour un charlot à ses yeux. Car après tout, c'est écrit. Et peut-être qu'un autre jour, j'aurais vraiment besoin de lui poser une vraie question. J'ai été trop vite sans vraiment tout lire ! Pour me rattraper, je lui ai signalé son erreur de signe.
Trop tard : il m'a dit qu'il allait apporter une petite précision ! Pour l'instant, j'ai rien vu mais il faut que je me méfie du phénomène ``cache'' de Safari.
K. Conrad a ajouté une petite explication : c'est limpide désormais. Il n'a pas encore modifié le signe à la fin (il doit se méfier de moi !)
Suite (mais regarde avant, j'ai traité ton exemple). Il me semble que l'on avait déjà vu $y^2 - \lambda x^2 = x^3$, non ? On pose $y = tx$ si bien que $x^2(t^2 -\lambda) = x^3$ i.e.
$$
x = t^2 - \lambda, \qquad y = tx = t(t^2 - \lambda)
$$
Et si $\lambda \ne 0$, au dessus de $(x=0, y=0)$, il y a les deux points $t = \pm \sqrt \lambda$.
Je t'attache une figure toute pourrie (on n'y voit pas grand chose) qui date d'au moins il y a 20 ans.
Ok ca marche :-D
Je n'avais pas fait le rapprochement $(X,a,b) \leftrightarrow (x,y,z)$. La honte !
Et cela ``te sert à quoi'' ? Produire des $G_{a,b}$ totalement scindés avec le certificat ? au moins une racine donc les 3 because homographie
Autre chose : il y a d'autres erreurs de signe dans le papier de K. Conrad. Il me dit que ce papier date de 10 ans, que je suis le premier à le lire en détails et qu'il va y mettre de l'ordre.
Je propose une simplification pour le calcul de $\det(T)$ où $T$ est la matrice tracique de $(s_0, s_1, s_2)$ $s_i$ ici versus $\eta_i$ chez Conrad. En terrain galoisien, on a une écriture de la matrice tracique $\text{Tr}(x_ix_j)$ comme un produit $^tM M$ où $M$ est une certaine matrice indexée par le groupe de Galois. Je le fais ici dans notre cas particulier :
$$
T = {^t C} \ C \qquad\qquad
C = \pmatrix {s_0 & s_1 & s_2\cr s_2 & s_0 & s_1 \cr s_1 & s_2 & s_0} \qquad
\det(T) = \det(C)^2
$$
Il faut faire attention au sens. J'ai vérifié. $C$ pour matrice circulaire. J'ai pris la circulation dans un sens un peu près standard pour bénéficier de l'expression générale comme ``sommes de Gauss''. Ici :
$$
\det C = (s_0 + s_1 + s_2) (s_0 + js_1 + j^2 s_1) (s_0 + j^2 s_1 + js_2) = \tau(\chi^0) \tau(\chi) \tau(\overline \chi)
$$
Attention : ne pas confondre sommes de Gauss et périodes de Gauss.
Ici $s_0 + s_1 + s_2 = -1$, donc $\det(C) = -|\tau(\chi)|$. Et avec notre travail de bébés sur les sommes de Gauss, le module de la somme de Gauss fait $p$. Bilan :
$$
\det(C) = -p, \qquad \det(T) = p^2
$$
Et on obtient bien que le discriminant du corps cubique est $p^2$.
Enfin, je propose la chose suivante : si $d \mid p-1$ et si $K$ est l'unique sous-extension de $\Q(\root p \of 1)$ de degré $d$ sur $\Q$ (ne pas confondre $d$ et son codiviseur dans $p-1$), alors :
$$
\text{Disc}(K) = (p^*)^{d-1}, \qquad p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p
$$
En valeur absolue, cela découle de Conductor Discriminant Formula (je crois !). J'ai ajusté le signe pour avoir $\equiv 1 \bmod 4$. Cela colle avec $d=2, 3, p-1$.
Preuve directe ?
Je ne sais pas répondre à tes questions. Je crois me souvenir qu'il faut faire très attention à la surjectivité du paramétrage $\mathbb P^2 \to C$ sur un corps quelconque. Il convient probablement d'abord d'avoir un beau truc homogène via $(u : v) \to (x : y : z)$, comme évoqué. Sans facteur parasite.
Le principal est de s'amuser !
Je pense avoir une preuve élémentaire de $\text{Disc}(K) = (p^*)^{d-1}$. Cf le contexte dans un post précédent. Il s'agit d'un calcul de déterminants de matrices circulantes et de sommes de Gauss. Où l'on revient en arrière sur le calcul de certains déterminants (Catalan, 1846, Spottiswoode, 1856, Cremona, 1856). Cela ne nous rajeunit pas. Attention à l'indexation des matrices circulantes.
Encore un truc de bébé(s) donc car circulant c'est lié à groupe cyclique en théorie des représentations. Viendra ensuite Dedekind avec son fameux déterminant indexé par un groupe abélien fini. Puis pour un groupe fini quelconque, Frobenius et Burnside (et d'autres), je crois.
Cela donne envie de lire et relire des choses historiques sur l'origine de la représentation des groupes finis. Comme j'ai un petit faible ces jours-ci pour K. Conrad, je pointe http://www.math.uconn.edu/~kconrad/articles/groupdet.pdf
En tout cas, on ne s'ennuie pas.
@Gai requin
Si j'osais, je ressortirais bien les lois de représentation des premiers par les formes quadratiques réduites des cinq anneaux $\Z[fj]$ pour $1 \le f \le 5$. Histoire de rompre avec le passé en ce qui concerne discriminant quadratique fondamental. Car on n'est plus en fondamental ici.
Je me rappelle bien des $\Z[fj]$.
C'était après que j'ai osé jouer avec les fonctions RayClassField et HilberClassField de magma.
J'étais vraiment accro ! :-S
Suite de l'histoire de la cubique $C$ de $\mathbb P^2_{x,a,b}$ avec son point singulier $(x=0 : a=1 : b=0)$ (donc de genre 0) :
$$
C : \qquad x^3 - ax^2 - (a+3b)bx - b^3 = 0
$$
Et des deux autres racines :
$$
x' = {-b^2 \over x + b}, \qquad x'' = {bx + b^2 \over -x}, \qquad H = \pmatrix {0 & -b^2\cr 1 & b\cr}, \qquad \widetilde H = \pmatrix {b & b^2\cr -1 & 0\cr}
$$
Tu reconnais les deux homographies : on a $H^3 = -b^3$ comme on le voit à l'aide du polynôme caractéristique et les homographies sont bien d'ordre 3, inverses l'une de l'autre.
J'ai homogénéisé les calculs réalisés dans un post antérieur pour obtenir un paramétrage $\mathbb P^1_{u,v} \to C$. Mais ce qui ne me plaisait pas du tout, ce sont les formules donnant $x'$ et $x''$ qui ne sont pas homogènes et qui font intervenir une division.
J'ai donc changé mon fusil d'épaule en travaillant dans $\mathbb P^4$, avec les coordonnées $x_0, x_1, x_2, a, b$ et les équations :
$$
\left \{
\begin {array} {l}
x_0 + x_1 + x_2 = a \\
x_0x_1 + x_0x_2 + x_1x_2 = -(a+3b)b \\
x_1 x_2 x_3 = b^3 \\
(x_i + b) x_{i+1} = -b^2 \\
x_ix_{i+2} = -bx_i - b^2 \\
\end {array}
\right.
$$
Tu reconnais les fonctions symétriques élémentaires (3 premières équations) et les homographies mises sous forme homogène. Bien sûr, l'indexation des $x_i$ est cyclique. Ceci construit un sous-schéma $X$ de $\mathbb P^4$ défini sur $\Z$.
Et le paramétrage $\mathbb P^1 \to X$ est le suivant :
$$
(u : v) \longmapsto \big( x_0 = -v^2(u+v),\quad x_1 = u^2v,\quad x_2 = u(u+v)^2,\quad a = u^3 + 3u^2v - v^3,\quad b = -uv(u+v) \big)
$$
Pour éviter les coquilles (tu vois que j'ai monté mon schéma sur $\Z$) :
Et la surprise (encore que) c'est que le schéma $X$ est ``devenu'' lisse, alors que la courbe $C$ ne l'était pas. Et l'unique point singulier de $C$ a été triplé en 3 points :
$$
p_{0,1} = (0 : 0 : 1 : 1 : 0), \qquad p_{02} = \cdots, \qquad p_{12} = \cdots
$$
Pour vérifier la lissité, j'ai été obligé, pour des raisons de faiblesse magma, de faire un ``base change'' de $\Z$ à $\Q$. J'espère que c'est bien lisse sur $\Z$ et par sur $\Z[1/3]$ par exemple.
Et bien sûr, le groupe cyclique $C_3$ (l'ancienne homographie d'ordre 3) opère sur $X$ via $x_i \mapsto x_{i+1}$.
A quoi cela sert ? Ben, à rien. Sauf que j'ai quand même mis un certain temps à ``homogénéiser'' les homographies et que cela m'a pris la tête. Et que je voulais clarifier la chose en mon sens.
J'avais bien spécifié $f \le 5$ dans l'histoire des formes quadratiques de $\Z[fj]$. Car cela se fait A LA MAIN. Alors que pour $f = 6$, il y a une méga-surprise avec l'apparition du polynôme non abélien $X^3 - 2$ et $p = A^2 + 27B^2$. Corps des écoles ... Encore qu'il s'agit (pour $f=6$) de Ring Class Field.
Par exemple, pour $f = 4$, le discriminant est $\Delta = f^2 \times -3 = -48$ (j'abandonne la notation $D$ que je réserve à discriminant quadratique FONDAMENTAL). Les deux formes quadratiques réduites de discriminant $-48$ sont :
$$
q_0 = x^2 + 12y^2, \qquad q_1 = 3x^2 + 4y^2
$$
Et la loi de représentation des premiers $p$ est la suivante ($p \equiv 1 \bmod 3$ se sépare en deux classes) :
$$
\hbox {$p$ est représenté par $q_0$} \iff p \equiv 1 \bmod 12, \qquad\qquad
\hbox {$p$ est représenté par $q_1$} \iff p \equiv 7 \bmod 12,
$$
@vous deux
K. Conrad a mis à jour son papier in http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/nopowerbasis.pdf. Il a apporté des précisions, corrigé des signes (attention à la nouvelle normalisation $A \equiv 2 \bmod 3$ à la fin du papier). Comme lui-même avait réalisé une ``expérimentation'' (si, si), il a mentionné la mienne. Le contexte est $p \equiv 1 \bmod 3$ et on écrit, au lieu de $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ ``à la Flip-Flop'',
$$
4p = A^2 + 27 B^2
$$
C'est là qu'il y a du mou : $\pm A$ et $\pm B$. Et le sel de l'histoire c'est que l'on retrouve $|A|$ et $|B|$ de manière structurelle. Je prends mes notations en désignant par $K$ l'unique extension cubique contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ et $s_0, s_1, s_2$ les 3 périodes de Gauss (versus les $\eta_i$ chez Conrad). Alors (expérimentalement) :
$$
[\mathcal O_K : \Z[s_0]] = |B|,\qquad\qquad [\mathcal O_K : \Z[s_0 - s_1]] = |A|
$$
On aimerait une preuve. Par ailleurs, le calcul réalisé bas de page 4, haut de la page 5, est bien pénible : il s'agit de retrouver un polynôme connaissant son discriminant : c'est le monde à l'envers. Tout cela fait apparaître une certaine faiblesse : on ne sait pas calculer directement les normes ou traces des $s_i$ et/ou des $s_i - s_j$.
Bref, il y a encore pas mal de choses à résoudre/comprendre. Et en particulier le statut de $G_{a,b}(X)$ quand $p$ est Flip-Flop-écrit sous la forme $p = a^2 + 3ab + 9b^2$ car c'est $G_{a,b}$ qui est censé encoder l'unique extension cubique.
Enfin, pour $p$ premier quelconque, mes histoires de sous-extensions de $\Q(\root p \of 1)$ via périodes et sommes de Gauss, matrices circulantes ...etc.. sont presque au point. J'ai obtenu que :
$$
\text{Disc}(O_K) = (p^*)^{e-1}, \qquad
\hbox {$K$ unique sous-corps de $\Q(\root p \of 1)$ de degré $e$ sur $\Q$}, \qquad e \mid p-1
$$
Via une approche matricielle (un tantinet tordue et calculatoire). Conrad, suite à l'une de mes remarques, l'a mentionné en Remark 4, avec un argument structurel utilisant la ramification.
Ma stratégie : pousser les choses le plus loin possible, quand c'est faisable.
Je vois bien ton nom dans le papier de Conrad (tu) mais il choisit toujours le signe de $A$ de sorte que $A=1\bmod 3$.
Problème de cache ?
Non, c'est qu'il a encore changé (j'ai tiré la version 2 mais pas la 3). Cette normalisation de $A$ n'est pas importante dans $4p = A^2 + 27B^2$ (on peut remplacer $A$ par $-A$) mais il faut faire un choix et s'y tenir. Car cela a un impact sur d'autres ingrédients. Et il hésite. J'aime bien les gens qui hésitent en se demandant s'ils ont fait le bon choix.
Pas tenté par $f = 5$ pour $\Z[fj]$ ?? Avec le discriminant $\Delta = -75$ et :
$$
q_0 = x^2 + xy + 19y^2, \qquad \qquad q_1 = 3x^2 + 3xy + 7y^2
$$
CQ, t'es lourd.
Je "comprends" ... enfin je vois a peu près. Mais qu'est ce qu'on fait avec cette construction ? T'es sûr que ça ne serre à rien :-S
Sinon, j'essayes de continuer mon exemple $p=13$ ... Le gros problème c'est de ne pas mélanger les indices et les ordres des groupes ... les notations pour les périodes de Gauss me donne un peu de souci et j'ai du mal a bien comprendre le rôle des caractères.
Comme $\Delta=-75$ n'est pas fondamental, je suis moins à l'aise.
Je crois que ta question se ramène à chercher les $p$ tels que $\mathfrak P$ au-dessus de $p$ dans $\Z[5j]$ soit principal.
Le schéma en $(x_0,x_1,x_2,a,b)$ ? Servir ou ne pas servir ? Moi, je prétends que cela a servi à clarifier ma tête, c'est déjà ça.
En ce qui concerne $\Q(\root p \of 1)$, j'en ai un peu ch.é car je me suis mélangé les pinceaux dans $\mathbb F_p^*$ .. Caractères multiplicatifs et tout le truc : périodes de Gauss, sommes de Gauss, résolvantes de Lagrange-Hilbert. Il faut faire gaffe qu'un NOUVEL étage apparaît :
$$
\Q(\root p \of 1, \root e \of 1) \qquad e \mid p-1
$$
Car dans une somme de Gauss $G(\chi, \phi)$, certes le caractère additif $\phi$ est à valeurs dans $\mathbb U_p$ mais le caractère multiplicatif $\chi$ est à valeurs dans $\mathbb U_{p-1}$ enfin dans $\mathbb U_e$ où $e$ est son ordre.
On voit pas trop la misère avec la somme de Gauss quadratique car $\mathbb U_2 = \{\pm 1\}$.
Bref, il a fallu que je mettre de l'ordre (dans ma tête) : c'est ce à quoi cela sert.
Bien sûr, $\Delta = -75$ n'étant plus fondamental, j'ai eu le même souci. Mais pas de choses compliquées, tout est dans les questions 3.a 3b 3c de la partie I de l'épreuve d'entrainement Agrégation.
Indications : faire apparaitre $p \equiv 1 \bmod 3$, je te laisse faire. Donc $-3$ est un carré modulo $p$ donc modulo $4p$ :
$$
-3 = \beta^2 - 4\gamma p \qquad \qquad (\star)
$$
Donc la forme $px^2 + \beta xy + \gamma y^2$ est de discriminant $-3$ et représente $p$ via $x = 1$, $y = 0$.
Pour l'instant, on n'a pas décollé du discriminant $-3$. Pour le discriminant $f^2 \times (-3)$, on multiplie $(\star)$ par $f^2$ et on fait ``happer'' $f$ dans ce qu'il faut pour ne PAS TOUCHER à $p$. On va obtenir une forme du type $q = px^2 + bxy + cy^2$, représentant $p$ et de bon discriminant $f^2 \times(-3)$. Et PRIMITIVE si $p$ ne divise pas $f$.
Pour $f = 5$, pas de danger que $p$ divise 5 car $p \equiv 1 \bmod 3$. De toutes manières, on écarterait ces $p$ exceptionnels.
Bilan : $q$ est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à $q_0$ ou $q_1$. Et donc $p$ est représenté par $q_0$ ou $q_1$. Ensuite faut séparer $q_0, q_1$ en ``devinant'' le bon modulus de séparation :
$$
p \equiv \hbox { some values } \quad \bmod \hbox { good-modulus }
$$
Autre indication : $15 = 3 \times 5$.