$\Z$-schéma associé à un corps de nombres

claude quitté

@gai requin
Autre suggestion : cela peut être utile, pour faire disparaître le terme $xy$ dans $ax^2 + bxy + cy$ de multiplier par $4a^2$ et de faire le truc du trinôme des petites classes pour se retrouver avec une combinaison de carrés. Dans l'histoire du conducteur $f=5$, on risque d'y voir mieux modulo $5$ par exemple.

@vous deux.
Suggestion d'une autre nature : aller dare-dare chez vôtre marchand habituel acheter 4 ramettes de papier et des cartouches d'encre. De manière à tirer les $x$ pdf de K. Conrad. Vous ne les regretterez pas. Et pourquoi pas aussi des cacahuètes (hum, pas bon pour la santé).

gai requin

$$p=x^2+xy+19y^2\Leftrightarrow p=1,4\bmod 15.$$
$$p=3x^2+3xy+7y^2\Leftrightarrow p=7,13\bmod 15.$$
Je pourrais au besoin détailler plus tard dans la journée.

claude quitté

Tout à fait, Jean-Paul. Et tu vois bien que ce n'était pas compliqué. Car ICI, on ne fait que des choses simples.

Tandis que pour $f = 6$, cela va chauffer comme déjà dit. La forme neutre de discriminant $6^2 \times (-3) = -108$ est :
$$
q_0 = x^2 + 27 y^2
$$
Et la représentation $p = x^2 + 27y^2$ (à ne pas confondre avec $4p = A^2 + 27B^2$, qui est du petit lait) fait intervenir $\Q(\root 3\of 2,j)$. Je crois me souvenir qu'un théorème de Gauss (encore lui) donne le résultat (que je n'énonce pas). A vérifier.

claude quitté

@flip flop
A propos du schéma $X \subset \mathbb P^4$. J'ai vraiment terminé la chose en définissant l'inverse du paramétrage $\varphi : \mathbb P^1 \to X$. C.a.d que j'ai construit $\psi : X \to \mathbb P^1$. C'est quelque chose que l'on ne pouvait évidemment pas faire au niveau de la cubique singulière $C \to \mathbb P^1$.

Et pour définir $\psi$, il a fallu que je le fasse à l'aide de 3 formules (Alternative Equations) car disons une première formule me lâche en l'un des 3 points $p_{01}, p_{02}, p_{12}$ de $X$. Mais ces points sont lisses d'où le coup des formules relais (un anneau de valuation discrète, faut bien que cela serve à quelque chose). On avait fait cela pour une courbe lisse de $\mathbb P^2$ mais là, cela se passe dans $\mathbb P^4$.

A quoi cela sert ? A aller jusqu'au bout.


@vous deux
Ireland & Rosen prop 9.6.2 Soit $p \equiv 1 \bmod 3$. Alors on peut écrire $p$ sous la forme $p = x^2 + 27y^2$ si et seulement si $x^3 = 2$ possède une solution modulo $p$. Je crois que c'est dû à Gauss. Utilisation de la loi de réciprocité cubique.

p. 132. Quand $4p = A^2 + 27b^2$ avec la normalisation $A \equiv 1 \bmod 3$, où l'on voit que l'équation $x^3 - 3px - Ax = 0$ admet un certain $G$ construit à partir d'une somme de Gauss (et d'un caractère cubique $\chi_\pi$). Ci-dessous $p, A$ sont des indéterminées.

> Z := IntegerRing() ;           
> ZpA<p,A> := PolynomialRing(Z,2) ;
> ZpAT<T> := PolynomialRing(ZpA) ;  
> 
> F := T^3 - 3*p*T - A*p ;         
> Discriminant(F) eq 27*p^2 * (4*p - A^2) ;
true

Il faut penser à $4p-A^2 = 27 B^2$, et donc les deux 27 vont se regrouper pour donner du $27^2$. Encore un polynôme de degré 3 qui prétend que son discriminant est un carré. J'en vois passer à la pelle depuis quelques jours (prendre le polynôme minimal d'un élément primitif de la sous-extensuon cubique de $\Q(\root p \of 1)$ qui soit entier) mais jamais de $G_{a,b}$.

claude quitté

Ici, http://www.staff.science.uu.nl/~oort0109/EigArt-LE.pdf, je fais de la publicité. Mais c'est pour Gauss et je pense que la modération ne peut pas me censurer ?

gai requin

@Claude : Magma semble d'accord avec Gauss.

> Z<X>:=PolynomialRing(Integers());
> k<r> := NumberField(X^2+X+1) ;
> A := Order([6*r]) ;
> L:=RingClassField(A);
> L;
FldAb, defined by (<[6 0]
[0 6]
>
, [])
of structure: Z/3
> K:=NumberField(L);
> K;
Number Field with defining polynomial $.1^3 + 2 over k

J'arrête sinon je replonge. B-)-

claude quitté

Je reviens sur cette histoire de $4p = A^2 + 27B^2$ et l'hésitation entre $A$ et $-A$. Faut-il normaliser $A$ par $A \equiv 1 \bmod 3$ ou par $A \equiv -1 \bmod 3$ ? En fait, je comprends (me souviens ?) que l'on n'a pas vraiment le choix car la nature nous impose ses propres contraintes. La nature, c'est ici la courbe elliptique $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ et sa forme modulaire de comptage.

Je reviens au point de départ : $p$ est un premier vérifiant $p \equiv 1 \bmod 3$ que l'on écrit dans $\Z[j]$, $p = \pi \overline \pi$. A cause du trop d'unités dans $\Z[j]$, on impose $\pi \equiv 1 \bmod 3$. Ici c'est une normalisation. Soit $\pi = x + jy$. Dire que $\pi = 1 \bmod 3$ c'est dire que $(x-1) + jy \equiv 0 \bmod 3$ i.e.
$$
x = 1 \bmod 3, \qquad y = 0 \bmod 3
$$
On écrit alors :
$$
4p = 4\pi\overline\pi = (2x-y)^2 + 3y^2 = t^2 + 27u^2 \qquad \hbox {avec} \qquad
t = 2x-y = \pi + \overline\pi \equiv 2 \bmod 3, \qquad u = y/3
$$
On a ainsi obtenu $4p = t^2 + 27u^2$ avec $t \equiv 2 \bmod 3$. Et on peut considérer que c'est la ``bonne normalisation''.

Un autre argument qui milite en fonction de la normalisation $t \equiv 2 \bmod 3$, c'est l'expression de $\pi$ comme une somme de Jacobi $\pi = -J(\chi,\chi)$ où $\chi$ est un des deux caractères cubiques sur $\mathbb F_p^*$ et les congruences qui existent dans ce monde là.

Mais enfin et surtout, c'est que ce $t$ que je baptise $t_p$, car maintenant uniquement défini pour un premier $p \equiv 1 \bmod 3$, il existe ailleurs dans la nature :
$$
\#C(\mathbb F_p) = p+1 - t_p, \qquad\qquad C : x^3 + y^3 + z^3 = 0
$$
C'est un résultat profond dû à Gauss. De nos jours, on introduit la fonction zeta de comptage de la courbe au dessus de$\mathbb F_p$ :
$$
Z_{C(\mathbb F_p)}(T) = \exp \left( \sum_{r \ge 1} {N_r \over r} T^r \right) = {1 - t_p + pT^2 \over (1-T)(1-pT)}, \qquad\qquad
N_r = \#C(\mathbb F_{p^r})
$$
L'égalité de gauche est une définition tandis que celle de droite est en réalité dûe à Gauss (cas particulier d'un cas particulier des conjectures de Weil).

> Q := RationalField() ;                       
> P2<X,Y,Z> := ProjectiveSpace(Q,2) ;
> C := Curve(P2, X^3 + Y^3 + Z^3) ;
> 
> p := 157 ;
> p mod 3 ;
1
> Cp := ChangeRing(C, GF(p)) ;
> tp := p+1 - #Points(Cp) ;
> tp ;
14
> tp mod 3 ;
2
> q := ExactQuotient(4*p - tp^2, 27) ;
> ok, up := IsSquare(q) ;
> 4*p eq tp^2 + 27*up^2 ; // of course
true
> 
> ZetaCp<T> := ZetaFunction(Cp) ;              
> ZetaCp ;
(157*T^2 - 14*T + 1)/(157*T^2 - 158*T + 1)
> ZetaCp eq (1-tp*T + p*T^2) / ((1-T)*(1-p*T)) ;
true

Et puis, histoire d'enfoncer le clou $t_p = 2 \bmod 3$, toutes ces informations modulo $p$ permettent de fabriquer la forme modulaire de comptage de $x^3 + y^3 + z^3 = 0$, que l'on trouve dans la nature sous d'autres formes. Ci-dessous, je laisse tourner un algorithme sur les courbes elliptiques.

> E := MinimalModel(EllipticCurve(C)) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 + y = x^3 - 7 over Rational Field
> Conductor(E) ;
27
> Discriminant(E) ;
-19683
> f := ModularForm(E) ;
> f ;
q - 2*q^4 - q^7 + O(q^12)
> 
> N := 200 ;
> qExpansion(f, N) ;
q - 2*q^4 - q^7 + 5*q^13 + 4*q^16 - 7*q^19 - 5*q^25 + 2*q^28 - 4*q^31 + 11*q^37 + 8*q^43 - 6*q^49 - 10*q^52 - q^61 - 
    8*q^64 + 5*q^67 - 7*q^73 + 14*q^76 + 17*q^79 - 5*q^91 - 19*q^97 + 10*q^100 - 13*q^103 + 2*q^109 - 4*q^112 - 11*q^121
    + 8*q^124 + 20*q^127 + 7*q^133 + 23*q^139 - 22*q^148 - 19*q^151 + 14*q^157 - 25*q^163 + 12*q^169 - 16*q^172 + 
    5*q^175 - 7*q^181 + 23*q^193 + 12*q^196 + 11*q^199 + O(q^200)
> S := qExpansion(f,N) ;
> [Coefficient(S,p) : p in PrimesInInterval(7,N) | p mod 3 eq 1] ;
[ -1, 5, -7, -4, 11, 8, -1, 5, -7, 17, -19, -13, 2, 20, 23, -19, 14, -25, -7, 23, 11 ]
> [Coefficient(S,p) mod 3 : p in PrimesInInterval(7,N) | p mod 3 eq 1] ;
[ 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2 ]

Je n'ai plus aucune hésitation sur la normalisation $t\equiv 2 \bmod 3$. Allez, un dernier petit tour dans le monde de la fumette

> M27 := ModularForms(Gamma0(27)) ;
> M27 ;
Space of modular forms on Gamma_0(27) of weight 2 and dimension 6 over Integer Ring.
> S27 := CuspidalSubspace(M27) ;                                                                              
> S27 ;
Space of modular forms on Gamma_0(27) of weight 2 and dimension 1 over Integer Ring.
> Basis(S27) ;
[
    q - 2*q^4 - q^7 + O(q^12)
]
> g := Basis(S27)[1] ;
> qExpansion(g,100) ;
q - 2*q^4 - q^7 + 5*q^13 + 4*q^16 - 7*q^19 - 5*q^25 + 2*q^28 - 4*q^31 + 11*q^37 + 8*q^43 - 6*q^49 - 10*q^52 - q^61 - 
    8*q^64 + 5*q^67 - 7*q^73 + 1

Flip flop : est ce que tu t'es remis dans la loi de réciprocité cubique ? Car toute cette histoire est liée aux sommes de Gauss (et de Jacobi) cubiques. Et ce n'est pas vrai que tous les auteurs sont ``équivalents''. J'avais noté dans un coin ``prendre la preuve de Weil'' ... et le temps est passé.

flipflop

Coucou Claude,

J'ai juste essayé de faire un truc propre avec les périodes de Gauss mais ce n'est toujours pas super. Je vais laisser reposer ce truc !

Pour la normalisation dans $\Z[j]$, je pense que j'avais pris $\alpha = 2 \mod{3}$, c'est à dire $\alpha := x+jy$ avec $x= 2 \pmod{3}$ e $y = 0 \pmod{3}$ (définition 3.6 ici).

claude quitté

@flip flop
Il y a quelques mois (?), on en avait parlé (de la loi de réciprocité cubique). J'avais dit que je te filerai quelque chose mais je devais modifier mon brouillon .. Et j'ai laissé reposer. Si bien que j'ai perdu le fil.

Par contre, je n'ai pas oublié que chez certains auteurs (Ireland & Rosen, Bosma dans ton document, un gars de ``chez magma'' en passant) primary dans le cadre de $\Z[j]$, cela signifie $\bullet \equiv 2 \bmod 3$. Tandis que chez Weil, primaire signifie $\bullet \equiv 1 \bmod 3$.

Of course, cela n'a pas d'impact sur le symbole de réciprocité cubique $\left({\alpha \over \beta}\right)_3$ qui est défini indépendamment de cette normalisation. Mais la loi de réciprocité cubique demande à ce que les éléments $\alpha, \beta$ soient primary ou bien primaires (ce qui n'est donc pas la même chose). Mais heureusement l'expression de la loi est la même :
$$
\left({\alpha \over \beta}\right)_3 = \left({\beta \over \alpha}\right)_3
$$
Faut juste faire attention dans les preuves.

De mon côté, j'ai un petit faible pour ce que fait Weil dans ce domaine. Faudra juste que je me remette dedans. Cette histoire de ``primary'', c'est quand même un peu la m.rde, car dans le cadre de $\Z[i\rbrack$, c'est $\bullet \equiv 1 \bmod (1+i)^3$. Et là, je crois que tout le monde s'aligne dessus (en liaison avec la loi de réciprocité biquadratique).

flipflop

Claude : Tu peux remettre ton épreuve d'entrainement sur les sommes de Gauss et Jacobi. Car dans mes notes, j'avais pris la convention de Koblitz et il me semble que la vie était plus simple avec tes autres conventions !

gai requin

Quelques digressions de flipflop sur les loi de réciprocité [ici].

claude quitté

@flip flop
J'attache l'épreuve et son corrigé. Bien sûr, que cette histoire de $\chi_{\rm unit}(0) = 1$, faut pas le prendre à la légère. Un peu du même tonneau que les évaluations des caractères de Dirichlet $\chi$ versus $\chi_{\rm prim.}$.

Ci-après une idée. Histoire de montrer que parfois, je conduis un binz cohérent (?).
Le contexte est $\Q(\root p \of 1)$ avec $p \equiv 1 \bmod 3$. Je vais monter, par dessus ou par dessus peu importe, un autre étage cyclotomique $\Q(\root 3 \of 1) = \Q(j)$ pour élaborer les sommes de Gauss cubiques.

Faut peut-être arrêter de penser que les caractères tombent dans $\C$, c'est un tue-l'arithmétique. Ils tombent dans $\mathbb U_\infty$. Et dans le contexte assez général que l'on imagine, les additifs tombent dans $\mathbb U_p$ et les multiplicatifs tombent dans $\mathbb U_{p-1}$. Et comme $p, p-1$ sont premiers entre eux, il n'y a pas de lézard. Par exemple, le polynôme cyclotomique $\Phi_p(X)$ reste irréductible sur $\Q(\root p-1 \of 1)$.

Bref. Je note $s_0, s_1, s_2$ les 3 périodes cubiques de Gauss de $\Q(\root p \of 1)$. Et je définis les sommes (habituelles) de Gauss $G(\chi^k)$ pour un caractère cubique $\chi$ sur $\mathbb F_p^*$:
$$
\pmatrix {1 & 1 & 1\cr 1 & j & j^2\cr 1 & j^2 & J} \pmatrix {s_0\cr s_1\cr s_2\cr} =
\pmatrix {G(\chi^0) \cr G(\chi^1) \cr G(\chi^2)}
\qquad \qquad (\star)
$$
On a par exemple $G(\chi^0) = s_0 + s_1 + s_2 = -1$ (pas la convention de Koblitz !). La matrice qui intervient disons $V_j$, $V$ pour Vandermonde, est inversible et son inverse est presque $V_{j^2}$ :
$$
V_j V_{j^2} = 3
$$
Il y a un truc général ici. Je suis en train en fait de faire de la résolvante de Lagrange-Hilbert dans un terrain cyclique $\Q(\root 3\of 1)(\Q \root p \of 1)/\Q(\root 3 \of 1)$ avec le corps de base contenant les racines cubiques de l'unité. Le B-A-BA explicite de l'étage fondamental en théorie galoisienne de la résolubilité par radicaux.

Et via les histoires Gauss-Jacobi :
$$
G(\chi)^3 = pJ(\chi, \chi) = -p \pi
$$
Faut vraiment localiser qui est où et pas dire ``dans $\C$''. Le $\pi$ c'est un facteur irréductible de $p$ dans $\Z[j]$, normalisé primaire à la Weil. On sait le déterminer à partir de $p$, cf l'histoire $4p = t^2 + 27u^2$.

Et ci-dessus, on voit que l'on connaît le polynôme minimal de $G$ sur $\Q(j)$. Et comme les relations $(\star)$ s'inversent via la matrice inversible $V_j$, si on n'est pas manchot, on doit trouver les polynômes minimaux sur $\Q$ des $s_i$, de $s_1 - s_0$. Et c'est EUX que l'on cherche.

Mais non, j'ai pas bu. La preuve ? C'est que la moitié de ce binz commence à tourner sur mon écran.

flipflop

Merci, je vais reprendre un peu car j'ai oublié les détails et pour l'instant je ne comprends plus rien a ce que tu veux faire :-D

flipflop

Ah j'ai compris un peu, en gros tu veux expliquer que la normalisation de $A$ provient de la normalisation de Weil (pour le comptage de la courbe elliptique).

claude quitté

@flip flop
La normalisation de $A$ dans $4p = A^2 + 27B^2$, ce n'est pas si important mais il faut se tenir à quelque chose. Et K. Conrad a changé 3 fois d'avis (d'ailleurs, il a encore fait une mise à jour et il en est à sa quatrième ou cinquième version).

Moi, j'en ai marre d'hésiter et de changer mes programmes selon le jour de la semaine. Et j'ai décidé de prendre $4p = t_p^2 + 27u_p^2$ avec $t_p$, ce que l'on appelle la trace du Frobenius de la courbe elliptique $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ sur $\mathbb F_p$. Et là, c'est obligé que $t_p \equiv 2 \bmod 3$ car c'est un théorème.

Mais ça (cette normalisation) ce n'est pas le plus important.

Le plus important c'est ce que j'ai entrepris dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1489280#msg-1489280 i.e. calculer le polynôme minimal de $s_0$ et de $s_1-s_0$, les $s_i$ étant les 3 PERIODES de Gauss. Et j'y suis arrivé et c'est c.n comme la lune (ce n'est pas fait chez K. Conrad, justement). J'ai suivi presque mot pour mot la stratégie de mon post en inversant la matrice de Vandermonde $V_j$. Je note $G_0, G_1, G_2$ les 3 SOMMES de Gauss (du caractère cubique). On a $G_0 = -1$ et le lien entre sommes et périodes de Gauss est :
$$
3s_0 = -1 + G_1 + G_2, \qquad 3s_1 = -1 + j^2G_1 + jG_2, \qquad 3s_2 = -1 + jG_1 + j^2G_2
$$
Maintenant, tu prends une calculette SYMBOLIQUE (je vais quand même pas faire à la main des petits calculs de m.rde). Je dis bien symbolique et pas arithmétique. Ci-dessous, $G_1, G_2$ sont des indéterminées et j'ai posé $S_i = 3s_i$ pour simplifier.

> QjG1G2<G1,G2> := PolynomialRing(Qj,2) ;
> // S_i = 3*s_i
> S0 := -1 +     G1 +     G2 ;
> S1 := -1 + j^2*G1 +   j*G2 ;
> S2 := -1 +   j*G1 + j^2*G2 ;
> S0*S1 + S1*S2 + S2*S0 ;
-3*G1*G2 + 3
> S0*S1*S2 ;
G1^3 + 3*G1*G2 + G2^3 - 1

Or on connaît $G_1G_2$ car c'est $G(\chi)G(\chi^{-1})$, cela fait $p$ par théorème (sur les sommes de Gauss-Jacobi). Et $G_1^3$ cela fait $pJ(\chi,\chi)$ par théorème (sur les sommes de Gauss-Jacobi). Et $J(\chi,\chi)$ c'est $-\pi$, le facteur normalisé de $p$, par théorème ... air connu. Que de la récupération de choses déjà vues sur Gauss-Jacobi.
Bilan :
$$
S_0 + S_1 + S_2 = -3, \qquad S_0S_1 + S_1S_2 + S_2S_0 = 3(1-p), \qquad S_0S_1S_2 = -p(\pi + \overline\pi) + 3p-1 = -pt + 3p-1 = p(3-t) - 1
$$
Et tu divises par 3 pour passer de $S_i$ à $s_i$. Et obtient un premier Graal :

assert MinimalPolynomial(s0) eq X^3 + X^2 + ExactQuotient(1-p,3)*X - ExactQuotient(p*(3-t)-1, 27) ;

i.e.
$$
X^3 + X^2 + {1 - p \over 3} X - {p(3-t) - 1 \over 27}
$$
Idem pour $s_1-s_0$ (le second Graal). C'est mécanique : il n'y a pas à réfléchir, juste descendre l'étage 3-cyclique en inversant une matrice de Vandermonde. C'est plutôt l'esprit résolvante de Lagrange-Hilbert. Mais c'est assez dingue car celle-ci (la résolvante) disparaît entre les différentes éditions de Bourbaki. Il y aurait beaucoup de choses à raconter ici sur la manière dont sont exposées les mathématiques galoisiennes de nos jours (salons mondains et tout le truc).

Encore un petit détail pénible. $G_0$ c'est $s_0 + s_1 + s_2 = -1$ et pas tout-à-fait $G(\chi^0)$ qui vaut $0$ avec les conventions habituelles (en particulier, les miennes). Et $-1$ chez Koblitz. ARG. Qui a soudain raison. Ceci vient du fait que dans le contexte ci-dessus, il faut sommer sur $\mathbb F_p^*$ et ne pas vouloir inclure $0$. Donc une fausse somme de Gauss pour $\chi_{\rm unit}$ (et une vraie résolvante de Lagrange-Hilbert).

Bref, tout ceci est MECANIQUE. Et peut-être réalisé pour d'autres nombres que 3 i.e. pour l'étage $e$-cyclotomique contenu dans $\Q(\root p \of 1)$ quand $e \mid p-1$.

Tu te doutes que tout ce binz est solidement implémenté.

flipflop

@Claude :

D'accord "compris", je vais reprendre un peu tes calculs car dans tous les cas le résultat est très jolie :
$$
X^3 + X^2 + {1 - p \over 3} X - {p(3-t) - 1 \over 27}
$$
Mais j'ai un gros problème de concentration en ce moment, il y a trop de truc, Claude !

J'aime beaucoup le résultat. Je fais un exemple, pour le plaisir :-D

Disons que je veux connaitre un polynôme irréductible de degré $3$ dont l'extension de $\Q$ qu'il engendre est Galoisienne, abélienne de groupe $\Z/3\Z$ et incluse dans une extension cyclotomique de niveau $p$ premier (et donc $p$ est congru à $1 \pmod{3}$).

Alors j'ai juste a prendre :
$$
X^3 + X^2 + {1 - p \over 3} X - {p(3-t) - 1 \over 27}
$$

Et $t$ est obtenu de la manière suivante :
$$
t = p+1-N
$$
Avec $N$ le nombre de point sur $\mathbb{F}_p$ de la courbe plane projective $x^3+y^3+z^3 = 0$ dans $\mathbb{P}^2$.

Par exemple, je prend $p=7$ et je cherche une équation de l'unique sous-extension de degré $3$ de $\Q(\zeta_7)$.

Je prend l'équation :
$$
X^3 + X^2 + {1 - p \over 3} X - {p(3-t) - 1 \over 27} \qquad \text{donc} \qquad
X^3 + X^2 + 2X - {{7 \times (3-t) - 1 \over 27}}
$$
avec :
$$
t = 7+1-N \qquad \text{avec N le nombre de point sur la courbe $x^3+y^3+z^3 = 0$}
$$
Pour trouver $N$, j'ai conté et trouvé $9$ ! Donc $t = -1$ t on trouve :
$$
X^3 + X^2 + 2X - {{7 \times (4) - 1 \over 27}}
$$
Si tout va bien .. si je remplace $X$ par $\tau_i$ de ce message ici ... je tombe sur $0$ :)o

claude quitté

@flip flop
Aurais tu un petit penchant pour les calculs ? Connais tu ce mot de Michel Demazure :
Un calcul est toujours plus général que le cadre théorique dans lequel on l'enferme à une période donnée.

Il faudra un jour que l'on puisse discuter de ``la chose galvaudée''. Par exemple, comment se fait-il qu'un gars il y a quelque temps ait parlé de la résolution de la construction à la règle et au compas du polygone régulier à $n$ côtés ``par la théorie de Galois, approche classique'' en disant ne pas connaître le travail de Gauss. Evidemment, c'est un non sens historique. Ce que je veux dire c'est qu'une certaine croyance dans des mots magiques (ici théorie de Galois) pourrait enterrer des objets efficaces comme les périodes de Gauss (qui avait fait la totale ``galoisienne'' sur $\Q(\root p \of 1)$ bien avant Galois). Il pourrait en être de même de la résolvante de Lagrange-Hilbert, en liaison avec la résolubilité par radicaux et le théorème 90 d'Hilbert (par exemple). C'est intéressant de voir comment l'objet est enfoui quelque part en cohomologie galoisienne.

Pour faire du calcul, il faut RESSORTIR ces objets des anciens (respect).

Revenons à nos histoires, on méditera plus tard. Tu n'es quand même pas obligé de compter les points de la courbe elliptique $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ sur $\mathbb F_p$. Si j'ai parlé de cela, c'est que je cherchais un bon motif de normalisation. Et j'en ai trouvé un structurel et je m'y tiens. En fait voilà comment je calcule $t$ : je factorise $p = \pi\overline \pi$ dans $\Z[j]$ (je pourrais le prendre en charge via un calcul de pgcd à condition de disposer d'un $w$ tel que $w^2 + w + 1 \equiv 0 \bmod p$) et je corrige le tir en multipliant $\pi$ par une unité ad-hoc.

Z := IntegerRing() ;
ZX<X> := PolynomialRing(Z) ;
Qj<j> := CyclotomicField(3) ;
Zj := Order([j]) ;
UZj := [Zj| j,-j, j^2,-j^2, 1, -1] ;

AdHocFactor := function(p)
  assert IsPrime(p) and p mod 3 eq 1 ;
  ok, solutions := NormEquation(Zj, p) ;
  assert ok ;
  pi := solutions[1] ;
  facteurs := [u*pi : u in UZj] ;
  // Chercher le facteur pi vérifiant pi = 1 modulo 3
  ok := exists(pi){pi : pi in facteurs | IsDivisibleBy(pi-1, 3)} ;
  assert ok ;
  x := Z!(pi[1]) ;  y := Z!(pi[2]) ;
  assert pi eq x + j*y  and  (x-1) mod 3 eq 0 and  y mod 3 eq 0 ;
  assert 4*p eq t^2 + 27*u^2 where t is 2*x -y where u is ExactQuotient(y,3) ;
  return pi, x, y ;
end function ;

Et pourquoi au fait je me mets à calculer le polynôme minimal de $s_0$ ou de $s_1-s_0$ ? Ben, c'est suite au papier incomplet de K. Conrad. Qui contient d'une part des choses conjecturales et non self contained d'autre part (il fait appel à un papier extensions cubiques de Marie-Nicole Gras). Et pourquoi ne pas avoir l'ambition de trouver un élément primitif de l'extension cubique qui aurait comme polynôme minimal :
$$
X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad a \in \Q \qquad\qquad (\star)
$$
Et bien, c'est fait. Il s'agit de :
$$
{s_1 - s_0 \over s_2 - s_1} \qquad \hbox {de norme 1 !!}
$$
Juste pour dire que je ne fais pas une fixette sur $s_0$ et/ou sur $s_1-s_0$ et que j'essaie de boucler la boucle avec $(\star)$.

A suivre.

claude quitté

@flip flop
Le polynôme $G_{a,b}(X)$ enfin retrouvé :
$$
G_{a,b}(X) = X^3 - aX^2 - (a+3b)bX - b^3 \qquad \hbox {de discriminant} \qquad b^2 (a^2 + 3ab + 9b^2)^2
$$
Contexte : $p \equiv 1 \bmod 3$ que l'on factorise en $p = \pi\overline\pi$, $\pi = x + jy$ avec la normalisation $\pi = 1 \bmod 3$ i.e. $x = 1 \bmod 3$, $y = 0 \bmod 3$.

On note $s_0, s_1, s_2$ les 3 périodes de Gauss de l'étage cubique $K$ de $\Q(\root p \of 1)$ en ayant pris une racine de l'unité d'ordre $3p$ de manière à acoquiner $j \in \Q(\root 3 \of 1)$ et $s_0,s_1,s_2 \in \Q(\root p \of 1)$. Et on pose :
$$
q = {s_1 - s_0 \over s_2 - s_1}, \qquad\quad
a = \text{Tr}((s_1-s_0)^2(s_0-s_2)) = p(y-x), \qquad\quad
b = N(s_1-s_0) = -py/3
$$
Il s'agit de la trace et de la norme de $K$ sur $\Q$.
Chute : le polynôme minimal de $bq$ est $G_{a,b}$.

Ceci n'a absolument rien de mystérieux et obéit à un calcul mécanique analogue à celui de la détermination du polynôme minimal de $s_0$. J'ai l'intention d'écrire les détails en TeX.

claude quitté

@flip flop
A propos de choix (parfois douloureux). Je vais me répéter mais tant pis.

1) Pourquoi, en un certain sens, je m'aligne sur Weil. D'abord, il y a Hasse-Davenport dans lequel il n'y a pas de choix. Rappel : $\phi, \chi$ deux caractères sur $\mathbb F_q$, le premier additif, le second multiplicatif. A partir desquels on fabrique $\phi', \chi'$ sur $\mathbb F_{q^r}$ :
$$
\phi' = \phi \circ \text{Tr}_{\mathbb F_{q^r}/\mathbb F_q}, \qquad\qquad
\chi' = \chi \circ \text{N}_{\mathbb F_{q^r}/\mathbb F_q}
$$
Alors (Hasse-Davenport) :
$$
-G(\phi',\chi') = \left[ -G(\phi,\chi) \right]^r
$$
C'est de la faute à personne, mais il y a un signe $-$. Ce qui fait dire à Weil, dans ``La cyclotomie, jadis et naguère'', ce que tu sais : changer la définition des sommes de Gauss, il n'est pas trop tard ... etc.. Mais tout Weil qu'il soit, cela ne sera pas réalisé.
On garde donc les sommes de Gauss telles quelles mais on sait que c'est $-G(\phi,\chi)$ qui COMMANDE, qui GOUVERNE.

Et pareil pour la somme de Jacobi dans le contexte cubique : c'est $-J(\chi,\chi)$ qui commande. Du moins, c'est comme cela que je le vois. Et j'énonce le résultat $-J(\chi,\chi) = 1 \bmod 3$ dans $\Z[j]$ et pas $J(\chi, \chi) = 2 \bmod 3$. Ce qui invite à poser $\pi = -J(\chi,\chi)$. Et de toutes manières, on retrouve $t = \pi + \overline\pi = 2 \mod 3$, ailleurs dans la nature comme tu le sais.


2) Koblitz et $\chi_{\rm unit}(0) = ?$. Là, il faut du discernement, de la nuance, et surtout ne pas changer d'avis tous les 4 matins. Hier, Koblitz a eu raison en ce qui concerne $G_0 = G(\chi^0) = -1$. Faut-il pour autant poser $\chi_{\rm unit}(0) = 0$ au lieu de 1 ? Ce que j'en pense : NON. Il faut simplement dire que dans tel CONTEXTE on somme sur $\mathbb F_p^*$ et pas sur $\mathbb F_p$.

On peut alors se dire : mais pourquoi se faire ch.er à poser :
$$
G(\phi, \chi) = \sum_{x \in \mathbb F_p} \chi(x) \psi(x) \qquad \hbox {au lieu de} \qquad
G(\phi, \chi) = \sum_{x \in \mathbb F_p^*} \chi(x) \psi(x)
$$
A droite, on évite de se poser des questions sur $\chi(0) = ?$.

Attitude stupide car cela ne tient pas la route pour les calculs. On ne peut comprendre que si l'on réalise des calculs. Car les sommes de Jacobi, qui ne portent que sur des caractères multiplicatifs vont débarquer et en fait, ce sont quand même ces sommes qui nous intéressent car elles vivent dans le petit étage de base. Par exemple :
$$
J(\chi_1, \chi_2, \chi_3) = \sum_{x_1 + x_2 + x_3= 1} \chi_1(x_1) \chi_2(x_2) \chi_3(x_3)
$$
Tu imagines le pata-caisse dans les calculs si on empêche aux $x_i$ d'être nuls ? Intenable.

Bref, ici, tenir compte du contexte et dire les choses franchement. Surtout rien sous le tapis.

claude quitté

A propos des anciens et des modernes, de la résolvante de Lagrange-Hilbert ..etc.. J'ai été relire mes classiques.

Considérons par exemple l'instance suivante du Th 90 d'Hibert : $L/K$ galoisienne cyclique de groupe de Galois $G = \langle \sigma\rangle$ et $y \in L$ vérifiant $N_{L/K}(y) = 1$. Alors il existe $x \in L^*$ tel que $y = x/\sigma(x)$ c'est sûr que si $y$ est de cette forme, il est de norme 1.

Deux discours que je pourrais qualifier de ``pas assez réfléchis''
(1) Comment cela se démontre ? Réponse : par la cohomologie galoisienne
(2) Comment trouver un $x$ en fonction de $y$ ? Réponse : sous le sabot d'un cheval.

J'ai beaucoup d'admiration pour Bourbaki-Serre. Il n'est pas inutile de garder les vieilles éditions. Par exemple, la deuxième édition (1967) de Corps commutatifs. J'ai donc été la consulter ainsi que celle de 1981. Et également le début du chapitre X (Cohomologie galoisienne) de Corps locaux de Serre.

Et bien, cela vaut le coup de noter les évolutions et la disparition progressive de la résolvante de Lagrange-Hilbert (mais pas tout à fait, quand même). Je n'ai pas envie d'en raconter plus ici. Sauf de dire que le traitement de Bourbaki/Serre est devenu d'une très grande élégance. C'est vraiment très très efficace. Trop. J'ai vraiment besoin de garder la vieille édition malgré son caractère que l'on pourrait qualifier de ``pas assez élégant''.

flipflop

Je ne sais pas comment tu as fait ici. Mais super (:D
Je regarde la suite

gai requin

Bonjour.
Est-ce que le fait que $G_{a,b}$ s'annule en $bq$ permet de prouver son irréductibilité ?

claude quitté

@gai requin
Non, c'est parce que je sais que c'est le polynôme minimal de $bq$ et que $bq$ est un élément primitif de $K/\Q$.

Autre chose. J'ai révisé mon homographie d'ordre 3 et suis devenu un grand calculateur manuel, comme le prouve le calcul qui suit:
$$
q = \frac{s_1-s_0}{s_2-s_1}, \qquad \sigma(q) = \frac{s_2-s_1}{s_0-s_2}, \qquad
\frac{1}{\sigma(q)} = \frac{s_0-s_2}{s_2-s_1} =
\frac{-(s_1-s_0) - (s_2-s_1)}{s_2-s_1} = -q-1 = -(q+1)
$$
Bilan :
$$
\sigma(q) = \frac{-1}{q+1} \qquad
H = \begin {bmatrix} 0 & -1\cr 1 & 1 \end {bmatrix}
$$
Tiens une homographie d'ordre 3.


Autre chose : ``faudra'' que l'on parle de racine de l'unité analytique, the so called $e^{2i\pi/N}$. Car, pauvre retraité que je suis, j'ai pas les moyens de m'en payer. Je fais alors avec des systèmes cohérents de racines de l'unité :
$$
\zeta_{nm}^m = \zeta_n
$$
Serre en parle dans Topics in Galois Theory Th. 3.6.1 p. 58 mais c'est pas pour moi : le groupe fondamental algébrique est isomorphe à la complétion profinie du groupe fondamental topologique. Mazette. Je n'y comprends rien of course. Mais je n'ai pas de problème de signe contrairement à K. Conrad page 5 de http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/nopowerbasis.pdf. Comme quoi avoir peu de moyens.

Enin, le titre du papier de Conrad est RINGS OF INTEGERS WITHOUT A POWER BASIS. Et pas cubic extension of ... Et c'est bien pour cela que ... Histoire de placer le schéma associé à $\mathcal O_K$. Pas cohérent, le C.Q pour une fois ?

gai requin

Serre ou comment perdre $99,9\%$ des mortels en une phrase !

Bravo pour ton travail en tout cas. (tu)
J'avais beau contemplé $G_{a,b}$...

claude quitté

@gai requin
Tu as quand même un peu raison : dès que $G_{a,b}$ admet une racine en dehors de $\Z$, puisque son discriminant est un carré (ou alors le coup de l'homographie), il n'en admet aucune dans $\Z$ et comme il est de degré 3, il est irréductible sur $\Z$.

J'attache mon brouillon (je me suis forcé). Pas trop relu. J'espère que je n'ai pas créé de coquilles en ``recopiant mes programmes''.

LE LENDEMAIN Je détache et attache plus loin une nouvelle version.

flipflop

Merci Claude !

Pour l'instant je ne comprends pas comment tu as pu faire ça :-S

flipflop

Sinon une question : pour la complétion profini. C'est pas la limite projective de tous les quotients finis.

Pour $\Z$, ça donne les suites $(a_n)$ avec $a_n \in \Z / n\Z$ et vérifiant si $n \mid m$ alors $a_n = a_m \mod{n}$ (les collections compatibles de congruences).

D'ailleurs, je pense que c'est comme ça que l'on peut reconstruire le groupe de Galois d'une extension infini de corps :-S

Par exemple, au niveau des corps finis soit $k := \mathbb{F}_p$ et $\underline{k}$ une clôture algébrique (Claude doit faire des bonds sur sa chaise :-D).

Alors on regarde l'ensemble des suites $(\sigma_r)$ avec $\sigma_r \in \text{Gal}(\mathbb{F}_{p^r} \mid \mathbb{F}_p)$ qui sont compatible ... ça veut dire que si $r' \mid r$, alors $\sigma_{r'}$ est la restriction de $\sigma_r$ à $\mathbb{F}_{p^{r'}}$.

Du coup, grâce au Frobenius on peut voir ça comme une collection de congruence modulo $r$ compatible ... comme pour la complétion profini de $Z$.

claude quitté

@flip flop
Je réponds à ton avant dernier post. Je t'assure que ça va pas ch.er loin : c'est juste les propriétés des sommes cubiques de Gauss et Jacobi. C'est d'ailleurs avec ces propriétés que l'on prouve la loi de réciprocité cubique. Ce qui est important, c'est peut-être de distinguer le rôle de $J$ (Jacobi) et de $G$ (Gauss). La somme de Jacobi s'occupe du petit corps de base, ici $\Q(j)$, en fait $\Z[j]$. La somme de Jacobi qui nous concerne est
$$
J(\chi, \chi) = \sum_{a \in \mathbb F_p} \chi(a) \chi(1-a)
$$
Etant entendu que $p \equiv 1 \bmod 3$ et que $\chi : \mathbb F_p^* \to \mathbb U_3$ est un des deux caractères cubiques multiplicatifs.
Et bien $J(\chi, \chi)$ porte la factorisation précieuse $p = \pi\overline \pi$ normalisée, à condition de prendre $\pi = -J(\chi,\chi)$. Tout se passe au niveau $\Z[j]$, ici pas du tout d'étage $\Q(\root p \of 1)$. Pour te convaincre que c'est tout au niveau $\Q(j)$ :

Z := IntegerRing() ;
Qj<j> := CyclotomicField(3) ;

P := [p : p in PrimesInInterval(7,500) | p mod 3 eq 1] ;
p := Random(P) ;

Fp := GF(p) ;
g := PrimitiveElement(Fp) ;
chi := map < Fp -> Qj | a :-> a eq 0 select 0 else j^Z!Log(g,a) > ;
J := &+[chi(a)*chi(1-a) : a in Fp] ;
pi := -J ;
x := Z!(pi[1]) ;
y := Z!(pi[2]) ;
assert x mod 3 eq 1   and   y mod 3 eq 0 ;

t := 2*x-y ; u := ExactQuotient(y,3) ;
assert 4*p eq t^2 + 27*u^2 ;

Dans mon brouillon, j'ai oublié de dire que le discriminant du polynôme cubique de la proposition 1 est $p^2u^2$ et celui de la proposition $2$ est $p^2t^2$.

claude quitté

@flip flop
Ton post complétion profinie http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1490126#msg-1490126. Je ne comprends pas ce que tu veux dire quand tu dis ``C'est pas la limite projective de tous les quotients finis''.

Mais non, j'ai pas peur contrairement à ce que tu pourrais croire. Et puisque la chose est mise sur le tapis, un truc me ferait super-plaisir : c'est de décortiquer la proposition 7.3.3 de Serre, Topics in Galois Theory, p. 71. Serre va montrer un résultat vachement concret sur classes de conjugaison des groupes finis en utilisant le petit monstre $\text{Aut}(\widehat {\Z})$. Regarde bien la remarque AVANT l'énoncé : Here is another way to prove 7.3.1

T'es partant ? Mais un truc à fond. Pas le décortiquer du bout des lèvres. Enquêter sévère dessus. Lui faire dire ce qui n'est pas écrit. ...etc... Car cela va donner un résultat beaucoup plus puissant que 7.3.1 (7.3.1 est présenté comme un résultat numérique de comptage avec une première démo faible par récurrence).

flipflop

Claude : C'est mon lemme favori la proposition 7.3.3 de Serre ! C'est un résultat clef pour passer au méthode de rigidité, par contre les méthodes de rigidité ... c'est que des exemples de groupes super complexe ... (Qui peut dire un truc sur le Monstre, pas moi !) ...Mais dans le contexte abélien : les classes de conjugaison sont réduite a un élèment et donc la propostition 7;3.3 détermine complétement les choses !

Ce truc explique pourquoi les points fixes de l'homographie doivent être dans $\Z[j]$ (ici), p48 2.3.2)

claude quitté

@flip flop

Dernière ligne de ton post : Ce truc explique ...etc... la référence pointe sur quelque chose d'inaccessible

Je suis bien content que 7.3.3 de Serre soit ton lemme favori. Car on va lui faire dire ce qu'elle ne dit pas i.e. que dans la proposition 7.3.1 :
$$
\hbox {les deux $G$-ensembles $\Sigma(C_1, \cdots, C_k)$ et $\Sigma(C_1^\alpha , \cdots, C_k^\alpha)$ sont $G$-isomorphes}
$$
Rappel : $G$ est un groupe fini, et dans 7.3.1 $\alpha$ est un exposant premier à l'ordre du groupe. Et bien sûr, comme on croit à ce que l'on dit, le $G$-isomorphisme, on ne va pas le trouver sous le sabot d'un cheval.

Exemple : $G$ d'ordre impair, $\alpha = 2$, $k = 3$ donc on joue avec $\Sigma(C_1,C_2,C_3)$, en particulier avec des groupes (finis d'ordre impair) engendrés par 3 éléments $x_1,x_2,x_3$ vérifiant $x_1x_2x_3 = 1$ i.e. $2$-engendrés. Elle dit quoi cette page 71 concernant ce cas particulier ??

Enfin, j'attache une mise à jour de mon brouillon (que je détache de l'autre post pour ne pas saturer la machine qui héberge le forum).

claude quitté

@flip flop
En ce qui concerne prop 7.3.1, 7.3.3 ...etc.. de Serre, est ce que l'on ouvre un fil en théorie des groupes ? Sinon, cela va faire désordre alors que nous, d'habitude, nos fils sont super clairs avec une ligne directrice bien nette.

Savais tu qu'une sous-sous-sous-exploitation de la page 71 de Serre disait la chose suivante : dans un groupe fini d'ordre impair, $(ab)^2$ est le produit d'un conjugué de $a^2$ et d'un conjugué de $b^2$ ? En effet, je peux remplacer $G$ par $\langle a,b\rangle$, qui est toujours d'ordre impair, et poser :
$$
x_1 = a, \qquad x_2 = b, \qquad x_3 = (x_1x_2)^{-1} \qquad \hbox {de sorte que $x_1x_2x_3 = 1$}
$$
Je note alors $C_i$ la classe de conjugaison de $x_i$. On (=Serre) nous informe alors que $\Sigma(C_1^2, C_2^2, C_3^2)$ est $G$-isomorphe à $\Sigma(C_1,C_2,C_3)$ en tout cas de même cardinal, en particulier non vide. Cela veut donc dire qu'il y a des $y_i$ tels qu'en notant $\sim$ pour ``conjugué à'' :
$$
y_1y_2y_3 = 1, \qquad y_1 \sim x_1^2, \qquad y_2 \sim x_2^2, \qquad y_3 \sim x_3^2
$$
Quitte à faire une conjugaison, je peux faire en sorte que la dernière conjugaison soit une égalité i.e. $y_3 = x_3^2$. Bilan :
$$
y_3^{-1} = x_3^{-2} = (ab)^2 = y_1y_2 \qquad \hbox {avec} \quad y_1 \sim a^2, \quad y_2 \sim b^2
$$
Et, si j'ai bien compris, on doit pouvoir le réaliser de ``manière uniforme en $a,b$''. Tu sais réaliser concrètement cela ?

Pointeur sur Topics in Galois Theory (Serre). http://www.msc.uky.edu/sohum/ma561/notes/workspace/books/serre_galois_theory.pdf

gai requin

Bonjour.
On dirait que le chapitre 7 de ce lien correspond mot pour mot à ma deuxième édition de 2008. B-)

flipflop

@Claude : Ah non, je ne sais rien faire concrètement, je connais juste le résultat de rigidité et certaines variantes : l'interprétation plus élégante en terme d'espace de Hurwitz (mais j'ai oublié tous les détails, ça m'a pris 5 ans pour oublier :-D). Ah mais du coup, j'ai regardé un peu Serre. Je comprends mieux pourquoi tu as parlé de complété profini (c'est le résultat 6.3.3.).

claude quitté

@flip flop
Je parlais juste de la page 71 (disons section 7.3), surtout, la preuve de 7.3.1 via 7.3.3. Il s'agit de groupes finis. On voudrait nous faire croire que l'on a besoin de GAGA, du théorème d'existence de Riemann, de descente de $\C$ à $\overline {\Q}$, de complétion profinie ..etc.. J'ai l'impression d'être le seul que cela étonne. Suis je le seul à vouloir des choses plus simples ?

Bon, mais c'est enfin réglé, je pense i.e. j'ai pu décrypté. Il s'agit de remplacer le complété profini du groupe libre $L_r = \langle x_1, \ldots, x_r\rangle$ par un ``complété profini des pauvres'' adapté au groupe fini $G$ que l'on a sous la main. Et ce complété profini des pauvres est un groupe fini qui est $r$-rigide au sens de Thompson (terminologie de mézigue, ce n'est pas écrit ainsi chez Thompson).

Décrypter cela veut dire quoi ? Prenons par exemple la loi de réciprocité quadratique complémentaire, celle avec 2 et un nombre premier $p$. On a besoin de $\omega$ racine primitive $8$-ème de l'unité au dessus de $\mathbb F_p$. Bien sûr, il n'est pas rare que l'on considère $\overline{\mathbb F_p}$ la clôture algébrique $\mathbb F_p$ et un $\omega$ racine de $X^4+ 1$. Mais quand c'est moi qui passe à la caisse (surtout qu'en ce moment, il faut faire des économies, tu n'as pas entendu dans le poste ?), je prends
$$
\overline {\mathbb F_p} = \mathbb F_p[X]/\langle P\rangle \qquad \hbox {où $P$ est un facteur irréductible de $X^4 + 1$ dans $\mathbb F_p[X]$}
$$
Que m'importe de vouloir scinder TOUS les polynômes sur $\mathbb F_p$, alors que je n'ai besoin que d'une racine de $X^4 + 1$ ?


Et bien dans l'histoire de Serre, c'est pareil. Car on dispose d'un groupe fini $G$ sous la main disons engendré par $r$ éléments. On considère la surjection $L_r = \langle x_1, \ldots, x_r\rangle \twoheadrightarrow G$ qui transforme $x_i$ en le générateur numéro $i$ de $G$. Jusque là, tout baigne.

Et tout d'un coup, on OUBLIE $G$et on se met à considérer TOUS les sous-groupes normaux de $L_r$ d'indice fini, ceci pour former le complété profini. Tous, même ceux dont on se fiche. Allons, allons, est ce bien raisonnable ? du même tonneau que de vouloir un machin où tous les polynômes sont scindés alors que l'on a besoin uniquement de $X^4 +1$.
Mais lorsque l'on regarde attentivement de quoi on a $G$-besoin, on voit qu'il s'agit de considérer les sous-groupes normaux $N \subset L_r$ tels que $L/N \simeq G$. Ils sont en nombre fini !! Et leur intersection $N'$ est un sous-groupe normal d'indice fini. Si bien que $\widehat {G} = L_r/N'$ me servira de complété profini des pauvres. Et il est $r$-rigide-Thompson, ce qui n'est pas rien.

Du coup, dans ma tête, la proposition 7.3.1 devient un résultat concret et plus précis que l'égalité des cardinaux.

Précision : je suis à jeun.

claude quitté

@flip flop
Je considère juste un exemple en prenant comme exposant $-1$ qui a l'avantage d'être premier à tout ordre $\#G$. Dans un groupe, on dispose de $x_1x_2x_3x_4 = 1$ et je dois trouver $y_1, y_2, y_3, y_4$ vérifiant :
$$
y_1y_2y_3y_4 = 1, \qquad \qquad y_i \sim x_i^{-1} \qquad \hbox {$\sim$ : conjugué à}
$$
Evidemment, si je pose $y_i = x_i^{-1}$, cela ne va PAS le faire parce que je n'ai PAS $x_1^{-1} x_2^{-1} x_3^{-1} x_4^{-1} = 1$.

Par contre, si je définis $y_i$ par :
$$
\underbrace {x_1^{-1}}_{y_1}\
\underbrace {x_1 \ x_2^{-1}\ x_1^{-1}}_{y_2}\
\underbrace {x_1x_2 \ x_3^{-1}\ x_2^{-1} x_1^{-1}}_{y_3}\
\underbrace {x_1x_2x_3 \ x_4^{-1}\ x_3^{-1} x_2^{-1} x_1^{-1} }_{y_4} = 1
$$
Et le procédé $x \mapsto y$ est uniforme. Et donc $\Sigma(C_1,C_2,C_3,C_4)$ et $\Sigma(C_1^{-1}, C_2^{-1}, C_3^{-1}, C_4^{-1})$ sont en correspondance bijective où $C_i$ est la classe de conjugaison de $x_i$.

Et ``il paraît'' que l'on peut faire la même chose avec l'exposant 2 si toutefois le groupe est d'ordre impair. Et que pour l'instant je ne sais pas faire. C'est pourtant ce que disent 7.3.1 via 7.3.3, ou je crois qu'elles disent.

flipflop

Coucou Rapidos

Je suis entrain de regrouper un peu les choses cyclotomiques et mon exemple 13. Le truc c'est les histoires de fumette et les histoires de caractères.

Y'a un truc étrange : y'a l'impression que c'est double fumette par exemple pour $Z[ j]$

1/ il y a de la fumette pour la fonction de comptage des solutions de $x^2+x+1=0$ sur les corps fini. De la fumette de dimension 0.

2/ il y a de la fumette pour la fonction zéta de la courbe elliptique $\C / \Z[ j]$, et je pense que l'équation c'est $x^3+y^3+z^3$ dans $\mathbb{P}^2$.


C'est pas les mêmes fumettes :-S

flipflop

@Claude : ici. Beh je veux aussi des trucs simples, enfin simple je veux dire des trucs pratiques pour faire des calculs !


Concernant la méthode de rigidité ... je regardé un peu Matzat ! Ca va être dur de comprendre comment ils sortent des équations pour moi ! Géométriquement, je comprends le truc. Mais ils ont un traitement super pronfond car c'est des groupes déjà bien complexe ... Matzat parle du monstre, non ? C'est pas possible de lire ... enfin pour moi !

Perso, j'aime bien les extensions abéliennes. C'est Bébé, Claude ?

Par contre, je suis convaincu que ton extension universelle de degré $3$ est rigide (modulo le caractère cyclotomique) ?

J'avais demandé a .. tu sais qui ... réponse : les extensions abéliennes n'interrèsse personne !

@Claude : C'est cool les extensions abéliennes !!! J'aime bien moi ! Et tu sais quoi ?!? J'aime bien aussi $\Z[ i]$ et $\Z[j]$ .... Claude tu penses que pour étudier les maths je dois commencer avec Le monstre ou avec $\Z[\root \bullet \of 1]]$ ?