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Inversibles de ${\Bbb Z}/n{\Bbb Z}$ et classes de rayon

Modifié (28 Sep) dans Arithmétique
Bonjour
j'ai des soucis avec "Harvey Cohn, A classical invitation ..."
et plus précisément avec les groupes de classes de rayon.

Mon corps de base est $\Bbb Q$. $\def\fm{{\frak m}} \fm \def\fa{{\frak a}}\def\fb{{\frak b}}\def\Z{\Bbb Z}$ est un module
$J_\fm=\{\fa/\fb\: \fa\fb\wedge\fm=1\}$ le groupe des idéaux de rayon, (fractionnaires).
Si par exemple $m=20$ a-t-on $\frac{11\Z}3\in J_{20}$?
Parce que là il y a déjà pour moi des ambiguités car on assimile les idéaux à un de leur générateur et l'on prend en fait l'ensemble des $a/b$, sauf qu'en tant qu'idéal
$$\frac{11\Z}3=\frac{-11\Z}3=\frac{11\Z}{-3}=\frac{-11\Z}{-3}$$
Ensuite il y a les unités de rayon. $J_\fm^1$ avec la même chose mais en plus $\fa/\fb=1\mod^x\fm$ c'est-à-dire $\fa/\fb-1$ divisible par $\fm$.

Puis mes ennuis commencent ou continuent car tout ça c'est de la théorie et dans la pratique $J_\fm/J^1_\fm$ est assimilé à $(\Z/m\Z)^*$ Sauf que l'auteur n'explique pas du tout comment se fait cette identification.

J'imagine que l'on prend alors un représentant de $a/b$. Par exemple $11/3=11\,7=77=-3=17\mod20$ sauf que pour un même idéal je peux changer de signe puisque $11\Z=-11\Z$ or évidemment la classe de $11$ n'est pas celle de $-11$. Rien qu'à ce niveau il me semble qu'il y a un problème.

$11\Z/3\notin J^1_{20}$ quelle est sa classe ? Celle de $11/3=17$ ou celle de $-11\Z/3$ ?

Je continue !

Un sous groupe de congruence $J$ qui est donc coincé entre $J_\fm$ et $J^1_{\fm\infty}$ est assimilé à un sous-groupe de $\Z/m\Z)^*$. Avec toujours le même problème que l'on peut prendre plein de représentants différents.

Arrivé ici, l'auteur affirme comme ça froidement comme une évidence que
"le conducteur contient $\infty$ ssi $J$ ne contient pas $(m-1)$".

Déjà "le conducteur" de quoi ? Car je ne connais que les conducteurs d'une classes de sous-groupes de congruence. Est-ce celui de la classe de $J$? J'imagine que oui mais comment déterminer un tel conducteur quand sa définition fait intervenir tous les éléments de la classe via un pgdc?

Pour un caractère de Dirichlet je comprends car alors les conducteurs sont attribués à un caractère donné comme une sorte de réduction au minimum. Mais dans le cas des groupes de rayon ???

De surcroît, contenir $\infty$ signifie d'après ce que j'ai pu comprendre que l'on impose à $a$ et $b$ d'être de même signe mais comme le signe
n'intervient pas dans les idéaux on peut toujours prendre un générateur de n'importe quel signe soit $-1<0$ soit $m-1>0$.

Si mon sous-groupe contient $11\Z$ il contient aussi $-11\Z$ puisque c'est le même idéal.

Est-ce que quelqu'un pourrait m'expliquer ce bazar ?
Je flaire un truc assez bête pour qui s'y connaît mais il y a toujours tellement de choses laissées en suspend que plus je tente de vraiment comprendre ce qui se passe et plus je me rend compte qu'en toute rigueur ça ne veut rien dire car je ne rencontre pas d'auteur qui explique les choses à fond.
Merci

Réponses

  • Bonjour,

    je te conseille le "Algebraic Number Theory"  et "Class Field Theory" de Neukirch qui traite largement ces sujets. Ils m'ont bien servi durant cette année.
    Deux "Je vous salue Évariste" au réveil et trois "Domine Salvum Fac Galois" au coucher pour progresser en mathématiques.
  • Ça fait longtemps que je n'ai pas manipulé ces trucs-là, mais il me semble que justement on ne choisit pas n'importe quel représentant de nos idéaux fractionnaires pour faire du calcul modulaire dessus. Il me semble que les définitions de $J_{\mathfrak m}$ et compagnie sont plus précisément "l'ensemble des idéaux fractionnaires $I$ tels qu'il existe un générateur $\frac{a}{b}$ vérifiant...". Ça ne veut pas dire que tous les générateurs vérifient la condition en question, mais en pratique on va se servir de ceux qui vérifient la condition.

    Peut-être que ce document t'apportera un point de vue plus clair sur ces choses-là, je n'ai pas trop le temps de m'y repencher actuellement.
  • $\def\Z{{\Bbb Z}}\def\Q{{\Bbb Q}} \let\f\frac
    \let\ssi\Longleftrightarrow$
    Merci pour les réponses mais j'ai toujours des problèmes

    En effet on choisit un $a/b$  qui vérifie les congruences, mais si je reprend mon exemple de $I=\f{11\Z}3$, il me semble bien dans $J_{20}$

    Comment lui associer une classe modulo $J_{20}^1$ ? 

    Si je suis ce que je dis, sauf que je ne sais pas si c'est correct, $11/3=-3=17\mod 20$ et du coup $I=(-3)\,\f{11\Z}{-9}=17\,\f{11\Z}{51}$ les deux derniers idéaux sont tous les deux dans $J_{20}^1$ car $\frac{11-(-9)}{-9}=0\mod 20$ et pareillement $\frac{11-51}{51}=0\mod 20$.
    Un sous-groupe de congruence contenant $11\Z/3$ devra donc contenir $-3$ et du coup il ne peut être que $\{1,9,11,17\}$ ... so what !
    Pourquoi son conducteur est il $4\infty$? Et pourquoi le corps de classe correspondant est-il $\Q[i]$ comme H. Cohn l'affirme sans la moindre explication ?

    C'est ça qui me frustre beaucoup avec cette théorie. On a une sublime cathédrale de théorie mais lorsqu'on veut l'appliquer à un truc idiot, voilà ... $m=20$ il n'en reste rien !
    Certes un groupe de Galois aussi c'est assez sale mais on peut quand même s'en calculer un dans des cas simples et on trouve des exemples dans la littérature mais dans le cas des corps de classe il n'y a jamais de calculs simples menés jusqu'à leur termes pour qu'un débutant puisse avoir une idée de la façon dont ça marche.

    Par exemple ici H. Cohn écrit froidement $\quad\{1,9,11,17\}J_{20\infty}^1\simeq J_4^1$ ça sort d'où ?

    et puis je ne vois pas du tout pourquoi "le conducteur contient $\infty\ssi J$ contient $m-1$ 
  • $\newcommand{\ida}{\mathfrak{a}} \newcommand{\modu}{\mathfrak{m}}
    \newcommand{\prm}{\mathfrak{p}} \newcommand{Cl}{\mathrm{Cl}}
    \newcommand{\gene}{\mathrm{gene}}$
    Salut,

    Je ne connais pas les notations du livre que tu mentionnes, mais je vais essayer de clarifier.

    Soit $\modu$ un module (ideal entier + ensemble de plongements réels) de ton corps de nombres $F$ d'anneau des entiers $\Z_F$.
    Soit $\ida$ un idéal fractionnaire de $F$. On dit que $\ida$ est premier avec $\modu$ si $v_\prm(\modu) = 0$ pour tout $\prm$ divisant $\modu$.
    Soit $\alpha\in F^\times$ un élément du corps. On note
    $$
      \alpha =^* 1 \bmod{\modu}
    $$
    si $v_\prm(\alpha-1) \ge v_\prm(\modu)$ pour tout $\prm$ divisant $\modu$ (attention au sens de "divisible par" pour des éléments non entiers; ce n'est pas la même chose que de demander $\alpha-1\in \modu$) et si $\sigma(\alpha)>0$ pour tout $\sigma$ dans $\modu$. Note que cela implique que l'idéal fractionnaire principal $\alpha\Z_F$ est premier avec $\modu$.

    On définit alors le groupe des classes de rayon
    $$
      \Cl_F(\modu) = \frac{(\text{idéaux fractionnaires premiers avec
    }\modu)}{(\text{idéaux fractionnaires principaux qui sont de la forme
    }\alpha\Z_F \text{ avec }\alpha =^* 1 \bmod{\modu})}.
    $$
    Attention, on n'assimile jamais un idéal à l'un de ces générateurs, mais on sélectionne les idéaux qui admettent un générateur d'une certaine forme.

    Pour ce qui est du cas de $F=\Q$, voici ce qui se passe. Prenons un entier $m>0$ et considérons le module $\modu = m\infty$.
    Tout idéal fractionnaire $\ida$  admet un unique générateur positif (par division euclidienne), que je note $\gene(\ida)$.
    On peut donc définir (exo : explique comment on écrit complètement cette application avec les fractions, et montre bien que l'image est inversible modulo $m$) l'application
    $$
      (\text{idéaux fractionnaires premiers avec }\modu) \to (\Z/m\Z)^\times
    $$
    définie par $\ida \mapsto \gene(\ida)$, qui est bien un morphisme de groupe.
    Ce morphisme induit un isomorphisme
    $$
      \Cl_F(\modu) \cong (\Z/m\Z)^\times.
    $$
    En effet, prouve-le en montrant :
    1/ $(\text{idéaux fractionnaires principaux qui sont de la forme }\alpha\Z_F \text{ avec }\alpha =^* 1 \bmod{\modu})$ est bien envoyé sur l'élément trivial de $(\Z/m\Z)^\times$. On obtient donc bien un morphisme de $\Cl_F(\modu)$ vers $(\Z/m\Z)^\times$.
    2/ Montre que le morphisme est bien injectif (de manière équivalente, le morphisme précédent a pour noyau le truc par lequel on a quotienté).
    3/ Montre que le morphisme est surjectif (tu peux le montrer sur le premier ou le second, c'est pareil).

    Reprenons ton exemple.
    $m = 20$, et prenons $\modu = m\infty$.
    Soit $\ida = 11\Z/3$. Il est de valuation $0$ en $2$ et $5$, donc il est premier avec $\modu$. On a $\gene(\ida) = 11/3$, et son image dans $(\Z/20\Z)^\times$ est $11/3 \equiv 11 \cdot 7 \equiv 17 \bmod{20}$.

    Amicalement,
    Aurel
  • Bon ça confirme bien mon 17 ! C'est déjà ça

    Mais je ne vois toujours pas pourquoi un groupe de classe d'idéaux de rayon (je ne sais pas dans quel ordre on dit) qui est normalement un truc entre
    $J$ et $J^1_{\frak m\infty}$ a un conducteur contenant $\infty$ selon que son "image" dans $\Z/m\Z^*$ contient ou pas $(-1)$.
    Et de surcroît comment le savoir puisqu'on ne connait qu'un seul groupe et que les conducteurs dans ce contexte dépendent de tous les sous-groupes de la classe.
  • Modifié (20 Sep)
    Ce n'est pas un gros pavé
  • Modifié (27 Sep)
    Je le connais et il est plutôt pas mal fait mais elle travaille dans un cadre idélique et ça ne répond pas à ma question de petit calcul élémentaire:
    Pourquoi si un sous-groupe de $\Z/n\Z$ contient -1 alors le conducteur de la classe d'un groupe d'idéaux contient la place infinie ?
  • $\newcommand{\ida}{\mathfrak{a}} \newcommand{\modu}{\mathfrak{m}}
    \newcommand{\prm}{\mathfrak{p}} \newcommand{Cl}{\mathrm{Cl}}
    \newcommand{\gene}{\mathrm{gene}}  \newcommand{\cond}{\mathfrak{f}}$
    Bonsoir,

    Par définition, le conducteur d'un sous-groupe $H\subset \Cl_F(\modu)$ est le plus petit diviseur $\cond$ de $\modu$ tel que $H$ est la préimage par l'application canonique $\Cl_F(\modu) \to \Cl_F(\cond)$ d'un sous-groupe $H'\subset \Cl_F(\modu)$. L'intérêt de cette définition réside par exemple dans le fait qu'on a alors un isomorphisme canonique $\Cl_F(\modu)/H \cong \Cl_F(\cond)/H'$.

    Pour savoir si un sous-groupe $H\subset (\Z/m\Z)^\times = \Cl_\Q(m\infty)$ est de conducteur divisant $m$ (i.e. ne contenant pas $\infty$), il faut donc comprendre l'application canonique $\Cl_\Q(m\infty) \to \Cl_\Q(m)$. En suivant exactement la procédure de mon post précédent tu peux montrer que $\Cl_\Q(m) = (\Z/m\Z)^\times/\{\pm 1\}$ avec comme application $(\Z/m\Z)^\times \to (\Z/m\Z)^\times/\{\pm 1\}$ le passage au quotient, le point crucial étant que sans contrainte de positivité sur le générateur, tout idéal $g\Z$ est aussi engendré par $-g$.
    La question est donc : étant donné $H\subset (\Z/m\Z)^\times$, quand est-ce que $H$ est la préimage d'un sous-groupe $H' \subset (\Z/m\Z)^\times/\{\pm 1\}$ ? Je te laisse répondre à cette question tout seul (si tu n'y arrives pas, élimine le contexte parasite et pose-toi simplement la question avec $H\subset G$ et $H'\subset G/\langle g\rangle$).


    Amicalement,
    Aurel

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