@CQ :
Ma justification pour $\mathcal O_L$ était :
Comme $-23$ est squarefree dans $\mathcal O_K$, $\mathcal O_L=\mathcal O_K[\theta]$.
Maintenant, je ne sais pas si le coup du squarefree reste valable si le corps de base n'est pas $\Q$...
Je fais avec les moyens du bord.
Faudrait revoir tout ça avant de s'attaquer au cas général $\Q(\sqrt{D})\subset L$.
@flip flop
Je ne comprends pas ce que tu veux dire par c'est ``plus simple comme cela''.
On peut utiliser le théorème Chinois de plusieurs manières, cf ce qui vient. Note que je mentionne très très rarement des valeurs ``en dur'' dans mes programmes magma (moi, ceinture jaune). Par exemple :
> q1 := 13 ; q2 := 31 ;
> d,u,v := XGCD(q1,q2) ;
> uq1 := u*q1 ; vq2 := v*q2 ;
> assert 1 eq uq1 + vq2 ;
> q1q2 := q1*q2 ;
>
> // Isomorphisme chinois : Z/q1Z x Z/q2Z -> Z/q1q2Z : (y,z) -> x = vq2*y + uq1*z
> IsoChinois := func < y,z | (vq2 * y + uq1 * z) mod q1q2 > ;
>
> Uq1q2 := [x : x in [1..q1q2-1] | Gcd(x,q1q2) eq 1] ;
> // 3^3 = 1 mod 13 : g = 3 générateur de l'unique sous-groupe d'ordre 3 de U(Z/13Z)
> g := 3 ; assert Order(GF(q1)!g) eq 3 ;
> // 5^3 = 1 mod 31 : h = 5 générateur de l'unique sous-groupe d'ordre 3 de U(Z/31Z)
> h := 5 ; assert Order(GF(q2)!h) eq 3 ;
>
> // On cherche l'unique sous-groupe C3xC3 de U(Z/13Z) x U(Z/31Z) ~ U(Z/(13x31)Z)
> // C3xC3 = {x in Uq1q2 | x^3 = 1}. Use 4 = (13-1)/3 10 = (31-1)/3
> // Brute force : on passe Uq1Uq2 tout entier pour trouver 9 valeurs
> G := {IsoChinois(x^4,x^10) : x in Uq1q2} ;
> G ;
{ 1, 87, 94, 118, 191, 211, 222, 315, 373 }
> assert #G eq 9 and &and [x^3 mod q1q2 eq 1 : x in G] ;
> // Moins brutal : on tabule les 9 valeurs
> C3xC3 := {IsoChinois(g^i, h^j) : i,j in {0..2}} ;
> assert C3xC3 eq G ;
Ma question est super-simple. Fröhlich-Taylor, page 215, preuve de (2.4.a.)
$$
G_m \cdot G_n = G_d
$$
Il est écrit $x = 1 + mmm' + nn' = (1+mm')(1 + nn') - mnm'n' \equiv yz \bmod g$ where $y = 1 + mm'$ et $z = 1 + nn'$.
Je ne comprends pas pourquoi $y$ est inversible modulo $g$. Ce $g$ est le ppcm (LCM) de $n,m$. Idem pour $z$.
Sur le papier, cela ne semble pas très grave. Mais en programmation, un peu plus. Il s'agit là de ce qui va armer l'unicité du caractère primitif associé à un caractère de Dirichlet. Faut surtout pas prendre cela à la légère.
Je t'assure que je prends mon temps ce qui ne m'empêche pas de dire des grosses c.nner.es ! (td)
Du coup, je pense qu'il faut décomposer dans $\mathcal O_K[\theta]$ l'idéal premier de $\mathcal O_K$ qui contient $23$.
C'est bien $23$ le problème non ?
@gai requin
Il y a (pour moi) un autre facteur que le temps, que le fait de prendre son temps. Il m'est impossible de faire autrement, car quand tu programmes, le verdict est terrible.
Bon, retour à $\mathcal O_L$. Un autre principe chez moi (c'est agaçant n'est ce pas), c'est de ne pas essayer de montrer quelque chose de faux. C'est trop de temps perdu. J'essaie de faire en sorte de m'assurer de la vraisemblance du binz. Ici, je vais pas m'emm.rder, je vais demander à magma. Tout en me méfiant de ses résultats. Ben, $\mathcal O_K[\theta]$, c'est loin du compte. C'est à distance 23 du Graal (distance au sens de l'indice).
@Claude : Oui c'est exactement ça que j'ai fait. Merci pour le code. Tu me l'a dis plusieurs fois de ne pas se fatiguer avec magma, mais bon j'ai quand même écrit en dur !
Pour la question concernant Fröhlich-Taylor.
En fait, $x$ est inversible modulo $g$ (par hypothèse) et on a : $x=yz \pmod{g}$. Ceci force, $y$ et $z$ a être inversible car on a : $1 = y x^{-1}z \pmod{g}$ ?
@flip flop
Je sais pas comment tu as pu faire cela en ligne. Tu vas te tuer. J'ai fini par comprendre, en désignant par $C_3 \times C_3$ le sous-groupe que l'on sait de $(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times$, que tu avais pris les fibres de la surjection :
$$
(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times \ni x \longmapsto x^{4 \times 10} \in C_3 \times C_3
$$
Peut-être que c'est bien, au préalable, d'avoir écrit :
$$
(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times \simeq (\Z/13\Z)^ \times \times (\Z/31\Z)^\times \simeq C_{12} \times C_{30} \simeq
C_3 \times C_4 \times C_3 \times C_{10}
$$
Du coup, je retrouve ton polynôme :
> q1, q2, q1q2 ;
13 31 403
> C3xC3 ;
{ 1, 87, 94, 118, 191, 211, 222, 315, 373 }
> Fibres := [[x : x in Uq1q2 | Modexp(x,40,q1q2) eq y] : y in C3xC3] ;
> L<z> := CyclotomicField(q1q2) ;
> LT<T> := PolynomialRing(L) ;
> S := [&+[z^k : k in C] : C in Fibres] ;
> F := &*[T - s : s in S] ;
> F ;
T^9 - T^8 - 94*T^7 + 57*T^6 + 1686*T^5 - 968*T^4 - 4696*T^3 - 96*T^2 + 2560*T + 512
Il faut maintenant que je comprenne tes histoires de caractères.
En ce qui concerne Fröhlich & Taylor, mais c'est bien sûr. Quel c.n ! Je cherchais la chose en examinant la tronche de $x$.
Du coup, pour mes histoires de carcatères sur les anneaux finis, il me semble que cela va avancer.
@gai requin
Non, je n'ai pas trouvé un élément primitif de $L/\Q$ mais en voilà deux : $\sqrt {-23} + x$ et ${1 + \sqrt {-23} \over 2} + x$. Mais au point de vue fermetures intégrales, c'est pas top (en faisant encore confiance à qui tu sais mais attention) :
> s := rm23 + x ;
> assert Degree(MinimalPolynomial(s)) eq 6 ;
> Index(OL, Order([ s])) ;
152770968
> t := (1+rm23)/2 + x ;
> assert Degree(MinimalPolynomial(t)) eq 6 ;
> Index(OL, Order([ t])) ;
357075
@Claude : Pour les caractères c'est encore plus cabalistique. Je vais refaire l'exemple, car là c'est pas du tout clair ! Vraiment navré ... je suis nul en magma ! Mais en ligne, c'est vraiment dur ! Je fais pas mal de calcul avec xcas en même temps, et d'autre à la main ! Du coup, mon code ne ressemble à rien !
L'idée que je veux mettre en oeuvre, AD si tu passes par ici, tu pourras sans doute nous éclairer ?
Soit $A$ un groupe abélien fini.
Un sous-groupe $G$ de $A$, peut se voir comme une image d'un morphisme $A \to A$. C'est à dire, un sous-groupe de $A$ est aussi un quotient de $A$.
Pour nous $A := \left(\Z /n\Z\right)^*$ et $G$ un sous-groupe de $A$ (dans notre exemple, le sous groupe est $G=\text{C}_3\times \text{C}_3$). Savoir que c'est un sous-groupe n'est pas important car si l'on veut construire $K \mid \Q$ sous-extension de $\Q(\zeta_{n}) \mid \Q$ de groupe $G$ il nous faut plutôt avoir $G$ comme un quotient.
Mais je pense que la construction d'un isomorphisme de $A$ vers son dual $\widehat{A}$ permet de faire le lien.
En effet, une inclusion $G \to A$ devient une surjection $\widehat{A} \to \widehat{G}$ et comme $A \simeq \widehat{A}$ et $G \simeq \widehat{G}$, on a le truc en théorie ! Ça c'est le refrain .... nous on veut les paroles !
Il faut construire une bijection pour mener les calculs (ce n'est pas un problème, il me semble, a condition de dire que $2$ est chiant), mais je pense que le fait que la bijection entre $A$ et son dual n'est pas canonique va y avoir un problème :-S ... mais c'est pour ça que j'ai pris $p=13$ et $p=31$ pour garantir l'unicité du sous-groupe d'ordre $9$ pour virer le problème de non canonicité .
Mais c'est vraiment spéculatif ce que je raconte !!! J'ai mis : un délire magma, Claude. .. Je suis parti loin :-D
@flip flop
CHAPEAU Je viens de reprendre ce que tu as fait, sans tout comprendre, surtout la définition de Chi3bis. Comme je connais un peu magma, j'ai pu pas mal simplifié. Par exemple, ta fonction zeta, telle que zeta(p) est le dénominateur du facteur $p$-Eulérien de la fonction $\zeta_K$ de Dedekind de $K$ ($K$ est la fameuse extension abélienne de $\Q$ dont le groupe de Galois $G$ est $\simeq C_3 \times C_3$)
QjT<T> := PolynomialRing(Qj) ;
zeta := map < Z -> ZX | m :-> ZX!&*[1 - Chi3(m)^i*Chi3bis(m)^j * T : i,j in [0..2]] > ;
p := 157 ; assert zeta(p) eq (1-X)^9 ;
K<x> := NumberField(F) ;
OK := MaximalOrder(K) ;
EulerDenominator := func < p | (1 - X^fp)^gp where gp is #Dp where fp is Dp[1][1]
where Dp is DecompositionType(OK,p) > ;
time assert &and [zeta(p) eq EulerDenominator(p) : p in PrimesInInterval(2,500)] ;
J'espère que tu reconnais un peu tes affaires. Qj c'est le corps $\Q(j)$ qui suffit pour l'arrivée des caractères qui sont d'ordre 3 (à part le caractère trivial).
Détail dans la définition de zeta : le produit des $1 - \chi_3(x)^i \chi_{3\rm bis}(x)^j \ T$ est un polynôme à coefficients entiers même si ces facteurs sont à coefficients dans $\Z[j]$. D'où le ZX! (opérateur bang, forcing de conversion).
Mais c'est DINGUE, ce que tu as fait là, en ligne ! Tu as donc défini les caractères étendus sur le groupe de Galois $G$. Comme $G$ est un QUOTIENT de $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ où $L$ est l'extension $m$-cyclotomique avec $m = 13 \times 31$, on a une injection :
$$
\widehat G \quad \longmapsto\quad \widehat {(\Z/m\Z)^\times}
$$
Ils sont vus (les habitants de $\widehat G$ i.e. ton Chi3 et Chi3bis et leurs produits) comme des caractères de Dirichlet modulo $m$. Mais à mon avis, tes deux caractères Chi3 et Chi3bis doivent être primitifs, de conducteur 3. Il faudrait en savoir plus.
Tu es FOU. Dans le bon sens du terme.
Tu saurais expliquer Chi3 et Chi3bis ? I.e. m'en dire plus.
@CQ :
On voit [ici] que ces histoires d'extensions non ramifiées construites à partir de la théorie du corps de classes demandent un investissement lourd.
On voit quand même notre polynôme à la p.21.
J'ai changé un peu pour chi3, j'ai plutôt construit un générateur de $\widehat{\left(\Z/13\Z\right)^*}$.
Pour le conducteur, je pense que c'est $13$, pour chi3bis c'est $31$ ?
Je veux créer $\chi : \left(\Z/13\Z\right)^* \to \C$ générateur de $\widehat{\left(\Z/13\Z\right)^*}$. Soit $g \in \left(\Z/13\Z\right)^*$ un générateur et $y$ une racine $12$-ième de l'unité. Alors, $\chi(g^k) := y^k$ est générateur du groupe des caractères.
Z := IntegerRing();
p:=13;
Cyclo<y> := CyclotomicField(p-1);
BASE := {y^i : i in [0..p-2]};
K:=GF(p);
GENS := PrimitiveElement(K);
Chi_GENS := map <Z -> {0} join BASE | l :-> GCD(p,l) eq 1 select y^(Log(K!GENS, K!l)) else 0 > ;
Chi3 := map < Z -> {0} join BASE | l :-> GCD(p,l) eq 1 select y^(ExactQuotient(p-1,3)*Log(K!GENS, K!l)) else 0 > ;
[Chi_GENS(l)^ExactQuotient(p-1,3) eq Chi3(l): l in [1..p-1]];
// unique sous-groupe d'ordre 3 , donc garantie
@gai requin
Théorie du corps de classes : ce n'est pas pour moi. N'oublie pas que l'arithmétique ou la théorie des nombres, ce n'est pas du tout mon métier.
Formule de transitivité des discriminants (classique, cf par exemple Samuel p. 112, point 8). Il faut faire attention, pour les corps de nombres, au fait que, lorsque la base n'est plus $\Q$ avec son anneau d'entiers $\Z$ qui a la gentillesse d'être principal, les notions deviennent plus difficiles. Définir la norme d'un idéal (qui est un idéal) ou le discriminant (qui est aussi un idéal) demande du travail. Il faut souvent passer en local : le localisé, en un idéal premier, d'un anneau de Dedekind est un anneau de valuation discrète, et on retrouve ainsi en local le terrain agréable des anneaux principaux.
Soit $K_1 \subset K_2 \subset K_3$ trois corps de nombres. On a alors la formule, dite de transitivité (ce sont des idéaux de $\mathcal O_{K_1}$)
$$
\mathrm {Disc}(K_3/K_1) = N_{K_2/K_1}\bigl( \mathrm {Disc}(K_3/K_2)\bigr) \times \mathrm {Disc}(K_2/K_1)^{[K_3 : K_2]}
$$
Dans notre histoire avec :
$$
K_1 = \Q, \qquad K_2 = K = \Q(\sqrt {-23}), \qquad K_3 = L
$$
j'ai fait vérifier par magma que :
$$
\mathrm {Disc}(L/\Q) = (-23)^3 = (-23)^{[L:K]}
$$
Et donc $L/K$ n'est pas ramifiée.
Je pense que nous sommes maintenant en l'état d'écrire une peite note entre-nous pour essayer de nous y retrouver. Faire attention à ne pas faire trop de magma (je sais de quoi je parle), qui souvent fournit des choses cryptiques.
De mon côté, c'est prévu (petite note). Comme le groupe de caractères du groupe de Galois d'une extension abélienne de $\Q$ se réalise canoniquement dans le groupe de Dirichlet de modulus le conducteur de cette extension abélienne, et comme j'ai un peu bossé cela, je vais compléter mon RingGaussSum (et l'attacher dans la matinée, je pense)
Pourquoi je crois à ce que je raconte ci-dessus :
13*31 ;
403
> G<chi1, chi2> := DirichletGroup(13*31, Qj) ;
> G ;
Group of Dirichlet characters of modulus 403 over Cyclotomic Field of order 3 and degree 2
> Order(G) ;
36
> C6xC6<a,b>, iso := AbelianGroup(G) ;
> C6xC6 ;
Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/6
Defined on 2 generators
Relations:
6*a = 0
6*b = 0
> assert Order(chi1) eq 6 ;
> // Donc chi1^2 est d'ordre 3
> chi1(2) ;
j + 1
> (chi1^2)(2) ;
j
> assert Order(chi2) eq 6 ;
> // Idem chi2^2 est d'ordre 3
> chi2(3) ;
j + 1
> (chi2^2)(3) ;
j
@gai requin
Oui tout à fait. On a une égalité de type $\mathrm {truc} = N_{K/\Q}(J) \times \mathrm {truc}$ donc $1 \in N_{K/\Q}(J)$ et donc $1 \in J$. Et $J$, c'est $\mathrm {Disc}(L/K)$.
@Claude : c'était pas une bonne idée de ma part de mettre le corps Qj il faut voir $\Q(\zeta_{13})$ pour chi3 et $\Q(\zeta_{31})$ pour chi3bis ... c'est les conducteurs de mes caractères ...les deux sont d'ordres $3$ donc ils vont dans les racines $3$-ième de l'unité.
@flip flop
Oui, j'ai bien compris qu'il y avait une sorte de bricolage sur l'exemple $m = 13 \times 31$. Mais j'insiste : de mon côté, je vais mettre le paquet sur les caractères sur les anneaux finis (conducteur et tout le truc). Immense avantage (pour moi) : je n'affronte qu'UN terrain à la fois. Exit dans ma manière de faire les extensions abéliennes de $\Q$.
Par ailleurs, W. Stein, dans son ouvrage sur les formes modulaires, consacre un chapitre entier aux caractères de Dirichlet et ce n'est pas pour rien (je pense que c'est lui l'implémenteur en magma, mais je n'arrive pas à retrouver cette information). Idem, Frohlich & Taylor prennent le temps, à leur manière, de présenter ce dont ils ont besoin sur les caractères de Dirichlet. Je t'accorde que leur ``extended residue class characters'' $\widetilde {\Theta}_K$, c'est un peu dur à avaler. Mais l'information est dedans !
Encore une excécution magma au cas où tu ne me croirais pas. Attention chi1, chI2 n'ont plus le même sens que dans le post précédent (post que l'on a déjà oublié). Ici, je ne parle PAS de $\Q(j)$ ! Mais la MECANIQUE des caractères de Dirichlet va retrouver ce corps cyclotomique où tombent CERTAINS caractères qui nous concernent. Si je peux me permettre, cela vaut le coup de prendre son temps pour voir les PRIMITIVES qui sont utilisées. Car les implémenteurs connaissent la vie (dans ce domaine) bien mieux que nous. J'aime certes bricoler mais je fais confiance aux professionnels (Fröhlich & Taylor)
> G<chi1, chi2> := FullDirichletGroup(13*31) ;
> G ;
Group of Dirichlet characters of modulus 403 over Cyclotomic Field of order 60 and degree 16
> Order(G) ;
360
> EulerPhi(13*31) ;
360
> AbG<a,b>, iso := AbelianGroup(G) ;
> AbG ;
Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/60
Defined on 2 generators
Relations:
12*a = 0
30*b = 0
> Order(chi1) ;
12
> Order(chi1^4) ;
3
> Conductor(chi1^4) ;
13
> Order(chi2) ;
30
> Order(chi2^10) ;
3
> Conductor(chi2^10) ;
31
>
> Chi3 := AssociatedPrimitiveCharacter(chi1^4) ;
> Codomain(Chi3) ;
Cyclotomic Field of order 60 and degree 16
> Modulus(Chi3), Conductor(Chi3) ;
13 13
> Chi3Min := MinimalBaseRingCharacter(Chi3) ;
> Codomain(Chi3Min) ;
Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 <------------------- Q(j) s'invite à table
>
> Chi3bis := AssociatedPrimitiveCharacter(chi2^10) ;
> Codomain(Chi3bis) ;
Cyclotomic Field of order 60 and degree 16
> Modulus(Chi3bis), Conductor(Chi3bis) ;
31 31
> Chi3bisMin := MinimalBaseRingCharacter(Chi3bis) ;
> Codomain(Chi3bisMin) ;
Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 <------------------- Q(j) s'invite (de nouveau) à table
@gai requin
Mais je n'y connais rien de rien, je t'assure. Il y a ici, sur le forum, une personne qui connaît bien, je pense, la théorie du corps de classes : noix de totos. Peut-être que tu pourrais ouvrir un fil là-dessus pour poser des questions ?
Cependant, j'ai vérifié dans notre cas PARTICULIER que $h_L = 1$. De plusieurs manières : en reprenant le $L$ déjà fabriqué avec $\sqrt {-23}$ et $x$ racine de $X^3 - X - 1$, mais en en faisant une SimpleExtension pour ne PAS FATIGUER magma. Et en demandant à magma de déterminer lui-même le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt {-23})$.
> time ClassNumber(L) ;
1
Time: 6.820
> Lbis := SimpleExtension(L) ;
> time ClassNumber(Lbis) ;
1
Time: 0.290
>
> K<rm23> := QuadraticField(-23);
> time Lter<s> := HilbertClassField(K) ;
Time: 0.090
> Lter ;
Number Field with defining polynomial $.1^3 - 3*$.1 + rm23 over K
> AbsoluteField(Lter) ;
Number Field with defining polynomial $.1^6 - 6*$.1^4 + 9*$.1^2 + 23 over the Rational Field
> IsIsomorphic(Lbis, AbsoluteField(Lter)) ;
true
Mapping from: FldNum: Lbis to Number Field with defining polynomial $.1^6 - 6*$.1^4 + 9*$.1^2 + 23 over the Rational Field
Exercice faisable (mais du boulot quand même) : en faisant semblant de ne pas connaître $X^3 - X-1$, mettre $L_{\rm ter}/K$ sous la forme ``simplest cubic field''. Voir un post antérieur avec mention d'un exercice corrigé sur l'extension galoisienne générique universelle de groupe de Galois $C_3$. La solution n'est PAS dans l'énoncé mais dans le corrigé.
Plus le temps : une question de 2 lignes me conduit à une réponse de plus de 2 lignes.
@vous deux
C'est quand que vous vous procurez magma ?
J'ai eu le temps de taper 2 ou 3 bricoles. J'attache mais c'est pas relu. Chantier à C.Q., vous voyez le genre ? Est ce que vous pouvez me donner un coup de main pour le lemme 4 qui dépend du lemme 3 (section Conducteur) ? Merci. Coup de main : cela veut dire que des choses devraient être plus limpides.
J'ai essayé aussi de faire une mise à jour sur $\chi_D$ et les sommes de Gauss. Mais c'est loin d'être terminé. J'ai failli tomber sur oeuf-poule. Si les choses ne sont pas un peu stabilisées maintenant, elles ne le seront jamais. Et moi, j'ai besoin de m'appuyer sur de la terre ferme.
Besoin d'un coup de main aussi pour le lemme 11. Il y a beaucoup beaucoup de trous (compter le nombre de A FAIRE dans les preuves).
@flip flop
J'ai bien vu ton code. Tu es fou (bis). Je l'ai bien arrangé encore (si je peux me permettre). J'ai même osé le faire tourner pour $p$ puissance d'un premier .. Et tout c'est écroulé comme je m'en doutais.
Il faudra (plus tard) assurer la cohérence dans les racines de l'unité. Do you see what I mean ?
Flip-flop : dis le, tu ne crois pas à mes histoires (qui, en fait ne sont pas les miennes) de caractères primitifs, de conducteurs ..etc.. Hein ?
Une chose (importante) à faire qui ne mange pas de pain. Cela veut dire quoi spécifier de manière concrète une extension abélienne $K/\Q$ ? On se la donne comment ? Par son conducteur cyclotomique $m$ et par un morphisme surjectif $\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow G$ avec $G = \mathrm {Gal}(K/\Q)$ ? J'ai continuellement des hésitations entre quotients et noyaux. Si on se donne $\theta$, cela détermine $K \subset \Q(\root m \of 1)$ comme étant le sous-corps des points fixes de $\ker\theta$. Mais il n'y a aucune raison pour que $m$ soit le conducteur cyclotomique de $K$ ??
AJOUT De temps en temps, je suis pris pour un robot !
Costume marron, cravate blanc cassé avec des rayures marrons. ;-)
J'ai eu le temps de lire deux trois trucs ce matin dans le pdf de Loïc Merel que tu as pointé.
Dans la formule de transitivité que tu as donnée, j'ai l'impression que l'idéal de $\mathcal O_{K_3}$ dont tu parles s'appelle la différente et que le discriminant de $K_3/K_2$ est sa norme.
Mais peu importe, je me coucherai moins c.n grâce à toi.
J'ai vu aussi qu'on n'a pas vraiment besoin de savoir que $h_L=1$.
En effet, dans ce même pdf, on dit que comme $L$ est le corps de classes de $K$, tout idéal premier de $\mathcal O_K$ se relève en un idéal principal de $\mathcal O_L$, quelque soit la valeur de $j_L$ !
Je pense que c'est ce que Serre utilise entre autres pour discriminer les deux cas quand $\left(\dfrac{p}{23}\right)=1$, mais comme d'hab, je n'en suis pas sûr.
Pour mon programme ... normal qu'il ne fonctionne pas pour $p$ puissance d'un premier. Je n'ai pas trouvé la fonction
Log pour l'anneau des unités de $\Z/p^\alpha \Z$ (qui est cyclique quand $p \ne 2$, ch.ant $2$). (si tu peux me renvoyer, le code amélioré).
Oui, j'ai souvent des hésitations entre noyau et quotient mais c'est bien ça ! le $\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow G$ donne bien l'extension. Effectivement, on ne tient pas le conducteur.
J'ajoute mon grain de sel : dans le cas des extensions abéliennes si on a une inclusion de $G \to (\Z/m\Z)^\times$, on a aussi par dualité : $\widehat{(\Z/m\Z)^\times} \twoheadrightarrow \widehat{G}$ ? Et les groupes duaux sont isomorphes aux groupes, tu vois l'idée ?
Sinon, si si j'y crois aux histoires de caractère primitif et associated. Mais j'ai dans la tête que utiliser la dualité va rendre les choses moins complexes.
@flip flop
Je croyais l'avoir attaché. En fait j'ai eu des ennuis avec la connexion au forum. Je le fais maintenant. Je t'enverrai le code magma de manière directe.
@flip-flop
Tu vas me dire si j'ai bien compris ce que tu racontais. Pour se donner une extension abélienne $K/\Q$, on peut se donner un sous-groupe :
$$
H \quad \subset\quad G_m := \widehat {(\Z/m\Z)^\times}
$$
De sorte que, par dualité, on a une surjection :
$$
\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow \widehat {H}
$$
Si bien que l'on tient une sous-extension $K$ de $\Q(\root m\of 1)$ à savoir le corps des points fixes de $\ker \theta \subset \mathrm {Gal}(\Q(\root m\of 1)/\Q)$.
C'est cela que tu as voulu dire ? Si oui :
(1) Comment déterminer un élément primitif de $K/\Q$. Je me méfie des périodes de Gauss en terrain cyclotomique non de niveau premier.
(2) Déterminer les facteurs $p$-Eulériens de la fonction de Dedekind $\zeta_K$
Allons-y pour de vrai. Je vais tirer 3 caractères au hasard de $G_m$ qui vont engendrer un certain sous-groupe $H$. Comme c'est pas moi qui paye, je me permets de prendre pour $m$ un nombre un peu composé.
> m := 2^2 * 3^4 * 5 * 7 ;
> Gm := FullDirichletGroup(m) ;
> Random(Gm) ;
$.1*$.2^8*$.3^2*$.4^4
> Order(Gm) ;
2592
> Gm<chi1, chi2, chi3, chi4> := Gm ;
> AbelianExtensionData := [Random(Gm) : i in [1..3]] ;
> AED := AbelianExtensionData ;
> H := sub < Gm | AED > ;
>> H := sub < Gm | AED > ;
^
Runtime error in sub< ... >: [Function 'HackobjSubConstrGrpDrch' of arity 2 unreachable
Bon, peut-être une anomalie (bug ?). On va procéder autrement. On va mettre en isomorphie $G_m$ avec un groupe abélien et comme cela magma va pouvoir opérer.
> AbGm, phi := AbelianGroup(Gm) ;
> AbH := sub < AbGm | [Inverse(phi)(chi) : chi in AED] > ;
> AbH ;
Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/108
Defined on 2 generators in supergroup AbGm:
AbH.1 = AbGm.1 + 27*AbGm.2 + 2*AbGm.3 + 4*AbGm.4
AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4
Relations:
6*AbH.1 = 0
108*AbH.2 = 0
En passant, il y a, dans le contexte $K_1 \subset K_2 \subset K_3$ une formule de transitivité de la différente. Un coup de norme sur cette formule donne la formule de transitivité des discriminants.
Service après-vente pour simplest cubic field. Il s'agit du polynôme cubique à un paramètre $a$
$$
F_a := X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad \mathrm {Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
Il est universel pour les extensions galoisiennes de groupe de Galois $C_3$ i.e si $L/K$ est une telle extension, il y a un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal sur $K$ est un $F_a$ pour un certain $a$.
Il y a dans ce fil plusieurs mentions de cela et même un pointeur sur un autre fil d'un exercice corrigé de mézigues. Mais là, cela m'étonnerait que tu puisses retrouver ces infos !
On va le faire dans l'exemple de ce matin avec $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $L/K$ le corps des classes de Hilbert
> K<rm23> := QuadraticField(-23) ;
> L<x1> := HilbertClassField(K) ;
> L ;
Number Field with defining polynomial $.1^3 - 3*$.1 + rm23 over K
> P<T> := DefiningPolynomial(L) ;
> P ;
T^3 - 3*T + rm23
Il faut mettre $L/K$ sous forme simplest cubic field. On va d'abord déterminer les 2 autres racines de $P$ en fonction de $x_1$ à l'aide du trick :
$$
P'(x_1) (x_2 - x_3) = \delta \qquad \hbox {où $\delta $ est une racine carrée du discriminant de $P$}
$$
Le discriminant de $P$ est facile à calculer car $P$ est de la forme $T^3 + pT +q$. C'est $-(4p^3 + 27q^2)$.
Pour la question (1) tu te méfies des sommes de Gauss en terrain cyclotomique non premier ?
Je viens de faire des tests, ça ne fonctionne pas très bien ! Va falloir réfléchir un peu pour voir si on peut corriger le tire !
Je veux bien faire un exemple que tu me donnes, c'est une bonne idée, on verra rapidement si ce que j'ai en tête est valable ou non.
Mais est-ce que l'on peut dire que $2$ n'est pas un nombre premier :-D
Là je peux dire que le conducteur de " AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " est $3^4*5*7$. Par contre si tu prends
" 3*AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " là le conducteur va être $3^3*5*7$
Pourquoi : car $3*AbGm.2$ est d'ordre $3^3*2 / 3 = 3^2*2$ donc $3AbGm.2$ provient d'un caractère de $(\Z/ 3^3\Z)^*$.
@flip flop
Je viens de t'envoyer le programme magma revisité par mézigues. J'ai laissé ta fonction Carakter ou quelque chose comme cela mais j'en ai créé une au nom de Caractere qui admet comme paramètre une puissance $q$ d'un nombre premier AUTRE QUE 2 et un ordre qui est un diviseur de $\varphi(q)$ (indicateur d'Euler).
Il y a parfois des échecs selon $q_1, q_2$, cf le deuxième jeu de tests à la fin du programme.
Les périodes de Gauss, je ne connais que pour $\Q(\root p \of 1)$ pour $p$ premier : la qualité de cette extension provient du fait que $\zeta_p, \ldots, \zeta_p^{p-1}$ sont $\Q$-linéairement indépendants (et forme une base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$).
Déjà pour $\Q(i)$, c'est plus moche car $i, -i$ ne sont pas linéairement indépendants ; il faut prendre $1+i, 1-i$.
Pour l'instant, je stoppe là. Ce que je t'ai proposé c'était juste a joke. Un moyen de coder une extension abélienne de $K/\Q$.
Je reviens sur cette histoire : pourquoi on ne peut pas copier directement la théorie des périodes $p$-cyclotomiques de Gauss pour les extensions cyclotomiques quelconques $\Q(\root m \of 1)$. D'abord, cette extension, de degré $\varphi(m)$ sur $\Q$ admet comme $\Q$-base la base des puissances de $\zeta$ où $\zeta$ est une racine primitive $m$-ième de l'unité. Je parle de la base
$$
1,\quad \zeta,\quad \cdots,\quad \zeta^{\varphi(m)-1}
$$
Inconvénient : cette base n'est pas globalement invariante par le groupe de Galois de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.
Il y a bien une famille de cardinal $\varphi(m)$ qui est globalement invariante par le groupe de Galois. C'est la famille des racines primitives $m$-ièmes de l'unité:
$$
R = \{ \zeta^i \mid i \wedge m = 1,\quad 1 \le i < m \}
$$
Mais manque de pot, la famille $R$ n'est pas, en général, libre sur $\Q$. Et donc elle ne constitue pas une base normale de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.
C'est cependant le cas pour $m$ premier (ce qui conduit aux périodes de Gauss) et pour $m$ sans facteur carré, cf plus loin.
Ici, un petit exemple avec $m=9$
> m := 9 ;
> L<z> := CyclotomicField(m) ;
> V, LtoV := VectorSpace(L, Q) ;
> V ;
Full Vector space of degree 6 over Rational Field
> LtoV ;
Mapping from: FldCyc: L to ModTupFld: V
> Inverse(LtoV)(Basis(V)) ;
[
1,
z,
z^2,
z^3,
z^4,
z^5
]
>
> PrimitiveRoots := [z^i : i in [1..m-1] | Gcd(i,m) eq 1] ;
> M := Transpose(Matrix(LtoV(PrimitiveRoots))) ;
> M ;
[ 0 0 0 0 0 0]
[ 1 0 0 0 -1 0]
[ 0 1 0 0 0 -1]
[ 0 0 0 0 0 0]
[ 0 0 1 0 -1 0]
[ 0 0 0 1 0 -1]
> PrimitiveRoots ;
[
z,
z^2,
z^4,
z^5,
-z^4 - z,
-z^5 - z^2
]
La matrice que l'on voit est la matrices des $\varphi(9) = 6$ racines primitives $9$-ièmes de l'unité dans la base des puissances $1, \zeta, \cdots, \zeta^{6-1}$. On voit que la première ligne est nulle, ce qui justifie le côté non libre de $R$. La nullité de la première ligne signifie que la composante sur $1 = \zeta^0$ des racines primitives $9$-ièmes de l'unité est nulle.
J'ai vérifié expérimentalement que pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de la matrice de $R$ dans .. est $\pm 1$, sans que je ne puisse identifier le signe. Au contraire, pour $m$ non squarefree, le déterminant est nul.
@CQ : Ce qui m'a l'air compliqué, c'est que non seulement tu cherches une base normale, mais qu'en plus elle doit être formée d'entiers.
Je trouve spectaculaire que ça marche pour tout $m$ squarefree.
@gai requin
Je cherche une base normale formée d'entiers ? Euh, non. J'essaie simplement de convaincre flip-flop que de vouloir appliquer à $\Q(\root m \of 1)$ des ``choses'' qui fonctionnent pour $\Q(\root p \of 1)$ pourrait nous conduire dans une impasse.
@vous deux
A propos de cette histoire cyclotomique, plusieurs choses à démontrer :
(1) Pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de $R$ dans $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est $\pm 1$. Ici, $R$ désigne la famille des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Si bien que $R$ est une $\Z$-base (normale) de $\Z[\root m \of 1]$. C'est vrai (et facile) pour $m$ premier. Et pour $m$ sans facteur carré, cela doit venir du fait que pour $n_1, n_2$ premiers entre aux, les extensions $\Q(\root n_1\of 1)$ et $\Q(\root n_2\of 1)$ sont linéairement disjointes sur $\Q$.
Mais on aimerait évidemment un argument direct le plus élémentaire qui soit.
(2) Soit $s_m$ la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Alors $s_m= \mu(m)$ où $\mu$ est la fonction de Möbius. C'est l'objet de mon lemme 11 (sans preuve) dans mon brouillon RingGaussSum.pdf. Si bien que lorsque $m$ est divisible par le carré d'un premier, $s_m = 0$ ; c'est encore un moyen de se convaincre dans ce cas là, que les racines primitives de l'unité d'ordre $m$ ne sont pas linéairement indépendantes puisque leur somme est nulle.
Note : $s_m$ c'est, au signe près, le coefficient de degré $\varphi(m)-1$ du polynôme cyclotomique $\Phi_m$. C'est aussi la trace (relativement à $\Q(\root m \of 1)$ sur $\Q$) de n'importe quelle racine primitive de l'unité d'ordre $m$.
(3) Quand on a vraiment rien à faire. Dans le cas $m$ divisible par le carré d'un premier, l'expression d'une racine primitive de l'unité sur la base des puissances $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est telle que la coordonnée sur $1 = \zeta^0$ est nulle. Si bien que la première ligne de matrice de $R$ (dans la base des puissances) est nulle.
(4) $\Z[{1\over 2}][i\rbrack$ admet $(1+i, 1-i)$ comme base normale sur $\Z[{1\over 2}]$. Mais $\Z[i\rbrack$ n'admet pas de $\Z$-base normale.
Je n'ai pas eu le temps de réfléchir à (1), (2), (3). Mais cela s'appuie sur des tests solides. Je pense que (2) doit être classique. Peut-être qu'il faut faire intervenir l'inversion de Möbius dans l'expression de :
$$
X^m - 1 = \prod_{d \mid m} \Phi_d(X)
$$
Orthographe : Möbius ou Moebius ?
Quant à la deuxième partie de (4), j'ai fait cela un jour quelque part.
@vous deux
Ici je joue avec l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$ où $m = p^k$ avec $p = 3$ ou $p=5$. Quand on étudie de manière précise le fait que le groupe $(\Z/p^k\Z)^\times$ est cyclique pour $p$ premier impair et tout $k$, on obtient des renseignements précis. Ce qui est moral car j'ai dit ``de manière précise''. Par exemple, le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$.
En passant : une faiblesse dans le monde magma : $\Q$ n'est pas vu comme un corps de nombres. Une véritable catastrophe dans le montage de l'édifice magma. Impossible de pallier à ce genre d'erreur de conception. Un patch a alors été installé : il s'agit de RationalsAsNumberField() ; c'est $\Q$ mathématiquement mais pas magma parlant. Il est encodé sous la forme $\Q[X]/\langle X-1\rangle$. Ceci provoque parfois certains désagréments.
> Q := RationalsAsNumberField() ;
> ZQ := MaximalOrder(Q) ;
>
> p := 5 ; k := 3 ; m := p^k ;
> Zm := ResidueClassRing(m) ;
> Zm ;
Residue class ring of integers modulo 125
> UZm, theta := UnitGroup(Zm) ;
> // On sait que u=2 est un générateur de U(Z/3^kZ), de U(Z/5^kZ) pour tout k >= 1
> u := Inverse(theta)(2) ;
> assert Order(u) eq EulerPhi(m) ;
> // Que propose magma ?
> PrimitiveElement(Zm) ;
2
Jusqu'ici, rien que du banal, sauf peut-être le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$. On va maintenant invoquer de quoi monter l'extension abélienne que l'on vise i.e. $\Q(\root m \of 1)$ avec, ici $m = p^k$, $p = 5$, $k = 3$. On a $\varphi(m) = (p-1)p^{k-1} =_{\rm ici} 4 \times 5^2 = 100$.
> G<a,b>, IdealMap := RayClassGroup(m*ZQ, [1]) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/100
Defined on 2 generators
Relations:
25*a = 0
4*b = 0
> assert Domain(IdealMap) eq G and Codomain(IdealMap) cmpeq PowerIdeal(ZQ) ;
> // G est une version (intelligente) de U(Z/mZ)
> ok, phi := IsIsomorphic(UZm, G) ;
> assert ok ;
> g := phi(u) ;
> // g est un générateur de G
> N := EulerPhi(m) ; assert N eq (p-1)*p^(k-1) ;
> N ;
100
> assert Order(g) eq N ;
Avec ce mécanisme, on va pouvoir ``monter'' l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$, vue comme une extension abélienne de $\Q$, extension abélienne équipée de son groupe de Galois $G$ canoniquement isomorphe à $(\Z/m\Z)^\times$ et ``habilitée'' à déterminer tous ses sous-corps comme sous-corps de points fixes par un sous-groupe $H$ de $G$. Comme $G$ est explicitement cyclique (ici j'ai désigné par $g$ le générateur correspondant à $2$), on va pouvoir encoder un sous-groupe $H$ de $G$ sous la forme $\langle g^d \rangle$ pour un diviseur $d$ de $\varphi(p^k) = (p-1)p^{k-1}$.
Deux mots sur les paramètres de RayClassGroup : le premier paramètre spécifie l'idéal $m\Z$ (qui est un indicateur des premiers ramifiés dans l'extension abélienne à déterminer) et le second est une suite de numéros spécifiant les places infinies réelles de $\Q$. Ici, il y a un seul plongement réel de $\Q$ et on souhaite que celui soit ramifié dans l'extension abélienne visée i.e. qu'il n'y ait aucun plongement réel de cette extension abélienne de $\Q$. Rappel : l'extension abélienne convoitée est $\Q(\root m \of 1)$.
Si l'argument [1] n'avait pas été spécifié dans RayClassGroup, l'extension abélienne de $\Q$ obtenue aurait été $\Q(\root m \of 1) \cap \R$.
> A := AbelianExtension(IdealMap) ;
> A : Maximal ;
FldAb, defined by (<[125]>, [1])
of structure: Z/100
> DiscA, signature := Discriminant(A) ;
> DiscA ;
Principal Ideal of ZQ
Generator:
[1647218428629769253804464695510940469954681465995079304699650472673147545464024936289121151632745404541120
01303599\
3511886023540295950307215433693652545561747491120740960468538105487823486328125]
> DiscA := Z!Representative(Generators(DiscA)) ;
> assert DiscA eq (-1)^ExactQuotient(N,2) * p^((k*(p-1) - 1)*p^(k-1)) ;
> signature ;
[ 0, 50 ]
La signature est le couple $(r_1, r_2)$ avec $r_1 + 2r_2 = [A:\Q]$, où $r_1$ est le nombre de plongemants réels de $A$ dans $\C$ et $2r_2$ les autres. Comme ici (c'était voulu), on a $r_1= 0$, cela fait que $r_2 = \varphi(m) /2$.
Le codage de cette extension abélienne $A$ de $\Q$ est spécifique ``à la théorie du corps de classes''. Du point de vue magma, il s'agit d'un objet qui spécifie bien une extension abélienne de $\Q$ mais n'est pas encodé comme un corps de nombres habituel. On peut réaliser certaines opérations. Si on veut absolument obtenir un système d'équations défnissant ce corps de nombres $A/\Q$, c'est possible mais coûteux. Ici, cela demande 15 secondes (pour $k=3$) donc je vais zapper.
> // Attention cela peut-être long
> if k le 2 then
if> time L<x> := NumberField(A) ;
if> ChangeUniverse(DefiningPolynomial(L), ZX) ;
if> end if ;
Maintenant, je vois choisir un diviseur $d$ de $\varphi(m)$ et déterminer l'unique sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $d$ (ne pas oublier que $G$ est cyclique). Ceci dans l'intention d'obtenir $A^H$, qui est galoisienne de groupe de Galois $G/H$ (et donc de degré $d$ sur $\Q$).
> // Choisir un diviseur d de N
> d := 2*p^(k-1) ;
> d ;
50
> // Soit H l'unique sous-groupe d'indice d de G
> H := sub < G | d*g > ;
> assert Index(G,H) eq d ;
> // AH = A^H de degré d sur Q
> AH := AbelianSubfield(A, H) ;
> AH : Maximal ;
FldAb, defined by (<[125]>, [1])
of structure: Z/50
> assert Degree(AH) eq d ;
> DiscAH, signature := Discriminant(AH) ;
> DiscAH ;
Principal Ideal of ZQ
Generator:
[573971850987445072250359637315549647372395291392620860111695169081258427468128502368927001953125]
> DiscAH := Z!Representative(Generators(DiscAH)) ;
> Factorisation(DiscAH) ;
[ <5, 137> ]
> signature ;
[ 50, 0 ]
Enfin, histoire de faire mumuse, sans disposer d'un système d'équations de $A^H/\Q$, on peut déterminer le type de factorisation des premiers de $\Z$ dans $A^H$.
@gai requin
Non, on n'a pas $\det(R) = (-1)^r$ .. car j'ai le moyen de faire des tests. Je te cacherai pas que j'ai pensé à quelque chose de cette nature mais cela ne fonctionne pas. Puis j'ai réfléchi que peut-être le signe n'avait pas de sens car l'ordre dans lequel je génère $R$ n'a peut-être pas de sens arithmétique. Je génère $R$ sous la forme des $\zeta^i$ avec $i$ premier à $m$, en partant de $i=1$ jusqu'à ..
Peut-être, il faudrait générer $R$ de ``manière tensorielle'' par rapport aux facteurs premiers de $m$.
En tout cas, pour $m=p$ premier, le déterminant est $1$, $R$ étant généré via $\zeta, \cdots, \zeta^{p-1}$. Sauf pour $p=2$. Pour $p=2$, une racine primitive de l'unité d'ordre 2, il y en a une seule à savoir $-1$ et la matrice est réduite à une matrice $1 \times 1$, de coefficient $-1$, de déterminant $-1$.
Du coup, je me suis mis à tester les impairs sans carré, histoire d'essayer d'y voir quelque chose. Mais je n'ai rien vu. Comme je ne savais pas ce que je voulais voir, ce n'est pas trop étonnant.
@gai requin
Suite de $\det(R) = \pm 1$. Cela m'agace car il y a encore machin qui débarque alors qu'il n'était pas invité. Machin c'est le symbole de Lengendre et/ou de Zolotarev. Figure toi que j'ai pris deux premiers impairs distincts $p, q$ et que j'ai rangé $R$, la famille des racines primitives d'ordre $pq$, sous la forme suivante
$$
R : \zeta_p^i \zeta_q^j \qquad 1 \le i \le p-1, \quad 1\le j \le q-1
$$
J'ai bloqué $i=1$ puis j'ai fait varier $j$, puis $i=2$, puis j'ai fait varier $j$ and so on.
Et tiens toi bien, le déterminant de $R$ dans la base des puissances de $\zeta$, racine primitive d'ordre $pq$ est
$$
\det(R) = \left( {p \over q}\right)
$$
Bien sûr, j'ai pris soin de jouer la carte système cohérent de racines de l'unité i.e. j'ai posé $\zeta_p = \zeta^q$ et $\zeta_q = \zeta^p$.
Alors, cela m'a rappelé le symbole de Zolotarev. J'ai souvenir de m'être amusé avec ce symbole (très puissant, il prend en charge la loi de réciprocité quadratique et encode le symbole de Jacobi).
Au lieu d'essayer de chercher dans mes affaires, j'ai interrogé le web sur Zolotarev symbole et loi de réciprocité quadratique et je pointe ici sur le premier truc qui me vient sous la main http://math.univ-lille1.fr/~serman/recip.pdf sans avoir vraiment regardé. Quand je dis, le premier c'est faux, car le premier est wiki ; mais par principe, je ne le prends pas comme référence pour les maths.
@CQ : J'aime bien cette formule mais que devient-elle s'il y a plus de trois facteurs ?
Preuve d'une de tes remarques :
Soit $n$ et $m$ premiers entre eux, $\alpha$ et $\beta$ des racines primitives $n$-ième et $m$-ième de l'unité.
Alors $\alpha\beta$ est une racine primitive $nm$-ième de l'unité.
De plus, $[\Q(\alpha,\beta):\Q]=[\Q(\alpha\beta):\Q]=\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)=[\Q(\alpha):\Q][\Q(\beta):\Q]$ donc $\Q(\alpha)$ et $\Q(\beta)$ sont linéairement disjointes.
A propos de mon dernier mail :
Je me suis mal fait comprendre.
Ce que je n'arrive pas à prouver, c'est $\mathfrak p$ principal $\Leftrightarrow\dfrac{\mathcal O_L}{\mathfrak P}\simeq\mathbb F_p$.
J'ai essayé des tas de trucs qui n'aboutissent pas mais ça m'a quand même permis de mieux comprendre les histoires de normes d'idéaux.
Mais je t'ai certainement assez ennuyé avec ce papier de Serre...
@gai requin
En ce qui concerne $n \wedge m = 1$, j'ai personnellement besoin de plus précis. J'ai envie d'écrire de manière pompeuse :
$$
\Z[\root n \of 1] \otimes_\Z \Z[\root m \of 1] \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad \Z[\root nm \of 1]
$$
On peut le formuler de manière très simple (et le prouver) en introduisant :
$$
\Z[x,y] = \Z[X,Y] / \langle \Phi_{n}(X), \Phi_m(Y) \rangle, \qquad\qquad \Z[t] = \Z[T] / \langle \Phi_{nm}(T)\rangle
$$
On a bien sûr :
$$
t^{nm} = 1, \qquad x^n = 1, \qquad y^m = 1
$$
Donc $t,x,y$ sont inversibles. Avec $un + vm = 1$, on définit deux morphismes d'algèbres :
$$
\Z[x,y] \to \Z[t], \quad x \mapsto t^m, \quad y \mapsto t^n, \qquad \qquad
\Z[t] \to \Z[x,y] \quad t \mapsto x^v y^u \qquad\qquad (\star)
$$
Le choix $x^v y^u$ s'explique par le fait qu'à gauche :
$$
x^v y^u \mapsto t^{mv} t^{nu} = t
$$
Il est alors clair, dans $(\star)$, que les deux morphismes sont réciproques l'un de l'autre.
Avec $(\star)$, on peut faire du transport de $\Z$-bases.
Deuxième partie de ton post : il faut que tu me dises quel est est l'idéal qui intervient au dénominateur de $\mathcal O_L/?$. Ce que tu as écrit, cela figure où exactement dans Serre ? Est ce que les deux implications sont problématiques ?
D'accord, bon j'ai eu de la chance de prendre mon exemple dans le contexte où les sommes de Gauss fonctionnent ! . Mais de toute façon c'est déjà assez sympa d'avoir construits quelques extensions abéliennes de manière concrète !
Réponses
Ma justification pour $\mathcal O_L$ était :
Comme $-23$ est squarefree dans $\mathcal O_K$, $\mathcal O_L=\mathcal O_K[\theta]$.
Maintenant, je ne sais pas si le coup du squarefree reste valable si le corps de base n'est pas $\Q$...
Je fais avec les moyens du bord.
Faudrait revoir tout ça avant de s'attaquer au cas général $\Q(\sqrt{D})\subset L$.
Je ne comprends pas ce que tu veux dire par c'est ``plus simple comme cela''.
On peut utiliser le théorème Chinois de plusieurs manières, cf ce qui vient. Note que je mentionne très très rarement des valeurs ``en dur'' dans mes programmes magma (moi, ceinture jaune). Par exemple :
> q1 := 13 ; q2 := 31 ; > d,u,v := XGCD(q1,q2) ; > uq1 := u*q1 ; vq2 := v*q2 ; > assert 1 eq uq1 + vq2 ; > q1q2 := q1*q2 ; > > // Isomorphisme chinois : Z/q1Z x Z/q2Z -> Z/q1q2Z : (y,z) -> x = vq2*y + uq1*z > IsoChinois := func < y,z | (vq2 * y + uq1 * z) mod q1q2 > ; > > Uq1q2 := [x : x in [1..q1q2-1] | Gcd(x,q1q2) eq 1] ; > // 3^3 = 1 mod 13 : g = 3 générateur de l'unique sous-groupe d'ordre 3 de U(Z/13Z) > g := 3 ; assert Order(GF(q1)!g) eq 3 ; > // 5^3 = 1 mod 31 : h = 5 générateur de l'unique sous-groupe d'ordre 3 de U(Z/31Z) > h := 5 ; assert Order(GF(q2)!h) eq 3 ; > > // On cherche l'unique sous-groupe C3xC3 de U(Z/13Z) x U(Z/31Z) ~ U(Z/(13x31)Z) > // C3xC3 = {x in Uq1q2 | x^3 = 1}. Use 4 = (13-1)/3 10 = (31-1)/3 > // Brute force : on passe Uq1Uq2 tout entier pour trouver 9 valeurs > G := {IsoChinois(x^4,x^10) : x in Uq1q2} ; > G ; { 1, 87, 94, 118, 191, 211, 222, 315, 373 } > assert #G eq 9 and &and [x^3 mod q1q2 eq 1 : x in G] ; > // Moins brutal : on tabule les 9 valeurs > C3xC3 := {IsoChinois(g^i, h^j) : i,j in {0..2}} ; > assert C3xC3 eq G ;Ma question est super-simple. Fröhlich-Taylor, page 215, preuve de (2.4.a.)
$$
G_m \cdot G_n = G_d
$$
Il est écrit $x = 1 + mmm' + nn' = (1+mm')(1 + nn') - mnm'n' \equiv yz \bmod g$ where $y = 1 + mm'$ et $z = 1 + nn'$.
Je ne comprends pas pourquoi $y$ est inversible modulo $g$. Ce $g$ est le ppcm (LCM) de $n,m$. Idem pour $z$.
Sur le papier, cela ne semble pas très grave. Mais en programmation, un peu plus. Il s'agit là de ce qui va armer l'unicité du caractère primitif associé à un caractère de Dirichlet. Faut surtout pas prendre cela à la légère.
Cela veut dire quoi squarefree dans un anneau non principal (comme $\mathcal O_K$) ?
Et $\mathcal O_K$ n'est même pas factoriel !
Il vaut peut-être mieux raisonner avec la norme ?
Dans $\Q(\sqrt {-23})$, on a $-23 = \big( \sqrt {-23}\big)^2$ donc le côté squarefree, ben ...
Peut-être que quand j'ai dit ``cela va trop vite pour moi'', cela voulait dire ..euh...
Du coup, je pense qu'il faut décomposer dans $\mathcal O_K[\theta]$ l'idéal premier de $\mathcal O_K$ qui contient $23$.
C'est bien $23$ le problème non ?
Il y a (pour moi) un autre facteur que le temps, que le fait de prendre son temps. Il m'est impossible de faire autrement, car quand tu programmes, le verdict est terrible.
Bon, retour à $\mathcal O_L$. Un autre principe chez moi (c'est agaçant n'est ce pas), c'est de ne pas essayer de montrer quelque chose de faux. C'est trop de temps perdu. J'essaie de faire en sorte de m'assurer de la vraisemblance du binz. Ici, je vais pas m'emm.rder, je vais demander à magma. Tout en me méfiant de ses résultats. Ben, $\mathcal O_K[\theta]$, c'est loin du compte. C'est à distance 23 du Graal (distance au sens de l'indice).
> F := X^3 - X - 1 ; > assert Discriminant(F) eq -23 ; > L<rm23, x> := NumberField([X^2 - (-23), F] : Abs := true) ; > assert rm23^2 eq -23 and Evaluate(F,x) eq 0 ; > assert Degree(L) eq 6 ; > > OL := MaximalOrder(L) ; > B := Order([(1+rm23)/2, x]) ; > Index(OL, B) ; 23 > ChangeUniverse(Basis(OL), L) ; [ 1, 1/2*rm23 + 1/2, x, 1/2*rm23*x + 1/2*x, x^2, 1/46*rm23*x^2 + 5/23*rm23*x + 7/46*rm23 + 1/2*x^2 + 1/2 ]Et si magma se trompait ?? Ne jamais oublier cela. Je vais quand même vérifier le fait que le dernier élément est bien entier.
Pour la question concernant Fröhlich-Taylor.
En fait, $x$ est inversible modulo $g$ (par hypothèse) et on a : $x=yz \pmod{g}$. Ceci force, $y$ et $z$ a être inversible car on a : $1 = y x^{-1}z \pmod{g}$ ?
Dis moi si j'ai bien compris la question ?
Donc tu as trouvé un élément primitif de $L$.
Est-ce que pour autant, $\mathcal O_L$ est monogène sur $\Z$ ? sur $\mathcal O_K$ ?
Je sais pas comment tu as pu faire cela en ligne. Tu vas te tuer. J'ai fini par comprendre, en désignant par $C_3 \times C_3$ le sous-groupe que l'on sait de $(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times$, que tu avais pris les fibres de la surjection :
$$
(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times \ni x \longmapsto x^{4 \times 10} \in C_3 \times C_3
$$
Peut-être que c'est bien, au préalable, d'avoir écrit :
$$
(\Z/(13 \times 31)\Z)^\times \simeq (\Z/13\Z)^ \times \times (\Z/31\Z)^\times \simeq C_{12} \times C_{30} \simeq
C_3 \times C_4 \times C_3 \times C_{10}
$$
Du coup, je retrouve ton polynôme :
> q1, q2, q1q2 ; 13 31 403 > C3xC3 ; { 1, 87, 94, 118, 191, 211, 222, 315, 373 } > Fibres := [[x : x in Uq1q2 | Modexp(x,40,q1q2) eq y] : y in C3xC3] ; > L<z> := CyclotomicField(q1q2) ; > LT<T> := PolynomialRing(L) ; > S := [&+[z^k : k in C] : C in Fibres] ; > F := &*[T - s : s in S] ; > F ; T^9 - T^8 - 94*T^7 + 57*T^6 + 1686*T^5 - 968*T^4 - 4696*T^3 - 96*T^2 + 2560*T + 512Il faut maintenant que je comprenne tes histoires de caractères.
En ce qui concerne Fröhlich & Taylor, mais c'est bien sûr. Quel c.n ! Je cherchais la chose en examinant la tronche de $x$.
Du coup, pour mes histoires de carcatères sur les anneaux finis, il me semble que cela va avancer.
Non, je n'ai pas trouvé un élément primitif de $L/\Q$ mais en voilà deux : $\sqrt {-23} + x$ et ${1 + \sqrt {-23} \over 2} + x$. Mais au point de vue fermetures intégrales, c'est pas top (en faisant encore confiance à qui tu sais mais attention) :
Je ne sais pas répondre à tes 2 questions.
L'idée que je veux mettre en oeuvre, AD si tu passes par ici, tu pourras sans doute nous éclairer ?
Soit $A$ un groupe abélien fini.
Un sous-groupe $G$ de $A$, peut se voir comme une image d'un morphisme $A \to A$. C'est à dire, un sous-groupe de $A$ est aussi un quotient de $A$.
Pour nous $A := \left(\Z /n\Z\right)^*$ et $G$ un sous-groupe de $A$ (dans notre exemple, le sous groupe est $G=\text{C}_3\times \text{C}_3$). Savoir que c'est un sous-groupe n'est pas important car si l'on veut construire $K \mid \Q$ sous-extension de $\Q(\zeta_{n}) \mid \Q$ de groupe $G$ il nous faut plutôt avoir $G$ comme un quotient.
Mais je pense que la construction d'un isomorphisme de $A$ vers son dual $\widehat{A}$ permet de faire le lien.
En effet, une inclusion $G \to A$ devient une surjection $\widehat{A} \to \widehat{G}$ et comme $A \simeq \widehat{A}$ et $G \simeq \widehat{G}$, on a le truc en théorie ! Ça c'est le refrain .... nous on veut les paroles !
Il faut construire une bijection pour mener les calculs (ce n'est pas un problème, il me semble, a condition de dire que $2$ est chiant), mais je pense que le fait que la bijection entre $A$ et son dual n'est pas canonique va y avoir un problème :-S ... mais c'est pour ça que j'ai pris $p=13$ et $p=31$ pour garantir l'unicité du sous-groupe d'ordre $9$ pour virer le problème de non canonicité .
Mais c'est vraiment spéculatif ce que je raconte !!! J'ai mis : un délire magma, Claude. .. Je suis parti loin :-D
CHAPEAU Je viens de reprendre ce que tu as fait, sans tout comprendre, surtout la définition de Chi3bis. Comme je connais un peu magma, j'ai pu pas mal simplifié. Par exemple, ta fonction zeta, telle que zeta(p) est le dénominateur du facteur $p$-Eulérien de la fonction $\zeta_K$ de Dedekind de $K$ ($K$ est la fameuse extension abélienne de $\Q$ dont le groupe de Galois $G$ est $\simeq C_3 \times C_3$)
QjT<T> := PolynomialRing(Qj) ; zeta := map < Z -> ZX | m :-> ZX!&*[1 - Chi3(m)^i*Chi3bis(m)^j * T : i,j in [0..2]] > ; p := 157 ; assert zeta(p) eq (1-X)^9 ; K<x> := NumberField(F) ; OK := MaximalOrder(K) ; EulerDenominator := func < p | (1 - X^fp)^gp where gp is #Dp where fp is Dp[1][1] where Dp is DecompositionType(OK,p) > ; time assert &and [zeta(p) eq EulerDenominator(p) : p in PrimesInInterval(2,500)] ;J'espère que tu reconnais un peu tes affaires. Qj c'est le corps $\Q(j)$ qui suffit pour l'arrivée des caractères qui sont d'ordre 3 (à part le caractère trivial).
Détail dans la définition de zeta : le produit des $1 - \chi_3(x)^i \chi_{3\rm bis}(x)^j \ T$ est un polynôme à coefficients entiers même si ces facteurs sont à coefficients dans $\Z[j]$. D'où le ZX! (opérateur bang, forcing de conversion).
Mais c'est DINGUE, ce que tu as fait là, en ligne ! Tu as donc défini les caractères étendus sur le groupe de Galois $G$. Comme $G$ est un QUOTIENT de $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ où $L$ est l'extension $m$-cyclotomique avec $m = 13 \times 31$, on a une injection :
$$
\widehat G \quad \longmapsto\quad \widehat {(\Z/m\Z)^\times}
$$
Ils sont vus (les habitants de $\widehat G$ i.e. ton Chi3 et Chi3bis et leurs produits) comme des caractères de Dirichlet modulo $m$. Mais à mon avis, tes deux caractères Chi3 et Chi3bis doivent être primitifs, de conducteur 3. Il faudrait en savoir plus.
Tu es FOU. Dans le bon sens du terme.
Tu saurais expliquer Chi3 et Chi3bis ? I.e. m'en dire plus.
On voit [ici] que ces histoires d'extensions non ramifiées construites à partir de la théorie du corps de classes demandent un investissement lourd.
On voit quand même notre polynôme à la p.21.
J'ai changé un peu pour chi3, j'ai plutôt construit un générateur de $\widehat{\left(\Z/13\Z\right)^*}$.
Pour le conducteur, je pense que c'est $13$, pour chi3bis c'est $31$ ?
Je veux créer $\chi : \left(\Z/13\Z\right)^* \to \C$ générateur de $\widehat{\left(\Z/13\Z\right)^*}$. Soit $g \in \left(\Z/13\Z\right)^*$ un générateur et $y$ une racine $12$-ième de l'unité. Alors, $\chi(g^k) := y^k$ est générateur du groupe des caractères.
Z := IntegerRing(); p:=13; Cyclo<y> := CyclotomicField(p-1); BASE := {y^i : i in [0..p-2]}; K:=GF(p); GENS := PrimitiveElement(K); Chi_GENS := map <Z -> {0} join BASE | l :-> GCD(p,l) eq 1 select y^(Log(K!GENS, K!l)) else 0 > ; Chi3 := map < Z -> {0} join BASE | l :-> GCD(p,l) eq 1 select y^(ExactQuotient(p-1,3)*Log(K!GENS, K!l)) else 0 > ; [Chi_GENS(l)^ExactQuotient(p-1,3) eq Chi3(l): l in [1..p-1]]; // unique sous-groupe d'ordre 3 , donc garantieThéorie du corps de classes : ce n'est pas pour moi. N'oublie pas que l'arithmétique ou la théorie des nombres, ce n'est pas du tout mon métier.
Formule de transitivité des discriminants (classique, cf par exemple Samuel p. 112, point 8). Il faut faire attention, pour les corps de nombres, au fait que, lorsque la base n'est plus $\Q$ avec son anneau d'entiers $\Z$ qui a la gentillesse d'être principal, les notions deviennent plus difficiles. Définir la norme d'un idéal (qui est un idéal) ou le discriminant (qui est aussi un idéal) demande du travail. Il faut souvent passer en local : le localisé, en un idéal premier, d'un anneau de Dedekind est un anneau de valuation discrète, et on retrouve ainsi en local le terrain agréable des anneaux principaux.
Soit $K_1 \subset K_2 \subset K_3$ trois corps de nombres. On a alors la formule, dite de transitivité (ce sont des idéaux de $\mathcal O_{K_1}$)
$$
\mathrm {Disc}(K_3/K_1) = N_{K_2/K_1}\bigl( \mathrm {Disc}(K_3/K_2)\bigr) \times \mathrm {Disc}(K_2/K_1)^{[K_3 : K_2]}
$$
Dans notre histoire avec :
$$
K_1 = \Q, \qquad K_2 = K = \Q(\sqrt {-23}), \qquad K_3 = L
$$
j'ai fait vérifier par magma que :
$$
\mathrm {Disc}(L/\Q) = (-23)^3 = (-23)^{[L:K]}
$$
Et donc $L/K$ n'est pas ramifiée.
Est-ce que $\mathrm {Disc}(L/K)=\mathcal O_K$ ?
Comme je n'ai pas bien (?) compris tes définitions de Chi3 et Chi3bis, je les ai modifié ainsi (rappel chez moi $q_1 = 13$, $q_2 = 31$).
Qj<j> := CyclotomicField(3) ; g := Fq1!2 ; assert Order(g) eq q1-1 ; h := Fq2!3 ; assert Order(h) eq q2-1 ; // Chi3 : 2 modulo 13 -> j Chi3 := map < Z -> {0,1,j,j^2} | x :-> Gcd(q1,x) eq 1 select j^Log(g,Fq1!x) else 0 > ; assert Chi3(2) eq j ; // Chi3bis : 3 modulo 31 -> j Chi3bis := map < Z -> {0,1,j,j^2} | x :-> Gcd(q2,x) eq 1 select j^Log(h,Fq2!x) else 0 > ; assert Chi3bis(3) eq j ;Je pense que nous sommes maintenant en l'état d'écrire une peite note entre-nous pour essayer de nous y retrouver. Faire attention à ne pas faire trop de magma (je sais de quoi je parle), qui souvent fournit des choses cryptiques.
De mon côté, c'est prévu (petite note). Comme le groupe de caractères du groupe de Galois d'une extension abélienne de $\Q$ se réalise canoniquement dans le groupe de Dirichlet de modulus le conducteur de cette extension abélienne, et comme j'ai un peu bossé cela, je vais compléter mon RingGaussSum (et l'attacher dans la matinée, je pense)
Pourquoi je crois à ce que je raconte ci-dessus :
13*31 ; 403 > G<chi1, chi2> := DirichletGroup(13*31, Qj) ; > G ; Group of Dirichlet characters of modulus 403 over Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 > Order(G) ; 36 > C6xC6<a,b>, iso := AbelianGroup(G) ; > C6xC6 ; Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/6 Defined on 2 generators Relations: 6*a = 0 6*b = 0 > assert Order(chi1) eq 6 ; > // Donc chi1^2 est d'ordre 3 > chi1(2) ; j + 1 > (chi1^2)(2) ; j > assert Order(chi2) eq 6 ; > // Idem chi2^2 est d'ordre 3 > chi2(3) ; j + 1 > (chi2^2)(3) ; jSans oublier :
Oui tout à fait. On a une égalité de type $\mathrm {truc} = N_{K/\Q}(J) \times \mathrm {truc}$ donc $1 \in N_{K/\Q}(J)$ et donc $1 \in J$. Et $J$, c'est $\mathrm {Disc}(L/K)$.
Et donc, si $L/K$ était ramifiée, on n'aurait pas $\mathrm {Disc}(L/K)=\mathcal O_K$ ?
Yes
@flip flop
Oui, j'ai bien compris qu'il y avait une sorte de bricolage sur l'exemple $m = 13 \times 31$. Mais j'insiste : de mon côté, je vais mettre le paquet sur les caractères sur les anneaux finis (conducteur et tout le truc). Immense avantage (pour moi) : je n'affronte qu'UN terrain à la fois. Exit dans ma manière de faire les extensions abéliennes de $\Q$.
Par ailleurs, W. Stein, dans son ouvrage sur les formes modulaires, consacre un chapitre entier aux caractères de Dirichlet et ce n'est pas pour rien (je pense que c'est lui l'implémenteur en magma, mais je n'arrive pas à retrouver cette information). Idem, Frohlich & Taylor prennent le temps, à leur manière, de présenter ce dont ils ont besoin sur les caractères de Dirichlet. Je t'accorde que leur ``extended residue class characters'' $\widetilde {\Theta}_K$, c'est un peu dur à avaler. Mais l'information est dedans !
Encore une excécution magma au cas où tu ne me croirais pas. Attention chi1, chI2 n'ont plus le même sens que dans le post précédent (post que l'on a déjà oublié). Ici, je ne parle PAS de $\Q(j)$ ! Mais la MECANIQUE des caractères de Dirichlet va retrouver ce corps cyclotomique où tombent CERTAINS caractères qui nous concernent. Si je peux me permettre, cela vaut le coup de prendre son temps pour voir les PRIMITIVES qui sont utilisées. Car les implémenteurs connaissent la vie (dans ce domaine) bien mieux que nous. J'aime certes bricoler mais je fais confiance aux professionnels (Fröhlich & Taylor)
> G<chi1, chi2> := FullDirichletGroup(13*31) ; > G ; Group of Dirichlet characters of modulus 403 over Cyclotomic Field of order 60 and degree 16 > Order(G) ; 360 > EulerPhi(13*31) ; 360 > AbG<a,b>, iso := AbelianGroup(G) ; > AbG ; Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/60 Defined on 2 generators Relations: 12*a = 0 30*b = 0 > Order(chi1) ; 12 > Order(chi1^4) ; 3 > Conductor(chi1^4) ; 13 > Order(chi2) ; 30 > Order(chi2^10) ; 3 > Conductor(chi2^10) ; 31 > > Chi3 := AssociatedPrimitiveCharacter(chi1^4) ; > Codomain(Chi3) ; Cyclotomic Field of order 60 and degree 16 > Modulus(Chi3), Conductor(Chi3) ; 13 13 > Chi3Min := MinimalBaseRingCharacter(Chi3) ; > Codomain(Chi3Min) ; Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 <------------------- Q(j) s'invite à table > > Chi3bis := AssociatedPrimitiveCharacter(chi2^10) ; > Codomain(Chi3bis) ; Cyclotomic Field of order 60 and degree 16 > Modulus(Chi3bis), Conductor(Chi3bis) ; 31 31 > Chi3bisMin := MinimalBaseRingCharacter(Chi3bis) ; > Codomain(Chi3bisMin) ; Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 <------------------- Q(j) s'invite (de nouveau) à tableComme quoi, le discriminant que je connais mal permet de faire énormément de choses.
A moi de combler cette lacune...
Dernière question pour aujourd'hui : puisque $L$ est le corps de classes de Hilbert de $K$, est-ce que $h_L=1$, i.e. $\mathcal O_L$ est-il principal ?
Mais je n'y connais rien de rien, je t'assure. Il y a ici, sur le forum, une personne qui connaît bien, je pense, la théorie du corps de classes : noix de totos. Peut-être que tu pourrais ouvrir un fil là-dessus pour poser des questions ?
J'ai juste vu qu'il y avait un chapitre dans https://webusers.imj-prg.fr/uploads/loic.merel/files/TAN.pdf. Mais je n'y connais RIEN RIEN RIEN.
Cependant, j'ai vérifié dans notre cas PARTICULIER que $h_L = 1$. De plusieurs manières : en reprenant le $L$ déjà fabriqué avec $\sqrt {-23}$ et $x$ racine de $X^3 - X - 1$, mais en en faisant une SimpleExtension pour ne PAS FATIGUER magma. Et en demandant à magma de déterminer lui-même le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt {-23})$.
Exercice faisable (mais du boulot quand même) : en faisant semblant de ne pas connaître $X^3 - X-1$, mettre $L_{\rm ter}/K$ sous la forme ``simplest cubic field''. Voir un post antérieur avec mention d'un exercice corrigé sur l'extension galoisienne générique universelle de groupe de Galois $C_3$. La solution n'est PAS dans l'énoncé mais dans le corrigé.
Plus le temps : une question de 2 lignes me conduit à une réponse de plus de 2 lignes.
J'arrête avec magma ... c'était marrant :-D
Je mets en pièce jointe un code avec 2 fonctions.
C'est quand que vous vous procurez magma ?
J'ai eu le temps de taper 2 ou 3 bricoles. J'attache mais c'est pas relu. Chantier à C.Q., vous voyez le genre ? Est ce que vous pouvez me donner un coup de main pour le lemme 4 qui dépend du lemme 3 (section Conducteur) ? Merci. Coup de main : cela veut dire que des choses devraient être plus limpides.
J'ai essayé aussi de faire une mise à jour sur $\chi_D$ et les sommes de Gauss. Mais c'est loin d'être terminé. J'ai failli tomber sur oeuf-poule. Si les choses ne sont pas un peu stabilisées maintenant, elles ne le seront jamais. Et moi, j'ai besoin de m'appuyer sur de la terre ferme.
Besoin d'un coup de main aussi pour le lemme 11. Il y a beaucoup beaucoup de trous (compter le nombre de A FAIRE dans les preuves).
@flip flop
J'ai bien vu ton code. Tu es fou (bis). Je l'ai bien arrangé encore (si je peux me permettre). J'ai même osé le faire tourner pour $p$ puissance d'un premier .. Et tout c'est écroulé comme je m'en doutais.
Il faudra (plus tard) assurer la cohérence dans les racines de l'unité. Do you see what I mean ?
Flip-flop : dis le, tu ne crois pas à mes histoires (qui, en fait ne sont pas les miennes) de caractères primitifs, de conducteurs ..etc.. Hein ?
Une chose (importante) à faire qui ne mange pas de pain. Cela veut dire quoi spécifier de manière concrète une extension abélienne $K/\Q$ ? On se la donne comment ? Par son conducteur cyclotomique $m$ et par un morphisme surjectif $\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow G$ avec $G = \mathrm {Gal}(K/\Q)$ ? J'ai continuellement des hésitations entre quotients et noyaux. Si on se donne $\theta$, cela détermine $K \subset \Q(\root m \of 1)$ comme étant le sous-corps des points fixes de $\ker\theta$. Mais il n'y a aucune raison pour que $m$ soit le conducteur cyclotomique de $K$ ??
AJOUT De temps en temps, je suis pris pour un robot !
J'ai déjà acheté le costume. ;-)
Noir, le costume ? Couleur cravate ?
J'ai eu le temps de lire deux trois trucs ce matin dans le pdf de Loïc Merel que tu as pointé.
Dans la formule de transitivité que tu as donnée, j'ai l'impression que l'idéal de $\mathcal O_{K_3}$ dont tu parles s'appelle la différente et que le discriminant de $K_3/K_2$ est sa norme.
Mais peu importe, je me coucherai moins c.n grâce à toi.
J'ai vu aussi qu'on n'a pas vraiment besoin de savoir que $h_L=1$.
En effet, dans ce même pdf, on dit que comme $L$ est le corps de classes de $K$, tout idéal premier de $\mathcal O_K$ se relève en un idéal principal de $\mathcal O_L$, quelque soit la valeur de $j_L$ !
Je pense que c'est ce que Serre utilise entre autres pour discriminer les deux cas quand $\left(\dfrac{p}{23}\right)=1$, mais comme d'hab, je n'en suis pas sûr.
Pour mon programme ... normal qu'il ne fonctionne pas pour $p$ puissance d'un premier. Je n'ai pas trouvé la fonction
Log pour l'anneau des unités de $\Z/p^\alpha \Z$ (qui est cyclique quand $p \ne 2$, ch.ant $2$). (si tu peux me renvoyer, le code amélioré).
Oui, j'ai souvent des hésitations entre noyau et quotient mais c'est bien ça ! le $\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow G$ donne bien l'extension. Effectivement, on ne tient pas le conducteur.
J'ajoute mon grain de sel : dans le cas des extensions abéliennes si on a une inclusion de $G \to (\Z/m\Z)^\times$, on a aussi par dualité : $\widehat{(\Z/m\Z)^\times} \twoheadrightarrow \widehat{G}$ ? Et les groupes duaux sont isomorphes aux groupes, tu vois l'idée ?
Sinon, si si j'y crois aux histoires de caractère primitif et associated. Mais j'ai dans la tête que utiliser la dualité va rendre les choses moins complexes.
Tu n'as pas attaché ton "brouillon" ?
Je croyais l'avoir attaché. En fait j'ai eu des ennuis avec la connexion au forum. Je le fais maintenant. Je t'enverrai le code magma de manière directe.
Tu vas me dire si j'ai bien compris ce que tu racontais. Pour se donner une extension abélienne $K/\Q$, on peut se donner un sous-groupe :
$$
H \quad \subset\quad G_m := \widehat {(\Z/m\Z)^\times}
$$
De sorte que, par dualité, on a une surjection :
$$
\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow \widehat {H}
$$
Si bien que l'on tient une sous-extension $K$ de $\Q(\root m\of 1)$ à savoir le corps des points fixes de $\ker \theta \subset \mathrm {Gal}(\Q(\root m\of 1)/\Q)$.
C'est cela que tu as voulu dire ? Si oui :
(1) Comment déterminer un élément primitif de $K/\Q$. Je me méfie des périodes de Gauss en terrain cyclotomique non de niveau premier.
(2) Déterminer les facteurs $p$-Eulériens de la fonction de Dedekind $\zeta_K$
Allons-y pour de vrai. Je vais tirer 3 caractères au hasard de $G_m$ qui vont engendrer un certain sous-groupe $H$. Comme c'est pas moi qui paye, je me permets de prendre pour $m$ un nombre un peu composé.
> m := 2^2 * 3^4 * 5 * 7 ; > Gm := FullDirichletGroup(m) ; > Random(Gm) ; $.1*$.2^8*$.3^2*$.4^4 > Order(Gm) ; 2592 > Gm<chi1, chi2, chi3, chi4> := Gm ; > AbelianExtensionData := [Random(Gm) : i in [1..3]] ; > AED := AbelianExtensionData ; > H := sub < Gm | AED > ; >> H := sub < Gm | AED > ; ^ Runtime error in sub< ... >: [Function 'HackobjSubConstrGrpDrch' of arity 2 unreachableBon, peut-être une anomalie (bug ?). On va procéder autrement. On va mettre en isomorphie $G_m$ avec un groupe abélien et comme cela magma va pouvoir opérer.
> AbGm, phi := AbelianGroup(Gm) ; > AbH := sub < AbGm | [Inverse(phi)(chi) : chi in AED] > ; > AbH ; Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/108 Defined on 2 generators in supergroup AbGm: AbH.1 = AbGm.1 + 27*AbGm.2 + 2*AbGm.3 + 4*AbGm.4 AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 Relations: 6*AbH.1 = 0 108*AbH.2 = 0Bon, il n'y a plus qu'à ..
A propos de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1412638#msg-1412638. Ok pour différente et discriminant mais je n'ai jamais mentionné dans mes affaires un idéal de $\mathcal O_{K_3}$ (qui serait la différente de $K_3/K_2$).
En passant, il y a, dans le contexte $K_1 \subset K_2 \subset K_3$ une formule de transitivité de la différente. Un coup de norme sur cette formule donne la formule de transitivité des discriminants.
Service après-vente pour simplest cubic field. Il s'agit du polynôme cubique à un paramètre $a$
$$
F_a := X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad \mathrm {Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
Il est universel pour les extensions galoisiennes de groupe de Galois $C_3$ i.e si $L/K$ est une telle extension, il y a un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal sur $K$ est un $F_a$ pour un certain $a$.
Il y a dans ce fil plusieurs mentions de cela et même un pointeur sur un autre fil d'un exercice corrigé de mézigues. Mais là, cela m'étonnerait que tu puisses retrouver ces infos !
On va le faire dans l'exemple de ce matin avec $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $L/K$ le corps des classes de Hilbert
Il faut mettre $L/K$ sous forme simplest cubic field. On va d'abord déterminer les 2 autres racines de $P$ en fonction de $x_1$ à l'aide du trick :
$$
P'(x_1) (x_2 - x_3) = \delta \qquad \hbox {où $\delta $ est une racine carrée du discriminant de $P$}
$$
Le discriminant de $P$ est facile à calculer car $P$ est de la forme $T^3 + pT +q$. C'est $-(4p^3 + 27q^2)$.
Et maintenant, pour trouver un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal est un $F_a$, les choses de la vie (i.e. le corrigé de l'exercice)
J'aime bien quand la pratique coïncide avec la théorie.
Je viens de faire des tests, ça ne fonctionne pas très bien ! Va falloir réfléchir un peu pour voir si on peut corriger le tire !
Je veux bien faire un exemple que tu me donnes, c'est une bonne idée, on verra rapidement si ce que j'ai en tête est valable ou non.
Mais est-ce que l'on peut dire que $2$ n'est pas un nombre premier :-D
Là je peux dire que le conducteur de " AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " est $3^4*5*7$. Par contre si tu prends
" 3*AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " là le conducteur va être $3^3*5*7$
Pourquoi : car $3*AbGm.2$ est d'ordre $3^3*2 / 3 = 3^2*2$ donc $3AbGm.2$ provient d'un caractère de $(\Z/ 3^3\Z)^*$.
Je viens de t'envoyer le programme magma revisité par mézigues. J'ai laissé ta fonction Carakter ou quelque chose comme cela mais j'en ai créé une au nom de Caractere qui admet comme paramètre une puissance $q$ d'un nombre premier AUTRE QUE 2 et un ordre qui est un diviseur de $\varphi(q)$ (indicateur d'Euler).
Il y a parfois des échecs selon $q_1, q_2$, cf le deuxième jeu de tests à la fin du programme.
Les périodes de Gauss, je ne connais que pour $\Q(\root p \of 1)$ pour $p$ premier : la qualité de cette extension provient du fait que $\zeta_p, \ldots, \zeta_p^{p-1}$ sont $\Q$-linéairement indépendants (et forme une base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$).
Déjà pour $\Q(i)$, c'est plus moche car $i, -i$ ne sont pas linéairement indépendants ; il faut prendre $1+i, 1-i$.
Pour l'instant, je stoppe là. Ce que je t'ai proposé c'était juste a joke. Un moyen de coder une extension abélienne de $K/\Q$.
Merci pour le polynôme générique (au sens de ?).
Je me rappelle m'être pris la tête pour calculer à la main une base normale d'une extension biquadratique toute bête.
Magma fait ce genre de calcul ?
Je ne sais plus ``générique au sens de ...''. En tout cas, elle figure à la page 1 du Chapter 1 de Topics in Galois Theory.
Quant à cette histoire de base normale, je ne sais pas si magma sait le faire ; mais nous si, en disant merci à Artin. Tu te souviens ?
On ne peut pas toujours faire comme ça non ?
$$
1,\quad \zeta,\quad \cdots,\quad \zeta^{\varphi(m)-1}
$$
Inconvénient : cette base n'est pas globalement invariante par le groupe de Galois de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.
Il y a bien une famille de cardinal $\varphi(m)$ qui est globalement invariante par le groupe de Galois. C'est la famille des racines primitives $m$-ièmes de l'unité:
$$
R = \{ \zeta^i \mid i \wedge m = 1,\quad 1 \le i < m \}
$$
Mais manque de pot, la famille $R$ n'est pas, en général, libre sur $\Q$. Et donc elle ne constitue pas une base normale de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.
C'est cependant le cas pour $m$ premier (ce qui conduit aux périodes de Gauss) et pour $m$ sans facteur carré, cf plus loin.
Ici, un petit exemple avec $m=9$
> m := 9 ; > L<z> := CyclotomicField(m) ; > V, LtoV := VectorSpace(L, Q) ; > V ; Full Vector space of degree 6 over Rational Field > LtoV ; Mapping from: FldCyc: L to ModTupFld: V > Inverse(LtoV)(Basis(V)) ; [ 1, z, z^2, z^3, z^4, z^5 ] > > PrimitiveRoots := [z^i : i in [1..m-1] | Gcd(i,m) eq 1] ; > M := Transpose(Matrix(LtoV(PrimitiveRoots))) ; > M ; [ 0 0 0 0 0 0] [ 1 0 0 0 -1 0] [ 0 1 0 0 0 -1] [ 0 0 0 0 0 0] [ 0 0 1 0 -1 0] [ 0 0 0 1 0 -1] > PrimitiveRoots ; [ z, z^2, z^4, z^5, -z^4 - z, -z^5 - z^2 ]La matrice que l'on voit est la matrices des $\varphi(9) = 6$ racines primitives $9$-ièmes de l'unité dans la base des puissances $1, \zeta, \cdots, \zeta^{6-1}$. On voit que la première ligne est nulle, ce qui justifie le côté non libre de $R$. La nullité de la première ligne signifie que la composante sur $1 = \zeta^0$ des racines primitives $9$-ièmes de l'unité est nulle.
J'ai vérifié expérimentalement que pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de la matrice de $R$ dans .. est $\pm 1$, sans que je ne puisse identifier le signe. Au contraire, pour $m$ non squarefree, le déterminant est nul.
Je trouve spectaculaire que ça marche pour tout $m$ squarefree.
Je cherche une base normale formée d'entiers ? Euh, non. J'essaie simplement de convaincre flip-flop que de vouloir appliquer à $\Q(\root m \of 1)$ des ``choses'' qui fonctionnent pour $\Q(\root p \of 1)$ pourrait nous conduire dans une impasse.
@vous deux
A propos de cette histoire cyclotomique, plusieurs choses à démontrer :
(1) Pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de $R$ dans $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est $\pm 1$. Ici, $R$ désigne la famille des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Si bien que $R$ est une $\Z$-base (normale) de $\Z[\root m \of 1]$. C'est vrai (et facile) pour $m$ premier. Et pour $m$ sans facteur carré, cela doit venir du fait que pour $n_1, n_2$ premiers entre aux, les extensions $\Q(\root n_1\of 1)$ et $\Q(\root n_2\of 1)$ sont linéairement disjointes sur $\Q$.
Mais on aimerait évidemment un argument direct le plus élémentaire qui soit.
(2) Soit $s_m$ la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Alors $s_m= \mu(m)$ où $\mu$ est la fonction de Möbius. C'est l'objet de mon lemme 11 (sans preuve) dans mon brouillon RingGaussSum.pdf. Si bien que lorsque $m$ est divisible par le carré d'un premier, $s_m = 0$ ; c'est encore un moyen de se convaincre dans ce cas là, que les racines primitives de l'unité d'ordre $m$ ne sont pas linéairement indépendantes puisque leur somme est nulle.
Note : $s_m$ c'est, au signe près, le coefficient de degré $\varphi(m)-1$ du polynôme cyclotomique $\Phi_m$. C'est aussi la trace (relativement à $\Q(\root m \of 1)$ sur $\Q$) de n'importe quelle racine primitive de l'unité d'ordre $m$.
(3) Quand on a vraiment rien à faire. Dans le cas $m$ divisible par le carré d'un premier, l'expression d'une racine primitive de l'unité sur la base des puissances $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est telle que la coordonnée sur $1 = \zeta^0$ est nulle. Si bien que la première ligne de matrice de $R$ (dans la base des puissances) est nulle.
(4) $\Z[{1\over 2}][i\rbrack$ admet $(1+i, 1-i)$ comme base normale sur $\Z[{1\over 2}]$. Mais $\Z[i\rbrack$ n'admet pas de $\Z$-base normale.
Je n'ai pas eu le temps de réfléchir à (1), (2), (3). Mais cela s'appuie sur des tests solides. Je pense que (2) doit être classique. Peut-être qu'il faut faire intervenir l'inversion de Möbius dans l'expression de :
$$
X^m - 1 = \prod_{d \mid m} \Phi_d(X)
$$
Orthographe : Möbius ou Moebius ?
Quant à la deuxième partie de (4), j'ai fait cela un jour quelque part.
Ici je joue avec l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$ où $m = p^k$ avec $p = 3$ ou $p=5$. Quand on étudie de manière précise le fait que le groupe $(\Z/p^k\Z)^\times$ est cyclique pour $p$ premier impair et tout $k$, on obtient des renseignements précis. Ce qui est moral car j'ai dit ``de manière précise''. Par exemple, le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$.
En passant : une faiblesse dans le monde magma : $\Q$ n'est pas vu comme un corps de nombres. Une véritable catastrophe dans le montage de l'édifice magma. Impossible de pallier à ce genre d'erreur de conception. Un patch a alors été installé : il s'agit de RationalsAsNumberField() ; c'est $\Q$ mathématiquement mais pas magma parlant. Il est encodé sous la forme $\Q[X]/\langle X-1\rangle$. Ceci provoque parfois certains désagréments.
Jusqu'ici, rien que du banal, sauf peut-être le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$. On va maintenant invoquer de quoi monter l'extension abélienne que l'on vise i.e. $\Q(\root m \of 1)$ avec, ici $m = p^k$, $p = 5$, $k = 3$. On a $\varphi(m) = (p-1)p^{k-1} =_{\rm ici} 4 \times 5^2 = 100$.
> G<a,b>, IdealMap := RayClassGroup(m*ZQ, [1]) ; > G ; Abelian Group isomorphic to Z/100 Defined on 2 generators Relations: 25*a = 0 4*b = 0 > assert Domain(IdealMap) eq G and Codomain(IdealMap) cmpeq PowerIdeal(ZQ) ; > // G est une version (intelligente) de U(Z/mZ) > ok, phi := IsIsomorphic(UZm, G) ; > assert ok ; > g := phi(u) ; > // g est un générateur de G > N := EulerPhi(m) ; assert N eq (p-1)*p^(k-1) ; > N ; 100 > assert Order(g) eq N ;Avec ce mécanisme, on va pouvoir ``monter'' l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$, vue comme une extension abélienne de $\Q$, extension abélienne équipée de son groupe de Galois $G$ canoniquement isomorphe à $(\Z/m\Z)^\times$ et ``habilitée'' à déterminer tous ses sous-corps comme sous-corps de points fixes par un sous-groupe $H$ de $G$. Comme $G$ est explicitement cyclique (ici j'ai désigné par $g$ le générateur correspondant à $2$), on va pouvoir encoder un sous-groupe $H$ de $G$ sous la forme $\langle g^d \rangle$ pour un diviseur $d$ de $\varphi(p^k) = (p-1)p^{k-1}$.
Deux mots sur les paramètres de RayClassGroup : le premier paramètre spécifie l'idéal $m\Z$ (qui est un indicateur des premiers ramifiés dans l'extension abélienne à déterminer) et le second est une suite de numéros spécifiant les places infinies réelles de $\Q$. Ici, il y a un seul plongement réel de $\Q$ et on souhaite que celui soit ramifié dans l'extension abélienne visée i.e. qu'il n'y ait aucun plongement réel de cette extension abélienne de $\Q$. Rappel : l'extension abélienne convoitée est $\Q(\root m \of 1)$.
Si l'argument [1] n'avait pas été spécifié dans RayClassGroup, l'extension abélienne de $\Q$ obtenue aurait été $\Q(\root m \of 1) \cap \R$.
> A := AbelianExtension(IdealMap) ; > A : Maximal ; FldAb, defined by (<[125]>, [1]) of structure: Z/100 > DiscA, signature := Discriminant(A) ; > DiscA ; Principal Ideal of ZQ Generator: [1647218428629769253804464695510940469954681465995079304699650472673147545464024936289121151632745404541120 01303599\ 3511886023540295950307215433693652545561747491120740960468538105487823486328125] > DiscA := Z!Representative(Generators(DiscA)) ; > assert DiscA eq (-1)^ExactQuotient(N,2) * p^((k*(p-1) - 1)*p^(k-1)) ; > signature ; [ 0, 50 ]La signature est le couple $(r_1, r_2)$ avec $r_1 + 2r_2 = [A:\Q]$, où $r_1$ est le nombre de plongemants réels de $A$ dans $\C$ et $2r_2$ les autres. Comme ici (c'était voulu), on a $r_1= 0$, cela fait que $r_2 = \varphi(m) /2$.
Le codage de cette extension abélienne $A$ de $\Q$ est spécifique ``à la théorie du corps de classes''. Du point de vue magma, il s'agit d'un objet qui spécifie bien une extension abélienne de $\Q$ mais n'est pas encodé comme un corps de nombres habituel. On peut réaliser certaines opérations. Si on veut absolument obtenir un système d'équations défnissant ce corps de nombres $A/\Q$, c'est possible mais coûteux. Ici, cela demande 15 secondes (pour $k=3$) donc je vais zapper.
Maintenant, je vois choisir un diviseur $d$ de $\varphi(m)$ et déterminer l'unique sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $d$ (ne pas oublier que $G$ est cyclique). Ceci dans l'intention d'obtenir $A^H$, qui est galoisienne de groupe de Galois $G/H$ (et donc de degré $d$ sur $\Q$).
> // Choisir un diviseur d de N > d := 2*p^(k-1) ; > d ; 50 > // Soit H l'unique sous-groupe d'indice d de G > H := sub < G | d*g > ; > assert Index(G,H) eq d ; > // AH = A^H de degré d sur Q > AH := AbelianSubfield(A, H) ; > AH : Maximal ; FldAb, defined by (<[125]>, [1]) of structure: Z/50 > assert Degree(AH) eq d ; > DiscAH, signature := Discriminant(AH) ; > DiscAH ; Principal Ideal of ZQ Generator: [573971850987445072250359637315549647372395291392620860111695169081258427468128502368927001953125] > DiscAH := Z!Representative(Generators(DiscAH)) ; > Factorisation(DiscAH) ; [ <5, 137> ] > signature ; [ 50, 0 ]Enfin, histoire de faire mumuse, sans disposer d'un système d'équations de $A^H/\Q$, on peut déterminer le type de factorisation des premiers de $\Z$ dans $A^H$.
> [<p, DecompositionType(AH, p)> : p in PrimesInInterval(2,50)] ; [ <2, [ <50, 1> ]>, <3, [ <50, 1> ]>, <5, [ <1, 50> ]>, <7, [ <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1> ]>, <11, [ <25, 1>, <25, 1> ]>, <13, [ <50, 1> ]>, <17, [ <50, 1> ]>, <19, [ <25, 1>, <25, 1> ]>, <23, [ <50, 1> ]>, <29, [ <25, 1>, <25, 1> ]>, <31, [ <25, 1>, <25, 1> ]>, <37, [ <50, 1> ]>, <41, [ <25, 1>, <25, 1> ]>, <43, [ <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1> ]>, <47, [ <50, 1> ]> ]Pour le (1), j'ai l'impression que si $r$ est le nombre de facteurs premiers de $m$, $\det R=(-1)^r$.
On pourrait faire une récurrence sur $r$.
Non, on n'a pas $\det(R) = (-1)^r$ .. car j'ai le moyen de faire des tests. Je te cacherai pas que j'ai pensé à quelque chose de cette nature mais cela ne fonctionne pas. Puis j'ai réfléchi que peut-être le signe n'avait pas de sens car l'ordre dans lequel je génère $R$ n'a peut-être pas de sens arithmétique. Je génère $R$ sous la forme des $\zeta^i$ avec $i$ premier à $m$, en partant de $i=1$ jusqu'à ..
Peut-être, il faudrait générer $R$ de ``manière tensorielle'' par rapport aux facteurs premiers de $m$.
En tout cas, pour $m=p$ premier, le déterminant est $1$, $R$ étant généré via $\zeta, \cdots, \zeta^{p-1}$. Sauf pour $p=2$. Pour $p=2$, une racine primitive de l'unité d'ordre 2, il y en a une seule à savoir $-1$ et la matrice est réduite à une matrice $1 \times 1$, de coefficient $-1$, de déterminant $-1$.
Du coup, je me suis mis à tester les impairs sans carré, histoire d'essayer d'y voir quelque chose. Mais je n'ai rien vu. Comme je ne savais pas ce que je voulais voir, ce n'est pas trop étonnant.
Suite de $\det(R) = \pm 1$. Cela m'agace car il y a encore machin qui débarque alors qu'il n'était pas invité. Machin c'est le symbole de Lengendre et/ou de Zolotarev. Figure toi que j'ai pris deux premiers impairs distincts $p, q$ et que j'ai rangé $R$, la famille des racines primitives d'ordre $pq$, sous la forme suivante
$$
R : \zeta_p^i \zeta_q^j \qquad 1 \le i \le p-1, \quad 1\le j \le q-1
$$
J'ai bloqué $i=1$ puis j'ai fait varier $j$, puis $i=2$, puis j'ai fait varier $j$ and so on.
Et tiens toi bien, le déterminant de $R$ dans la base des puissances de $\zeta$, racine primitive d'ordre $pq$ est
$$
\det(R) = \left( {p \over q}\right)
$$
Bien sûr, j'ai pris soin de jouer la carte système cohérent de racines de l'unité i.e. j'ai posé $\zeta_p = \zeta^q$ et $\zeta_q = \zeta^p$.
Alors, cela m'a rappelé le symbole de Zolotarev. J'ai souvenir de m'être amusé avec ce symbole (très puissant, il prend en charge la loi de réciprocité quadratique et encode le symbole de Jacobi).
Au lieu d'essayer de chercher dans mes affaires, j'ai interrogé le web sur Zolotarev symbole et loi de réciprocité quadratique et je pointe ici sur le premier truc qui me vient sous la main http://math.univ-lille1.fr/~serman/recip.pdf sans avoir vraiment regardé. Quand je dis, le premier c'est faux, car le premier est wiki ; mais par principe, je ne le prends pas comme référence pour les maths.
Preuve d'une de tes remarques :
Soit $n$ et $m$ premiers entre eux, $\alpha$ et $\beta$ des racines primitives $n$-ième et $m$-ième de l'unité.
Alors $\alpha\beta$ est une racine primitive $nm$-ième de l'unité.
De plus, $[\Q(\alpha,\beta):\Q]=[\Q(\alpha\beta):\Q]=\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)=[\Q(\alpha):\Q][\Q(\beta):\Q]$ donc $\Q(\alpha)$ et $\Q(\beta)$ sont linéairement disjointes.
A propos de mon dernier mail :
Je me suis mal fait comprendre.
Ce que je n'arrive pas à prouver, c'est $\mathfrak p$ principal $\Leftrightarrow\dfrac{\mathcal O_L}{\mathfrak P}\simeq\mathbb F_p$.
J'ai essayé des tas de trucs qui n'aboutissent pas mais ça m'a quand même permis de mieux comprendre les histoires de normes d'idéaux.
Mais je t'ai certainement assez ennuyé avec ce papier de Serre...
En ce qui concerne $n \wedge m = 1$, j'ai personnellement besoin de plus précis. J'ai envie d'écrire de manière pompeuse :
$$
\Z[\root n \of 1] \otimes_\Z \Z[\root m \of 1] \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad \Z[\root nm \of 1]
$$
On peut le formuler de manière très simple (et le prouver) en introduisant :
$$
\Z[x,y] = \Z[X,Y] / \langle \Phi_{n}(X), \Phi_m(Y) \rangle, \qquad\qquad \Z[t] = \Z[T] / \langle \Phi_{nm}(T)\rangle
$$
On a bien sûr :
$$
t^{nm} = 1, \qquad x^n = 1, \qquad y^m = 1
$$
Donc $t,x,y$ sont inversibles. Avec $un + vm = 1$, on définit deux morphismes d'algèbres :
$$
\Z[x,y] \to \Z[t], \quad x \mapsto t^m, \quad y \mapsto t^n, \qquad \qquad
\Z[t] \to \Z[x,y] \quad t \mapsto x^v y^u \qquad\qquad (\star)
$$
Le choix $x^v y^u$ s'explique par le fait qu'à gauche :
$$
x^v y^u \mapsto t^{mv} t^{nu} = t
$$
Il est alors clair, dans $(\star)$, que les deux morphismes sont réciproques l'un de l'autre.
Avec $(\star)$, on peut faire du transport de $\Z$-bases.
Deuxième partie de ton post : il faut que tu me dises quel est est l'idéal qui intervient au dénominateur de $\mathcal O_L/?$. Ce que tu as écrit, cela figure où exactement dans Serre ? Est ce que les deux implications sont problématiques ?
@Claude : ici
D'accord, bon j'ai eu de la chance de prendre mon exemple dans le contexte où les sommes de Gauss fonctionnent ! . Mais de toute façon c'est déjà assez sympa d'avoir construits quelques extensions abéliennes de manière concrète !
Du coup, retour en arrière pour moi !