Hello,
Je suis en mode ``break''. Mais je tiens en particulier à remercier Nonoche. Sauf que cela me dépasse : quant on parle corps de classes ou Mellin transform, je me barre en courant. Tu vas me dire que c'est moi qui l'ai cherché (et c'est pas faux). Les 70 pages de Serre (Serre-Durham) je pense que je ne peux pas comprendre. Il est cependant vrai qu'il y a beaucoup d'exemples (numerical exemples comme il dit).
En plus d'être en mode break, je suis revenu en arrière sur le cas abélien ``facile''. Car certains auteurs sont quand même un peu légers sur la question. Heureusement qu'il y a le chapitre 3 (Dirichlet Characters) de Lawrence C. Washington (Introduction to Cyclotomic Fields) http://wstein.org/edu/2010/581b/books/washington-introduction_to_cyclotomic_fields.pdf. Bien plus buvable (à mon goût) que le traitement de Frölich & Taylor (attention, ces deux là ne sont pas légers, ils seraient même du type un peu lourds).
Etant tombé bien bas (multiplier, comme un c.n, je parle de moi, deux caractères $\chi_1, \chi_2$ via $(\chi_1\chi_2)(m) = \chi_1(m)\chi_2(m)$ au lieu de $(\chi_1\chi_2)(m) = (\chi_1\chi_2)_{\rm prim.}(m)$, je me comprends), j'ai fini par me coltiner vraiment pour une sous-extension $K \subset L = \Q(\root N\of 1)$, la formule pour le facteur $p$-Eulérien de $K$ (ou plutôt son inverse) :
$$
(1 - T^{f_p})^{g_p} = \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} (1 - \chi_{\rm prim.}(p)T), \qquad G = \text{Gal}(L/\Q) \simeq (\Z/N\Z)^\times
\qquad H \subset G, \qquad K = L^H
$$
où $(f_p,g_p,e_p)$ est ce que l'on pense par rapport à $K$ ($e_p$ is not used here).
Je sais, c'est petit mais ce n'était quand même pas banal de le réaliser uniquement avec les primitives du chapitre ``Class Field Theory'', en particulier ``RayClassGroup'' (ici je cause magma). Flip-flop, je pourrais te montrer plus tard (j'en ai quand même un peu ch.é).
Dans le genre petit et même bébé, j'ai retrouvé ma note stickelberger.pdf écrite pour les enfants. J'ai juste recompilé sans regarder ce qu'elle contenait. Je crois qu'il y a un petit annexe sur le discriminant d'un polynôme !!
évidemment qu'il ne s'agit pas de lire en continu et de comprendre les 70 pages de Serre à Durham; j'ai juste voulu piocher dedans et mentionner la partie 7.3, qui fournit quelques exemples plus détaillés.
Je suis certain que tu exagères avec la transformée de Mellin. Rien de plus innocent et mécanique. Tu es capable d'intégrer terme à terme la série $\theta(it)t^s dt/t,$ pour faire apparaître la fonction $\zeta(s)$ de Riemann. Ensuite, le changement de variable $t\mapsto 1/t$, combiné avec A.b) pour $\theta,$ donne l'équation fonctionnelle reliant $\zeta(s)$ à $\zeta(1-s).$
Là où cela devient vraiment fort, c'est que, inversement, si l'on suppose connue l'équation fonctionnelle de $\zeta(s),$ alors il s'ensuit que $\theta(z)$ est une forme modulaire (i.e. elle vérifie A.b, le seul point délicat). C'est la vertu de la transformée de Mellin inverse, et ce principe très général s'appelle le "théorème réciproque de Hecke/Weil".
C'est d'ailleurs un point crucial que tu as mis sous le tapis : les fonctions zêtas/fonctions $L_\rho$ que tu introduis ne sont pas de banales séries de Dirichlet qui encodent une suite : elles ont le bon goût de se prolonger analytiquement, et de vérifier des équations fonctionnelles ((EF) : $s\mapsto 1-s$). C'est le signe que quelque chose de profond se passe. Le théorème réciproque de Weil/Hecke se charge d'assurer que la série génératrice correspondante, en q, est une forme modulaire d'un certain poids et pour un certain sous-groupe de $SL_2(\mathbb Z),$ un exemple typique étant (MOD).
(Dans les salons mondains, on dirait que c'est un cas du "programme de Langlands". On peut aussi décréter que ce sont les seules séries de Dirichlet dignes d'intérêt).
Voici 5 pages de Iwaniec qui suivent cette stratégie. Il y explique en Th. 12.5 (choisir $u=0$ et $m=1$ pour ce qui nous concerne) ou p. 218 pourquoi la série génératrice $L_\rho(s)$ de Claude, qui vérifie (EF), donne lieu à des séries théta de poids 1 qui sont des formes modulaires. Cette stratégie permet d'éviter les calculs rusés de flipflop, à la condition d'en savoir assez sur les propriétés des fonctions $L_\rho(s).$
Je ne sais pas si je vais réussir, mais je peux essayer de faire un truc ! (juste je dois demandé de nouveau un lien pour téléchargé le cours, because c'était sur mon ordi qui a rendu l'âme). Tu as réussi a comprendre un peu avec magma ?
Merci pour l'extrait d'Iwaniec (et les tuyaux). Je reconnais ``Topics in Classical Automorphic Forms'' que je possède (et que je n'ai pas lu !).
C'est mon infirmité analytique qui fait que je passe des choses sous le tapis comme tu dis. Et aussi le fait que ``tout ça'', ce n'est pas mon domaine (je viens de l'algèbre commutative). Mais il y a quand même des progrès car je me barre moins vite qu'avant.
Et de temps en temps, je trouve que les auteurs pourraient quand même dire qu'il y a des ``choses algébriques''. Ainsi dans la thèse, Th 1.3.8 page 24 in http://www.math.mcgill.ca/goren/Students/AttwellDuval.Thesis.pdf, l'auteur pourrait poser $T = {1 \over p^z}$ et je pense qu'on y verrait plus clair (enfin moi, j'y verrais plus clair). Certes, quelle drôle d'idée de vouloir apprendre dans une thèse ! Mais après tout, c'est comme cela que j'ai eu le pointeur Washington (Cyclotomic Fields).
@flipflop
C'est moralement correct, mais aussi un chouilla plus tordu que ce que tu écris, si on veut être soigneux avec la convergence (mais est-ce qu'on le veut vraiment, en première approximation ?) :
- il faut couper en t=1 l'integrale en deux morceaux; ces deux morceaux seront échangés quand on fera $t\mapsto 1/t.$
- il faut retirer à $\theta(it)t^{s-1}$ la contribution de $n=0,$ qui cause souci car non integrable simultanément en zéro et infini, et la rajouter a posteriori.
Tous ces morceaux se recombinent pour donner exactement ce à quoi on arrive si on n'est pas soigneux ...
cf par exemple theta zeta pour les détails.
D'accord, je vais rester sur ça (niveau convergence, je te fais confiance) et je n'ai pas les capacités pour être précis.
Je suis sur la relation fonctionnelle de $\zeta$ avec le changement de variable $t \to 1/t$ j'arrive (c'est un peu lourd) à (sans garantie) :
$$
\frac{2^{-s} \Gamma(s) \zeta(s)}{(2\pi)^s)} = \frac{\zeta(1-s)}{\sin(\pi s / 2)}
$$
J'ai utilisé des propriétés de la fonction $\Gamma$ .... du coup je vais regarder le lien que tu donnes, merci !
Du coup, si je comprends ce que tu veux dire :
En prenant la transformation de Mellin inverse, une relation fonctionnelle va se transformer en un propriété de modularité. C'est un truc comme ça ?
Par exemple, si j'ai une relation fonctionnelle pour une fonction $\zeta_K(s)$ je peux en déduire des propriétés de modularité pour des fonctions theta ... ce qui évites les calculs galère de ce matin ! Aie Aie Aie ...
@fliflop
- le 1-2s à droite est louche, ce devrait être 1-s. Faute de calcul ?
- Il faut forcer la quantité $\pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s)$ à apparaître, c'est elle qui est invariante.
- Oui, le point de vue de Hecke-Weil suggère d'utiliser le fait que $\zeta_K(s)$ satisfait une équation fonctionnelle pour en déduire que les séries thêta de ce matin sont modulaires. C'est le contenu du Th. 12.5 chez Iwaniec.
@flip flop
Il s'agit juste ici de te montrer comment on peut utiliser certains outils ``Class Field Theory'' de magma pour travailler dans le contexte élémentaire des sous-extensions cyclotomiques. Le corps de base est $\Q$ une fois pour toutes. J'avais commencé dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413630#msg-1413630. L'expérience m'a convaincu que :
$$
\Q(\root N \of 1) \quad\longleftrightarrow\qquad (m_0, m_\infty) = (N \cdot \Z, 1 \cdot \infty)
$$
Je ne sais pas bien ce que cela signifie mais toi tu peux peut-être m'expliquer. Je vais traiter un exemple.
D'abord, ci-dessous, du déclaratif : pour des raisons de faiblesse magma, on ne peut pas déclarer $\Q$ comme d'habitude. Ci dessous, ZQ c'est pour nous $\Z$ mais magma nous force à en passer par là. Un premier truc pas méchant pour récupérer un générateur d'un idéal de $\Z$
> Z := IntegerRing() ;
> Q := RationalsAsNumberField() ;
> ZQ := MaximalOrder(Q) ;
> Generateur := map < PowerIdeal(ZQ) -> Z | I :-> Z!Representative(Generators(I)) > ;
Bon, tout ceci n'est que du sucre syntaxique. Il faut passer à l'action. J'ai choisi comme exemple :
$$
\Q(\root 12 \of 1) = \Q(i, \sqrt 3, \sqrt {-3})
$$
C'est peut-être pas top car c'est une extension de degré $\varphi(12) = 4 = 2 \times 2$ et que l'on pourrait confondre, pour une extension intermédiaire, degré (sur le rez de chaussée) et indice (par rapport au plafond).
> m := 12 ;
> G, f := RayClassGroup(m*ZQ, [1]) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/2
Defined on 2 generators Relations: 2*G.1 = 0 2*G.2 = 0
> f ;
Mapping from: GrpAb: G to Set of ideals of ZQ
> assert Domain(f) eq G ;
> Codomain(f) ;
Set of ideals of Maximal Equation Order with defining polynomial x - 1 over Z
> assert IsIsomorphic(G, UnitGroup(ResidueClassRing(m))) ;
> [Generateur(f(g)) : g in G] ;
[ 1, 5, -11, -55 ]
> UZm := [Abs(Generateur(f(g))) mod m : g in G] ;
> UZm ;
[ 1, 5, 11, 7 ]
> assert #SequenceToSet(UZm) eq EulerPhi(m) ;
La primitive RayClassGroup(m*ZQ, [1]) est une des plus importantes : elle te permet de spécifier $\Q(\root m \of 1)$. Moi je le prends comme une boîte noire, le jeu étant d'utiliser les primitives offertes (il est impossible de faire autrement). Il faut bien comprendre que de $\Q(\root m \of 1)$ et ses sous corps, tu n'en verras jamais une équation. C'est la situation contraire des périodes de Gauss (qui d'ailleurs n'existent que quand $m$ est premier). Je corrige le mensonge : tu peux demander des polynômes définissant les extensions que tu manies mais c'est coûteux et déconseillé.
Cette primitive te retourne un groupe abélien $G$ au sens magma, isomorphe à $(\Z/m\Z)^\times$ ainsi qu'un mécanisme (ici $f$) permettant de relier $G$ et $(\Z/m\Z)^\times$ remonté dans $\Z$. C'est pas tout à fait vrai ce que je dis, car il y a une histoire de valeur absolue à considérer, ce que je vais faire ci-dessous. C'est pas net net pour moi mais je fais avec. Ici :
$$
(\Z/12\Z)^\times = \{ \pm 1, \pm 5 \} \simeq C_2 \times C_2
$$
Il y a donc 3 sous-groupes d'indice 2 correspondant aux 3 extensions quadratiques $\Q(i)$, $\Q(\sqrt 3)$ et $\Q(\sqrt {-3})$.
Un petit truc de wizard pour passer (cette fois vraiment) de $G$ à $(\Z/m\Z)^\times$ remonté dans $\Z$.
> UZmToG := map < UZm -> G | [Abs(Generateur(f(g))) mod m -> g : g in G] > ;
> GtoUZm := map < G -> UZm | g :-> Abs(Generateur(f(g))) mod m > ;
A partir du mécanisme $f$, on peut enfin spécifier l'extension cyclotomique que je note $L$. On ne peut pas faire avec $L$ ce que l'on fait d'habitude avec un corps de nombres. Mais certaines opérations pour $L$ et ses sous-corps sont permises : calcul du degré, du discriminant (je pense qu'il y a une formule là-dessous liée aux conducteurs des caractères), les $(f_p,g_p,e_p)$ ..etc...
> L := AbelianExtension(f) ; // L = Q(\root 12 \of 1) = Q(i,\/3, \/-3)
> L ;
FldAb, defined by (<[12]>, [1])
of structure: Z/2 + Z/2
Pour tout sous-groupe $H \subset G \simeq (\Z/m\Z)^\times$, tu vas pouvoir encoder $L^H$. Idem ce corps de nombres ne peut pas être utilisé comme les autres corps de nombres. C'est cette possibilité que j'utilise pour travailler avec des extensions intermédiaires via le treillis à conjugaison près des sous-groupes de $G$.
Je note $\sigma_d$ l'élévation à la puissance $d$ sur $\mathbb U_m$, pour $d \wedge m = 1$. Je vais spécifier certains sous-groupes. Le plus simple est $\sigma_{-1}$ qui est la conjugaison complexe de sorte que par point fixe, cela nous donne $L \cap \R$ qui est ici $\Q(\sqrt 3)$.
> // -1 in U(Z/mZ) <--> conjugaison complexe
> // La sous-extension quadratique réelle Q(\/3) associée au sous-groupe <-1> = <11>
> H1 := sub < G | UZmToG((-1) mod m) > ;
> K1 := AbelianSubfield(L,H1) ;
> K1 ;
FldAb, defined by (<[12]>, [1])
of structure: Z/2
> NumberField(K1) ;
Number Field with defining polynomial $.1^2 - 3 over Q
> F1<X> := DefiningPolynomial(NumberField(K1)) ;
> assert F1 eq X^2 - 3 ;
On passe à l'extension invariante par $\sigma_5$ c.a.d. $\Q(i)$ puisque $i^5 = i$.
> // La sous-extension quadratique Q(i) associée au sous-groupe <5> [[i^5 = i]]
> H2 := sub < G | UZmToG(5) > ;
> K2 := AbelianSubfield(L,H2) ;
> K2 ;
FldAb, defined by (<[12]>, [1])
of structure: Z/2
> NumberField(K2) ;
Number Field with defining polynomial X^2 + 1 over Q
> F2<X> := DefiningPolynomial(NumberField(K2)) ;
> assert F2 eq X^2 + 1 ;
Et enfin l'extension invariante par $\sigma_7$ c.a.d. $\Q(j)$ puisque $j^7 = j$.
> // La sous-extension quadratique Q(j) = Q(\/-3) associée au sous-groupe <7> [[j^7 = j]]
> H3 := sub < G | UZmToG(7) > ;
> K3 := AbelianSubfield(L,H3) ;
> K3 ;
FldAb, defined by (<[12]>, [1])
of structure: Z/2
> NumberField(K3) ;
Number Field with defining polynomial X^2 + 3 over Q
> F3<X> := DefiningPolynomial(NumberField(K3)) ;
> assert F3 eq X^2 + 3 ;
0. Comme d'habitude, cela part un peu dans tous les sens. Pas trop grave et même pas du tout car je serais probablement en peine pour expliquer où je voulais aller avec le post initial (un peu quand même : faire joujou avec le schéma $\mathcal O_K$ qui n'est pas toujours défini par une seule équation).
2. Mon post précédent donne l'impression d'un exercice magma mais il ne se résume pas à cela. Je développe ce que je voulais également exprimer. Soit $L/\Q$ une extension cyclotomique $L = \Q(\root N\of 1)$ avec son groupe de Galois $G = (\Z/N\Z)^\times$. On se donne $H \subset G$ un sous-groupe. La question est : comment exprimer à partir de $H$ des ingrédients l'extension intermédiaire :
$$
K = L^H
$$
Un exemple banal : $\deg(K) = \#(G/H)$. Autre exemple banal : $K$ est réel si et seulement $-1 \in H$. Beaucoup moins banal (Conductor Discriminant Formula) :
$$
\text{Disc}(K) = (-1)^{r_2} \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} f_\chi
$$
Note : on voit les habitants de $\widehat {G/H}$ comme les caractères sur $G$ (i.e. caractères de Dirichlet) qui valent $1$ sur $H$. Et $f_\chi$ est le conducteur de $\chi$ ; quand à $r_2$, il est gouverné par l'appartenance de $-1$ à $H$.
Autre exemple pas banal : la loi de factorisation d'un premier $p$ dans $K$. On considère les inclusions de sous-groupes de caractères :
$$
\{1\} \quad\subset\quad Z_p \quad\subset\quad Y_p \quad\subset\quad X := \widehat {G/H}, \qquad
Z_p = \{ \chi \in X \mid \chi_{\rm prim.}(p) = 1 \}, \qquad Y_p = \{ \chi \in X \mid \chi_{\rm prim.}(p) \ne 0 \}
$$
Alors :
$$
g_p = [Z_p : 1], \qquad f_p = [Y_p : Z_p], \qquad e_p = [X : Y_p]
$$
Référence : chap III de Cyclotomic Fields de Washington. Et je trouve que ce faisant, on ne prend pas le marteau pilon `Théorie du corps de classes'' sur la tête.
3. Nonoche : j'ai relu tes posts. Et vu la mention du théorème réciproque de Weil/Hecke. J'en suis assis sur le c.l. Et effectivement, tu as bien raison de parler de ``mettre des choses sous le tapis'' (de ma part).
Niveau de la relation fonctionnelle, bon j'ai repris les calculs mais j'ai un petit décalage (un facteur $2^s
). Pas très grave j'ai vu dans ce lien.
@Claude : je n'ai pas le temps de lire aujourd'hui ... mais si je comprends bien : plus besoin de chercher a calculer $e$, $f$ et $g$ car ils sont donnés par la construction ?
$\def\Split{\text{Split}}$Quand tu dis, flip-flop, ``plus besoin de chercher à calculer $e, f, g$ car ...''. Disons que si $L$ est un corps cyclotomique de groupe de Galois $G$ et $H \subset G$, je m'intéresse à l'expression de certains invariants de $K := L^H$ en fonction de $\widehat {G/H}$ et en particulier la détermination de $e_p,f_p,g_p$ de $K$. Mais pas que.
Disons que je veux apprendre 2 ou 3 choses sur les extensions abéliennes de $\Q$. Et je constate mon ignorance.
Mais pourquoi abélien tout d'un coup ? Ben, quand j'ai vu se pointer de nouveau ``corps de classes'', je me suis dit que je ferais mieux de prendre un terrain de jeu plus simple mais lié. Et j'avais toujours entendu dire que si $F \in \Z[X]$ est un polynôme abélien, la détermination de
$$
\Split(F) = \{ p \mid F \bmod p \hbox { est complétement scindé} \}
$$
est une chose aisée. Enfin, c'est ce que j'avais cru comprendre. Mais je pense que j'avais compris de travers. Car je vois maintenant des mots comme ``Artin Reciprocity Law" et probablement, cela se mérite. Fort possible que je mélange tout.
Et puis j'avais vu quelque chose du genre ($F$ étant toujours supposé abélien) : il existe un modulus $N$ et un nombre fini de valeurs $v_1, v_2, \cdots$ premières à $N$, tel que, à l'exception d'un nombre fini de $p$ :
$$
p \in \Split(F) \qquad\iff\qquad p \equiv v_1, v_2, \cdots \bmod N
$$
Plus précis : $N$ is an appropriate product of the ramified primes of the field $K := \Q[X]/\langle F\rangle$.
Je ne savais déjà pas grand chose quand $K$ est de la forme $L^H$. Mais quand $K/\Q$ est abélien tout seul, non plongé dans un corps cyclotomique, c'est encore pire. Alors, j'ai repris mon exemple fétiche modeste :
$$
F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad \text{Disc}(F) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
J'ai pris $a \in \Z$ si bien que $F_a$ est irréductible cyclique (a fortiori abélien) et j'ai cherché à plonger $K_a := \Q[X]/\langle F_a\rangle$ dans une extension cyclotomique. Je me suis posé la question de savoir où la chercher. Il doit y avoir un lien entre le conducteur cyclotomique de $K_a$ et le discriminant de $K_a$. J'ai pas mal séché. J'ai appris des choses mais c'est loin d'être terminé.
Je ne sais pas du tout comment trouver le conducteur du polynôme $F_a$, même pas une petite idée pour faire un petit truc !
(si j'ai fais $a=0$).
Par contre, dans l'autre sens j'avais fait une petite bricole ça semble correspondre (de loin) a ce que tu fais en magma. Je remets c'est exemple13 ...
Par contre, j'ai directement construit les fonctions zéta tant qu'a faire :-S
2. En ce qui concerne les sous-extensions d'une extension cyclotomique $\Q(\root p \of 1)$, $p$ premier : on ne voit pas une certaine subtilité. Ce qui est lié d'une part au fait que tout caractère $(\Z/p\Z)^\times \to \mathbb U_\infty$ est primitif (à part le caractère unité) et d'autre part au fait que $(\Z/p\Z)^\times$ est cyclique et donc pour tout diviseur $d \mid p-1$, il existe un et un seul sous-groupe d'ordre $d$ (ou d'indice $d$ au choix). Tu dois en profiter à mon avis pour $p = 13$
3. Pour comprendre certaines subtilités, lire les 4 premiers chapitres de Washington, Introduction to Cyclotomic Fields. Même si on ne comprend pas tout et que celui-ci botte parfois en touche (en disant d'aller voir ailleurs), cela remet les idées en place (en tout cas, cela a UN PEU remis en place les miennes). On ne pourra pas toujours faire sans ignorer ...
4. J'essaie de mettre de l'ordre dans oeuf-poule, qu'est ce qui est démontré et ne l'est pas, qui dépend de quoi ...etc..Chantier difficile.
5. Loi de réciprocité abélienne pour une extension abélienne $K/\Q$. Fournir un énoncé précis. Pas besoin du conducteur cyclotomique de $K$. Toute extension cyclotomique contenant $K$ fait l'affaire. Ne peut être compris qu'en ayant un énoncé précis sous le nez. A mettre sur le tapis.
6. Conductor-discriminant formula : $K = L^H \subset L$ avec $L = \Q(\root N\of 1)$ cyclotomique de groupe de Galois $G = (\Z/N\Z)^\times$ et $H$ sous-groupe de $G$ :
$$
f_K = \text {ppcm} (f_\chi \mid \chi \in \widehat {G/H}) \qquad\qquad
|\text{Disc}(K)| = \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} f_\chi \qquad\qquad
(\heartsuit)
$$
Ceci prouve mordicus que $f_K \mid \text{Disc}(K)$. Utile pour chercher le paradis cyclotomique. Statut de $(\heartsuit)$ ? cf point 4. Même si rangé dans l'activité ``Corps des écoles'', on doit en trouver des preuves ``élémentaires''. Par exemple https://www.researchgate.net/publication/243102232_An_elementary_proof_of_the_conductor-discriminant_formula (pas accès) ou bien chez les gens de l'algèbre commutative comme https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.ijm/1255986109.
Bref, on fera avec $f_K \mid \text{Disc}(K)$, sachant qu'on le fait.
7. Polynôme $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$. Je pose $N_a = a^2 + 3a + 9$ si bien que $\text{Disc}(F_a) = N_a^2$. D'après le point 6, le paradis cyclotomique est à chercher comme diviseur de $N_a^2$. Je ne veux pas le meilleur (le conducteur). Comme $N_a^2$ me semble gros (surtout pour expérimentation) je fais le PARI suivant
$$
f_{K_a} \mid N_a \qquad K_a = \Q[X]/\langle F_a(X)\rangle
$$
Pari jamais démenti (je programme mais cela ne prouve rien). Et conforté par le fait EXPERIMENTAL :
$$
\varphi(N_a) \equiv 0 \bmod 3 \qquad (\star)
$$
Car si on veut que $K_a \subset \Q(\root N\of 1)$, il y a intérêt à ce que $3 \mid \varphi(N)$.
Pas de preuve de $(\star)$, c'est dingue.
J'ai des cas où $N_a$ n'est PAS le conducteur (cyclotomique) de $K_a$ (c'en est un diviseur strict).
8. Comment CERTIFIER une inclusion $K \subset \Q(\root N \of 1)$ ? Je pense à $K = K_a$ et $N = N_a$. C'est un truc qui me prend la tête. Ne pas oublier que la théorie des périodes de Gauss est déficiente en niveau non premier.
9. Il y a des auteurs qui ne se font pas trop de soucis. Par exemple, in http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6, exemple 2.2 Some reciprocity laws of higher degree, on voit le polynôme $X^3 + X^2 - 2X - 1$ qui intervient. Et qui n'est autre que $F_a$ pour $a=-1$. Et l'auteur est un magicien car il fait débarquer $\Q(\root 7\of 1)$ sans dire d'où vient 7. Mais pardi c'est dans le discriminant du polynôme puisque $N_{-1} = 7$. Et on voit $\zeta_7^k + \zeta_7^{-k}$. Tiens, un terrain cyclotomique de niveau premier $7$ et une période de Gauss de longueur $2$ pour produire du cubique from $3 = (7-1)/2$. Bien caché par l'auteur. Pourquoi ?
10. Au départ, le polynôme $F_a(X)$ n'avait rien d'arithmétique. Rappel : si $F_a(x) = 0$, comme c'est du premier degré en $a$ :
$$
a = {x^3 - 3x - 1 \over x^2 + x} \qquad \hbox {fraction rationnelle invariante par l'homographie $x \mapsto {-1 \over x + 1}$ d'ordre 3, représentée par} \quad
H = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 1\cr}
$$
La matrice $H$ vérifie $H^3 = -1$ donc d'ordre 3 au niveau $\text{PGL}_2$ de manière universelle (pour tout anneau). Et la fraction rationnelle a été exhibée via le quart de la moitié du théorème de Luröth. Rappel : une propriété universelle du polynôme $F_a$ (algèbres galoisiennes 3-cycliques).
11. Pas mal de questions au niveau de $\mathcal O_{K_a}$.
Avantage de tout cela : je n'ai pas prononcé, ou si peu, ``Class Field Theory''. Juste du sous-cyclotomique. Et on n'aime pas m.rder dans un terrain jugé élémentaire (cela fait plus classe de m.rder dans un terrain haut de gamme).
@flip flop
J'ai passé l'âge d'essayer de démontrer des trucs faux. Une petite expérience ne peut pas faire de mal. Il est cependant impératif qu'elle soit réalisée rapidement et qu'elle soit hautement sécurisée. Si tu mets 3 jours pour écrire 10 lignes de code, c'est foutu. Si tu ne sécurises pas, pareil.
Exemple pour croire que $N_a = a^2 + 3a + 9$ a des chances de fournir le paradis cyclotomique de $F_a(X)$ au lieu de $N_a^2$
ExperimentalConductor := function(a)
N := a^2 + 3*a + 9 ;
TryDivisors := [f : f in Divisors(N) | IsDivisibleBy(EulerPhi(f),3)] ;
printf "a = %o, N_a = %o, Trying divisors : %o\n", a, N, TryDivisors ;
F := X^3 - a*X^2 - (a+3)*X - 1 ;
assert Discriminant(F) eq N^2 ;
for f in TryDivisors do
L := CyclotomicField(f) ;
AssignNames(~L, ["z_"*IntegerToString(f)]) ;
ok, root := HasRoot(F, L) ;
if ok then return root ; end if ;
end for ;
error "At the end of ExperimentalConductor" ;
end function ;
Comme le polynôme $F_a(X)$ est abélien, je me contente, pour ne pas faire trop chauffer ma machine qui n'en a pas besoin en ce moment, de tester si $F_a$ a une racine dans $L$ (au lieu de vouloir le scinder totalement). Je retrouverais le paradis cyclotomique $\Q(\root f\of 1)$ car j'ai baptisé $z_f = \zeta_f$.
Supposons que $K_a := \Q[X]/\langle F_a\rangle$ soit contenu dans l'extension cyclotomique de niveau $N_a := a^2 + 3a + 9$. Même si ce n'est pas vrai pour tout $a$, on peut produire à la pelle des $a$ pour lesquels c'est vérifié.
Alors la loi de réciprocité cubique abélienne (le truc facile pour les bébés, par rapport à Class Field Theory) aura comme énoncé : il y a un sous-groupe $\Gamma \subset (\Z/N_a\Z)^\times$, d'indice $3$, vérifiant, à l'exception d'un nombre fini de $p$
$$
\hbox {$F_a(X)$ est totalement scindé modulo $p$} \quad\iff\quad
p \bmod N_a \in \Gamma
$$
Ce qui risque un tantinet de compliquer la chose, c'est qu'il y a des cas où $(\Z/N_a\Z)^\times$ peut avoir plusieurs sous-groupes d'indice 3. Evidemment, si on prend $a = -1$, on a $N_a = 7$ et l'unique sous-groupe d'indice 3 de $\mathbb F_7^*$ est le sous-groupe des cubes i.e. $\{\pm 1\}$. Et la loi de réciprocité est alors
$$
\hbox {$F_{-1}(X)$ est totalement scindé modulo $p$} \quad\iff\quad
p \equiv \pm 1 \bmod 7
$$
Il y en a qui ont la vie facile (bis), cf l'exemple 2.2 in http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6/S0273-0979-2015-01515-6.pdf
Si on veut éviter ``à l'exception d'un nombre fini de $p$'', il faut raconter :
$$
\hbox {$p$ est totalement décomposé dans $\mathcal O_{K_a}$} \quad\iff\quad
p \bmod N_a \in \Gamma
$$
Aucune idée de $\mathcal O_{K_a}$. Monogène ? Engendré par une racine de $F_a$ ? Par les 3 racines $x_1, x_2, x_3$ de $F_a$ (on passe de l'une à l'autre par une homographie) ? Si pas monogène, on peut ressortir le coup du schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$.
Je t'assure que cela m'a obligé à apprendre 2 ou 3 petites choses (je ne fais pas que programmer). Et à cette occasion, j'ai ressorti les sommes de Gauss $\tau(\chi)$, CUBIQUES cette fois ; dans l'espoir d'une certification cyclotomique $K_a \subset \Q(\root N_a\of 1)$. Je me suis aperçu d'un certain nombre de choses que j'ignorais sur les sommes de Gauss en terrain abélien.
PS : comment se fait-il que $\varphi(N_a) \equiv 0 \bmod 3$ résiste autant ? Je sais faire pour $a \equiv 0 \bmod 3$ (rires).
@flip flop
A propos de ton exemple13.pdf. On a $L = \Q(\root 13\of 1)$ de degré $12 = 3 \times 4$ et $K$ désigne l'unique sous-extension cubique de $\Q$. Tu donnes les $\ell$-facteurs eulériens de $L$ et de $K$ mais pas dans tous les cas. Le nombre premier $\ell$ est soumis à certaines congruences modulo $13$, j'ai compté 8 sur 13. Quid de ``il y a une magouille de divisibilité'' ? Quid de $\ell = 13$ ?
Rappel : puisque l'on connaît $H \subset G = (\Z/13\Z)^*$ de $K = L^H$, les $(e_\ell, f_\ell, g_\ell)$ peuvent être déterminés par les cardinaux des :
$$
\{\chi \in \widehat {G/H} \mid \chi_{\rm prim.}(\ell) = 1 \} \quad\subset\quad
\{\chi \in \widehat {G/H} \mid \chi_{\rm prim.}(\ell) \ne 0 \}
$$
Cf un post antérieur. Et c'est cela qui est bien fait et compréhensible dans Washington, Introduction to cyclotomic fields. Note que j'ai mis $\chi_{\rm prim.}$ par habitude mais ici vu que le niveau est premier (13), faut juste faire attention au caractère unité $\chi_{\rm unit.}$, mais il y a belle lurette que $\chi_{\rm unit.}(0) = 1$.
Remarque : la qunatité $N_a = a^2 + 3a + 9$ vaut 13 pour $a=1$. Et donc ton corps cubique $K$ est le corps de décomposition du polynôme $F_{-1}$. Certes, on n'en a rien à faire car on veut surtout ne PAS faire ``avec les équations'' mais avec les caractères. C'était juste une remarque.
@gai-requin, flip-flop
J'essaie d'avoir les idées claires sur le thème ``Higher abelian reciprocity, Abelian polynomial theorem, Reciprocity abelian laws ...etc...". Bien sûr, il suffit (?) de lire les auteurs. Ici, j'aborde un truc qui me semble banal. Est ce que Hindry (je ne possède pas) mentionne ce thème ?
Contexte : $K \subset L = \Q(\root N\of 1)$ et $\Gamma := \text{Gal}(L/K) \subset \text{Gal}(L/\Q) = (\Z/N\Z)^\times$; étant entendu que cette dernière égalité se réalise (canoniquement) via $m \leftrightarrow \sigma_m$ en désignant par $\sigma_m$ l'automorphisme de $\text{Gal}(L/\Q)$ qui éléve chaque élément de $\mathbb U_N$ à la puissance $m$ pour $m \wedge N = 1$.
Je considère les deux assertions suivantes pour un premier $p$ :
(A) $p$ est totalement décomposé dans $K$
(B) $p \bmod N \in \Gamma$ (en particulier $p \not\mid N$)
Je prouve maintenant $(B) \Rightarrow (A)$ (et du coup, je déclare cela banal puisque je peux le prouver). Je vais utiliser le fait que pour $p$ premier, $\sigma_p$ peut mouliner sur $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ qui est une $\mathbb F_p$-algèbre de dimension finie et l'on a :
$$
\sigma_p(x) \equiv x^p \bmod p\mathcal O_K \qquad x \in \mathcal O_K
$$
Soit maintenant $p$ tel que $p \bmod N \in \Gamma$; cela signifie que $\sigma_p$ est l'identité sur $K$. Je regarde son action sur la $\mathbb F_p$-algèbre $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$; cette algèbre est un produit (fini) de corps car $p$ n'est pas ramifié dans $K$ (vu qu'il ne l'est pas dans $L$ puisque $p \not\mid N$).
Quand je dis produit de corps cela signifie bien sûr produit de corps qui sont des extensions (finies) de $\mathbb F_p$. Et comme $\sigma_p$ est l'identité sur $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$, c'est l'identité sur chacun des facteurs.
A quelle condition $x \mapsto x^p$ est l'identité sur une extension finie $k$ de $\mathbb F_p$ ? Réponse : si et seulement si $k = \mathbb F_p$.
Bilan : la $\mathbb F_p$-algèbre $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ est un produit fini de corps, chacun étant isomorphe à $\mathbb F_p$. Et dans les milieux autorisés, on dit alors que $p$ est totalement décomposé dans $K$.
Et je viens de montrer que $(B) \Rightarrow (A)$. Banal (bis).
Commentaires ?
Après quelques heures Envisageons la réciproque i.e. l'implication $(A) \Rightarrow (B)$. Soit donc $p$ vérifiant (A) I.e. tel que $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ soit un produit de corps tous isomorphes à $\mathbb F_p$ En particulier $p$ n'est pas ramifié dans $K$. SI ON SAVAIT que $p \not\mid N$, on pourrait considérer $\sigma_p$ et dire que la restriction de $\sigma_p$ à $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ est l'identité.
Question Comment en déduire que $\sigma_p$ est l'identité sur $\mathcal O_K$ ?? Une fois acquis cela, qui signifie $p \bmod N \in \Gamma$, c'est donc que l'on a obtenu (B).
Mais le véritable problème est $p \not\mid N$ : il n'y a aucune raison pour que cela soit vérifié parce que que $N$ pourrait être trop gros. Mais je prétends qu'en prenant $N = f_K$ (le conducteur) alors, c'est vrai que $p \not\mid f_K$. Ce qui découle de la pause suivante ($p$ n'étant pas ramifié dans $K$, il ne divise pas $f_K$).
Pause Si $K$ est une sous-extension cyclotomique, alors $\text{Disc}(K)$ et $f_k$ ont les mêmes facteurs premiers. Ce n'est pas du tout une évidence. Mais supposons acquise la Conductor Discriminant Formula :
$$
|\text{Disc}(K)| = \prod_\chi f_\chi, \qquad\qquad f_K = \text{ppcm}_\chi f_\chi
$$
Ces deux égalités, super-importantes, donnent en particulier que $f_K \mid \text{Disc}(K)$ et d'autre part que ces deux entiers ont mêmes facteurs premiers. Fin pause
J'ai fais le truc un peu chiant : le tableau des caractères ... en fait, je n'ai pas fait a la main (même si j'aime bien faire des tableaux, c'est un peu casse pied et risque de se tromper) ... utilisation de xcas pour produire du latex. et $a$ c'est un racine primitive $12$ de l'unité et c'est le tableau des caractères de $\left( \Z / 13 \Z \right)^\star$. c'est-à-dire que le coefficient $(m,\ell)$ du tableau est $\chi_m(\ell) := a ^ {\log_2(m) \log_2(\ell)}$ et $\chi_m$ est de même ordre que $m$. J'ai utilisé $2$ comme générateur de $\left( \Z / 13 \Z \right)^\star$.
Je fais juste un exemple (car j'ai envie de savoir si $13$ est un carré modulo $19$). Alors on prend le sous-groupe $H$ de $\left( \Z / 13 \Z \right)^\star$ d'ordre $6$ il est engendré par $4$. Edit merci Claude On prend la colonne $4$ et on regarde les $1$ de cette colonne ; on constate qu'il y a deux lignes qui ont des $1$ sur cette colonne ... on les sélectionne : les lignes $\{ \chi_1;\chi_{12} \}$.
J'ai spécifié l'extension quadratique dans $\Q(\zeta_{13})$ ... $\Q(\sqrt{13})$ et l'anneau des entiers est donné par le polynôme $x^2-x-3$ de discriminant $13$. J'enlève la ligne de $1$.
$$
\begin{array}{c||cccccccccccc}
m \backslash \ell & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
\hline \hline
12 & 1 & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & a^{6} & a^{6} & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & 1
\end{array}
$$
Si $\ell$ est un nombre premier, quand il y a un $1$ au niveau $\ell \pmod{13}$ alors l'équation $x^2-x-3=0$ possède deux solutions modulo $\ell$ et sinon elle n'en a pas. Faire la ramification en complétant le caractère ...
Maintenant, on prend $\ell = 19$ donc $\ell = 6 \pmod{13}$ et on compte le nombre de $1$ dans les lignes $\{ \chi_1;\chi_{12} \}$ ici il y a $1$ seul donc $g_p = 1$ et $f_p=2$ donc pas de points dans $\mathbb{F}_{19}$ dans l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_{13})^H$ (c'est a dire pas de solution de $X^2-X-3$ sur le corps $\mathbb{F}_{19}$) ... $13$ n'est pas un carré modulo $19$ :-D
Je vais faire un autre exemple ce soir ... Et bon, c'est juste le truc "bébé du truc facile abélien" ... mais on peut quand même faire mumuse mais ce soir car trop chaud là !
2/ D'accord, effectivement ... ici c'est "simple" car groupe cyclique : le cardinal d'un sous-groupe l'identifie automatiquement. (oui, j'ai joué avec ça) ... oui, oui, en fait j'ai souvent fait ça : mettre une condition pour faire disparaître un problème. Faire des magouilles :-D
4/ Le problème pour moi avec oeuf et poule c'est que comme je ne comprend pas encore bien. Donc pour l'instant c'est un énorme fourbit ... surtout vu le nombre d'histoires différentes .... Là cette histoire sous-cyclotomique est nettement plus clair ... si on accepte de ne pas voir les équations !
7/ En fait avec $F_a$ j'ai essayé de mettre en place la méthode de Cardan sur les corps finis pour la résolution des équations de degré $3$ ... j'ai vite fait $a=0$ ... je suis tombé sur des histoires de cube trop compliqué ... après je me suis souvenu de ton point 10/ et je n'ai pas vu non plus comment exploiter un truc.
Petite précision sur ``facile abélien'' : bien sûr, cela vient d'une part que l'on travaille à base avec $\Q$ et que abélien, signifie POUR NOUS, sous-cyclotomique.
Je crois pouvoir dire que nous sommes en pleine période ``caractères''. Tu vois ce qui arrive quand on n'a fait pas sa crise au bon moment ?
Bien sûr, moi je ne suis pas fou. Hum, hum. Voyant ton tableau j'ai pas pu m'empêcher d'en faire un autre (moins beau ci-dessous), sans vraiment de lien avec le tien. J'ai pris $N=3 \times 5$ si bien que $\varphi(N) = 2 \times 4 = 8$. Mais l'exposant du groupe $(\Z/3\Z)^\times \times (\Z/5\Z)^\times$ est $4$, si bien que je peux prendre $\mathbb U_\infty = \mathbb U_4 = \{ \pm 1, \pm i\}$. Et j'ai tenu à la présence de 0 dans le tableau en faisant varier $m$ , en colonnes, dans l'intervalle $0 \le m \le N-1 = 14$. Et les lignes sont indexées par les 8 caractères sur $(\Z/N\Z)^\times$.
Et j'ai enfoncé le bouchon $\chi(m)$ versus $\chi_{\rm prim.}(m)$.
N := 3*5 ;
Ghat := FullDirichletGroup(N) ;
Ghat ;
C<i> := BaseRing(Ghat) ;
C ;
ZN := [0..N-1] ;
for m in ZN do printf "%2o ", m ; end for ;
"\n" * "-"^45 ;
for chi in Elements(Ghat) do
for m in ZN do printf "%2o ", chi(m) ; end for ;
printf "\n" ;
end for ;
"-"^45 ;
for chi in Elements(Ghat) do
for m in ZN do printf "%2o ", AssociatedPrimitiveCharacter(chi)(m) ; end for ;
printf "\n" ;
end for ;
Et son exécution. En principe tu dois voir la différence entre $\chi(m)$ (premier tableau) et $\chi_{\rm prim.}(m)$, second tableau. Si tu vois pas, j'ai loupé mon coup.
Group of Dirichlet characters of modulus 15 over Cyclotomic Field of order 4 and degree 2
Cyclotomic Field of order 4 and degree 2
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
---------------------------------------------
0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1
0 1 -1 0 1 0 0 1 -1 0 0 -1 0 1 -1
0 1 i 0 -1 0 0 i -i 0 0 1 0 -i -1
0 1 -i 0 -1 0 0 i i 0 0 -1 0 -i 1
0 1 -1 0 1 0 0 -1 -1 0 0 1 0 -1 1
0 1 1 0 1 0 0 -1 1 0 0 -1 0 -1 -1
0 1 -i 0 -1 0 0 -i i 0 0 1 0 i -1
0 1 i 0 -1 0 0 -i -i 0 0 -1 0 i 1
---------------------------------------------
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1
0 1 i -i -1 0 1 i -i -1 0 1 i -i -1
0 1 -i 0 -1 0 0 i i 0 0 -1 0 -i 1
0 1 -1 -1 1 0 1 -1 -1 1 0 1 -1 -1 1
0 1 1 0 1 0 0 -1 1 0 0 -1 0 -1 -1
0 1 -i i -1 0 1 -i i -1 0 1 -i i -1
0 1 i 0 -1 0 0 -i -i 0 0 -1 0 i 1
Yes, je suis obligé de faire au moins un exemple sinon ça va pas !
Faut quand même faire bien gaffe pour construire le bon tableau (le deux). Faut surtout pas faire $\chi_{1, \ prim} \times \chi_{2, \ prim}$ (tu as fait une remarque sur ça). Bon ok, j'ai vérifié quelques lignes.
Allez, je fais l'extension bi-quadratique, après on pourra dire que j'ai compris le mécanisme : on trouve les caractères d'ordre $2$.
Pour notre histoire de conducteur de $F_a$ ... $x^3-ax^2-(a+3)x-1$
Je prend $a:=10$, on a : $N_a = 139$ nombre premier donc le conducteur est $139$. On en déduit que (sauf en un nombre fini de cas) $\ell$ est un cube modulo $139$ (encore car groupe cyclique) si et seulement si $x^3-10x^2-13x-1 =0$ admet $3$ solutions dans $\mathbb{F}_\ell$. C'est dans ce genre là ? (prendre l'anneau d'entier (le $\Z$-schéma de présentation fini) à la place du polynôme pour éviter les cas d'exception).
Au final avec le tableau des caractères on arrive a voir un peu !
Car on va avoir un tableau de taille $138 \times 138$ : $a_{m\ell}$ (en ligne j'ai mis les caractères et en colonne les éléments de $\mathbb{F}_{139}^\star$. Si j'applique la méthode de comptage.
Je dois regarder uniquement les colonnes dont le numéro est un cube modulo $139$ (sous-groupe d'indice $3$). Et ensuite je sélectionne les lignes qui ont uniquement des $1$ sur les colonnes qu'on regarde ça me donne un nouveau tableau de taille $3 \times 138$
Dire que le polynôme est complètement scindé modulo $\ell$ revient a dire qu'il y a trois $1$ dans la colonne $\ell \pmod{139}$ ... c'est donne une colonne cube ... c'est complexe à expliquer, tu vois ce que je veux dire ?
Par contre, si on ne connait pas le conducteur ou même s'il est compliqué (il peut y avoir plusieurs extensions cubiques) ... C'est la galère
A propos de ta chose biquadratique in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484728#msg-1484728. J'ai beaucoup apprécié ton tableau mais comme cela allait un peu vite, je me sens obligé de détailler. Je dois m'y prendre comme un manche. On joue dans $L := \Q(\root 15 \of 1)$. Je me suis senti obligé d'écrire $-15$ comme produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires :
$$
-15 = (-3) \times 5
$$
si bien que les extensions quadratiques contenues dans $L$ sont :
$$
\Q(\sqrt {-3}) = \Q(j), \qquad \Q(\sqrt 5), \qquad \Q(\sqrt {-15})
$$
Les 3 éléments d'ordre 2 de $(\Z/15\Z)^\times$ sont $-1, \pm 4$. On sait que $\sigma_{-1}$ est la conjugaison complexe. Lourdingue que je suis, j'ai sauté sur une somme quadratique de Gauss :
$$
\sqrt 5 = \zeta_5 + \zeta_5^4 - ( \zeta_5^2 + \zeta_5^3) = \zeta_{15}^3 + \zeta_{15}^{12} - ( \zeta_{15}^6 + \zeta_{15}^9)
$$
J'y vois l'invariance par $\sigma_4$. Enfin, comme $j^4 = j$, l'extension biquadratique que tu as considéré est :
$$
\Q(\sqrt {-3}, \sqrt {5}) = L^{\sigma_4}
$$
Et donc le sous-groupe $H$ de $(\Z/15\Z)^\times$ est celui engendré par 4. J'ai automatisé la chose (ok, je ne suis qu'un copieur) :
> // H = <4> dans U(Z/15Z)
> GquoHhat := [chi : chi in Elements(Ghat) | chi(4) eq 1] ;
> assert #GquoHhat eq 8/2 ;
>
> g := func < m | #[chi : chi in GquoHhat | AssociatedPrimitiveCharacter(chi)(m) eq 1] > ;
> gf := func < m | #[chi : chi in GquoHhat | AssociatedPrimitiveCharacter(chi)(m) ne 0] > ;
> f := func < m | ExactQuotient(gf(m), g(m)) > ;
> e := func < m | ExactQuotient(#GquoHhat, g(m)*f(m)) > ;
"\n"^4 ;
for m in ZN do printf "%2o ", m ; end for ;
"\n" * "-"^45 ;
for chi in GquoHhat do
for m in ZN do printf "%2o ", AssociatedPrimitiveCharacter(chi)(m) ; end for ;
printf "\n" ;
end for ;
"-"^45 ;
for m in ZN do printf "%2o ", g(m) ; end for ; printf " g\n" ;
for m in ZN do printf "%2o ", f(m) ; end for ; printf " f\n" ;
for m in ZN do printf "%2o ", e(m) ; end for ; printf " e\n" ;
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
---------------------------------------------
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1 0 1 -1
0 1 -1 -1 1 0 1 -1 -1 1 0 1 -1 -1 1
0 1 1 0 1 0 0 -1 1 0 0 -1 0 -1 -1
---------------------------------------------
1 4 2 1 4 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 g
1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 2 2 f
4 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 e
@flip flop
J'essaie de répondre à quelques une de tes questions.
En ce qui concerne oeuf-poule ..etc.. toi dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484602#msg-1484602. Ok, on ne peut pas tout savoir, tout comprendre. Mais il est quand même de temps en temps important de faire le point, quitte à revenir en arrière sur des choses plus simples (il faut être humble). Ainsi, tu as pu voir que le terrain sous-cyclotomique et les caractères ce n'est pas si compliqué. Et nous avons des énoncés précis et surtout un pointeur SOLIDE : Washington, Introduction to Cyclotomic Fields.
En ce qui concerne la loi de réciprocité abélienne (qui pour nous, ne concerne que les sous-extensions cyclotomiques, c'est notre terrain de jeu), il nous faut des pointeurs solides. Et bien sûr un énoncé précis du résultat dans notre cadre. A ce propos, je propose quelque chose dans un post que j'ai complété in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484454#msg-1484454. Je voudrais bien des références SUR LESQUELLES JE PUISSE COMPTER. Car je pense toujours que les spécialistes ne comprennent pas ce que les non-spécialistes ne comprennent pas.
Attention, nous savons que le conducteur $f_{K_a}$ divise $N_a^2$ (from Conductor Discriminant Formula) mais nous ignorons si $f_{K_a}$ divise $N_a$. Cette dernière divisibilité, c'est un PARI que je fais.
Tu as bien raison, de ne pas confondre le comportement de $F_a$ modulo $p$ et celui de $p$ dans $K_a$. Car il pourrait y avoir du garbage dans $F_a$. Mais pour $a = 10$, pas de garbage comme le montre ce qui suit. Par contre, pour $a=12$, il y a du garbage dans $F_a$ (cf plus tard).
> a := 10 ;
> F := AbelianCubicPolynomial(a) ;
> F ;
X^3 - 10*X^2 - 13*X - 1
> Na := SqrtDisc(a) ;
> Na ;
139
> DedekindTest(F, 139) ;
true
> K<x> := NumberField(F) ;
> OK := MaximalOrder(K) ;
> OK eq Order([x]) ;
true
Par ailleurs, il va falloir réfléchir : on va pas éternellement jouer les bourrins comme ci-dessous :
Faut déjà s'estimer content que $K_a$ soit plongé dans $\Q(\root 139\of 1)$ en un temps raisonnable. I.e. il faut réfléchir à :
$$
\hbox {pourquoi $F_a$ admet une racine dans $\Q(\root N_a\of 1)$}
$$
@flip flop.
Suite du post précédent. Tant qu'à être bourrin, autant l'être jusqu'au bout.
> time P := [p : p in PrimesInInterval(2,10^4) | #Roots(F,GF(p)) eq 3] ;
Time: 0.190
> #P ;
388
> Cubes := {x^3 mod Na : x in [1..Na-1]} ;
> {p mod Na : p in P} eq Cubes ;
true
Explication. Rappels : $a = 10$, $N_a = 139$ premier et pas de garbage dans $F_a$. La loi de réciprocité abélienne est alors, SANS EXCEPTION :
$$
\hbox {$F_a$ est totalement scindé modulo $p$} \qquad \iff\qquad
\hbox {$p$ est un cube dans $\mathbb F_{139}^*$}
$$
Autre chose : comme $F_a$ possède parfois du garbage selon $a$, j'ai mis au point le $\Z$-schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$. Tout tourne pile-poile mais il faut que je peaufine encore. Ce genre de binz ne supporte pas l'imprécision.
Je vu la référence solide "Washington, Introduction to Cyclotomic Fields" Merci !
Pour $F_a$ avec $a \in \Z$ fixé. Je pense que plus haut tu voulais avoir $\varphi(N_a) = 0 \pmod{3}$. Une idée.
Si $p$ est un diviseur premier de $N_a$, alors $p=1 \pmod{3}$ car $a^2+3a+9 = 0 \pmod{p}$ est équivalent à $-3$ est un carré modulo $p$. ( faut regarder $p=3$ également).
Donc $N_a := \prod p_i ^{\alpha_i}$, et $\varphi(N_a) = \prod p_i ^{\alpha_i-1} (p_i-1) = 0 \pmod{3}$.
@flip flop
Mais bien sûr, je suis vraiment aveugle car je n'avais pas vu que :
$$
a^2 + 3a + 9 = 9(b^2 + b + 1) \qquad \hbox {avec} \quad b = a/3
$$
Ok, ci-dessus, c'est écrit de manière légère because la division.
Et c'est mieux que prévu. En effet, si $p | N_a := a^2 + 3a + 9$, alors ou bien $p=3$, auquel cas $3^2 \mid N_a$ (puisque $3 \mid a$) ou bien $p \equiv 1 \bmod 3$ comme tu m'as dit. Bilan : si on écrit $N_a = \prod_i p_i^{\alpha_i}$, alors :
$$
\varphi(N_a) = \prod_i p_i^{\alpha_i -1} (p_i-1) \quad \hbox {et chaque $p_i^{\alpha_i -1} (p_i-1)$ est divisible par $3$}
$$
Et donc, on a largement le fait que $\varphi(N_a)$ est divisible par 3. Et bien mieux veut dire que (presque) tout diviseur $f$ de $N_a$ vérifie $\varphi(f)$ divisible par 3.
Cela ne fait pas énormément avancer le schmilblick mais c'est rassurant.
Autre chose : une demande curieuse. Pourras tu proposer un énoncé précis de la loi de réciprocité abélienne pour les enfants que nous sommes ?
Je vais me prendre les pieds dans un conducteur, oui non ?
Soit $N$ un entier positif. On considère $L := \Q(\root N \of 1)$ et on note $G := \text{Gal}(L \mid \Q)$. On considère également l'isomorphisme canonique $\sigma : \left( \Z /N \Z\right)^\star \to G$.
Soit $H$ un sous-groupe de $G$, on note $K := L^H$ et $\mathcal{O}_K$ l'anneau des entiers de $K$.
Soit $p$ un nombre premier ne divisant pas $N$ (hum). Alors $p$ est totalement décomposé dans $\mathcal{O}_K$ si et seulement si $\sigma_p \in H$.
@flip flop
Merci. J'ai procédé ainsi pour éviter de t'influencer. Non tu ne t'es pas pris les pieds dans ..etc.. car tu t'es protégé par la clause ``$p$ ne divise pas $N$''. Et tu y es à moitié obligé pour pouvoir parler de $\sigma_p$.
As tu des pointeurs pour ce résultat ?
Je t'attache un brouillon pour une preuve. J'ai un énoncé légèrement différent du tien, car dans un sens de l'implication, j'ai pris $N = f_K$. Note : non seulement $f_K$ divise $\text{Disc}(K)$ mais ces deux entiers ont même diviseurs premiers because Conductor Discriminant Formula (admise).
J'ai pas mis d'exemples pour l'instant mais c'est prévu pour plus tard (hum). On a de quoi en fournir un certain nombre via $F_a$.
LE LENDEMAIN Je détache la version du pdf pour en attacher une autre dans un post plus loin.
Un truc fun avec les sommes de Gauss. Je refait une extension cubique celle contenu dans $\Q(\root 7 \of 1)$.
J'introduis les trois sommes de Gauss (celle lié au cube dans $\text{Gal}(\Q(\root 7 \of 1) \mid \Q)$ vu comme $\mathbb{F}_7 ^\star$) :
$$
\tau_1 := \zeta^1=\zeta^6 \qquad \tau_2 := \zeta^2+\zeta^5 \qquad \tau_4 := \zeta^3+\zeta^4
$$
Alors un élément $\sigma_p$ de $\text{Gal}(\Q(\root 7 \of 1) \mid \Q)$ agit sur les $\tau_i$.
Je retrouve bien le polynôme $F_{-1}$ ...
Mais le truc bien marrant c'est que si je prend l'homographie d'ordre $3$, $\sigma = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 1\cr}$ :
Beh : $\sigma(\tau_1) = \tau_2$ et $\sigma(\tau_2) = \tau_3$.
p := 7;
Z := Integers();
Zx<x> := PolynomialRing(Z);
F := x^3-x^2-2*x-1;
Phi := CyclotomicPolynomial(p);
Phi;
K<z> := NumberField(Phi);
-1 / (z^2+z^5+1);
z^4 + z^3
@flip flop
Y'a des petits bugs de composition dans ton dernier post.
Ce que tu me dis, cela doit tourner autour du fait que le polynôme minimal d'une période ad-hoc de Gauss dans $\Q(\root 7 \of 1)$, c'est le polynôme $F_a$ pour $a=-1$. Oui ? Ad-hoc, cela veut dire pour avoir du cubique i.e. période de longueur $2 = (7-1)/3$. C'est un peu exceptionnel pour $p = 7$ car les périodes de Gauss en question sont de norme 1.
De toutes manières, faut que l'on arrête de croire que l'on va pouvoir raconter des choses très intelligentes sur les $F_a$ pour tout $a$. Car la famille $(F_a)$ constitue unparamétrage de TOUTES les extensions galoisiennes 3-cycliques : si $E'/E$ est une extension galoisienne de groupe de Galois $C_3$, il y a un $a \in E$ et un élément primitif de $E'$ sur $E$ tel que son polynôme minimal sur $E$ soit $F_a(X)$. Je crois même que l'on n'est pas obligé de prendre pour $E'$ un corps : on peut prendre une algèbre galoisienne (sur un corps quand même).
J'ai regardé un peu "BabyAbelianReciprocityLaw.pdf " ... le lemme 1 est puissant, je me souviens, MERCI ;-)
Tout à l'heure j'ai hésité a mettre à la place de la conclusion : " $p$ est totalement décomposée dans $\mathcal{O}_K$ si et seulement si $p \pmod{N}$ appartient à $H$. " La conclusion suivante :
$$
\text{Frob}(p ; K \mid \Q) = \text{Frob}(p ; L \mid \Q) \pmod{H}
$$
En sachant que l'on a : $\text{Frob}(p ; L \mid \Q) = \sigma_p$ et donc a travers $\sigma^{-1}$ c'est $p \pmod{N}$.
@flip flop
Tu connais l'importance des caractères pour les extensions sous-cyclotomiques $K$, n'est ce pas ? Tiens encore une expression ``caractérielle'' que je vois dans le corollaire 4.6 p. 35 de Introduction to Cyclotomic Fields. Pour me simplifier la vie, je suppose $K$ réel :
$$
\sqrt {|\text{Disc}(K)|} = \prod_\chi \tau(\chi) \qquad \hbox {$\tau$ : constructeur somme de Gauss}
$$
Je ne précise plus le lieu de vie de $\chi$, c'est comme d'habitude. Et la somme de Gauss $\tau(\chi)$ doit être calculée avec les caractéristiques de $\chi$ i.e.
$$
\tau(\chi) = \sum_{m \in (\Z/f\Z)^\times} \chi(m) e^{2i\pi m \over f} \qquad \hbox {$f$ conducteur de $\chi$}
$$
Petit détail technique : on voit une racine de l'unité analytique. Pour implémenter cela algébriquement, on doit utiliser un système cohérent de racines de l'unité du genre :
$$
\zeta_f = (\zeta_{f_K})^{f_K \over f}
$$
Autre chose : en posant $K_a = \Q(x) = \Q[X]/\langle F_a\rangle$, on a toujours (expérimentalement) le fait que le discriminant de $\mathcal O_{K_a}$ est un carré. Je ne sais pas pourquoi.
Enfin, j'ai eu du mal à trouver un $a$ pour lequel $F_a$ a vraiment du garbage. Mais en travaillant un peu, j'ai fini par mettre la main sur le cas $a = 39$ : $F_a$ possède un mauvais comportement en $p = 3$ et à ce moment là, le schéma doit intervenir pour un comptage correct sur les $\mathbb F_{3^r}$. Si j'ai le courage plus tard, je rapporterai ce cas $a = 39$.
Note : pour tout $a$, un automorphisme d'ordre 3 mouline sur le schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$, automorphisme qui provient de l'homographie d'ordre 3.
@flip flop
A propos du lemme 1 de BabyAbelianReciprocityLaw.pdf. En fait, j'aurais pu m'en passer et utiliser ce que ``l'on sait'' en théorie des nombres lorsque l'on met en place le symbole de Frobenius.
Mais j'ai préféré aller à la base pour mieux comprendre (dans le contexte, il n'y a pas d'inertie). Et lorsque je veux piger à la base, je vais plutôt en Algèbre Commutative, ici la section 2 du chapitre V Entiers de Bourbaki (Alg. Comm.). Je pense que c'est Serre qui a dû écrire ou du moins pas mal contribuer au truc. J'en avais déjà parlé à l'époque de Reuns (époque où je me suis mis à faire des preuves et à aimer faire cela).
Chez Bourbaki, il y a utilisation d'idéaux premiers, évitement ... etc.. Et il y quelques mois, j'ai été très surpris par la formulation de Peter Stevenhaen, in http://www.math.leidenuniv.nl/~psh/ANTproc/08psh.pdf. C'est le lemme 15.1 page 258. Il est équivalent au lemme de transitivité du groupe sur les idéaux premiers qui coiffent un idéal premier donné. Sauf que chez Stevenhagen, il n'y a pas des idéaux premiers mais des morphismes à valeurs dans un anneau intègre, ce qui est certes un peu pareil Mais surtout dans la démo, on ne voit pas d'évitement des idéaux premiers. J'y ai passé je ne sais combien de temps et pas encore les idées claires.
Pour moi qui fait de l'algèbre effective, ce ne sont pas des détails : c'est extrêmement important. On ne peut pas d'un côté utiliser magma en se demandant comment tout ce binz peut marcher et sur le papier continuer comme avant. Je pense que la preuve de Stevenhagen est dûe à Tate et avait déjà été rapportée dans Jacobson, Basic Algebra. Mais j'ai perdu l'extrait concerné.
Un gars qui dit cela (Peter ..) Whenever possible, we avoid the algorithmically undesirable hypothesis that the number ring in question is integrally closed. ne peut pas être franchement mauvais.
J'ai vraiment la tête dans le guidon ou alors je ne crois pas à ce que je fais. Soit $K/\Q$ un corps de nombres 3-cyclique (comme par exemple celui défini par le polynôme $F_a$). On croit dur comme fer à Kronecker-Weber i.e. $K \subset L = \Q(\root N\of 1)$ avec un certain $N$, pas le plus petit possible. Si bien que $K = L^H$ avec $H \subset G = \text{Gal}(L/\Q) = (\Z/N\Z)^\times$. Bref, le truc répété 100 fois. Et $H$ est d'indice 3 et donc $\widehat {G/H}$, d'ordre 3, est engendré par un certain caractère $\chi$ d'ordre 3, les deux autres étant $\chi^0$ et $\chi^{-1} = \overline \chi$.
Et tant qu'à faire, on croit encore et toujours à Conductor Discrimant Formula qui s'écrit :
$$
\text{Disc}(K) = f_{\chi^0} f_{\chi^1} f_{\overline\chi} = f_{\chi}^2, \qquad\qquad
f_K = \text{ppcm}(f_{\chi^0}, f_{\chi^1}, f_{\overline\chi}) = f_\chi
$$
A gauche, pas de valeur absolue vu que $K$ est réel (puisque 3 n'est pas divisible par 2, ça, j'ai compris).
Bilan : le discriminant de $K$ est un carré et le conducteur $f_K$ de $K$ en est sa racine carrée. Il faut donc croire à tout cela ! Of course, on aimerait bien une expression $f_K$-cyclotomique d'un élément primitif de $K/\Q$. Mais c'est bien plus compliqué (le cas cubique abélien) que le cas quadratique car le discriminant ne caractérise pas l'extension.
Si je n'avais pas joué avec $F_a$, je n'aurais pas compris ces petites choses (car ce n'est pas mon métier).
Autre chose : hier, tu as eu du pot avec $\Q(\root 7 \of 1)$. Ici, on part à l'envers et on construit les 3 périodes de Gauss $s_k = \zeta_7^k + \zeta_7^{-k}$. Tu as du pot car le polynôme minimal de chaque $s_k$ est $F_{-1}$. Cela ne se reproduira pas nécessairement avec $\Q(\root p\of 1)$ où $p \equiv 1 \bmod 3$.
Et de plus, il ne faut surtout pas confondre une homographie d'ordre 3, ici $z \mapsto {-1\over z+1}$ avec l'automorphisme d'ordre 3 monté sur cette homographie.
> L<z7> := CyclotomicField(7) ;
> s1 := z7^1 + z7^-1 ;
> s2 := z7^2 + z7^-2 ;
> s3 := z7^3 + z7^-3 ;
>
> LX<X> := PolynomialRing(L) ;
> F := (X - s1) * (X - s2) * (X - s3) ;
> // F = F_{-1} F_a = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1
> F ;
X^3 + X^2 - 2*X - 1
> h := func < z | -1 / (z+1) > ;
> assert h(s1) eq s2 and h(s2) eq s3 and h(s3) eq s1 ;
>
> K<x> := sub <L | s1> ;
> sigma := iso < K -> K | h(x) > ;
>
> y := Random(K,3) ;
> y ;
-1/3*x^2
> sigma(y) ; <-- LOOK HERE
1/3*(x^2 + x - 3)
> h(y) ; <-- AND HERE
3*x^2 - 3*x - 3
Ah oui d'accord j'ai compris pour le coup de pot. C'est parce que avec $a=-1$ par magie on tombe sur le polynôme minimal des sommes de Gauss, mais c'est un coup de bol ! Tu vois encore une magouille, mais c'est pas de ma faute :-D Je me suis bien amusé quand même
@flip flop
Oui, ce qui compte, c'est de s'AMUSER. On ne veut surtout pas devenir spécialiste de je-ne-sais-trop-quoi, enfin pas moi. Et s'amuser ce n'est pas toujours facile en mathématiques.
Mais petit cachotier, tu ne m'as pas dit où tu avais trouvé ton énoncé de réciprocité abélienne pour bébés. Tu veux cacher tes sources, je pense ?
Et ci-dessous, dans l'introduction du chap. 14 (Ireland & Rosen), on voit les noms (probablement dans le désordre) : Eisenstein, Kummer, Hilbert, Furtwänger, Artin, Hasse, Stickelberger, Iwasawa.
Tu ne veux pas vraiment donner des pointeurs sur la loi de réciprocité abélienne pour bébés ?
Note : je vais faire une petite mise à jour de BabyAbelianReciprocityLaw (il y avait un gros bug d'interversion entre (A) et (B) !!)
Claude, je n'ai pas du tout de pointeur, dans mon cours ça doit y être mais bien caché dans un des 100 000 diagrammes ! Mais de toute façon tu avais déjà donné a peu près le résultat !
Ah bin je m'amuse beaucoup beaucoup, mais bon comme c'est pas mon métier, je n'ai aucune pression de montrer tel ou tel résultat et du coup passer 1 journée entière sur un exemple de gamin : construire les sommes de Gauss, trouver le polynôme minimal constater que ça donne $F_a$ (avec $a=-1$) faire mumuse avec l'homographie d'ordre $3$ (elle date d'il y a une année cette homographie :-D). C'est fun de faire des calculs mais surtout ... j'ai beaucoup de chance que tu as toujours de bon petits exemples a présenter, c'est pas donné de fabriqué des bon exemples pour illustrer un truc !
Ps / J'ai quand même vérifier que BabyAbelianReciprocityLaw.pdf redonne bien la réciprocité quadratique, si j'ai un peu de courage je vais revoir (pas aujourd'hui) ce que j'avais fait sur la réciprocité cubique et $\Z[j]$.
@flip flop
Certes, j'avais donné un peu près le résultat (réciprocité abélienne pour les bébés) mais comme je n'y connais pas grand chose, je pourrais me planter en beauté. Cela se voit bien qu'on est des amateurs : on a mis une semaine, voire plus, pour s'apercevoir que le discriminant d'une extension 3-cyclique de $\Q$ est un carré i.e. le carré de son conducteur !
Cela me rassurerait de voir écrit noir sur blanc la réciprocité abélienne de bébés avec des commentaires ; et tant qu'à faire avec une preuve élémentaire. Là où je zappe à mort, c'est la fameuse Conductor Discriminant Formula pour une extension sous-cyclotomique $K$ de $\Q$. C'est un résultat vachement puissant. Washington en donne une preuve dans son chapitre IV, preuve qui utilise l'équation fonctionnelle de la fonction de Dedekind $\zeta_K$. C'est Nonoche qui serait content.
J'attache une mise à jour de BabyAbelianReciprocityLaw.pdf. J'ai corrigé les âneries, ajouté des détails et surtout mis deux exemples : je t'ai piqué $\Q(\root 7 \of 1)$ et je me suis bien amusé avec $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X -1$ pour $a = 39$. On a :
$$
a^2 + 3a + 9 = 3^3 \times 61
$$
mais le facteur $3^3$ est un facteur parasite : l'anneau des entiers de $\Q[X]/\langle F_a\rangle$ est de discriminant $61^2$. Et comme 61 est un nombre premier (vérifiant $\equiv 1 \bmod 3$, of course), la loi de réciprocité abélienne est facile (cubes modulo $61$). Et le polynôme $F_a$ est tout pourri en $p = 3$ bien que $3$ soit un cube modulo 61 ($3 = 4^3 \bmod 61$). Et j'ai donc à cette occasion sorti le $\Z$-schéma, histoire de m'amuser (et pour faire croire à une cohérence par rapport au premier post de ce fil). Détails concernant $a = 39$ dans le pdf attaché.
$$
F_{39}(X) = (X-1)^3 \bmod 3
$$
$F_{39}$ laisse croire que $p=3$ est totalement ramifié alors qu'il est totalement décomposé. Bien sûr, comme il faut bien de la ramification quelque part, c'est 61 qui est ramifié (totalement)
Si tu as le courage de regarder à la page 3, tu y verras que le cycle $(1,2,3)$ mouline sur le graal. Cela ne se voit pas à l'oeil nu.
@gai-requin
Bonne lecture ? Tu vas peut-être déchanter rapidement car ce n'est pas self-contained, c'est à l'état de brouillon ; et de plus pour parler d'un truc de bébé. On va dire, grosso modo que, depuis quelques fils, on joue avec les extensions sous-cyclotomiques (au dessus de $\Q$ !) et on essaie d'apprendre 2 ou 3 bricoles en s'amusant. Apprendre 2 ou 3 bricloes, ce n'est pas très difficile quand on ne sait rien (je parle de moi, pas de flip flop, qui visiblement a des notes de cours avec 100 000 diagrammes comme il dit).
Un objet concret est le polynôme :
$$
F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1 \qquad \hbox {de discriminant} \qquad (a^2 + 3a + 9)^2
$$
Tu le trouveras d'ailleurs aux premières pages de Topics in Galois Theory car il est générique pour le groupe de Galois $A_3$.
Jusqu'à maintenant, je me suis limité à $a \in \Z$ pour des raisons de simplicité et surtout parce ce que je sais qu'il est irréductible : si $x \in \Z$ est une racine de $F_a$, $x$ divise le coefficient constant $-1$, i.e. $x = \pm 1$. Et $x = -1$, conduit à $0 = 1$ tandis que $x = 1$ conduit à $a = -3/2$. Et
$$
F_{-3/2}(X) = (X - 1) (X + 1/2) (X + 2) \qquad \qquad (\star)
$$
Tu noteras un truc bizarre : on part de $a \in \Z$ pour démontrer l'irréductiblité de $F_a$ et on tombe sur $a = -3/2$, ce qui prouve bien que $F_a$ est irréductible pour $a \in \Z$. Mais pour moi, $(\star)$ n'était pas prévu.
Et je crois qu'il est indispensable de ne pas se limiter à $a \in \Z$. Et je n'ai pas réfléchi à l'irréductibilité de $F_a$ pour $a \in \Q$. Pourquoi indispensable ? Je prends par exemple $p = 31$, qui est un premier vérifiant $p \equiv 1 \bmod 3$, donc $\Q(\root p \of 1)$ contient une unique extension cubique encodée par un certain $F_a$. Et on trouve par exemple $a = -5/2$. Pour te convaincre que $a = -5/2$ fonctionne, au lieu de faire la démo qui m'a conduit à $a = -5/2$, je pars dans l'autre sens. Ci-dessous, tu vois que le discriminant de l'anneau des entiers de $K_a := \Q[X]/\langle F_a\rangle$ est $31^2$ et donc le conducteur (cyclotomique) de $K_a$ est 31. Et la dernière ligne indique que $F_a$ a une racine dans $\Q(\root 31 \of 1)$ donc il y est totalement scindé.
J'ai pris $p = 31$ car il vérifie $p \equiv 1 \bmod 3$ sans être de la forme $a^2 + 3a + 9$ avec $a$ entier. Il semble donc que la forme $x^2 + 3xy + 9y^2$, obtenue à partir de $a^2 + 3a + 9$ en faisant $a = x/y$, joue un rôle puisque :
$$
31 = x^2 + 3xy + 9y^2 \qquad \hbox {avec} \quad x = -5, \quad y = 2
$$
Et flip flop a eu vraiment du pot (bis) avec $p = 7$ car $7 = a^2 + 3a + 9$ avec $a = -1$. Idem d'ailleurs avec $p = 13$ qui est de la bonne forme puisque $13 = a^2 + 3a + 9$ avec $a = -4$.
Petite démo pour $p = 13$. Un petit coup de périodes de Gauss pour la sous-extension cubique. J'utilise le fait que $2$ est un générateur de $\mathbb F_{13}^*$ donc $e = 2^3$ est d'ordre $4 = (13-1)/3$. Je me mélange souvent les pinceaux entre un diviseur de $p-1$ et son codiviseur.
> L<z13> := CyclotomicField(13) ;
> e := 2^3 ;
> e^4 mod 13 ;
1
> s1 := z13^(e^0) + z13^(e^1) + z13^(e^2) + z13^(e^3) ; // a Gauss period for cubic extension
> MinimalPolynomial(s1) ;
X^3 + X^2 - 4*X + 1
> MinimalPolynomial(-1/s1) ;
X^3 + 4*X^2 + X - 1 <---- LOOK HERE
Petit bricolage pour retrouver exactement $F_a$ avec $a = -4$ à l'endroit marqué LOOK HERE.
Dans la série avoir du pot, le prochain premier $p$ (après 7 et 13) vérifiant $p \equiv 1 \bmod 13$ est $p = 19$. De la forme $a^2 + 3a + 9$ avec $a = -5$. C'est peut-être la raison qui m'a poussé à prendre $p= 31$.
Bref, tout cela pour dire que $F_{a}$ continue à présenter pour moi des mystères que $a$ soit entier ou pas.
@gai-requin
Quelques précisions car j'ai très mal raconté de coup des périodes de Gauss, ce qui est dû au fait qu'il faut que je fasse un effort pour distinguer un diviseur de $p-1$ et son codiviseur. Comme tu sais, le contexte est $\Q(\root p \of 1)$ pour $p$ premier, extension de degré $p-1$. Et Gauss avait fait la TOTALE en ce qui concerne le treillis des extensions intermédiaires (correspondance de Galois AVANT Galois) via sa théorie des périodes. Tout y est explicite puisque Gauss obtient une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^H$ pour $H$ sous-groupe de $G = \text{Gal}(\Q(\root p \of 1)/\Q) = \mathbb F_p^*$. En fait, c'est le fameux coup de disposer de la base normale
$$
\zeta_p,\quad \zeta_p^2,\quad \cdots,\quad \zeta_{p}^{p-1}
\qquad \hbox {hautement préférable à la base des puissances de $\zeta_p$ de l'indice $0$ à $p-2$}
$$
Une base normale trivialise la théorie de Galois comme on le sait.
Ici, je me limite à $p \equiv 1 \bmod 3$ et à $H$ d'indice 3 pour obtenir $\Q(\root p\of 1)^ H$ CUBIQUE (car cubique sur la sellette). Voilà ce que dit Gauss. Faire la somme :
$$
S_C = \sum_{\sigma \in C} \sigma(\zeta_p) \qquad \hbox {$C$ classe à droite de $G$ modulo $H$}
$$
Alors les trois sommes $S_C$ forment une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^ H$.
Concrétement (?). Prendre un élément de $\mathbb F_p^*$ d'ordre $d = (p-1)/3$, le relever en $m$ dans $\Z$ et puis poser :
$$
S_0 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^i}, \qquad S_1 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^{i+1}}, \qquad S_2 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^{i+2}}
\qquad\qquad (\star)
$$
Attention aux exposants (cela prend un peu la tête, mais quand on veut faire du concret ..). Alors l'extension cubique convoitée est :
$$
\Q S_0 \oplus \Q S_1 \oplus \Q S_2
$$ STUPIDE Car on a $S_0=S_1=S_2$. A bas les deux couches d'exponentation dans $(\star)$. On note $w$ un générateur de $\mathbb F_p^*$, $\sigma$ l'automorphisme de $\Q(\root p\of 1)$, générateur de $G$, qui est l'élévation à la puissance $w$ sur $\mathbb U_p$ et $\tau = \sigma^m$ d'ordre $d$ (élévation à la puissance $m = w^3$). De sorte que les trois classes de $G$ modulo $H = \langle \tau\rangle$ sont :
$$
\langle \tau\rangle = \{\tau^0, \tau^1, \cdots, \tau^{d-1}\rangle, \qquad
\langle \tau\rangle\sigma = \{\tau^0 \circ \sigma, \tau^1 \circ \sigma, \cdots, \tau^{d-1}\circ \sigma\rangle, \qquad
\langle \tau\rangle\sigma^2 = \{\tau^0\circ \sigma^2, \tau^1\circ \sigma^2, \cdots, \tau^{d-1}\circ \sigma^2\rangle
$$
Et on utilise le fait que $\tau^i \circ \sigma$ réalise $\zeta \mapsto \zeta^{wm^i}$, si bien que les trois périodes de Gauss sont :
$$
S_0 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^i}, \qquad S_1 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{wm^{i}}, \qquad S_2 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{w^2m^{i}}
$$
Petite illustration à l'appui (WANTED is wanted)
> Z := IntegerRing() ;
> P := [p : p in PrimesInInterval(7,100) | p mod 3 eq 1] ;
> P ;
[ 7, 13, 19, 31, 37, 43, 61, 67, 73, 79, 97 ]
> p := Random(P) ;
> p ;
43
>
> L<z> := CyclotomicField(p) ;
> // Soit w un élément d'ordre p-1 de F_p^* : G = Gal(L/Q) est engendré par
sigma : z -> z^w
> w := PrimitiveElement(GF(p)) ;
> w ;
3
> // w^3 est d'ordre (p-1)/3 dans F_p^*
> w3 := w^3 ;
> d := ExactQuotient(p-1,3) ;
> assert Order(w3) eq d ;
> // Relever w3 dans Z
> m := Z!w3 ;
> // Soit H = <tau> = {tau^0, tau^1, ..., tau^{d-1}} l'unique sous groupe d'ordre d
> // où tau : L -> L est élévation à la puissance m (tau est d'ordre d)
> // Somme de Gauss définie par la classe de 1 dans G/H
> tau := iso < L -> L | z^m > ;
> s0 := &+[z^(m^i) : i in [0..d-1]] ;
> assert s0 eq &+[(tau^i)(z) : i in [0..d-1]] ;
> F<X> := MinimalPolynomial(s0) ;
> F ;
X^3 + X^2 - 14*X + 8 <----- WANTED
> // Les deux autres sommes de Gauss
> // H.sigma = {tau^0 o sigma, tau^1 o sigma ..., tau^{d-1} o sigma}
> // H.sigma^2 = {tau^0 o sigma^2, tau^1 o sigma^2 ..., tau^{d-1} o sigma^2}
> // tau^i o sigma : z -> z^(w*m^i), tau^i o sigma^2 : z -> z^(w^2*m^i)
> w := Z!w ;
> s1 := &+[z^(w*m^i) : i in [0..d-1]] ;
> s2 := &+[z^(w^2*m^i) : i in [0..d-1]] ;
> LX<X> := PolynomialRing(L) ;
> (X-s0) * (X-s1) * (X-s2) ;
X^3 + X^2 - 14*X + 8 <----- WANTED again
>
> // Vérification
> sigma := iso < L -> L | z^w > ;
> assert s1 eq sigma(s0) and s2 eq sigma(s1) ;
@flip flop
$\Z[j]$ oui presque. Rappel : c'est toi qui m'a appris que $a^2 + 3a + 9$ et $b^2 + b +1$, c'était kif-kif. Ce qui est un peu bizarre c'est que $x^2 + 3xy + 9y^2$ c'est la forme normique de $\Z[3j]$ de discriminant $-27$, pas de $\Z[j]$. Quels sont les premiers représentés par la forme $x^2 + 3xy + 9y^2$ ?
Réponses
Je suis en mode ``break''. Mais je tiens en particulier à remercier Nonoche. Sauf que cela me dépasse : quant on parle corps de classes ou Mellin transform, je me barre en courant. Tu vas me dire que c'est moi qui l'ai cherché (et c'est pas faux). Les 70 pages de Serre (Serre-Durham) je pense que je ne peux pas comprendre. Il est cependant vrai qu'il y a beaucoup d'exemples (numerical exemples comme il dit).
En plus d'être en mode break, je suis revenu en arrière sur le cas abélien ``facile''. Car certains auteurs sont quand même un peu légers sur la question. Heureusement qu'il y a le chapitre 3 (Dirichlet Characters) de Lawrence C. Washington (Introduction to Cyclotomic Fields) http://wstein.org/edu/2010/581b/books/washington-introduction_to_cyclotomic_fields.pdf. Bien plus buvable (à mon goût) que le traitement de Frölich & Taylor (attention, ces deux là ne sont pas légers, ils seraient même du type un peu lourds).
Etant tombé bien bas (multiplier, comme un c.n, je parle de moi, deux caractères $\chi_1, \chi_2$ via $(\chi_1\chi_2)(m) = \chi_1(m)\chi_2(m)$ au lieu de $(\chi_1\chi_2)(m) = (\chi_1\chi_2)_{\rm prim.}(m)$, je me comprends), j'ai fini par me coltiner vraiment pour une sous-extension $K \subset L = \Q(\root N\of 1)$, la formule pour le facteur $p$-Eulérien de $K$ (ou plutôt son inverse) :
$$
(1 - T^{f_p})^{g_p} = \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} (1 - \chi_{\rm prim.}(p)T), \qquad G = \text{Gal}(L/\Q) \simeq (\Z/N\Z)^\times
\qquad H \subset G, \qquad K = L^H
$$
où $(f_p,g_p,e_p)$ est ce que l'on pense par rapport à $K$ ($e_p$ is not used here).
Je sais, c'est petit mais ce n'était quand même pas banal de le réaliser uniquement avec les primitives du chapitre ``Class Field Theory'', en particulier ``RayClassGroup'' (ici je cause magma). Flip-flop, je pourrais te montrer plus tard (j'en ai quand même un peu ch.é).
Dans le genre petit et même bébé, j'ai retrouvé ma note stickelberger.pdf écrite pour les enfants. J'ai juste recompilé sans regarder ce qu'elle contenait. Je crois qu'il y a un petit annexe sur le discriminant d'un polynôme !!
La chose modulaire : je repointe Don Zagier in http://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/tex/UtrechtLectures/UtBook.pdf : en particulier les 3 premiers chapitres et un appendice sur Poisson summation formula et Mellin transform
Mode break again.
Est ce que tu te souviens de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1415512#msg-1415512 ?
Saurais tu présenter l'extension cyclotomique $\Q(\root N \of 1)$ sur $\Q$ avec ta notion de module $(m_0, m_\infty)$ ?
évidemment qu'il ne s'agit pas de lire en continu et de comprendre les 70 pages de Serre à Durham; j'ai juste voulu piocher dedans et mentionner la partie 7.3, qui fournit quelques exemples plus détaillés.
Je suis certain que tu exagères avec la transformée de Mellin. Rien de plus innocent et mécanique. Tu es capable d'intégrer terme à terme la série $\theta(it)t^s dt/t,$ pour faire apparaître la fonction $\zeta(s)$ de Riemann. Ensuite, le changement de variable $t\mapsto 1/t$, combiné avec A.b) pour $\theta,$ donne l'équation fonctionnelle reliant $\zeta(s)$ à $\zeta(1-s).$
Là où cela devient vraiment fort, c'est que, inversement, si l'on suppose connue l'équation fonctionnelle de $\zeta(s),$ alors il s'ensuit que $\theta(z)$ est une forme modulaire (i.e. elle vérifie A.b, le seul point délicat). C'est la vertu de la transformée de Mellin inverse, et ce principe très général s'appelle le "théorème réciproque de Hecke/Weil".
C'est d'ailleurs un point crucial que tu as mis sous le tapis : les fonctions zêtas/fonctions $L_\rho$ que tu introduis ne sont pas de banales séries de Dirichlet qui encodent une suite : elles ont le bon goût de se prolonger analytiquement, et de vérifier des équations fonctionnelles ((EF) : $s\mapsto 1-s$). C'est le signe que quelque chose de profond se passe. Le théorème réciproque de Weil/Hecke se charge d'assurer que la série génératrice correspondante, en q, est une forme modulaire d'un certain poids et pour un certain sous-groupe de $SL_2(\mathbb Z),$ un exemple typique étant (MOD).
(Dans les salons mondains, on dirait que c'est un cas du "programme de Langlands". On peut aussi décréter que ce sont les seules séries de Dirichlet dignes d'intérêt).
Voici 5 pages de Iwaniec qui suivent cette stratégie. Il y explique en Th. 12.5 (choisir $u=0$ et $m=1$ pour ce qui nous concerne) ou p. 218 pourquoi la série génératrice $L_\rho(s)$ de Claude, qui vérifie (EF), donne lieu à des séries théta de poids 1 qui sont des formes modulaires. Cette stratégie permet d'éviter les calculs rusés de flipflop, à la condition d'en savoir assez sur les propriétés des fonctions $L_\rho(s).$
Je ne sais pas si je vais réussir, mais je peux essayer de faire un truc ! (juste je dois demandé de nouveau un lien pour téléchargé le cours, because c'était sur mon ordi qui a rendu l'âme). Tu as réussi a comprendre un peu avec magma ?
C'est mon infirmité analytique qui fait que je passe des choses sous le tapis comme tu dis. Et aussi le fait que ``tout ça'', ce n'est pas mon domaine (je viens de l'algèbre commutative). Mais il y a quand même des progrès car je me barre moins vite qu'avant.
Et de temps en temps, je trouve que les auteurs pourraient quand même dire qu'il y a des ``choses algébriques''. Ainsi dans la thèse, Th 1.3.8 page 24 in http://www.math.mcgill.ca/goren/Students/AttwellDuval.Thesis.pdf, l'auteur pourrait poser $T = {1 \over p^z}$ et je pense qu'on y verrait plus clair (enfin moi, j'y verrais plus clair). Certes, quelle drôle d'idée de vouloir apprendre dans une thèse ! Mais après tout, c'est comme cela que j'ai eu le pointeur Washington (Cyclotomic Fields).
Je vais méditer sur ton post.
$$ \int_0^{+\infty} \theta(it)t^{s-1} dt = \sum_{n \in \Z} \int_0^{+\infty} \exp(-2\pi tn^2) t^{s-1} dt$$
On fait un changement de variable (car on sait qu'il existe une fonction $\Gamma(s) = \int_0^{\infty} \exp(-u)u^{s-1} du$ qui prolonge la factoriel) ... donc $u = 2\pi tn^2$. On trouve :
$$ \int_0^{+\infty} \theta(it)t^{s-1} dt = \sum_{n \in \Z} {1 \over (2 \pi n^2)^s} \int_0^\infty \exp(-u) u^{s-1} du =
\sum_{n \in \Z} {\Gamma(s) \over (2 \pi n^2)^s}= {\Gamma(s) \over (2 \pi )^s} \zeta(2s)$$
C'est moralement correct, mais aussi un chouilla plus tordu que ce que tu écris, si on veut être soigneux avec la convergence (mais est-ce qu'on le veut vraiment, en première approximation ?) :
- il faut couper en t=1 l'integrale en deux morceaux; ces deux morceaux seront échangés quand on fera $t\mapsto 1/t.$
- il faut retirer à $\theta(it)t^{s-1}$ la contribution de $n=0,$ qui cause souci car non integrable simultanément en zéro et infini, et la rajouter a posteriori.
Tous ces morceaux se recombinent pour donner exactement ce à quoi on arrive si on n'est pas soigneux ...
cf par exemple theta zeta pour les détails.
Je suis sur la relation fonctionnelle de $\zeta$ avec le changement de variable $t \to 1/t$ j'arrive (c'est un peu lourd) à (sans garantie) :
$$
\frac{2^{-s} \Gamma(s) \zeta(s)}{(2\pi)^s)} = \frac{\zeta(1-s)}{\sin(\pi s / 2)}
$$
J'ai utilisé des propriétés de la fonction $\Gamma$ .... du coup je vais regarder le lien que tu donnes, merci !
Du coup, si je comprends ce que tu veux dire :
En prenant la transformation de Mellin inverse, une relation fonctionnelle va se transformer en un propriété de modularité. C'est un truc comme ça ?
Par exemple, si j'ai une relation fonctionnelle pour une fonction $\zeta_K(s)$ je peux en déduire des propriétés de modularité pour des fonctions theta ... ce qui évites les calculs galère de ce matin ! Aie Aie Aie ...
- le 1-2s à droite est louche, ce devrait être 1-s. Faute de calcul ?
- Il faut forcer la quantité $\pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s)$ à apparaître, c'est elle qui est invariante.
- Oui, le point de vue de Hecke-Weil suggère d'utiliser le fait que $\zeta_K(s)$ satisfait une équation fonctionnelle pour en déduire que les séries thêta de ce matin sont modulaires. C'est le contenu du Th. 12.5 chez Iwaniec.
Il s'agit juste ici de te montrer comment on peut utiliser certains outils ``Class Field Theory'' de magma pour travailler dans le contexte élémentaire des sous-extensions cyclotomiques. Le corps de base est $\Q$ une fois pour toutes. J'avais commencé dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413630#msg-1413630. L'expérience m'a convaincu que :
$$
\Q(\root N \of 1) \quad\longleftrightarrow\qquad (m_0, m_\infty) = (N \cdot \Z, 1 \cdot \infty)
$$
Je ne sais pas bien ce que cela signifie mais toi tu peux peut-être m'expliquer. Je vais traiter un exemple.
D'abord, ci-dessous, du déclaratif : pour des raisons de faiblesse magma, on ne peut pas déclarer $\Q$ comme d'habitude. Ci dessous, ZQ c'est pour nous $\Z$ mais magma nous force à en passer par là. Un premier truc pas méchant pour récupérer un générateur d'un idéal de $\Z$
Bon, tout ceci n'est que du sucre syntaxique. Il faut passer à l'action. J'ai choisi comme exemple :
$$
\Q(\root 12 \of 1) = \Q(i, \sqrt 3, \sqrt {-3})
$$
C'est peut-être pas top car c'est une extension de degré $\varphi(12) = 4 = 2 \times 2$ et que l'on pourrait confondre, pour une extension intermédiaire, degré (sur le rez de chaussée) et indice (par rapport au plafond).
La primitive RayClassGroup(m*ZQ, [1]) est une des plus importantes : elle te permet de spécifier $\Q(\root m \of 1)$. Moi je le prends comme une boîte noire, le jeu étant d'utiliser les primitives offertes (il est impossible de faire autrement). Il faut bien comprendre que de $\Q(\root m \of 1)$ et ses sous corps, tu n'en verras jamais une équation. C'est la situation contraire des périodes de Gauss (qui d'ailleurs n'existent que quand $m$ est premier). Je corrige le mensonge : tu peux demander des polynômes définissant les extensions que tu manies mais c'est coûteux et déconseillé.
Cette primitive te retourne un groupe abélien $G$ au sens magma, isomorphe à $(\Z/m\Z)^\times$ ainsi qu'un mécanisme (ici $f$) permettant de relier $G$ et $(\Z/m\Z)^\times$ remonté dans $\Z$. C'est pas tout à fait vrai ce que je dis, car il y a une histoire de valeur absolue à considérer, ce que je vais faire ci-dessous. C'est pas net net pour moi mais je fais avec. Ici :
$$
(\Z/12\Z)^\times = \{ \pm 1, \pm 5 \} \simeq C_2 \times C_2
$$
Il y a donc 3 sous-groupes d'indice 2 correspondant aux 3 extensions quadratiques $\Q(i)$, $\Q(\sqrt 3)$ et $\Q(\sqrt {-3})$.
Un petit truc de wizard pour passer (cette fois vraiment) de $G$ à $(\Z/m\Z)^\times$ remonté dans $\Z$.
A partir du mécanisme $f$, on peut enfin spécifier l'extension cyclotomique que je note $L$. On ne peut pas faire avec $L$ ce que l'on fait d'habitude avec un corps de nombres. Mais certaines opérations pour $L$ et ses sous-corps sont permises : calcul du degré, du discriminant (je pense qu'il y a une formule là-dessous liée aux conducteurs des caractères), les $(f_p,g_p,e_p)$ ..etc...
Pour tout sous-groupe $H \subset G \simeq (\Z/m\Z)^\times$, tu vas pouvoir encoder $L^H$. Idem ce corps de nombres ne peut pas être utilisé comme les autres corps de nombres. C'est cette possibilité que j'utilise pour travailler avec des extensions intermédiaires via le treillis à conjugaison près des sous-groupes de $G$.
Je note $\sigma_d$ l'élévation à la puissance $d$ sur $\mathbb U_m$, pour $d \wedge m = 1$. Je vais spécifier certains sous-groupes. Le plus simple est $\sigma_{-1}$ qui est la conjugaison complexe de sorte que par point fixe, cela nous donne $L \cap \R$ qui est ici $\Q(\sqrt 3)$.
On passe à l'extension invariante par $\sigma_5$ c.a.d. $\Q(i)$ puisque $i^5 = i$.
Et enfin l'extension invariante par $\sigma_7$ c.a.d. $\Q(j)$ puisque $j^7 = j$.
0. Comme d'habitude, cela part un peu dans tous les sens. Pas trop grave et même pas du tout car je serais probablement en peine pour expliquer où je voulais aller avec le post initial (un peu quand même : faire joujou avec le schéma $\mathcal O_K$ qui n'est pas toujours défini par une seule équation).
1. De la lecture in http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6/S0273-0979-2015-01515-6.pdf ainsi que Bruno Kahn in https://webusers.imj-prg.fr/~bruno.kahn/ZetaL.pdf
2. Mon post précédent donne l'impression d'un exercice magma mais il ne se résume pas à cela. Je développe ce que je voulais également exprimer. Soit $L/\Q$ une extension cyclotomique $L = \Q(\root N\of 1)$ avec son groupe de Galois $G = (\Z/N\Z)^\times$. On se donne $H \subset G$ un sous-groupe. La question est : comment exprimer à partir de $H$ des ingrédients l'extension intermédiaire :
$$
K = L^H
$$
Un exemple banal : $\deg(K) = \#(G/H)$. Autre exemple banal : $K$ est réel si et seulement $-1 \in H$. Beaucoup moins banal (Conductor Discriminant Formula) :
$$
\text{Disc}(K) = (-1)^{r_2} \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} f_\chi
$$
Note : on voit les habitants de $\widehat {G/H}$ comme les caractères sur $G$ (i.e. caractères de Dirichlet) qui valent $1$ sur $H$. Et $f_\chi$ est le conducteur de $\chi$ ; quand à $r_2$, il est gouverné par l'appartenance de $-1$ à $H$.
Autre exemple pas banal : la loi de factorisation d'un premier $p$ dans $K$. On considère les inclusions de sous-groupes de caractères :
$$
\{1\} \quad\subset\quad Z_p \quad\subset\quad Y_p \quad\subset\quad X := \widehat {G/H}, \qquad
Z_p = \{ \chi \in X \mid \chi_{\rm prim.}(p) = 1 \}, \qquad Y_p = \{ \chi \in X \mid \chi_{\rm prim.}(p) \ne 0 \}
$$
Alors :
$$
g_p = [Z_p : 1], \qquad f_p = [Y_p : Z_p], \qquad e_p = [X : Y_p]
$$
Référence : chap III de Cyclotomic Fields de Washington. Et je trouve que ce faisant, on ne prend pas le marteau pilon `Théorie du corps de classes'' sur la tête.
3. Nonoche : j'ai relu tes posts. Et vu la mention du théorème réciproque de Weil/Hecke. J'en suis assis sur le c.l. Et effectivement, tu as bien raison de parler de ``mettre des choses sous le tapis'' (de ma part).
). Pas très grave j'ai vu dans ce lien.
@Claude : je n'ai pas le temps de lire aujourd'hui ... mais si je comprends bien : plus besoin de chercher a calculer $e$, $f$ et $g$ car ils sont donnés par la construction ?
Moi qui devais lire un petit pdf. ;-)
Disons que je veux apprendre 2 ou 3 choses sur les extensions abéliennes de $\Q$. Et je constate mon ignorance.
Mais pourquoi abélien tout d'un coup ? Ben, quand j'ai vu se pointer de nouveau ``corps de classes'', je me suis dit que je ferais mieux de prendre un terrain de jeu plus simple mais lié. Et j'avais toujours entendu dire que si $F \in \Z[X]$ est un polynôme abélien, la détermination de
$$
\Split(F) = \{ p \mid F \bmod p \hbox { est complétement scindé} \}
$$
est une chose aisée. Enfin, c'est ce que j'avais cru comprendre. Mais je pense que j'avais compris de travers. Car je vois maintenant des mots comme ``Artin Reciprocity Law" et probablement, cela se mérite. Fort possible que je mélange tout.
Et puis j'avais vu quelque chose du genre ($F$ étant toujours supposé abélien) : il existe un modulus $N$ et un nombre fini de valeurs $v_1, v_2, \cdots$ premières à $N$, tel que, à l'exception d'un nombre fini de $p$ :
$$
p \in \Split(F) \qquad\iff\qquad p \equiv v_1, v_2, \cdots \bmod N
$$
Plus précis : $N$ is an appropriate product of the ramified primes of the field $K := \Q[X]/\langle F\rangle$.
Je ne savais déjà pas grand chose quand $K$ est de la forme $L^H$. Mais quand $K/\Q$ est abélien tout seul, non plongé dans un corps cyclotomique, c'est encore pire. Alors, j'ai repris mon exemple fétiche modeste :
$$
F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad \text{Disc}(F) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
J'ai pris $a \in \Z$ si bien que $F_a$ est irréductible cyclique (a fortiori abélien) et j'ai cherché à plonger $K_a := \Q[X]/\langle F_a\rangle$ dans une extension cyclotomique. Je me suis posé la question de savoir où la chercher. Il doit y avoir un lien entre le conducteur cyclotomique de $K_a$ et le discriminant de $K_a$. J'ai pas mal séché. J'ai appris des choses mais c'est loin d'être terminé.
Et ça, c'est le ``cas facile abélien''.
Je ne sais pas du tout comment trouver le conducteur du polynôme $F_a$, même pas une petite idée pour faire un petit truc !
(si j'ai fais $a=0$).
Par contre, dans l'autre sens j'avais fait une petite bricole ça semble correspondre (de loin) a ce que tu fais en magma. Je remets c'est exemple13 ...
Par contre, j'ai directement construit les fonctions zéta tant qu'a faire :-S
Plusieurs choses.
1. Il n'y a pas de différence entre ton exemple13.pdf du 12 Février et celui du 22 Juin, n'est ce pas ?
2. En ce qui concerne les sous-extensions d'une extension cyclotomique $\Q(\root p \of 1)$, $p$ premier : on ne voit pas une certaine subtilité. Ce qui est lié d'une part au fait que tout caractère $(\Z/p\Z)^\times \to \mathbb U_\infty$ est primitif (à part le caractère unité) et d'autre part au fait que $(\Z/p\Z)^\times$ est cyclique et donc pour tout diviseur $d \mid p-1$, il existe un et un seul sous-groupe d'ordre $d$ (ou d'indice $d$ au choix). Tu dois en profiter à mon avis pour $p = 13$
3. Pour comprendre certaines subtilités, lire les 4 premiers chapitres de Washington, Introduction to Cyclotomic Fields. Même si on ne comprend pas tout et que celui-ci botte parfois en touche (en disant d'aller voir ailleurs), cela remet les idées en place (en tout cas, cela a UN PEU remis en place les miennes). On ne pourra pas toujours faire sans ignorer ...
4. J'essaie de mettre de l'ordre dans oeuf-poule, qu'est ce qui est démontré et ne l'est pas, qui dépend de quoi ...etc..Chantier difficile.
5. Loi de réciprocité abélienne pour une extension abélienne $K/\Q$. Fournir un énoncé précis. Pas besoin du conducteur cyclotomique de $K$. Toute extension cyclotomique contenant $K$ fait l'affaire. Ne peut être compris qu'en ayant un énoncé précis sous le nez. A mettre sur le tapis.
6. Conductor-discriminant formula : $K = L^H \subset L$ avec $L = \Q(\root N\of 1)$ cyclotomique de groupe de Galois $G = (\Z/N\Z)^\times$ et $H$ sous-groupe de $G$ :
$$
f_K = \text {ppcm} (f_\chi \mid \chi \in \widehat {G/H}) \qquad\qquad
|\text{Disc}(K)| = \prod_{\chi \in \widehat {G/H}} f_\chi \qquad\qquad
(\heartsuit)
$$
Ceci prouve mordicus que $f_K \mid \text{Disc}(K)$. Utile pour chercher le paradis cyclotomique. Statut de $(\heartsuit)$ ? cf point 4. Même si rangé dans l'activité ``Corps des écoles'', on doit en trouver des preuves ``élémentaires''. Par exemple https://www.researchgate.net/publication/243102232_An_elementary_proof_of_the_conductor-discriminant_formula (pas accès) ou bien chez les gens de l'algèbre commutative comme https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.ijm/1255986109.
Bref, on fera avec $f_K \mid \text{Disc}(K)$, sachant qu'on le fait.
7. Polynôme $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$. Je pose $N_a = a^2 + 3a + 9$ si bien que $\text{Disc}(F_a) = N_a^2$. D'après le point 6, le paradis cyclotomique est à chercher comme diviseur de $N_a^2$. Je ne veux pas le meilleur (le conducteur). Comme $N_a^2$ me semble gros (surtout pour expérimentation) je fais le PARI suivant
$$
f_{K_a} \mid N_a \qquad K_a = \Q[X]/\langle F_a(X)\rangle
$$
Pari jamais démenti (je programme mais cela ne prouve rien). Et conforté par le fait EXPERIMENTAL :
$$
\varphi(N_a) \equiv 0 \bmod 3 \qquad (\star)
$$
Car si on veut que $K_a \subset \Q(\root N\of 1)$, il y a intérêt à ce que $3 \mid \varphi(N)$.
Pas de preuve de $(\star)$, c'est dingue.
J'ai des cas où $N_a$ n'est PAS le conducteur (cyclotomique) de $K_a$ (c'en est un diviseur strict).
8. Comment CERTIFIER une inclusion $K \subset \Q(\root N \of 1)$ ? Je pense à $K = K_a$ et $N = N_a$. C'est un truc qui me prend la tête. Ne pas oublier que la théorie des périodes de Gauss est déficiente en niveau non premier.
9. Il y a des auteurs qui ne se font pas trop de soucis. Par exemple, in http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6, exemple 2.2 Some reciprocity laws of higher degree, on voit le polynôme $X^3 + X^2 - 2X - 1$ qui intervient. Et qui n'est autre que $F_a$ pour $a=-1$. Et l'auteur est un magicien car il fait débarquer $\Q(\root 7\of 1)$ sans dire d'où vient 7. Mais pardi c'est dans le discriminant du polynôme puisque $N_{-1} = 7$. Et on voit $\zeta_7^k + \zeta_7^{-k}$. Tiens, un terrain cyclotomique de niveau premier $7$ et une période de Gauss de longueur $2$ pour produire du cubique from $3 = (7-1)/2$. Bien caché par l'auteur. Pourquoi ?
10. Au départ, le polynôme $F_a(X)$ n'avait rien d'arithmétique. Rappel : si $F_a(x) = 0$, comme c'est du premier degré en $a$ :
$$
a = {x^3 - 3x - 1 \over x^2 + x} \qquad \hbox {fraction rationnelle invariante par l'homographie $x \mapsto {-1 \over x + 1}$ d'ordre 3, représentée par} \quad
H = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 1\cr}
$$
La matrice $H$ vérifie $H^3 = -1$ donc d'ordre 3 au niveau $\text{PGL}_2$ de manière universelle (pour tout anneau). Et la fraction rationnelle a été exhibée via le quart de la moitié du théorème de Luröth. Rappel : une propriété universelle du polynôme $F_a$ (algèbres galoisiennes 3-cycliques).
11. Pas mal de questions au niveau de $\mathcal O_{K_a}$.
Avantage de tout cela : je n'ai pas prononcé, ou si peu, ``Class Field Theory''. Juste du sous-cyclotomique. Et on n'aime pas m.rder dans un terrain jugé élémentaire (cela fait plus classe de m.rder dans un terrain haut de gamme).
J'ai passé l'âge d'essayer de démontrer des trucs faux. Une petite expérience ne peut pas faire de mal. Il est cependant impératif qu'elle soit réalisée rapidement et qu'elle soit hautement sécurisée. Si tu mets 3 jours pour écrire 10 lignes de code, c'est foutu. Si tu ne sécurises pas, pareil.
Exemple pour croire que $N_a = a^2 + 3a + 9$ a des chances de fournir le paradis cyclotomique de $F_a(X)$ au lieu de $N_a^2$
ExperimentalConductor := function(a) N := a^2 + 3*a + 9 ; TryDivisors := [f : f in Divisors(N) | IsDivisibleBy(EulerPhi(f),3)] ; printf "a = %o, N_a = %o, Trying divisors : %o\n", a, N, TryDivisors ; F := X^3 - a*X^2 - (a+3)*X - 1 ; assert Discriminant(F) eq N^2 ; for f in TryDivisors do L := CyclotomicField(f) ; AssignNames(~L, ["z_"*IntegerToString(f)]) ; ok, root := HasRoot(F, L) ; if ok then return root ; end if ; end for ; error "At the end of ExperimentalConductor" ; end function ;Comme le polynôme $F_a(X)$ est abélien, je me contente, pour ne pas faire trop chauffer ma machine qui n'en a pas besoin en ce moment, de tester si $F_a$ a une racine dans $L$ (au lieu de vouloir le scinder totalement). Je retrouverais le paradis cyclotomique $\Q(\root f\of 1)$ car j'ai baptisé $z_f = \zeta_f$.
Il y a d'autres faits qui me font croire que $N_a$ SUFFIT (versus $N_a^2$).
Demain, je donnerais un énoncé précis de la loi de réciprocité abélienne sur $\Q$. Y'a des auteurs qui manquent de la plus élémentaire pédagogie.
Alors la loi de réciprocité cubique abélienne (le truc facile pour les bébés, par rapport à Class Field Theory) aura comme énoncé : il y a un sous-groupe $\Gamma \subset (\Z/N_a\Z)^\times$, d'indice $3$, vérifiant, à l'exception d'un nombre fini de $p$
$$
\hbox {$F_a(X)$ est totalement scindé modulo $p$} \quad\iff\quad
p \bmod N_a \in \Gamma
$$
Ce qui risque un tantinet de compliquer la chose, c'est qu'il y a des cas où $(\Z/N_a\Z)^\times$ peut avoir plusieurs sous-groupes d'indice 3. Evidemment, si on prend $a = -1$, on a $N_a = 7$ et l'unique sous-groupe d'indice 3 de $\mathbb F_7^*$ est le sous-groupe des cubes i.e. $\{\pm 1\}$. Et la loi de réciprocité est alors
$$
\hbox {$F_{-1}(X)$ est totalement scindé modulo $p$} \quad\iff\quad
p \equiv \pm 1 \bmod 7
$$
Il y en a qui ont la vie facile (bis), cf l'exemple 2.2 in http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6/S0273-0979-2015-01515-6.pdf
Si on veut éviter ``à l'exception d'un nombre fini de $p$'', il faut raconter :
$$
\hbox {$p$ est totalement décomposé dans $\mathcal O_{K_a}$} \quad\iff\quad
p \bmod N_a \in \Gamma
$$
Aucune idée de $\mathcal O_{K_a}$. Monogène ? Engendré par une racine de $F_a$ ? Par les 3 racines $x_1, x_2, x_3$ de $F_a$ (on passe de l'une à l'autre par une homographie) ? Si pas monogène, on peut ressortir le coup du schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$.
Je t'assure que cela m'a obligé à apprendre 2 ou 3 petites choses (je ne fais pas que programmer). Et à cette occasion, j'ai ressorti les sommes de Gauss $\tau(\chi)$, CUBIQUES cette fois ; dans l'espoir d'une certification cyclotomique $K_a \subset \Q(\root N_a\of 1)$. Je me suis aperçu d'un certain nombre de choses que j'ignorais sur les sommes de Gauss en terrain abélien.
PS : comment se fait-il que $\varphi(N_a) \equiv 0 \bmod 3$ résiste autant ? Je sais faire pour $a \equiv 0 \bmod 3$ (rires).
A propos de ton exemple13.pdf. On a $L = \Q(\root 13\of 1)$ de degré $12 = 3 \times 4$ et $K$ désigne l'unique sous-extension cubique de $\Q$. Tu donnes les $\ell$-facteurs eulériens de $L$ et de $K$ mais pas dans tous les cas. Le nombre premier $\ell$ est soumis à certaines congruences modulo $13$, j'ai compté 8 sur 13. Quid de ``il y a une magouille de divisibilité'' ? Quid de $\ell = 13$ ?
Rappel : puisque l'on connaît $H \subset G = (\Z/13\Z)^*$ de $K = L^H$, les $(e_\ell, f_\ell, g_\ell)$ peuvent être déterminés par les cardinaux des :
$$
\{\chi \in \widehat {G/H} \mid \chi_{\rm prim.}(\ell) = 1 \} \quad\subset\quad
\{\chi \in \widehat {G/H} \mid \chi_{\rm prim.}(\ell) \ne 0 \}
$$
Cf un post antérieur. Et c'est cela qui est bien fait et compréhensible dans Washington, Introduction to cyclotomic fields. Note que j'ai mis $\chi_{\rm prim.}$ par habitude mais ici vu que le niveau est premier (13), faut juste faire attention au caractère unité $\chi_{\rm unit.}$, mais il y a belle lurette que $\chi_{\rm unit.}(0) = 1$.
Remarque : la qunatité $N_a = a^2 + 3a + 9$ vaut 13 pour $a=1$. Et donc ton corps cubique $K$ est le corps de décomposition du polynôme $F_{-1}$. Certes, on n'en a rien à faire car on veut surtout ne PAS faire ``avec les équations'' mais avec les caractères. C'était juste une remarque.
J'essaie d'avoir les idées claires sur le thème ``Higher abelian reciprocity, Abelian polynomial theorem, Reciprocity abelian laws ...etc...". Bien sûr, il suffit (?) de lire les auteurs. Ici, j'aborde un truc qui me semble banal. Est ce que Hindry (je ne possède pas) mentionne ce thème ?
Contexte : $K \subset L = \Q(\root N\of 1)$ et $\Gamma := \text{Gal}(L/K) \subset \text{Gal}(L/\Q) = (\Z/N\Z)^\times$; étant entendu que cette dernière égalité se réalise (canoniquement) via $m \leftrightarrow \sigma_m$ en désignant par $\sigma_m$ l'automorphisme de $\text{Gal}(L/\Q)$ qui éléve chaque élément de $\mathbb U_N$ à la puissance $m$ pour $m \wedge N = 1$.
Je considère les deux assertions suivantes pour un premier $p$ :
(A) $p$ est totalement décomposé dans $K$
(B) $p \bmod N \in \Gamma$ (en particulier $p \not\mid N$)
Je prouve maintenant $(B) \Rightarrow (A)$ (et du coup, je déclare cela banal puisque je peux le prouver). Je vais utiliser le fait que pour $p$ premier, $\sigma_p$ peut mouliner sur $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ qui est une $\mathbb F_p$-algèbre de dimension finie et l'on a :
$$
\sigma_p(x) \equiv x^p \bmod p\mathcal O_K \qquad x \in \mathcal O_K
$$
Soit maintenant $p$ tel que $p \bmod N \in \Gamma$; cela signifie que $\sigma_p$ est l'identité sur $K$. Je regarde son action sur la $\mathbb F_p$-algèbre $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$; cette algèbre est un produit (fini) de corps car $p$ n'est pas ramifié dans $K$ (vu qu'il ne l'est pas dans $L$ puisque $p \not\mid N$).
Quand je dis produit de corps cela signifie bien sûr produit de corps qui sont des extensions (finies) de $\mathbb F_p$. Et comme $\sigma_p$ est l'identité sur $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$, c'est l'identité sur chacun des facteurs.
A quelle condition $x \mapsto x^p$ est l'identité sur une extension finie $k$ de $\mathbb F_p$ ? Réponse : si et seulement si $k = \mathbb F_p$.
Bilan : la $\mathbb F_p$-algèbre $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ est un produit fini de corps, chacun étant isomorphe à $\mathbb F_p$. Et dans les milieux autorisés, on dit alors que $p$ est totalement décomposé dans $K$.
Et je viens de montrer que $(B) \Rightarrow (A)$. Banal (bis).
Commentaires ?
Après quelques heures Envisageons la réciproque i.e. l'implication $(A) \Rightarrow (B)$. Soit donc $p$ vérifiant (A) I.e. tel que $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ soit un produit de corps tous isomorphes à $\mathbb F_p$ En particulier $p$ n'est pas ramifié dans $K$. SI ON SAVAIT que $p \not\mid N$, on pourrait considérer $\sigma_p$ et dire que la restriction de $\sigma_p$ à $\mathcal O_K/p\mathcal O_K$ est l'identité.
Question Comment en déduire que $\sigma_p$ est l'identité sur $\mathcal O_K$ ?? Une fois acquis cela, qui signifie $p \bmod N \in \Gamma$, c'est donc que l'on a obtenu (B).
Mais le véritable problème est $p \not\mid N$ : il n'y a aucune raison pour que cela soit vérifié parce que que $N$ pourrait être trop gros. Mais je prétends qu'en prenant $N = f_K$ (le conducteur) alors, c'est vrai que $p \not\mid f_K$. Ce qui découle de la pause suivante ($p$ n'étant pas ramifié dans $K$, il ne divise pas $f_K$).
Pause Si $K$ est une sous-extension cyclotomique, alors $\text{Disc}(K)$ et $f_k$ ont les mêmes facteurs premiers. Ce n'est pas du tout une évidence. Mais supposons acquise la Conductor Discriminant Formula :
$$
|\text{Disc}(K)| = \prod_\chi f_\chi, \qquad\qquad f_K = \text{ppcm}_\chi f_\chi
$$
Ces deux égalités, super-importantes, donnent en particulier que $f_K \mid \text{Disc}(K)$ et d'autre part que ces deux entiers ont mêmes facteurs premiers.
Fin pause
$$
\begin{array}{c||cccccccccccc}
m \backslash \ell & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
\hline \hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
2 & 1 & a & a^{4} & a^{2} & a^{9} & a^{5} & a^{11} & a^{3} & a^{8} & a^{10} & a^{7} & a^{6} \\
3 & 1 & a^{4} & a^{4} & a^{8} & 1 & a^{8} & a^{8} & 1 & a^{8} & a^{4} & a^{4} & 1 \\
4 & 1 & a^{2} & a^{8} & a^{4} & a^{6} & a^{10} & a^{10} & a^{6} & a^{4} & a^{8} & a^{2} & 1 \\
5 & 1 & a^{9} & 1 & a^{6} & a^{9} & a^{9} & a^{3} & a^{3} & 1 & a^{6} & a^{3} & a^{6} \\
6 & 1 & a^{5} & a^{8} & a^{10} & a^{9} & a & a^{7} & a^{3} & a^{4} & a^{2} & a^{11} & a^{6} \\
7 & 1 & a^{11} & a^{8} & a^{10} & a^{3} & a^{7} & a & a^{9} & a^{4} & a^{2} & a^{5} & a^{6} \\
8 & 1 & a^{3} & 1 & a^{6} & a^{3} & a^{3} & a^{9} & a^{9} & 1 & a^{6} & a^{9} & a^{6} \\
9 & 1 & a^{8} & a^{8} & a^{4} & 1 & a^{4} & a^{4} & 1 & a^{4} & a^{8} & a^{8} & 1 \\
10 & 1 & a^{10} & a^{4} & a^{8} & a^{6} & a^{2} & a^{2} & a^{6} & a^{8} & a^{4} & a^{10} & 1 \\
11 & 1 & a^{7} & a^{4} & a^{2} & a^{3} & a^{11} & a^{5} & a^{9} & a^{8} & a^{10} & a & a^{6} \\
12 & 1 & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & a^{6} & a^{6} & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & 1
\end{array}
$$
But : faire parler le tableau :-D
Je fais juste un exemple (car j'ai envie de savoir si $13$ est un carré modulo $19$). Alors on prend le sous-groupe $H$ de $\left( \Z / 13 \Z \right)^\star$ d'ordre $6$ il est engendré par $4$. Edit merci Claude On prend la colonne $4$ et on regarde les $1$ de cette colonne ; on constate qu'il y a deux lignes qui ont des $1$ sur cette colonne ... on les sélectionne : les lignes $\{ \chi_1;\chi_{12} \}$.
Ce qui donne que maintenant je regarde uniquement les deux lignes suivantes :
$$
\begin{array}{c||cccccccccccc}
m \backslash \ell & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
\hline \hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
12 & 1 & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & a^{6} & a^{6} & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & 1
\end{array}
$$
J'ai spécifié l'extension quadratique dans $\Q(\zeta_{13})$ ... $\Q(\sqrt{13})$ et l'anneau des entiers est donné par le polynôme $x^2-x-3$ de discriminant $13$. J'enlève la ligne de $1$.
$$
\begin{array}{c||cccccccccccc}
m \backslash \ell & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\
\hline \hline
12 & 1 & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & a^{6} & a^{6} & a^{6} & 1 & 1 & a^{6} & 1
\end{array}
$$
Si $\ell$ est un nombre premier, quand il y a un $1$ au niveau $\ell \pmod{13}$ alors l'équation $x^2-x-3=0$ possède deux solutions modulo $\ell$ et sinon elle n'en a pas.
Faire la ramification en complétant le caractère ...
Maintenant, on prend $\ell = 19$ donc $\ell = 6 \pmod{13}$ et on compte le nombre de $1$ dans les lignes $\{ \chi_1;\chi_{12} \}$ ici il y a $1$ seul donc $g_p = 1$ et $f_p=2$ donc pas de points dans $\mathbb{F}_{19}$ dans l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_{13})^H$ (c'est a dire pas de solution de $X^2-X-3$ sur le corps $\mathbb{F}_{19}$) ... $13$ n'est pas un carré modulo $19$ :-D
Je vais faire un autre exemple ce soir ... Et bon, c'est juste le truc "bébé du truc facile abélien" ... mais on peut quand même faire mumuse mais ce soir car trop chaud là !
Je réponds a ce message ici
1/ Oui oui, pas de différence.
2/ D'accord, effectivement ... ici c'est "simple" car groupe cyclique : le cardinal d'un sous-groupe l'identifie automatiquement. (oui, j'ai joué avec ça) ... oui, oui, en fait j'ai souvent fait ça : mettre une condition pour faire disparaître un problème. Faire des magouilles :-D
4/ Le problème pour moi avec oeuf et poule c'est que comme je ne comprend pas encore bien. Donc pour l'instant c'est un énorme fourbit ... surtout vu le nombre d'histoires différentes .... Là cette histoire sous-cyclotomique est nettement plus clair ... si on accepte de ne pas voir les équations !
7/ En fait avec $F_a$ j'ai essayé de mettre en place la méthode de Cardan sur les corps finis pour la résolution des équations de degré $3$ ... j'ai vite fait $a=0$ ... je suis tombé sur des histoires de cube trop compliqué ... après je me suis souvenu de ton point 10/ et je n'ai pas vu non plus comment exploiter un truc.
Je continu de lire ...
A propos de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484554#msg-1484554. Tu es fou. Au début, j'ai eu du mal à comprendre d'où sortaient $\chi_1$, $\chi_{12}$ ; mais bien sûr, ce sont les caractères sur $G/H$ i.e. les caractères sur $G$, triviaux sur $H$ (i.e. valant 1 sur $H$).
Petite précision sur ``facile abélien'' : bien sûr, cela vient d'une part que l'on travaille à base avec $\Q$ et que abélien, signifie POUR NOUS, sous-cyclotomique.
Je crois pouvoir dire que nous sommes en pleine période ``caractères''. Tu vois ce qui arrive quand on n'a fait pas sa crise au bon moment ?
Bien sûr, moi je ne suis pas fou. Hum, hum. Voyant ton tableau j'ai pas pu m'empêcher d'en faire un autre (moins beau ci-dessous), sans vraiment de lien avec le tien. J'ai pris $N=3 \times 5$ si bien que $\varphi(N) = 2 \times 4 = 8$. Mais l'exposant du groupe $(\Z/3\Z)^\times \times (\Z/5\Z)^\times$ est $4$, si bien que je peux prendre $\mathbb U_\infty = \mathbb U_4 = \{ \pm 1, \pm i\}$. Et j'ai tenu à la présence de 0 dans le tableau en faisant varier $m$ , en colonnes, dans l'intervalle $0 \le m \le N-1 = 14$. Et les lignes sont indexées par les 8 caractères sur $(\Z/N\Z)^\times$.
Et j'ai enfoncé le bouchon $\chi(m)$ versus $\chi_{\rm prim.}(m)$.
Et son exécution. En principe tu dois voir la différence entre $\chi(m)$ (premier tableau) et $\chi_{\rm prim.}(m)$, second tableau. Si tu vois pas, j'ai loupé mon coup.
Faut quand même faire bien gaffe pour construire le bon tableau (le deux). Faut surtout pas faire $\chi_{1, \ prim} \times \chi_{2, \ prim}$ (tu as fait une remarque sur ça). Bon ok, j'ai vérifié quelques lignes.
Allez, je fais l'extension bi-quadratique, après on pourra dire que j'ai compris le mécanisme : on trouve les caractères d'ordre $2$.
Z := Integers(); Zx<x> := PolynomialRing(Z); K1<j> := NumberField(x^2+x+1); K2<r5> := NumberField(x^2-x-1); K3 := Compositum(K1,K2); l := 19 ; DecompositionType(K3,29); [ <2, 1>, <2, 1> ] DecompositionType(K3,19); [ <1, 1>, <1, 1>, <1, 1>, <1, 1> ]$29$ est $14$ modulo $15$ et $19$ est $4$ modulo $15$ ... c'est bon on va dire !Je prend $a:=10$, on a : $N_a = 139$ nombre premier donc le conducteur est $139$. On en déduit que (sauf en un nombre fini de cas) $\ell$ est un cube modulo $139$ (encore car groupe cyclique) si et seulement si $x^3-10x^2-13x-1 =0$ admet $3$ solutions dans $\mathbb{F}_\ell$. C'est dans ce genre là ? (prendre l'anneau d'entier (le $\Z$-schéma de présentation fini) à la place du polynôme pour éviter les cas d'exception).
Au final avec le tableau des caractères on arrive a voir un peu !
Car on va avoir un tableau de taille $138 \times 138$ : $a_{m\ell}$ (en ligne j'ai mis les caractères et en colonne les éléments de $\mathbb{F}_{139}^\star$. Si j'applique la méthode de comptage.
Je dois regarder uniquement les colonnes dont le numéro est un cube modulo $139$ (sous-groupe d'indice $3$). Et ensuite je sélectionne les lignes qui ont uniquement des $1$ sur les colonnes qu'on regarde ça me donne un nouveau tableau de taille $3 \times 138$
Dire que le polynôme est complètement scindé modulo $\ell$ revient a dire qu'il y a trois $1$ dans la colonne $\ell \pmod{139}$ ... c'est donne une colonne cube ... c'est complexe à expliquer, tu vois ce que je veux dire ?
Par contre, si on ne connait pas le conducteur ou même s'il est compliqué (il peut y avoir plusieurs extensions cubiques) ... C'est la galère
$$
-15 = (-3) \times 5
$$
si bien que les extensions quadratiques contenues dans $L$ sont :
$$
\Q(\sqrt {-3}) = \Q(j), \qquad \Q(\sqrt 5), \qquad \Q(\sqrt {-15})
$$
Les 3 éléments d'ordre 2 de $(\Z/15\Z)^\times$ sont $-1, \pm 4$. On sait que $\sigma_{-1}$ est la conjugaison complexe. Lourdingue que je suis, j'ai sauté sur une somme quadratique de Gauss :
$$
\sqrt 5 = \zeta_5 + \zeta_5^4 - ( \zeta_5^2 + \zeta_5^3) = \zeta_{15}^3 + \zeta_{15}^{12} - ( \zeta_{15}^6 + \zeta_{15}^9)
$$
J'y vois l'invariance par $\sigma_4$. Enfin, comme $j^4 = j$, l'extension biquadratique que tu as considéré est :
$$
\Q(\sqrt {-3}, \sqrt {5}) = L^{\sigma_4}
$$
Et donc le sous-groupe $H$ de $(\Z/15\Z)^\times$ est celui engendré par 4. J'ai automatisé la chose (ok, je ne suis qu'un copieur) :
Je suis lourd ??
J'essaie de répondre à quelques une de tes questions.
En ce qui concerne oeuf-poule ..etc.. toi dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484602#msg-1484602. Ok, on ne peut pas tout savoir, tout comprendre. Mais il est quand même de temps en temps important de faire le point, quitte à revenir en arrière sur des choses plus simples (il faut être humble). Ainsi, tu as pu voir que le terrain sous-cyclotomique et les caractères ce n'est pas si compliqué. Et nous avons des énoncés précis et surtout un pointeur SOLIDE : Washington, Introduction to Cyclotomic Fields.
En ce qui concerne la loi de réciprocité abélienne (qui pour nous, ne concerne que les sous-extensions cyclotomiques, c'est notre terrain de jeu), il nous faut des pointeurs solides. Et bien sûr un énoncé précis du résultat dans notre cadre. A ce propos, je propose quelque chose dans un post que j'ai complété in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484454#msg-1484454. Je voudrais bien des références SUR LESQUELLES JE PUISSE COMPTER. Car je pense toujours que les spécialistes ne comprennent pas ce que les non-spécialistes ne comprennent pas.
A propos de $F_a$ pour $a = 10$. Toi in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1480666,1484770#msg-1484770. Je réponds au début car il faut que je relise le reste.
Attention, nous savons que le conducteur $f_{K_a}$ divise $N_a^2$ (from Conductor Discriminant Formula) mais nous ignorons si $f_{K_a}$ divise $N_a$. Cette dernière divisibilité, c'est un PARI que je fais.
Tu as bien raison, de ne pas confondre le comportement de $F_a$ modulo $p$ et celui de $p$ dans $K_a$. Car il pourrait y avoir du garbage dans $F_a$. Mais pour $a = 10$, pas de garbage comme le montre ce qui suit. Par contre, pour $a=12$, il y a du garbage dans $F_a$ (cf plus tard).
Par ailleurs, il va falloir réfléchir : on va pas éternellement jouer les bourrins comme ci-dessous :
> time ExperimentalConductor(a) ; a = 10, N_a = 139, Trying divisors : [ 139 ] -z_139^136 - z_139^135 - z_139^134 - z_139^132 - z_139^122 - z_139^121 - z_139^117 - z_139^115 - z_139^113 - z_139^109 - z_139^108 - z_139^107 - z_139^102 - z_139^101 - z_139^99 - z_139^98 - z_139^97 - z_139^92 - z_139^89 - z_139^86 - z_139^83 - z_139^81 - z_139^70 - z_139^69 - z_139^58 - z_139^56 - z_139^53 - z_139^50 - z_139^47 - z_139^42 - z_139^41 - z_139^40 - z_139^38 - z_139^37 - z_139^32 - z_139^31 - z_139^30 - z_139^26 - z_139^24 - z_139^22 - z_139^18 - z_139^17 - z_139^7 - z_139^5 - z_139^4 - z_139^3 + 3 Time: 2.950Faut déjà s'estimer content que $K_a$ soit plongé dans $\Q(\root 139\of 1)$ en un temps raisonnable. I.e. il faut réfléchir à :
$$
\hbox {pourquoi $F_a$ admet une racine dans $\Q(\root N_a\of 1)$}
$$
Suite du post précédent. Tant qu'à être bourrin, autant l'être jusqu'au bout.
> time P := [p : p in PrimesInInterval(2,10^4) | #Roots(F,GF(p)) eq 3] ; Time: 0.190 > #P ; 388 > Cubes := {x^3 mod Na : x in [1..Na-1]} ; > {p mod Na : p in P} eq Cubes ; trueExplication. Rappels : $a = 10$, $N_a = 139$ premier et pas de garbage dans $F_a$. La loi de réciprocité abélienne est alors, SANS EXCEPTION :
$$
\hbox {$F_a$ est totalement scindé modulo $p$} \qquad \iff\qquad
\hbox {$p$ est un cube dans $\mathbb F_{139}^*$}
$$
Autre chose : comme $F_a$ possède parfois du garbage selon $a$, j'ai mis au point le $\Z$-schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$. Tout tourne pile-poile mais il faut que je peaufine encore. Ce genre de binz ne supporte pas l'imprécision.
Je vu la référence solide "Washington, Introduction to Cyclotomic Fields" Merci !
Pour $F_a$ avec $a \in \Z$ fixé. Je pense que plus haut tu voulais avoir $\varphi(N_a) = 0 \pmod{3}$. Une idée.
Si $p$ est un diviseur premier de $N_a$, alors $p=1 \pmod{3}$ car $a^2+3a+9 = 0 \pmod{p}$ est équivalent à $-3$ est un carré modulo $p$. ( faut regarder $p=3$ également).
Donc $N_a := \prod p_i ^{\alpha_i}$, et $\varphi(N_a) = \prod p_i ^{\alpha_i-1} (p_i-1) = 0 \pmod{3}$.
Mais bien sûr, je suis vraiment aveugle car je n'avais pas vu que :
$$
a^2 + 3a + 9 = 9(b^2 + b + 1) \qquad \hbox {avec} \quad b = a/3
$$
Ok, ci-dessus, c'est écrit de manière légère because la division.
Et c'est mieux que prévu. En effet, si $p | N_a := a^2 + 3a + 9$, alors ou bien $p=3$, auquel cas $3^2 \mid N_a$ (puisque $3 \mid a$) ou bien $p \equiv 1 \bmod 3$ comme tu m'as dit. Bilan : si on écrit $N_a = \prod_i p_i^{\alpha_i}$, alors :
$$
\varphi(N_a) = \prod_i p_i^{\alpha_i -1} (p_i-1) \quad \hbox {et chaque $p_i^{\alpha_i -1} (p_i-1)$ est divisible par $3$}
$$
Et donc, on a largement le fait que $\varphi(N_a)$ est divisible par 3. Et bien mieux veut dire que (presque) tout diviseur $f$ de $N_a$ vérifie $\varphi(f)$ divisible par 3.
Cela ne fait pas énormément avancer le schmilblick mais c'est rassurant.
Autre chose : une demande curieuse. Pourras tu proposer un énoncé précis de la loi de réciprocité abélienne pour les enfants que nous sommes ?
Note : j'ai avancé ``sur la chose''.
Je vais me prendre les pieds dans un conducteur, oui non ?
Soit $N$ un entier positif. On considère $L := \Q(\root N \of 1)$ et on note $G := \text{Gal}(L \mid \Q)$. On considère également l'isomorphisme canonique $\sigma : \left( \Z /N \Z\right)^\star \to G$.
Soit $H$ un sous-groupe de $G$, on note $K := L^H$ et $\mathcal{O}_K$ l'anneau des entiers de $K$.
Soit $p$ un nombre premier ne divisant pas $N$ (hum). Alors $p$ est totalement décomposé dans $\mathcal{O}_K$ si et seulement si $\sigma_p \in H$.
Merci. J'ai procédé ainsi pour éviter de t'influencer. Non tu ne t'es pas pris les pieds dans ..etc.. car tu t'es protégé par la clause ``$p$ ne divise pas $N$''. Et tu y es à moitié obligé pour pouvoir parler de $\sigma_p$.
As tu des pointeurs pour ce résultat ?
Je t'attache un brouillon pour une preuve. J'ai un énoncé légèrement différent du tien, car dans un sens de l'implication, j'ai pris $N = f_K$. Note : non seulement $f_K$ divise $\text{Disc}(K)$ mais ces deux entiers ont même diviseurs premiers because Conductor Discriminant Formula (admise).
J'ai pas mis d'exemples pour l'instant mais c'est prévu pour plus tard (hum). On a de quoi en fournir un certain nombre via $F_a$.
LE LENDEMAIN Je détache la version du pdf pour en attacher une autre dans un post plus loin.
Un truc fun avec les sommes de Gauss. Je refait une extension cubique celle contenu dans $\Q(\root 7 \of 1)$.
J'introduis les trois sommes de Gauss (celle lié au cube dans $\text{Gal}(\Q(\root 7 \of 1) \mid \Q)$ vu comme $\mathbb{F}_7 ^\star$) :
$$
\tau_1 := \zeta^1=\zeta^6 \qquad \tau_2 := \zeta^2+\zeta^5 \qquad \tau_4 := \zeta^3+\zeta^4
$$
Alors un élément $\sigma_p$ de $\text{Gal}(\Q(\root 7 \of 1) \mid \Q)$ agit sur les $\tau_i$.
Je retrouve bien le polynôme $F_{-1}$ ...
Mais le truc bien marrant c'est que si je prend l'homographie d'ordre $3$, $\sigma = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 1\cr}$ :
Beh : $\sigma(\tau_1) = \tau_2$ et $\sigma(\tau_2) = \tau_3$.
p := 7; Z := Integers(); Zx<x> := PolynomialRing(Z); F := x^3-x^2-2*x-1; Phi := CyclotomicPolynomial(p); Phi; K<z> := NumberField(Phi); -1 / (z^2+z^5+1); z^4 + z^3Tu vas me dire que c'est normal mais quand même !
Y'a des petits bugs de composition dans ton dernier post.
Ce que tu me dis, cela doit tourner autour du fait que le polynôme minimal d'une période ad-hoc de Gauss dans $\Q(\root 7 \of 1)$, c'est le polynôme $F_a$ pour $a=-1$. Oui ? Ad-hoc, cela veut dire pour avoir du cubique i.e. période de longueur $2 = (7-1)/3$. C'est un peu exceptionnel pour $p = 7$ car les périodes de Gauss en question sont de norme 1.
De toutes manières, faut que l'on arrête de croire que l'on va pouvoir raconter des choses très intelligentes sur les $F_a$ pour tout $a$. Car la famille $(F_a)$ constitue unparamétrage de TOUTES les extensions galoisiennes 3-cycliques : si $E'/E$ est une extension galoisienne de groupe de Galois $C_3$, il y a un $a \in E$ et un élément primitif de $E'$ sur $E$ tel que son polynôme minimal sur $E$ soit $F_a(X)$. Je crois même que l'on n'est pas obligé de prendre pour $E'$ un corps : on peut prendre une algèbre galoisienne (sur un corps quand même).
J'ai regardé un peu "BabyAbelianReciprocityLaw.pdf " ... le lemme 1 est puissant, je me souviens, MERCI ;-)
Tout à l'heure j'ai hésité a mettre à la place de la conclusion : " $p$ est totalement décomposée dans $\mathcal{O}_K$ si et seulement si $p \pmod{N}$ appartient à $H$. " La conclusion suivante :
$$
\text{Frob}(p ; K \mid \Q) = \text{Frob}(p ; L \mid \Q) \pmod{H}
$$
En sachant que l'on a : $\text{Frob}(p ; L \mid \Q) = \sigma_p$ et donc a travers $\sigma^{-1}$ c'est $p \pmod{N}$.
Tu connais l'importance des caractères pour les extensions sous-cyclotomiques $K$, n'est ce pas ? Tiens encore une expression ``caractérielle'' que je vois dans le corollaire 4.6 p. 35 de Introduction to Cyclotomic Fields. Pour me simplifier la vie, je suppose $K$ réel :
$$
\sqrt {|\text{Disc}(K)|} = \prod_\chi \tau(\chi) \qquad \hbox {$\tau$ : constructeur somme de Gauss}
$$
Je ne précise plus le lieu de vie de $\chi$, c'est comme d'habitude. Et la somme de Gauss $\tau(\chi)$ doit être calculée avec les caractéristiques de $\chi$ i.e.
$$
\tau(\chi) = \sum_{m \in (\Z/f\Z)^\times} \chi(m) e^{2i\pi m \over f} \qquad \hbox {$f$ conducteur de $\chi$}
$$
Petit détail technique : on voit une racine de l'unité analytique. Pour implémenter cela algébriquement, on doit utiliser un système cohérent de racines de l'unité du genre :
$$
\zeta_f = (\zeta_{f_K})^{f_K \over f}
$$
Autre chose : en posant $K_a = \Q(x) = \Q[X]/\langle F_a\rangle$, on a toujours (expérimentalement) le fait que le discriminant de $\mathcal O_{K_a}$ est un carré. Je ne sais pas pourquoi.
Enfin, j'ai eu du mal à trouver un $a$ pour lequel $F_a$ a vraiment du garbage. Mais en travaillant un peu, j'ai fini par mettre la main sur le cas $a = 39$ : $F_a$ possède un mauvais comportement en $p = 3$ et à ce moment là, le schéma doit intervenir pour un comptage correct sur les $\mathbb F_{3^r}$. Si j'ai le courage plus tard, je rapporterai ce cas $a = 39$.
Note : pour tout $a$, un automorphisme d'ordre 3 mouline sur le schéma associé à $\mathcal O_{K_a}$, automorphisme qui provient de l'homographie d'ordre 3.
A propos du lemme 1 de BabyAbelianReciprocityLaw.pdf. En fait, j'aurais pu m'en passer et utiliser ce que ``l'on sait'' en théorie des nombres lorsque l'on met en place le symbole de Frobenius.
Mais j'ai préféré aller à la base pour mieux comprendre (dans le contexte, il n'y a pas d'inertie). Et lorsque je veux piger à la base, je vais plutôt en Algèbre Commutative, ici la section 2 du chapitre V Entiers de Bourbaki (Alg. Comm.). Je pense que c'est Serre qui a dû écrire ou du moins pas mal contribuer au truc. J'en avais déjà parlé à l'époque de Reuns (époque où je me suis mis à faire des preuves et à aimer faire cela).
Chez Bourbaki, il y a utilisation d'idéaux premiers, évitement ... etc.. Et il y quelques mois, j'ai été très surpris par la formulation de Peter Stevenhaen, in http://www.math.leidenuniv.nl/~psh/ANTproc/08psh.pdf. C'est le lemme 15.1 page 258. Il est équivalent au lemme de transitivité du groupe sur les idéaux premiers qui coiffent un idéal premier donné. Sauf que chez Stevenhagen, il n'y a pas des idéaux premiers mais des morphismes à valeurs dans un anneau intègre, ce qui est certes un peu pareil Mais surtout dans la démo, on ne voit pas d'évitement des idéaux premiers. J'y ai passé je ne sais combien de temps et pas encore les idées claires.
Pour moi qui fait de l'algèbre effective, ce ne sont pas des détails : c'est extrêmement important. On ne peut pas d'un côté utiliser magma en se demandant comment tout ce binz peut marcher et sur le papier continuer comme avant. Je pense que la preuve de Stevenhagen est dûe à Tate et avait déjà été rapportée dans Jacobson, Basic Algebra. Mais j'ai perdu l'extrait concerné.
Un gars qui dit cela (Peter ..) Whenever possible, we avoid the algorithmically undesirable hypothesis that the number ring in question is integrally closed. ne peut pas être franchement mauvais.
Et tant qu'à faire, on croit encore et toujours à Conductor Discrimant Formula qui s'écrit :
$$
\text{Disc}(K) = f_{\chi^0} f_{\chi^1} f_{\overline\chi} = f_{\chi}^2, \qquad\qquad
f_K = \text{ppcm}(f_{\chi^0}, f_{\chi^1}, f_{\overline\chi}) = f_\chi
$$
A gauche, pas de valeur absolue vu que $K$ est réel (puisque 3 n'est pas divisible par 2, ça, j'ai compris).
Bilan : le discriminant de $K$ est un carré et le conducteur $f_K$ de $K$ en est sa racine carrée. Il faut donc croire à tout cela ! Of course, on aimerait bien une expression $f_K$-cyclotomique d'un élément primitif de $K/\Q$. Mais c'est bien plus compliqué (le cas cubique abélien) que le cas quadratique car le discriminant ne caractérise pas l'extension.
Si je n'avais pas joué avec $F_a$, je n'aurais pas compris ces petites choses (car ce n'est pas mon métier).
Autre chose : hier, tu as eu du pot avec $\Q(\root 7 \of 1)$. Ici, on part à l'envers et on construit les 3 périodes de Gauss $s_k = \zeta_7^k + \zeta_7^{-k}$. Tu as du pot car le polynôme minimal de chaque $s_k$ est $F_{-1}$. Cela ne se reproduira pas nécessairement avec $\Q(\root p\of 1)$ où $p \equiv 1 \bmod 3$.
Et de plus, il ne faut surtout pas confondre une homographie d'ordre 3, ici $z \mapsto {-1\over z+1}$ avec l'automorphisme d'ordre 3 monté sur cette homographie.
> L<z7> := CyclotomicField(7) ; > s1 := z7^1 + z7^-1 ; > s2 := z7^2 + z7^-2 ; > s3 := z7^3 + z7^-3 ; > > LX<X> := PolynomialRing(L) ; > F := (X - s1) * (X - s2) * (X - s3) ; > // F = F_{-1} F_a = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1 > F ; X^3 + X^2 - 2*X - 1 > h := func < z | -1 / (z+1) > ; > assert h(s1) eq s2 and h(s2) eq s3 and h(s3) eq s1 ; > > K<x> := sub <L | s1> ; > sigma := iso < K -> K | h(x) > ; > > y := Random(K,3) ; > y ; -1/3*x^2 > sigma(y) ; <-- LOOK HERE 1/3*(x^2 + x - 3) > h(y) ; <-- AND HERE 3*x^2 - 3*x - 3Oui, ce qui compte, c'est de s'AMUSER. On ne veut surtout pas devenir spécialiste de je-ne-sais-trop-quoi, enfin pas moi. Et s'amuser ce n'est pas toujours facile en mathématiques.
Mais petit cachotier, tu ne m'as pas dit où tu avais trouvé ton énoncé de réciprocité abélienne pour bébés. Tu veux cacher tes sources, je pense ?
Tiens, pour une fois, je pointe wikipedia, juste pour se faire peur avec le mot ``loi de réciprocité''. https://en.wikipedia.org/wiki/Reciprocity_law
Et ci-dessous, dans l'introduction du chap. 14 (Ireland & Rosen), on voit les noms (probablement dans le désordre) : Eisenstein, Kummer, Hilbert, Furtwänger, Artin, Hasse, Stickelberger, Iwasawa.
Tu ne veux pas vraiment donner des pointeurs sur la loi de réciprocité abélienne pour bébés ?
Note : je vais faire une petite mise à jour de BabyAbelianReciprocityLaw (il y avait un gros bug d'interversion entre (A) et (B) !!)
Ah bin je m'amuse beaucoup beaucoup, mais bon comme c'est pas mon métier, je n'ai aucune pression de montrer tel ou tel résultat et du coup passer 1 journée entière sur un exemple de gamin : construire les sommes de Gauss, trouver le polynôme minimal constater que ça donne $F_a$ (avec $a=-1$) faire mumuse avec l'homographie d'ordre $3$ (elle date d'il y a une année cette homographie :-D). C'est fun de faire des calculs mais surtout ... j'ai beaucoup de chance que tu as toujours de bon petits exemples a présenter, c'est pas donné de fabriqué des bon exemples pour illustrer un truc !
Ps / J'ai quand même vérifier que BabyAbelianReciprocityLaw.pdf redonne bien la réciprocité quadratique, si j'ai un peu de courage je vais revoir (pas aujourd'hui) ce que j'avais fait sur la réciprocité cubique et $\Z[j]$.
Certes, j'avais donné un peu près le résultat (réciprocité abélienne pour les bébés) mais comme je n'y connais pas grand chose, je pourrais me planter en beauté. Cela se voit bien qu'on est des amateurs : on a mis une semaine, voire plus, pour s'apercevoir que le discriminant d'une extension 3-cyclique de $\Q$ est un carré i.e. le carré de son conducteur !
Cela me rassurerait de voir écrit noir sur blanc la réciprocité abélienne de bébés avec des commentaires ; et tant qu'à faire avec une preuve élémentaire. Là où je zappe à mort, c'est la fameuse Conductor Discriminant Formula pour une extension sous-cyclotomique $K$ de $\Q$. C'est un résultat vachement puissant. Washington en donne une preuve dans son chapitre IV, preuve qui utilise l'équation fonctionnelle de la fonction de Dedekind $\zeta_K$. C'est Nonoche qui serait content.
J'attache une mise à jour de BabyAbelianReciprocityLaw.pdf. J'ai corrigé les âneries, ajouté des détails et surtout mis deux exemples : je t'ai piqué $\Q(\root 7 \of 1)$ et je me suis bien amusé avec $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X -1$ pour $a = 39$. On a :
$$
a^2 + 3a + 9 = 3^3 \times 61
$$
mais le facteur $3^3$ est un facteur parasite : l'anneau des entiers de $\Q[X]/\langle F_a\rangle$ est de discriminant $61^2$. Et comme 61 est un nombre premier (vérifiant $\equiv 1 \bmod 3$, of course), la loi de réciprocité abélienne est facile (cubes modulo $61$). Et le polynôme $F_a$ est tout pourri en $p = 3$ bien que $3$ soit un cube modulo 61 ($3 = 4^3 \bmod 61$). Et j'ai donc à cette occasion sorti le $\Z$-schéma, histoire de m'amuser (et pour faire croire à une cohérence par rapport au premier post de ce fil). Détails concernant $a = 39$ dans le pdf attaché.
$$
F_{39}(X) = (X-1)^3 \bmod 3
$$
$F_{39}$ laisse croire que $p=3$ est totalement ramifié alors qu'il est totalement décomposé. Bien sûr, comme il faut bien de la ramification quelque part, c'est 61 qui est ramifié (totalement)
Si tu as le courage de regarder à la page 3, tu y verras que le cycle $(1,2,3)$ mouline sur le graal. Cela ne se voit pas à l'oeil nu.
> OKscheme ; Scheme over Integer Ring defined by Z1 + Z2 + Z3 - 182, Z2^2 + Z2 - 33407*Z3^2 + 6087586*Z3 + 1337094, Z2*Z3 + 41*Z3^2 - 7471*Z3 - 1641, 3*Z2 - 547*Z3^2 + 99677*Z3 + 21894, Z3^3 - 182*Z3^2 - 81*Z3 - 9 > > X61<z1,z2,z3> := BaseChange(OKscheme, GF(61)) ; > X61 ; Scheme over GF(61) defined by z1 + z2 + z3 + 1, z2^2 + z2 + 21*z3^2 + 30*z3 + 35, z2*z3 + 41*z3^2 + 32*z3 + 6, 3*z2 + 2*z3^2 + 3*z3 + 56, z3^3 + z3^2 + 41*z3 + 52 > Points(X61) ; {@ (20, 20, 20) @} > p := Points(X61)[1] ; > Multiplicity(p) ; 3Bonne lecture ? Tu vas peut-être déchanter rapidement car ce n'est pas self-contained, c'est à l'état de brouillon ; et de plus pour parler d'un truc de bébé. On va dire, grosso modo que, depuis quelques fils, on joue avec les extensions sous-cyclotomiques (au dessus de $\Q$ !) et on essaie d'apprendre 2 ou 3 bricoles en s'amusant. Apprendre 2 ou 3 bricloes, ce n'est pas très difficile quand on ne sait rien (je parle de moi, pas de flip flop, qui visiblement a des notes de cours avec 100 000 diagrammes comme il dit).
Un objet concret est le polynôme :
$$
F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1 \qquad \hbox {de discriminant} \qquad (a^2 + 3a + 9)^2
$$
Tu le trouveras d'ailleurs aux premières pages de Topics in Galois Theory car il est générique pour le groupe de Galois $A_3$.
Jusqu'à maintenant, je me suis limité à $a \in \Z$ pour des raisons de simplicité et surtout parce ce que je sais qu'il est irréductible : si $x \in \Z$ est une racine de $F_a$, $x$ divise le coefficient constant $-1$, i.e. $x = \pm 1$. Et $x = -1$, conduit à $0 = 1$ tandis que $x = 1$ conduit à $a = -3/2$. Et
$$
F_{-3/2}(X) = (X - 1) (X + 1/2) (X + 2) \qquad \qquad (\star)
$$
Tu noteras un truc bizarre : on part de $a \in \Z$ pour démontrer l'irréductiblité de $F_a$ et on tombe sur $a = -3/2$, ce qui prouve bien que $F_a$ est irréductible pour $a \in \Z$. Mais pour moi, $(\star)$ n'était pas prévu.
Et je crois qu'il est indispensable de ne pas se limiter à $a \in \Z$. Et je n'ai pas réfléchi à l'irréductibilité de $F_a$ pour $a \in \Q$. Pourquoi indispensable ? Je prends par exemple $p = 31$, qui est un premier vérifiant $p \equiv 1 \bmod 3$, donc $\Q(\root p \of 1)$ contient une unique extension cubique encodée par un certain $F_a$. Et on trouve par exemple $a = -5/2$. Pour te convaincre que $a = -5/2$ fonctionne, au lieu de faire la démo qui m'a conduit à $a = -5/2$, je pars dans l'autre sens. Ci-dessous, tu vois que le discriminant de l'anneau des entiers de $K_a := \Q[X]/\langle F_a\rangle$ est $31^2$ et donc le conducteur (cyclotomique) de $K_a$ est 31. Et la dernière ligne indique que $F_a$ a une racine dans $\Q(\root 31 \of 1)$ donc il y est totalement scindé.
J'ai pris $p = 31$ car il vérifie $p \equiv 1 \bmod 3$ sans être de la forme $a^2 + 3a + 9$ avec $a$ entier. Il semble donc que la forme $x^2 + 3xy + 9y^2$, obtenue à partir de $a^2 + 3a + 9$ en faisant $a = x/y$, joue un rôle puisque :
$$
31 = x^2 + 3xy + 9y^2 \qquad \hbox {avec} \quad x = -5, \quad y = 2
$$
Et flip flop a eu vraiment du pot (bis) avec $p = 7$ car $7 = a^2 + 3a + 9$ avec $a = -1$. Idem d'ailleurs avec $p = 13$ qui est de la bonne forme puisque $13 = a^2 + 3a + 9$ avec $a = -4$.
Petite démo pour $p = 13$. Un petit coup de périodes de Gauss pour la sous-extension cubique. J'utilise le fait que $2$ est un générateur de $\mathbb F_{13}^*$ donc $e = 2^3$ est d'ordre $4 = (13-1)/3$. Je me mélange souvent les pinceaux entre un diviseur de $p-1$ et son codiviseur.
Petit bricolage pour retrouver exactement $F_a$ avec $a = -4$ à l'endroit marqué LOOK HERE.
Dans la série avoir du pot, le prochain premier $p$ (après 7 et 13) vérifiant $p \equiv 1 \bmod 13$ est $p = 19$. De la forme $a^2 + 3a + 9$ avec $a = -5$. C'est peut-être la raison qui m'a poussé à prendre $p= 31$.
Bref, tout cela pour dire que $F_{a}$ continue à présenter pour moi des mystères que $a$ soit entier ou pas.
La forme quadratique c'est "presque" la forme quadratique de $\Z[ j]$ ?
Quelques précisions car j'ai très mal raconté de coup des périodes de Gauss, ce qui est dû au fait qu'il faut que je fasse un effort pour distinguer un diviseur de $p-1$ et son codiviseur. Comme tu sais, le contexte est $\Q(\root p \of 1)$ pour $p$ premier, extension de degré $p-1$. Et Gauss avait fait la TOTALE en ce qui concerne le treillis des extensions intermédiaires (correspondance de Galois AVANT Galois) via sa théorie des périodes. Tout y est explicite puisque Gauss obtient une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^H$ pour $H$ sous-groupe de $G = \text{Gal}(\Q(\root p \of 1)/\Q) = \mathbb F_p^*$. En fait, c'est le fameux coup de disposer de la base normale
$$
\zeta_p,\quad \zeta_p^2,\quad \cdots,\quad \zeta_{p}^{p-1}
\qquad \hbox {hautement préférable à la base des puissances de $\zeta_p$ de l'indice $0$ à $p-2$}
$$
Une base normale trivialise la théorie de Galois comme on le sait.
Ici, je me limite à $p \equiv 1 \bmod 3$ et à $H$ d'indice 3 pour obtenir $\Q(\root p\of 1)^ H$ CUBIQUE (car cubique sur la sellette). Voilà ce que dit Gauss. Faire la somme :
$$
S_C = \sum_{\sigma \in C} \sigma(\zeta_p) \qquad \hbox {$C$ classe à droite de $G$ modulo $H$}
$$
Alors les trois sommes $S_C$ forment une $\Q$-base de $\Q(\root p\of 1)^ H$.
Concrétement (?). Prendre un élément de $\mathbb F_p^*$ d'ordre $d = (p-1)/3$, le relever en $m$ dans $\Z$ et puis poser :
$$
S_0 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^i}, \qquad S_1 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^{i+1}}, \qquad S_2 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^{i+2}}
\qquad\qquad (\star)
$$
Attention aux exposants (cela prend un peu la tête, mais quand on veut faire du concret ..). Alors l'extension cubique convoitée est :
$$
\Q S_0 \oplus \Q S_1 \oplus \Q S_2
$$
STUPIDE Car on a $S_0=S_1=S_2$. A bas les deux couches d'exponentation dans $(\star)$. On note $w$ un générateur de $\mathbb F_p^*$, $\sigma$ l'automorphisme de $\Q(\root p\of 1)$, générateur de $G$, qui est l'élévation à la puissance $w$ sur $\mathbb U_p$ et $\tau = \sigma^m$ d'ordre $d$ (élévation à la puissance $m = w^3$). De sorte que les trois classes de $G$ modulo $H = \langle \tau\rangle$ sont :
$$
\langle \tau\rangle = \{\tau^0, \tau^1, \cdots, \tau^{d-1}\rangle, \qquad
\langle \tau\rangle\sigma = \{\tau^0 \circ \sigma, \tau^1 \circ \sigma, \cdots, \tau^{d-1}\circ \sigma\rangle, \qquad
\langle \tau\rangle\sigma^2 = \{\tau^0\circ \sigma^2, \tau^1\circ \sigma^2, \cdots, \tau^{d-1}\circ \sigma^2\rangle
$$
Et on utilise le fait que $\tau^i \circ \sigma$ réalise $\zeta \mapsto \zeta^{wm^i}$, si bien que les trois périodes de Gauss sont :
$$
S_0 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{m^i}, \qquad S_1 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{wm^{i}}, \qquad S_2 = \sum_{i=0}^{d-1} \zeta_p^{w^2m^{i}}
$$
Petite illustration à l'appui (WANTED is wanted)
> Z := IntegerRing() ; > P := [p : p in PrimesInInterval(7,100) | p mod 3 eq 1] ; > P ; [ 7, 13, 19, 31, 37, 43, 61, 67, 73, 79, 97 ] > p := Random(P) ; > p ; 43 > > L<z> := CyclotomicField(p) ; > // Soit w un élément d'ordre p-1 de F_p^* : G = Gal(L/Q) est engendré par sigma : z -> z^w > w := PrimitiveElement(GF(p)) ; > w ; 3 > // w^3 est d'ordre (p-1)/3 dans F_p^* > w3 := w^3 ; > d := ExactQuotient(p-1,3) ; > assert Order(w3) eq d ; > // Relever w3 dans Z > m := Z!w3 ; > // Soit H = <tau> = {tau^0, tau^1, ..., tau^{d-1}} l'unique sous groupe d'ordre d > // où tau : L -> L est élévation à la puissance m (tau est d'ordre d) > // Somme de Gauss définie par la classe de 1 dans G/H > tau := iso < L -> L | z^m > ; > s0 := &+[z^(m^i) : i in [0..d-1]] ; > assert s0 eq &+[(tau^i)(z) : i in [0..d-1]] ; > F<X> := MinimalPolynomial(s0) ; > F ; X^3 + X^2 - 14*X + 8 <----- WANTED > // Les deux autres sommes de Gauss > // H.sigma = {tau^0 o sigma, tau^1 o sigma ..., tau^{d-1} o sigma} > // H.sigma^2 = {tau^0 o sigma^2, tau^1 o sigma^2 ..., tau^{d-1} o sigma^2} > // tau^i o sigma : z -> z^(w*m^i), tau^i o sigma^2 : z -> z^(w^2*m^i) > w := Z!w ; > s1 := &+[z^(w*m^i) : i in [0..d-1]] ; > s2 := &+[z^(w^2*m^i) : i in [0..d-1]] ; > LX<X> := PolynomialRing(L) ; > (X-s0) * (X-s1) * (X-s2) ; X^3 + X^2 - 14*X + 8 <----- WANTED again > > // Vérification > sigma := iso < L -> L | z^w > ; > assert s1 eq sigma(s0) and s2 eq sigma(s1) ;$\Z[j]$ oui presque. Rappel : c'est toi qui m'a appris que $a^2 + 3a + 9$ et $b^2 + b +1$, c'était kif-kif. Ce qui est un peu bizarre c'est que $x^2 + 3xy + 9y^2$ c'est la forme normique de $\Z[3j]$ de discriminant $-27$, pas de $\Z[j]$. Quels sont les premiers représentés par la forme $x^2 + 3xy + 9y^2$ ?