Homographies et petits groupes de Galois

claude quitté · April 2017

@gai requin
Je comprends bien. Et c'est quasiment impératif de faire une telle approche. Imagine que tu aies trouvé $\chi_D(p) = -1$, nous serions joli(s) garçon(s), n'est ce pas ?

Une remarque : ne pas oublier le modulo $D$. Je dis cela car de temps en temps, j'ai tendance à oublier. C.a.d que lorsque l'on doit montrer que $\chi_D(m) = 1$ pour un certain entier $m$ premier à $D$, on peut se permettre de remplacer $m$ par $m + k|D|$ pour n'importe quel $k$ (cela ne change pas la valeur de $\chi_D(m)$). Et $(m + k|D|)_{k \ge 0}$, c'est une progression arithmétique avec $m \wedge |D| = 1$. Donc elle contient des premiers et même pas mal de premiers. JE RETIRE : Ce qui valide ton argument

Rien à voir (je ne me souviens plus) : est ce que tu disposes du Cox ``Primes of the form $x^2 + ny^2$'' ?

claude quitté · April 2017

@gai requin
Surjectivité de l'application de Gauss. Je traite le cas particulier $D \equiv 1 \bmod 4$ (bizarre, non ?). Bien sûr, $D$ est un discriminant quadratique fondamental $< 0$.

Soit $m$ vérifiant $\chi_D(m) = 1$ (a fortiori $m \wedge D = 1$). On doit trouver une forme $q$ de discriminant $D$ qui représente un entier $m' \equiv m \bmod D$. Attention : on ne demande pas à ce que $m$ soit représenté par une forme de discriminant $D$.

Justification : on considère un premier impair $p$ tel que $p \equiv m \bmod D$ (théorème de la progression arithmétique de Dirichlet). On va montrer que $p$ est représenté par une certaine forme de discriminant $D$.
Par hypothèse $\chi_D(m) = 1$ et puisque $p \equiv m \bmod D$, on a $\chi_D(p) = 1$. Par conséquent $D$ est un carré modulo $p$. Et comme $D \equiv 1 \bmod 4$, $D$ est un carré modulo $4p$ :
$$
D = b^2 - 4pc
$$
Chute : $q = (p, b, c)$ est une forme quadratique de discriminant $D$ qui représente $p$ en $(1,0)$. Contrat rempli.

gai requin · April 2017

Joli !

On dirait que ça marche pour $D$ pair puisqu'alors, $m$ est forcément impair et $p$ aussi.

claude quitté · April 2017

@gai requin
Oui : tout discriminant quadratique $D$ est un carré modulo 4 puisque $D \equiv 0,1 \bmod 4$ !!

gai requin · April 2017

Salut Claude.

Je crois que par rapport au cahier des charges, il reste à étudier la ramification de
$$\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})/\Q(\sqrt D).$$

J'ai envie de dire même pas peur mais...

claude quitté · April 2017

@gai requin
Ta question sur la ramification doit découler du résultat plus général que j'ai intitulé ``Grimpette quadratique'', résultat qui repose essentiellement sur la notion d'extensions arithmétiquement disjointes.

Pour l'instant, je suis en train de mettre la la touche finale en ce qui concerne la programmation de l'application de Gauss (qui, en temps utile, va s'identifier à l'application d'Artin, convenablement restreinte à l'arrivée).

Je te montre quelques petits outils mis en place mais je ne sais pas si cela va te parler. Par exemple :

CharacterSigns := function(q)
  D := Discriminant(q) ;
  TheDi := ElementaryDiscriminantalDecomposition(D) ;
  a,b,c := Explode(Eltseq(q)) ;
  return [Gcd(Di,a) eq 1 select KroneckerSymbol(Di,a) else KroneckerSymbol(Di,c) : Di in TheDi] ;
end function ; 

> D := -5 * 7 ;
> IsFundamentalDiscriminant(D) ;
true
> TheDi := ElementaryDiscriminantalDecomposition(D) ;
> TheDi ;
[ 5, -7 ]
> QD := BinaryQuadraticForms(D) ;
> q := Random(QD) ;  
> q ;
<3,1,3>
> CharacterSigns(q) ;
[ -1, -1 ]
> q := Random(QD) ;  
> q ;
<1,1,9>
> CharacterSigns(q) ;
[ 1, 1 ]

Bien sûr, il faut avoir le contexte en tête : $D = D_1 \cdots D_k$ est un discriminant quadratique fondamental $< 0$ décomposé en discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires et l'application de Gauss est :
$$
Q^+(D) \ni q \longmapsto \big (\chi_{D_1}(q), \cdots, \chi_{D_k}(q) \bigr) \in \{\pm 1\}^k = {(\Z/D\Z)^\times \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}}
$$
Le caractère $\chi_D$, vu sur $\{\pm 1\}^k$, s'identifie au produit des composantes : $\Sigma : \{\pm 1\}^k \to \{\pm 1\}$.

J'ai donc implémenté ce binz mais, obligations magma, j'ai dû remplacer $\{\pm 1\}^k$ par sa version additive $A = (\Z/2\Z)^k$. Voici un aperçu mais je ne suis pas persuadé que ``cela rende bien''. Note : ElementaryDiscriminantalDecomposition, CharacterSigns, GaussMap ...etc.. sont des fonctions perso, mises au point au fur et à mesure de l'évolution des posts.

> D := 8 * (-11) * 17 ;
> D ;
-1496
> TheDi := ElementaryDiscriminantalDecomposition(D) ;
> TheDi ;
[ 8, -11, 17 ]
> GM, Sigma := GaussMap(D) ;
> GM ;
Mapping from: Binary quadratic forms of discriminant -1496 to Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/2 + Z/2
> A := Codomain(GM) ;
> A ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/2 + Z/2
Defined on 3 generators
Relations:
    2*[8] = 0
    2*[-11] = 0
    2*[17] = 0
> QD := Domain(GM) ;
> QD ;
Binary quadratic forms of discriminant -1496
> FD := ReducedForms(QD) ;
> FD ;
[ <1,0,374>, <2,0,187>, <11,0,34>, <17,0,22>, <3,2,125>, <3,-2,125>, <5,2,75>, <5,-2,75>, <15,2,25>, 
<15,-2,25>, <6,4,63>, <6,-4,63>, <7,4,54>, <7,-4,54>, <9,4,42>, <9,-4,42>, <14,4,27>, <14,-4,27>, <18,4,21>, 
<18,-4,21>, <10,8,39>, <10,-8,39>, <13,8,30>, <13,-8,30>, <15,8,26>, <15,-8,26>, <19,10,21>, <19,-10,21> ]
> #FD ;
28
> 
> f := FD[5] ;
> f ;
<3,2,125>
> GM(f) ;
[8] + [17]
> CharacterSigns(f) ;
[ -1, 1, -1 ]

Il faut comprendre que mon exemplaire $A = (\Z/2\Z)^k$ est ``typé'' au sens où chaque composante est indexée par un $D_i$. J'ai choisi de noter $[D_i]$ le générateur correspondant.

Le groupe $G$ des classes de $\Q(\sqrt {D})$ est d'ordre $28 = 2^{k-1} \times 7$ avec $k=3$, nombre de diviseurs élémentaires de $D$.

Ci-dessous, je vais considérer les fibres de la surjection
$$
G \to {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}} \simeq \{\pm 1\}^{k-1} \simeq (\Z/2\Z)^{k-1}
$$
Et bien sûr, chaque fibre est en correspondance avec le sous-groupe des carrés $G^2$ (ici, d'ordre 7) : c'est ce qui a fini par être prouvé !!

> Q2 := {f : f in FD | IsId(GM(f))} ;
> Q2 ;
{ <1,0,374>, <15,-8,26>, <9,4,42>, <9,-4,42>, <15,2,25>, <15,-2,25>, <15,8,26> }
> 
> G, GtoQD := ClassGroup(QD) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/14
Defined on 2 generators
Relations:
    2*G.1 = 0
    14*G.2 = 0
> GtoQD ;
Mapping from: GrpAb: G to QuadBin: QD given by a rule [no inverse]
> G2 := {g : g in G | IsId(GM(GtoQD(g)))} ;
> assert G2 eq {g : g in 2*G} ;
> 
> for epsilon in Kernel(Sigma) do
for>    printf "%-15o %o\n", A!epsilon, [f : f in FD | GM(f) eq epsilon] ;
for> end for ;
0               [ <1,0,374>, <15,2,25>, <15,-2,25>, <9,4,42>, <9,-4,42>, <15,8,26>, <15,-8,26> ]
[-11] + [17]    [ <17,0,22>, <6,4,63>, <6,-4,63>, <7,4,54>, <7,-4,54>, <10,8,39>, <10,-8,39> ]
[8] + [17]      [ <11,0,34>, <3,2,125>, <3,-2,125>, <5,2,75>, <5,-2,75>, <14,4,27>, <14,-4,27> ]
[8] + [-11]     [ <2,0,187>, <18,4,21>, <18,-4,21>, <13,8,30>, <13,-8,30>, <19,10,21>, <19,-10,21> ]

gai requin · April 2017

@Claude :
A la fin du dernier code, est-ce que cela signifie que par exemple, pour toute forme $q$ dans la classe de $(17,0,22)$ modulo $G^2$, on a $\chi_8(q)=1$ et $\chi_{-11}(q)=\chi_{17}(q)=-1$ ?

claude quitté · April 2017

@gai requin.
Oui, c'est exactement cela. Ce qui peut compliquer la lecture, c'est le passage du multiplicatif $\{\pm 1\}$ à l'additif $\Z/2\Z$, $1 \to 0$, $-1 \to 1$. J'aurais bien voulu tout laisser en multiplicatif mais je n'ai pas trouvé de solution au sens magma.

gai requin · April 2017

Ce n'est pas un problème de lecture insurmontable.

Et du coup, que te reste-t-il à implémenter ?

claude quitté · April 2017

@gai requin
On trouve toujours quelque chose à faire, non ? Plus sérieusement, nous avons ``oublié'' un petit quelque chose.

Je redonne le contexte : $D = D_1 \cdots D_k$ un discriminant quadratique fondamental $< 0$ et sa décomposition en discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires premiers deux à deux. Je note $A$ l'anneau des entiers de $K = \Q(\sqrt D)$ et $\overline N$ la norme modulo $D$ restreinte aux groupes multiplicatifs :
$$
\overline N : (A/DA)^\times \to (\Z/D\Z)^\times
$$
Nous n'avons pas montré l'égalité suivante, qui a lieu dans $(\Z/D\Z)^\times$ et qui relie les valeurs modulo $D$ de la forme normique (les valeurs modulo $D$ de la forme neutre) et les caractères de Kronecker $\chi_{D_i}$ :
$$
\mathrm {Im}\ \overline N = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}
$$

gai requin · April 2017

Bonjour Claude.

Je pense qu'on a déjà montré que si $q_0$ est la forme neutre, alors pour tout $i$, $\chi_{D_i}(q_0)=1$.
Ceci implique que $\mathrm {Im}\ \overline N \subset \bigcap\limits_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}$.

claude quitté · April 2017

@gai requin
J'ai encore la tête dans le guidon : l'égalité convoitée devrait être une conséquence du théorème chinois. Je veux dire par là que l'isomorphisme d'anneaux :
$$
\Z/D\Z \simeq \Z/D_1\Z \times \cdots \times \Z/D_k\Z
$$
n'a pas été assez exploité. Il devrait simplifier les choses. Et bien sûr, l'isomorphisme induit au niveau multiplicatif :
$$
(\Z/D\Z)^\times \simeq (\Z/D_1\Z)^\times \times \cdots \times (\Z/D_k\Z)^\times
$$
Que deviennent les objets (caractères, formes ...etc..) dans ces isomorphismes ?

Dans l'intention d'avoir la tête moins dans le guidon, j'ai repris des choses de base. J'attache un extrait de 2 pages. Je crois maintenant à un traitement plus uniforme et le cas $D \equiv 0 \bmod 4$ me cause moins de souci. Avec tout le respect que je dois à Cox, je vais finir par croire que son traitement multi-cas et ses multiples renvois à des exercices ne simplifient pas les choses.

gai requin · April 2017

@Claude : Super synthèse ! (tu)

C'est vrai que quitte ;-) à s'intéresser aux $\chi_{D_i}$, autant travailler sur les $\Z/D_i\Z$ via quelques chinoiseries.

claude quitté · April 2017

Oui, je pense que cela vaut le coup de prendre 5 minutes (ou plus) pour identifier $??$ ci-dessous :
$$
\xymatrix @C = 1.5cm {
(A/DA)^\times \ar[d]_{\overline N} \ar@{-}[r]^-{\simeq} & (A/D_1A)^\times \times \cdots \times (A/D_kA)^\times \ar[d]^{??} \\
(\Z/D\Z)^\times \ar@{-}[r]^-{\simeq}& (\Z/D_1\Z)^\times \times \cdots \times (\Z/D_k\Z)^\times \\
}
\qquad\qquad
\xymatrix @C = 1cm {
(\Z/D\Z)^\times \ar@{-}[rr]^-{\simeq}\ar[dr]_{\chi_{D_i}}& &(\Z/D_1\Z)^\times \times \cdots \times (\Z/D_k\Z)^\times \ar[dl]^{??} \\
& \{\pm 1\} \\
}
$$

gai requin · April 2017

Pour le premier diagramme, soit $(u_1,\ldots,u_k)\in (A/D_1A)^\times \times \cdots \times (A/D_kA)^\times$ qu'on relève en un unique $u\in (A/DA)^\times$.
Alors
$$??(u_1,\ldots,u_k)=(N(u)\bmod D_1,\ldots,N(u)\bmod D_k).$$

gai requin · April 2017

Pour le second diagramme, si $(m_1,\ldots,m_k)$ se relève en $m$,
$$??(m_1,\ldots,m_k)=\chi_{D_i}(m).$$

claude quitté · April 2017

OK. Petite précision sur le rectangle obtenu comme le rectangle de gauche mais sans la limitation aux groupes des inversibles. On fixe une $\Z$-base de $A$, ce qui fournit une $(\Z/D\Z)$-base de $A/DA$ et une $(\Z/D_i\Z)$-base de $A/D_iA$. Comme tout est polynomial en les coordonnées sur ces bases, la flèche verticale droite est de la forme :
$$
N_1 \times \cdots \times N_k \qquad N_i : A/D_i A \to \Z/D_i\Z, \qquad N_i(u \bmod D_i) = N(u) \bmod D_i
$$
On peut choisir la $\Z$-base de $A$ de sorte qu'en notant $x,y$ les coordonnées de $u$, on ait :
$$
N(u) = \cases {x^2 + xy + {1-D\over 4} y^2 &si $D \equiv 1 \bmod 4$\cr
x^2 - {D\over 4}y^2 &si $D \equiv 0 \bmod 4$\cr
}
$$
On obtient alors (aménagé d'après la remarque de gai-requin) :
$$
N_i(u \bmod D_i) = \cases {
(x + {1\over 2}y)^2 \bmod D_i &si $D \equiv 1 \bmod 4$ \cr
x^2 \bmod D_i &si $D \equiv 0 \bmod 4$ et $D_i \notin \{-4, \pm 8\}$\cr
x^2 + y^2 \bmod D_i &si $D_i = -4$ \cr
x^2 - 2 y^2 \bmod D_i &si $D_i = 8$ \cr
x^2 + 2y^2 \bmod D_i &si $D_i = -8$ \cr
}
$$
Le $1/2$ c'est l'inverse de $2$ modulo $D_i$ (qui est un premier impair).

En notant $N_i^\times$ la restriction de $N_i$ aux groupes des inversibles :
$$
\mathrm {Im}(N_i^\times) =
\cases {
\hbox {carrés de } (\Z/D_i\Z)^\times &si $D_i \notin \{-4, \pm 8\}$ \cr
\{1\} \hbox { dans } (\Z/4\Z)^\times &si $D_i = -4$ \cr
\{\pm 1\} \hbox { dans } (\Z/8\Z)^\times &si $D_i = 8$ \cr
\{1, 3\} \hbox { dans } (\Z/8\Z)^\times &si $D_i = -8$ \cr
}
$$
Aidé du triangle de droite, on obtient la chose convoitée i.e. $\mathrm {Im}\ \overline N = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}$

gai requin · April 2017

Bonjour Claude.

J'ai tout vérifié et je ne vois pas de problème. (tu)
Juste une remarque : dans le premier cas de ton calcul de $N_i(u\bmod D_i)$, il est inutile de supposer $D_i \notin \{-4, \pm 8\}$ puisque $D$ est impair.

claude quitté · April 2017

@gai requin
J'ai aménagé en conséquence. Merci.
Sans lien vraiment avec ce qui précède, cela serait bien de traiter quelques petits exemples à la main. En principe, il y a souvent quelque chose à voir sur des exemples. Exemple avec $D = -52$ : décomposition, formes réduites, $\ker \chi_{D_i}$, représentations ....etc...

gai requin · April 2017

D'accord pour un exemple !

Est-ce que, du coup, on a le résultat suivant ?

Soit $q_0$ la forme neutre et $q$ une forme quelconque, toutes les deux de discriminant $D$.
Si, pour tout $i$, $\chi_{D_i}(q)=1$, alors pour tous $x,y$ tels que $q(x,y)\wedge D=1$, on a
$$q(x,y)=q_0(x,y)\bmod D.$$

claude quitté · April 2017

@gai requin
Non car ``il se glisse un carré quelque part''.
Ton hypothèse sur $q$ est équivalente au fait que $q$ est $\text{SL}_2(\Z)$-équivalente à un carré. En terme du groupe $G$ des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt D)$ : la classe $[I_q]$ est dans $G^2$. Mais imagine un instant que $G^2 = G$ ...

Un exemple simple que tu connais bien où $G$ est cyclique d'ordre 3 : $D = -23$. Voici les 3 formes réduites de discriminant $-23$
$$
q_0 = x^2 + xy + 6y^2, \qquad q_1 = 2x^2 + xy + 3y^2, \qquad \overline {q_1} = 2x^2 - xy + 3y^2
$$
Ici la décomposition de $D$ est réduite à $D$. Et ``par théorème'' $\chi_D(q_1) = 1$ ce que l'on peut vérifier puisque :
$$
\chi_D(q_1) = \chi_{D}(3) = \left( {D \over 3}\right) = \left( {-23 \over 3}\right) = \left( {1 \over 3}\right) = 1
$$
Et avec $(x,y) = (1,0)$, on a $q_0(x,y) = 1$ et $q_1(x,y) = 2$.

gai requin · April 2017

Merci !
Dans ton exemple, $q_1(1,0)=q_0(5,0)\bmod 23$.
Pour tous $x,y$ tels que $q_1(x,y)\wedge 23=1$, il existe $x',y'$ tels que $q_1(x,y)=q_0(x',y')\bmod 23$.

claude quitté · April 2017

@gai requin.
Oui. Disons que dans le cas où $G = G^2$, ``l'application de Gauss n'est pas du tout séparante''. Ce qui signifie que pour toute forme $q$ de discriminant $D$, l'ensemble des valeurs modulo $D$ prises par $q$ n'est autre que $\ker \chi_D$ (étant entendu que valeur modulo $D$ comprend le fait que cette valeur est étrangère à $D$).

gai requin · April 2017

$G=G^2$ est donc un cas très ambigu ! :-D

gai requin · April 2017

Quelques résultats pour $D=-52=-4\times 13$, où $13$ est un nombre convenable d'Euler.

On a $\ker\chi_{-4}=\{1\}$ et $\ker\chi_{13}=\{1,3,4,9,10,12\}$.
De plus, $G^2$ est trivial et les formes réduites sont $q_0=(1,0,13)$ et $q_1=(2,2,7)$.
Par l'application de Gauss qui est ici un isomorphisme, on a $q_0\mapsto (1,1)$ et $q_1\mapsto(-1,-1)$.

claude quitté · April 2017

@gai requin.
Quelques compléments sur $D = -52 = (-4) \times 13$. On a $\varphi(|D|) = 2 \times 12 = 24$ donc $\#\ker \chi_D = 12 = 6 + 6$. Voici les 6 valeurs modulo $52$ des deux formes $q_0$ et $q_1$ :
$$
\cases {
q_0 = x^2 + 13y^2 : & $\qquad \chi_{-4} = \chi_{13} = 1 \mapsto \{1, 9, 17, 25, 29, 49\} \bmod 52$ \cr
q_1 = 2x^2 + 2xy + 7y^2 : & $\qquad \chi_{-4} = \chi_{13} = -1 \mapsto \{7, 11, 15, 19, 31, 47\} \bmod 52$ \cr
}
$$
On peut par exemple obtenir ces valeurs à partir de :
$$
\hbox {carrés modulo 13} : \pm 1, \pm 3, \pm 4, \qquad\qquad
\hbox {non carrés modulo 13} : \pm 2, \pm 5, \pm 6
$$
et par le trick suivant :
$$
x' = x + (1 - x \bmod 4) \times 13 \hbox { qui vérifie } x' \equiv \cases {x \bmod 13\cr 1 \bmod 4\cr}
\qquad\qquad\qquad
x'' = x - (1 + x \bmod 4) \times 13 \hbox { qui vérifie } x'' \equiv \cases {x \bmod 13\cr -1 \bmod 4\cr}
$$
J'avais choisi cet exemple car :
$$
\chi_{D}(15) = \chi_D(3) \times \chi_D(5) = (-1) \times (-1) = 1
$$
mais 15 n'est pas représenté par $q_1$.

Il faut se souvenir, de manière générale, que pour un premier impair $p$, si $\chi_D(p) = 1$, alors $D$ est un carré modulo $p$ donc modulo $4p$ i.e. $D = b^2 - 4pc$, si bien que la forme $(p,b,c)$ de discriminant $D$ représente $p$.

Mais ce qui est vrai pour un premier ne l'est pas pour un entier quelconque : si $\chi_D(m) = 1$, ce n'est pas vrai que $m$ est représenté par une (certaine) forme quadratique de discriminant $D$. Ce qui est vrai c'est qu'il existe $m'$ avec $m' \equiv m \bmod D$ tel que $m'$ est représenté par une certaine forme de discriminant $D$ (on peut même prendre pour $m'$ un nombre premier impair). Par exemple $15 + 52 = 67 = q_1(5,1)$.

Ceci provient bien sûr du fait que $\chi_D(m) = 1$ ne signifie pas que $D$ est un carré modulo $m$.

Ce que je raconte ci-dessus est en rapport direct avec la surjectivité de l'application de Gauss sur $\ker\chi_D$. Tu remarqueras que sur les 12 valeurs mentionnées, la seule valeur qui n'est pas ``directement'' représentée est $15$ : toutes les autres valeurs sont des nombres premiers ou des carrés.

gai requin · April 2017

On est donc capable de savoir quand un premier impair est représenté par une forme quadratique binaire donnée (si $D=-4n$, avec $n$ nombre d'Euler convenable) !
Trop bien !
Merci à toi et à Kronecker. ;-)

claude quitté · April 2017

Il y a aussi les $D \equiv 1 \bmod 4$, $D < 0$, pour lesquels $G^2$ est trivial où $G$ est le groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt D)$. En voici quelques uns :

> SFD := [D : D in [-3 .. -500 by -4] | IsFundamentalDiscriminant(D)] ; 
> [D : D in SFD | IsTrivial(2*ClassGroup(QuadraticField(D)))] ;        
[ -3, -7, -11, -15, -19, -35, -43, -51, -67, -91, -115, -123, -163, -187, -195, -235, -267, -403, -427, -435, -483 ]

Autre chose I : c'est surtout à Gauss que l'on doit cette histoire. Ici, j'ai simplement essayé de rapporter Cox sans le suivre pour autant mot à mot.

Autre chose II : rien n'est jamais terminé. Cf par exemple http://www.mast.queensu.ca/~kani/papers/idoneal-f.pdf

gai requin · April 2017

Avec $D=-115=1\bmod 4$, on obtient :
$$p=x^2+xy+29y^2\Leftrightarrow p\text{ est un carré modulo }115.$$
$$p=5x^2+5xy+7y^2\Leftrightarrow p\text{ n'est ni un carré modulo }5\text{ ni un carré modulo }23.$$

claude quitté · April 2017

@gai requin
Oui. Tiens un petit truc : $6$ vérifie $\chi_5(6) = \chi_{-23}(6) = 1$ mais 6 n'est pas représenté par $q_0$. Un $m \equiv 6 \bmod 115$ représenté par $q_0$ ?

Voici les valeurs modulo $|D| = 115$ de $q_0$ i.e. les $m$ tels que $\chi_{D_1}(m) = \chi_{D_2}(m) = 1$ avec $D_1=5$ et $D_2=-23$.

[ 1, 4, 6, 9, 16, 24, 26, 29, 31, 36, 39, 41, 49, 54, 59, 64, 71, 81, 94, 96, 101, 104 ]

gai requin · April 2017

$811=6\bmod 115$ et $811=q_0(22,3)$.

La liste que tu as donnée à la fin de ton dernier message est la liste des carrés de $(\Z/115\Z)^\times$ que j'avais eu la flemme de recopier dans mon message précédent.

gai requin · April 2017

@Claude :
J'y vais aussi de ma liste.
$$p=5x^2+5xy+7y^2\Leftrightarrow p\bmod 115\in\{7, 17, 22, 28, 33, 37, 38, 42, 43, 53, 57, 63, 67, 68, 83, 88, 97, 102, 103, 107, 112, 113\}.$$

Exemple : $263=33\bmod 115$ et $263=q_1(5,3)$.

flipflop · July 2017

@Claude (rapidos) : Un truc sans doute important que je n'avais pas vu concernant les courbes elliptiques : Ici est ce que ça correspond bien à la page 16 de ici ?

Je ne comprends pas comment calculer le degré de $I-\varphi$. Je pense que ça serait super de pouvoir calculer ce degré, non ?

PS : c'est vraiment dommage que je ne comprends rien au histoire de diviseur et au théorème de Riemann-Roch car sinon le document est vraiment sympa. :-)

gai requin · July 2017

Salut flipflop.
Comment va ?
Tu bosses sur quoi en ce moment ?

flipflop · July 2017

Hello Gai requin,

Ca va bien, et toi ? T'es parti en vacance ?

Je bosse pas vraiment sur des trucs précis, j'essayes de remettre un peu d'ordre dans ma tête.

Mais par exemple, je pense qu'on a le théorème suivant : (c'est l'épreuve d'agreg Gauss/Jacobi).

Je considère la courbe "elliptique" $E$ d'équation : $x^3+y^3+z^3=0$ dans $\mathbb{P}^2_{\Z}$. Pour chaque nombre premier $p$ (que je fixe dans les conjectures de Weil $p$ est fixé), je considère la courbe réduite $E_p$ sur le corps fini $\mathbb{F}_p$ et je note :
$$N_r(p) := \text{Card} \left\{ (x : y :z) \in \mathbb{P}^2(\mathbb{F}_{p^r}), \ x^3+y^3+z^3=0 \right\}$$ Je donne le résultat de manière complète et un exemple ensuite pour le calcul de $\pi$ (tu peux essayer $p=7$ si tu veux !)

On a : $$ N_r(p) = p^r+1^r - (\pi^r +\overline{\pi}^r) \qquad (*)$$
avec $\pi$ vérifiant la condition suivante.

- Si $p = 1 \pmod{3}$ alors $\pi$ est l'unique générateur d'un idéal premier de l'anneau des entiers de $\Q(j)$ i.e $\Z[j]$ de norme $p$ vérifiant la condition $\pi = 1 \pmod 3$ (dans $\Z[j]$).
- Si $p=2 \pmod{3}$ alors $\pi := i \sqrt{p}$

Ex :
Prenons $p=13$. On a : $p=1 \pmod{3}$ et pour déterminer $\pi$, on décompose $x^2+x+1$ dans $\mathbb{F}_{13}$, on trouve $x^2+x+1 = (x-3)(x-9)$ et on dispose de deux idéaux de norme $13$, $(13,j-3)$ et $(13,j-9)$. Comme $\Z[j]$ est un anneau Euclidien, on peut trouver des générateurs des idéaux, il se trouve que : $(13,j-3) = (j-3)$ car $j-3$ est de norme $13$ (sinon il faut mettre en place des divisions Euclidiennes et c'est un peu chiant à la main). Par contre, $j-3$ n'est pas congru à $1$ modulo $3$ et il faut multiplier par une unité de $\Z[j]$ ... ici on multiplie par $j^2$, et on trouve $\pi = 4+3j$ (bien congru à $1 \pmod{3}$).

Une fois que l'on a $N_p(r) = truc^r +truc'^r -bidule^r-bidule'^r$, on obtient en prenant le $Log$
$$
Z(p,T) = \frac{(1-bidule T)(1-bidule' T)}{(1-truc T)(1-truc' T)}
$$
Du coup, nous on a ça (je mets Gauss avec nous :-)) avec truc et bidule explicite !

Maintenant dans le lien de Tibouchi que j'ai donné (je sais pas si tu arrives a lire un peu, c'est un peu délicat à comprendre ? ), il présente l'idée général pour obtenir $N_p(r)$ et les histoires de fonctions zeta (--- cohomologie étale $\ell$-adique ---) ouhais bon ça fait peur dit comme ça et je ne sais pas ce que c'est mais c'est le truc important :-D

et à la fin Tibouchi explique une construction de Serre facile dans le cas des courbes elliptiques pour cette cohomologie étale $\ell$-adique (en faite y'a pas trop de cohomologie dans ce qu'il dit) et ça semble "presque" praticable sauf que je n'arrive pas a comprendre si on peut calculer $\pi$ (comme Gauss) ou si c'est juste l'existence de $\pi$ qui est garanti (ce que j'ai noté "truc" sont explicites avec cette construction de Serre).

Par contre, si on peut calculer $\pi$ (sans trop se fatiguer) avec ce truc très général, beh c'est super amusant car d'après Gauss on trouve $\pi$ avec de l'arithmétique de $\Z[ j]$ !!! Du coup, ça voudrait dire que ce truc général est quand même super fin !!!

gai requin · July 2017

Merci d'avoir explicité ta problématique. ;-)

Je suis en vacances à la plage jusqu'à début août. B-)

Je jetterai quand même un coup d'œil à tes calculs qui n'ont pas l'air monstrueux...

gai requin · July 2017

Salut flipflop.
Si $p=7$, je trouve $\pi=-2-3j$.
Je n'ai pas eu le temps de regarder le pdf de Tibouchi mais la conclusion "ce qui est exactement l'hypothèse de Riemann" donne envie. B-)

flipflop · July 2017

ok pour $\pi$

Pour la conjecture de Riemann (c'est pas la grande conjecture de Riemann) ... sur la fonction $Z(p,T) = \frac{(1-\pi T)(1-\overline{\pi}T)}{(1-T)(1-pT)}$, il faut voir ça comme $$\frac{P_1(T)}{P_0(T) \times P_2(T)}$$ et l'hypothèse de Riemann c'est que les racines du polynôme $P_i$ sont de module $p^{-i/2}$ ... Beh ça fonctionne bien ici ...

$$ P_0 = 1-T \qquad P_1 =(1-\pi T)(1-\overline{\pi}T) \qquad P_2(T) = 1-pT$$
Sinon au niveau de la recherche de $\pi$ y'a un petit truc a montrer : la surjection canonique $ \Z[j] \to \Z[j]/(3)$ induit un isomorphisme au niveau des groupes d'inversibles ?

flipflop · July 2017

Gai requin :

On note $N_r := \# \mathbb{P}^2(\mathbb{F}_{p^r})$, on trouve $Z(p,T) = \frac{1}{(1-T)(1-pT)(1-p^2T)}$, non ? ... l'hypothèse de Riemann marche encore

gai requin · July 2017

Salut flipflop.
Cette hypothèse de Riemann est facile à comprendre mais pas le pdf de Tibouchi avec toutes ses histoires de cohomologie. :-S
Mais l'idée de prendre les courbes elliptiques comme exemple des conjectures de Weil est très intéressante.
Je vais donc devoir te poser plein de questions. ;-)

flipflop · July 2017

Hello Gai requin,

Oui c'est chaud, mais si j'ai compris les histoires de cohomologique c'est que si on peut construire ces trucs cohomologiques vérifiant certaines propriétés formelles alors les démonstrations des conjectures se déduisent formellement (c'est surement pas tout a fait vrai ce que je dis, mais pas grave de toute manière on arrivera pas a faire des trucs trop générales). Par contre, il n'explique pas comment construire ces choses cohomologiques sauf dans le cas de courbe elliptique ...

D'ailleurs dans le livre de Hindry je pense qu'il explique des choses sur les courbes elliptiques p.198 thm 6.4 : théorème de Hasse. Du coup, faut lire le chapitre $5$ du Hindry et le chapitre $6$ aussi

gai requin · July 2017

Je possède le Hindry auquel je n'ai malheureusement pas accès en ce moment.

Tu ne serais pas en train de te lancer en loucedé dans la cohomologie des groupes et la théorie du corps des écoles ? ;-)
Si oui, tu pourrais trouver des choses [ici].
Je n'ai pas ce livre mais on m'a dit que ce serait une très bonne acquisition, notamment parce que peu de bouquins français (ou aucun ?) abordent les thèmes choisis par Harari de manière aussi complète...

claude quitté · July 2017

@gai requin, flip flop
Effectivement le théorème de Riemann-Roch pour les courbes (i.e. pour les petits) fournit, pour une courbe projective lisse $C/\mathbb F_q$ de genre $g$ (en supposant que l'on sache ce que cela veut dire), la forme de la fonction zeta :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {P_1(T) \over P_0(T) P_2(T)} = {L(T) \over (1-T)(1-qT)} \quad \hbox {avec} \quad
L(T) = c_0 + c_1 T + c_2T^2 + \cdots + c_{2g} T^{2g} = \prod_{i=1}^{2g} (1- \alpha_iT) \qquad c_0 = 1, \quad c_{2g} = q^g
$$
Peut-être qu'il faut s'interroger sur l'impact de cette égalité ? Qu'est ce que cela amène de si bon pour le comptage des points sur $\mathbb F_{q^r}$ ?

Je l'ai déjà écrit quelque part (mais peu importe) : c'était connu de F.K. Schmidt dans les années 1930.

Mieux : cette fonction zeta $Z$ vérifie une certaine équation fonctionnelle (fait connu de Schmidt) qui fournit une certaine équation fonctionnelle pour le $L$-polynomial $L$. Laquelle ? Est cela apporte encore un plus. Lequel ?

Pour l'instant, tout ceci est ``banal'' (cela date de 1930 !). Mais au fait, une courbe c'est quoi ? le genre c'est quoi ? Et Riemann-Roch ? Avez vous vu la footnote 6 de la page 9 de Tibouchi ?
Que pensez vous du cadre des corps de fonctions algébriques (de dimension 1) sur les corps finis ? Versus le cadre des courbes.
Un truc important à noter dans la section 2.2 de Tibouchi pages 10-11 : non seulement, on obtient la forme de la fonction zeta mais on obtient un résultat dû à F.K. Schmidt : existence d'un diviseur de degré 1 i.e. le morphisme $\deg : \text{Div}(C) \to \Z$ est surjectif (le fameux $d$ qui traîne pendant un certain temps, qui complique un peu les choses et qui finira par être égal à 1 en plein milieu de la page 11).

Et qu'apporte de plus l'information $|\alpha_i|= \sqrt {q}$ (Riemann hypothesis) sur le comptage des points ? Résultat résolu (toujours dans le cadre des courbes, on s'en tient à ce cadre des petits) par Weil dans les années 1940. Et repris par Bombieri et Stepanov dans les années 1960, cf l'exposé à Bourbaki https://berndt-schwerdtfeger.de/wp-content/uploads/pdf/bbk430.pdf

Savez vous pourquoi Stepanov & Bombieri ont fourni une preuve de Riemann Hypothesis alors que cela avait déjà était démontré par Weil dans les années 1940 ?

Note : ne pas confondre les deux mathématiciens qui ont travaillé sur des sujets voisins :
Friedrich Karl Schmidt : 1901--1977 et Wolfang M. Schmidt : 1933 -- toujours vivant je pense

Sorry pour le côté terre à terre de mes préoccupations, très éloigné des ``théories cohomologiques de machin''.

gai requin · July 2017

Salut Claude. It's been a while! Comment va ?

Je me suis souvent demandé (mais sans chercher vraiment à y répondre) ce qui pouvait bien se passer en termes de comptage pour deux courbes algébriques a priori distinctes qui ont le même corps de fonctions.

claude quitté · July 2017

@gai requin
Ce que tu dis n'est pas possible dans le cadre que l'on considère (??) : deux courbes distinctes ont des corps de fonctions distincts.

Mieux : dans un certain cadre, il y a une équivalence de catégories entre les corps de fonctions algébriques sur $k$ et les courbes algébriques projectives lisses définies sur $k$. Il faut juste préciser ce que tout cela veut dire. Et on peut pas se permettre d'être approximatif quand on compte. Et ici $k$ n'est pas algébriquement clos : ce n'est pas une fixette de C.Q. : ne pas oublier qu'un corps fini c'est rarement algébriquement clos.

gai requin · July 2017

Merci pour cette info courbes-corps de fonctions sur les corps finis que je ne connaissais pas.

Ton premier post de ce matin m'avait replongé dans le trick "quartic to cubic" (dont on se servait pour des courbes algébriques de degré $4$ sur $\Q$).

claude quitté · July 2017

@gai requin
Mon info n'est pas liée aux corps de fonctions sur les corps finis. Si j'ai mentionné ``corps fini'', c'est que premièrement c'est le cadre du comptage et deuxièmement (c'est de la faute à personne), un corps fini n'est pas algébriquement clos.

Note : les questions que j'ai posées sont des questions auxquelles on peut répondre.

flipflop · July 2017

Coucou Claude, coucou Gai requin,

pour le a quoi ça sert d'avoir $L = truc$, beh je dirai que d'un point de vue calculatoire il suffit de connaitre les premières valeurs de $N_r$ pour calculer toutes les valeurs de $N_r$. Pour $g=1$, Pour $g=1$, $N_1$ suffit. Pour tes autres petites questions, aucune idée

claude quitté · July 2017

Ok pour $g=1$, sauf que l'on n'y voit rien. Pour $g=2$ :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {1 + c_1T + c_2T_2 + c_3T^3 + q^2T^4 \over (1-T)(1- qT)}
$$
Pour calculer $N_r$ pour n'importe quel $r$, il suffit d'avoir $N_1$ et ???

Autre chose : Bombieri a travaillé pour les ``petits'' en restant dans le cadre des courbes (Weil utilisait la surface $C \times C$ ou la Jacobienne de $C$, cf la première page de l'exposé à Bourbaki). Je pense que le travail de Bombieri a dû faire plaisir, non seulement aux petits comme moi ,mais également aux personnes de la communauté de la théorie des codes.

claude quitté · July 2017

Ce que je veux signifier, c'est que c'est peut-être pas mal de mieux comprendre la signification d'un résultat, non ? Etale, Crystalline, Monsky-Washnitzer ...etc... peuvent bien attendre quelques heures et même quelques jours ?

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