Homographies et petits groupes de Galois

Oui, 3 pour l'instant mais 2 seulement avec l'équation fonctionnelle. C'est vachement important. Il me semble important de comprendre cela (qui date de 1930 !). Quelle est l'équation fonctionnelle vérifiée par $L$ (le numérateur) ? Cela dit quoi sur les coefficients $c_i$.

Ensuite, on pourra voir l'importance de $|\alpha_i| = \sqrt {q}$.

@flip flop
Tout-à-fait. Et dans le cas des courbes, le signe $\epsilon$ vaut 1. Ce qui fait que les coefficients du numérateur vérifient:
$$
c_{2g-i} = q^{g-i} c_i, \qquad c_0=1, \qquad c_{2g} = q^g
$$
Il y a $2g+1$ coefficients pour un polynôme de degré $2g$ mais les deux extrêmes sont connus. Il en reste $2g-1$ et il suffit donc d'en calculer la moitié, ce qui fait $g$ coefficients à calculer.

Bllan : si $N_1, \ldots, N_g$ sont connus, alors $N_r$ est connu pour tout $r \ge 1$. Et si on n'est pas manchot, on devrait être capable de calculer $Z_{C/\mathbb F_q}(T)$ en fonction de $q, N_1, \cdots, N_g$. Chiche.

C'est pas rien ce résultat !! Si cela ne disait rien, cela n'aurait pas autant ``excité'' les gens.

Admettons que $|\alpha_i| = \sqrt {q}$. On voit alors que :
$$
|1+q - N_1] \le 2g\sqrt q, \qquad \hbox {et plus généralement} \qquad
|1+q^r - N_r| \le 2g q^{r/2}
$$
Et donc Riemann Hypothesis dit quelque chose d'intelligent sur le nombre de points. Et c'est pas rien. Car, réciproquement, si on sait montrer l'existence d'une constante $C$ telle que POUR TOUT $r \ge 1$ :
$$
|1+q^r - N_r| \le C q^{r/2} \qquad\qquad (\star)
$$
alors en travaillant un peu (sic), on finit par obtenir $|\alpha_i| = \sqrt q$. Et en travaillant beaucoup (Bombieri, Stepanov ...), on obtient $(\star)$.

Un mini cas particulier : prenons par exemple $g = 1$ (donc une courbe de genre 1 qui n'est PAS encore elliptique because absence d'un point rationnel de base), on a:
$$
|1 + q - N_1| \le 2\sqrt q
$$
Et bien, cette inégalité empêche $N_1$ d'être nul. Bilan : une courbe de genre $1$ sur un corps fini $\mathbb F_q$ possède un point $\mathbb F_q$-rationnel.

Et bien amuse toi à prendre un polynôme homogène cubique $F(X,Y,Z) \in \mathbb F_q[X,,Y,Z]$ et à démontrer qu'il admet un zéro $\mathbb F_q$-rationnel non trivial. Tu vas probablement souffrir. Même dans le cas $F = aX^3 + bY^3 + cZ^3$. Tu relèves le défi pour ce dernier polynôme ?

Ce n'est qu'un cas particulier. Ne pas oublier la théorie des codes (sur un corps fini).

Si on a pas froid aux yeux, on peut même réaliser concrètement ce binz pour une courbe hyperelliptique, par exemple $y^2 = x^a - 1$. Concrètement signifiant : redémontrer le résultat en attrapant TOUS les ingédients.

Quant à Riemann-Roch, cela vaut le coup de mettre en avant la foot-note de Tibouchi, page 9 :

6. Je n’ai trouvé le théorème de Riemann-Roch énoncé sous cette forme (et sans démonstration) que dans [Kat76] et [Vol01]. Dans mes autres références, il n’est énoncé que dans le cas d’un corps de base algébriquement clos. J’ai confiance en la justesse de cette formulation, d’autant que P. Samuel donne dans [Sam63] la preuve d’un résultat très analgue dans le langage des valuations, mais je ne sais pas la démontrer.


En tout cas, je suis content car je viens de trouver une définition pour un polynôme unitaire à coefficients dans un corps parfait $k$. C'est un polynôme à coefficients dans ``la'' clôture algébrique $\overline k$ donc de la forme :
$$
\prod_{i=1}^n (X - x_i) \qquad x_i \in \overline k
$$
Et qui est invariant par $\text{Gal}(\overline k/k)$. Elle est pas jolie, cette définition ? Certes, elle ne fonctionne qu'au dessus d'un corps parfait. Mais peut-être qu'en cherchant, bien on peut trouver une autre définition d'un polynôme (unitaire ou pas) à coefficients là où l'on veut.

Sorry : on est loin des théories cohomologiques pour l'instant.

Jolie idée ? Non : j'ai utilisé les sommes de Newton (c'est peut être ce que tu dis !) :
$$
N_r = 1 + q^r - S_r \qquad S_r = \alpha_1^r + \cdots + \alpha_{2g}^r
$$
Grand calculateur que je suis, j'ai tiré $S_r$ en fonction de $N_r$ :
$$
S_i = 1 + q^ i - N_i
$$
Ce qui me permet de déterminer les $g$ premières fonctions symétriques élémentaires (via les relations de Newton). Puis ensuite les $g$ autres via la relation fonctionnellle.

Il y a longtemps, j'avais fait tout cela à la main (y compris les relations de Newton). Car j'avais la flemme de chercher (dans 6000 pages, pas si facile, quand tu sais pas trop ce que tu cherches). Mais là, pour éviter de passer pour un charlot, j'ai cherché PowerSum dans le pdf et j'ai fini par trouver une intrinsic qui me convenait.

x := Random(-9,9) ; y := Random(-9,9) ; z := Random(-9,9) ;
assert PowerSumToCoefficients([x+y+z, x^2+y^2+z^2, x^3+y^3+z^3]) eq
          [-x*y*z,  x*y + x*z + y*z,   -(x+y+z),    1]
// coeffs deg 0      deg 1,            deg 2,     deg 3

Comme d'habitude, il faut faire attention par quel bout prendre la chose.

Si bien que cela me donne une fonction assez simple (comparée à mon ancienne version) :

ZetaNumeratorShortVersion := function(q, N)
  // N = [N_1, .., N_g]
  g := #N ;
  s := [q^i + 1 - N[ i] : i in [1..g]] ;
  // s[ i] = S_i = somme des alpha_k^i pour 1 <= k <= 2*g
  c := Reverse(PowerSumToCoefficients(s)) ;
  // Ici c = [c_0, c_1, ..., c_g]
  // Je mets au bout (à droite) c_{g+1}, .. c_{2g} en utilisant c_{2g-i} = q^{g-i} * c_i.
  // Par exemple pour i=0, c_{2g} = q^g c_0 = q^g
  c := c cat [q^(g-i) * c[i+1] : i in [g-1..0 by -1]] ;
  return PolynomialRing(Z) ! c ;
end function ;

Qu'il faut quand même tester

q := RandomPrime(4) ;
k := GF(q) ;
g := Random(2,4) ;
"q =", q, "  g =", g ;
C := RandomCurveByGenus(g, k) ;
time LC<T> := LPolynomial(C) ;
ZetaC := LC / ((1-T) * (1-q*T)) ;
S := T*Derivative(ZetaC)/ZetaC ;

// LC(T) = (1 - alpha_1*T) * ... * (1 - alpha_{2g}*T)
// N_1, .., N_g     N_i = q^i + 1 - s_i où s_i somme de Newton de degré i en alpha
N := [Coefficient(PSR!S, i) : i in [1..g]] ;
s := [q^i + 1 - N[ i] : i in [1..g]] ;

assert LC eq ZetaNumerator(q, N) ;    // ma vieille version
assert LC eq ZetaNumeratorShortVersion(q, N) ;  // la neuve
assert LC eq CharacteristicPolynomialFromTraces(s, 2*g, q, 1) ; // en fait, il y a un truc tout fait !!

@gai requin
Vaguement à propos d'une remarque de ce matin. Deux courbes (projectives lisses) sur $\mathbb F_q$ peuvent avoir même fonction zeta sans être isomorphes. Il y a la foot-note 4, page 5 de Tibouchi qui en parle https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf

Prenons par exemple deux courbes elliptiques sur $\mathbb F_q$ qui sont isogènes. Alors, elles ont même nombre de points sur $\mathbb F_{q^r}$ et aucune raison d'être isomorphes. Sketch pour le même nombre de points avec une isogénie $f : E \to E'$, en désignant par $\Phi_\bullet$ le Frobenius :
$$
f \circ (\text{Id}_E - \Phi_E) = (\text{Id}_{E'} - \Phi_{E'}) \circ f
$$
On prend le degré en utilisant $\deg( u \circ v) = \deg u \times \deg v$ et en simplifiant par $\deg f$ qui n'est pas nul (une isogénie n'est pas constante)
$$
\deg (\text{Id}_E - \Phi_E) = \deg (\text{Id}_{E'} - \Phi_{E'})
$$
Ce qui donne, puisque $\text{Id}_E - \Phi_E$ est inséparable:
$$
\#E(\mathbb F_q) = \#E'(\mathbb F_q)
$$
Le coup de $\text{Id}_E - \Phi_E$ est trés important. C'est lui que l'on fait agir sur le module de Tate $T_\ell(E)$ si je me souviens bien. Cf la section 3 de Tibouchi.

A une époque donnée, j'avais essayé de sensibiliser (hum) l'action (en dimension 2) sur le module de Tate $T_\ell(E)$ via des petits tricks sur des matrices $2 \times 2$ in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393736#msg-1393736 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393678#msg-1393678

Enfin, j'ai retrouvé pourquoi $ax^3 + by^3 + cz^3 = 0$ a toujours un zéro non trivial sur un corps fini. J'attache. L'énoncé de l'exercice (corrigé) commence en bas de la page 1. C'est rapporté par Selmer et Connell. Et on voit que c'est pas de la tarte (bravo à M. Hall).

@flip flop
A propos de RR et des espaces $L(D)$. Un truc que je trouve amusant et pédagogique, c'est le monoïde des pôle-numbers (pas beau ce franglais). I.e. on prend (sur une courbe projective lisse) un point rationnel $P$ et on examine les espaces $L(nP)$, qui sont (pour moi) probablement les plus simples. Cela conduit à des monoïdes de $\N$ à complémentaire fini et ayant $g$ trous (gaps). On peut faire mumuse avec (enfin, moi, il m'est arrivé de ...).

J'attache un brouillon recompilé (avec des petits dessins).

Autre chose : les notes de Voloch in http://www.ma.utexas.edu/users/voloch/Preprints/finitefieldnotes.pdf qui figurent dans les références bibliographiques de Tibouchi.

$\DeclareMathOperator{\calL}{\mathcal L}\DeclareMathOperator{Pic}{\mathrm Pic}\DeclareMathOperator{\Div}{\mathrm Div}$@flip flop Je ne vois pas trop ce que tu veux dire. Du coup, je te raconte mon point de vue sur l'invariance (équation fonctionnelle), même si ce n'est pas cela dont tu me parles. J'ai besoin de ce point de vue (le mien !) pour m'y retrouver car je trouve que l'on n'y voit pas toujours très clair dans les calculs qu'on lit.

D'abord, pour l'invariance, je fais intervenir l'opération $F \mapsto F^\star$ sur les séries formelles en $T$ :
$$
F(T) \longmapsto F^\star(T) = (qT^2)^{g-1}F(1/qT)
$$
C'est une INVOLUTION (facile à vérifier) et ce que l'on vise c'est l'invariance $Z^\star = Z$ où $Z$ est la fonction zeta. Fonction zeta de quoi ? D'un corps de fonctions algébriques $L/\mathbb F_q$. Il est indispensable d'obtenir la forme suivante pour la fonction zeta, forme qui n'est pas celle avec l'exponentielle et le comptage des points sur les corps $\mathbb F_{q^r}$ :
$$
Z(T) = \sum_{D \ge 0} T^{\deg D} = \sum_C {q^{\dim C} - 1 \over q-1} T^{\deg C} \qquad\qquad (\spadesuit)
$$
La première somme sur les $D$ porte sur les diviseurs positifs de $L$, parfois noté $\Div\nolimits^+(L)$, tandis que la seconde ($C$ pour classe) porte sur $\Pic(L)$:
$$
\Pic(L) = {\Div(L) \over \sim}, \qquad \sim \hbox { équivalence linéaire}
$$
Quant à $\dim C$, c'est $\dim \calL(D)$ où $D$ est un représentant quelconque de $C$ i.e. $C = [D]$.

Il faut évidemment prendre son temps pour établir $(\spadesuit)$ qui est indispensable. ADMETTONS.

Ensuite, histoire de neutraliser $q-1$ au dénominateur qui est constant, je multiplie par $q-1$ :
$$
(q-1)Z(T) = \sum_C q^{\dim C} T^{\deg C} - \sum_C T^{\deg C} = S_1(T) + S_2(T) - S_3(T)
$$
avec :
$$
S_1(T) = \sum_{\deg C \le 2g-2} q^{\dim C} T^{\deg C}, \qquad \qquad
S_2(T) = \sum_{\deg C \ge 2g-1} q^{\dim C} T^{\deg C}, \qquad \qquad
S_3(T) = \sum_C T^{\deg C}
$$
Et bien figure toi que $S_1$ est invariante terme à terme par l'involution $\star$ :
$$
(q^{\dim C} T^{\deg C})^\star \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad
q^{g-1} T^{2g-2} q^{\dim C} {1 \over (qT)^{\deg C}} =
q^{g-1 + \dim C - \deg C} T^{2g-2 - \deg C } \quad \buildrel (\heartsuit) \over = \quad
q^{\dim (W -C)} T^{\deg(W-C)}
$$
A droite, $W$ est un diviseur canonique et $(\heartsuit)$, c'est RR. On peut donc voir dans RR, l'intervention de l'involution $C \mapsto W-C$, qui correspond à l'involution $\star$

Enfin, en ce qui concerne $S_2(T)$ et $S_3(T)$, on a :
$$
S_3(T) = {h \over 1-T}, \qquad\qquad S_2(T) = h {q^g T^{2g-1} \over 1-qT}, \qquad\qquad h = \#\Pic\nolimits^0(L)
$$
Là aussi, il faut expliquer d'où cela sort. RR y intervient encore. Plus tard si tu en as envie. Et un calcul évident montre que :
$$
(-S_3)^\star = S_2 \qquad \hbox {donc} \qquad S_2^\star = -S_3
$$
Résumons : $(q-1)Z(T) = S_1 + (S_2-S_3)$, avec $S_2 - S_3$ qui est $\star$-invariante et $S_1$ qui est $\star$-invariante terme à terme.
Et donc $Z(T)$ est $\star$-invariante.

@flip flop
Là, tu peux pas faire autrement que de plancher sur ce qui suit. Soit $E$ une courbe elliptique rationnelle. Elle possède une fonction $L(E,s)$, comme tu sais. On la corrige en
$$
\Lambda(E,s) = N^{s \over 2} (2\pi)^{-s}\Gamma(s) L(E,s)
$$
Cohen, A course in Computational Algebraic Number Theory, chap 7, section 7.3.2.

$N$ c'est le conducteur de $E$, que je saurais jamais ce que c'est ...etc... Mais toi tu es jeune, tu as la vie devant toi.

Et bien, $\Lambda(E,s)$ vérifie l'équation fonctionnelle :
$$
\Lambda(E,2-s) = \varepsilon_E \Lambda(E,s) \qquad (\star)
$$
où $\varepsilon_E$ est le root-number de $E$. HUM j'avais mis un $-\varepsilon_E$ mais cela doit être un $+$.

Saurais tu rendre plausible $(\star)$ ?


Rien à voir, pour se détendre, un petit truc plus peinard : notre amie $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$. Structure du groupe $E(\mathbb F_5)$, $E(\mathbb F_{5^2})$, $E(\mathbb F_{5^3})$, ...etc... Une petite histoire à te raconter.

@flip flop, gai-requin.

Quelques petites choses faciles ici car j'ai été accusé de ne pas faire des choses terre à terre.

1) Nombre de points de $y^2 = x^3 - x = x(x-1)(x+1)$ (notre amie, la courbe de Koblitz) sur $\mathbb F_5$. Tout commence avec http://www.math.colostate.edu/~achter/math/quot0213.pdf, car les auteurs trouvent à la page 1 que :
$$
E(\mathbb F_5) \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z \qquad \hbox {a fortiori} \qquad \#E(\mathbb F_5) = 4
$$
Manifestement, ce n'est pas possible car il y a déjà les 3 points de 2-torsion $(x,0)$ avec $x = 0,1,-1$ racines du polynôme de degré 3. Avec l'origine, cela fait 4. Et on a aussi $(2,1)$ qui est sur cette courbe elliptique puisque:
$$
1^2 = 2^3 - 2 = 6 \bmod 5
$$
Donc quelque chose ne va pas chez ces auteurs. Il doit s'agir d'une coquille. Mais chez Flip-Flop non plus car il trouve 6 points. Et que l'on dispose déjà de la 2-torsion qui nous fait un sous-groupe d'ordre 4 et que 4 ne divise pas 6. Est ce qu'il s'agit d'une coquille chez Flip-Flop ? Alors que magma et mézigue, on en trouve 8

> EllipticCurve([-1,0]) ;         
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - x over Rational Field
> F5 := GF(5) ;
> E := EllipticCurve([F5| -1,0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5)
> #E ;                            
8
> Points(E) ;
{@ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : 1 : 1), (2 : 4 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (4 : 0 : 1) @}
> Trace(E) ;
-2

Mézigue : on factorise $5$ dans $\Z[i\rbrack$, $5 = \pi\overline\pi$ en faisant attention au coup de ``8 pour le prix d'un". Allusion à $u\pi$ et $u\overline\pi$ avec $u = \pm 1, \pm i$. On sait bien qu'il faut imposer la normalisation $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$. Je prends :
$$
\pi = -1 - 2i \quad \hbox {qui vérifie bien} \quad -1-2i \equiv 1 \bmod (1+i)^3 \quad \hbox {puisque} \quad (1+i)^3 \sim 2(1+i)
$$
La trace $t$ est $-2$ et donc $N_1 = 1 + p - t = 1 + 5 + 2 = 8$.


De manière générale, soit $E/\mathbb F_q$ une courbe elliptique et sa fonction zeta :
$$
Z(E/\mathbb F_q)(T) = {1 - tT + qT^2 \over (1-T)(1-qT)} = {(1- \alpha T)(1 - \overline \alpha T) \over (1-T)(1-qT)}
$$
Dans la suite, je suppose que $\alpha \ne \overline\alpha$.

2) Alors $\alpha$ est un entier quadratique imaginaire et du coup $\Q(\alpha)$ est un corps quadratique imaginaire. Why ?

3) Exprimer $\#E(\mathbb F_{q^r})$ à l'aide d'une trace de cet anneau quadratique imaginaire. Cela donne quoi sur exemple 1 ?

4) Exprimer $\#E(\mathbb F_{q^r})$ à l'aide d'une NORME de cet anneau quadratique imaginaire. Cela donne quoi sur exemple 1 ?

5) Dans l'exemple 1, en réfléchissant à l'expression normique du point précédent, voyez vous un groupe de bon cardinal qui vous tend les bras (pour être isomorphe à $E(\mathbb F_{5^r})$ ? Using $\Z[i\rbrack$.

6) Quid du côté terre à terre de ce post?

@gai requin
Pour le 3), pourrais tu ``coucher'' une formule (histoire de l'avoir sous les yeux) en commençant par $r=1$ ? Une formule où l'on verrait de la trace. La trace de $\Q(\alpha)/\Q$, of course.

Au fait, quand j'ai écrit la factorisation $1 - tT + qT^2 = (1 - \alpha T)(1 - \overline \alpha T)$, c'était sous entendu que $\overline\alpha$ est le conjugué COMPLEXE de $\alpha$. Mais pourquoi est ce que j'ai le droit d'écrire cette factorisation ? I.e. pourquoi le discriminant du trinôme auquel on pense (sic, une formulation à la c.n de CQ) est-il $\le 0$ ? Peut-il être nul ?

@gai requin YES.
Analogue à l'égalité pour des matrices $2 \times 2$ :
$$
\det(M + N) = \det (M) + \det(N) + \text{tr}(\widetilde M N) \qquad\qquad
\det(I_2 - N) = 1 + \det(N) - \text{tr}(N)
$$
On doit le voir dans Tibouchi ou Hindry (puisque cela intervient plus ou moins pour Hasse et/ou dans le contexte du module de Tate).

Autre question : quel quotient de $\Z[i\rbrack$ te tend les bras ?

Dans Tibouchi https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf, en plein milieu de la page 9, on le voit le calcul avec des matrices $2 \times 2$, qui relie le déterminant et la trace. Le calcul est fait à la main, et c'est pas aussi général que $\det(M + N)$ (dans ce cas plus général, on n'a pas envie de le faire à la main, le calcul).

Bref, cela figure en plein d'endroits. C'est pas le tout de disposer du module de Tate $T_\ell(E)$, faut en faire quelque chose....

A propos de `Y voir clair" (post précédent). Si je prends $A = \Z[z]$, alors $A/zA$ est un groupe cyclique d'ordre $N(z)$. Mais si je prends $B$ un sous-anneau quadratique quelconque contenu dans $\Q(z)$, $B/zB$ est un groupe abélien d'ordre $N(z)$ qui n'a aucune raison d'être cyclique.

Correction Dans le cas quadratique quelconque, il faut remplacer $N(z)$ par sa valeur absolue $|N(z)|$. Merci gai-requin. Bien sûr, dans le cas quadratique imaginaire, il n'y a pas de lézard.

@gai requin. Ok pour le coup de la valeur absolue (j'ai apporté un correctif). Ainsi que l'endomorphisme associé à $i$.

@flip flop
Oui, tu as été vraiment terre à terre avec ton histoire de $T \mapsto 1/qT$ ! Et du coup, je me suis fendu d'une comparaison avec l'involution en analytique $s \mapsto 1-s$, j'ai même parlé de l'objet analytique $\pi^{-s/2} \Gamma(s/2)\zeta(s)$, j'en ai encore des frémissements.

Oui $E \to E' = E/G$ n'est pas ramifié donc $2 - 2g_E = \#G \times (2 - 2g_{E'})$ et par conséquent $g_{E'} = 1$. Et donc il ne faut surtout pas se contenter raconter qu'une courbe elliptique c'est une équation de Weirstrass. Parce que pour l'instant, $E/G$, on ne l'a pas sous cette forme.

$E \mapsto E/G$ est le type même d'isogénie séparable.

Et tout cela, c'est pour en venir, dans le cadre de $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$, au fait que :
$$
E_{1,0} := E/\langle p_{1,0}\rangle \qquad p_{1,0} = (1 : 0)_E
$$
est une courbe elliptique qui a même nombre de points (8) que $E$, car isogène à $E$, mais pas même groupe. Le groupe de $E_{1,0}$ c'est $\Z/8\Z$ et pas $\Z/2\Z \times \Z/4\Z$.