Homographies et petits groupes de Galois
Réponses
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@gai requin, flip flop.
J'ai un peu peur d'une descente de police sur le forum et peut-être qu'il faut être plus sérieux. Et montrer quelque chose ? Car si on nous demande des comptes, on va être jolis garçons. Avant que cela ne se gâte, je nous propose de prouver que $\text{End}_{\mathbb F_p}(y^2 = x^3-x)$ est isomorphe à $\Z[i\rbrack$ quand $p \equiv 1 \mod 4$.
En commençant par le résultat plus général suivant.
Soit $E/\mathbb F_q$ une courbe elliptique et $\Phi$ son Frobenius. On suppose que $\Phi \notin \Z$ (déjà, c'est mieux d'avoir un exemple où $\Phi \in \Z$ !). Alors $\Q(\Phi)$ est un anneau quadratique imaginaire et $\text{End}_{\mathbb F_q}(E)$ un sous-anneau quadratique de $\Q(\Phi)$.
C'est faisable : j'ai une note (brouillon) sous les yeux (avec des trous).
Sauf qu'il est préférable de savoir 2 ou 3 petites choses générales sur l'anneau des endomorphismes d'une courbe elliptique générale. J'ai cela dans le Siverman I. Cela serait bien de trouver via le web des pointeurs (Endomorphism ring of an elliptic curve).
Qu'en dites vous ? Evidemment, si vous n'avez pas peur de la police, vous pouvez répondre ``on s'en fout de l'anneau des endomorphismes d'une courbe elliptique''. Je vous aurais prévenu. -
@Claude :
J'ai pas trop peur de la police mais j'aime bien comprendre quand même.
Faut peux être commencer par comprendre l'histoire de Dual d'une isogénie.
Après comprendre pourquoi :
$$\Phi \overline{\Phi} = [p] \qquad \Phi \text{ le Frobénius}$$
Et aussi $[m] = \overline{[m]}$.
Je vais lire un peu :-D -
J'ai lu que $\Phi$ vérifie la même relation que notre $\alpha$, i.e.
$$\Phi^2-t\Phi+qI_E=0.$$ -
@gai requin
J'ai envie de dire ``bien sûr''. Et c'est bien pour cela, que dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1503834#msg-1503834, j'ai agi pour pouvoir dire : le Frobenius $\Phi$ C'EST $-2i-1$.
Précision : ci-dessus, mon contexte, c'est $y^2 = x^3-x$ sur $\mathbb F_5$. Au fait, quel est ton contexte ?
@flip flop
Sans isogénie duale, on ne peut effectivement rien faire. Et comme, on ne peut pas tout faire, il faut admettre des choses. Mais lesquelles ? That is the problem. Si on admet tout n'importe comment, on ne comprend rien (c'est mon avis).
Quand j'étais tout petit, j'avais étudié le cadre de bébé suivant :
1) Deux réseaux $\Lambda_1, \Lambda_2$ de $\C$, et un $z \in \C$ non nul tel que $z\Lambda_1 \subset \Lambda_2$. On peut donc considérer la multiplication par $z$ :
$$
\C/\Lambda_1 \quad \buildrel {\times z} \over \longmapsto\quad \C/\Lambda_2
$$
Si on pose $d = [\Lambda_2 : z\Lambda_1]$, on a $dz^{-1}\Lambda_2 \subset \Lambda_1$ et l'isogénie duale de $\times z$, c'est :
$$
\widehat z = dz^{-1}
$$
Sur ce modèle (simpliste), on peut vérifier (facilement) un certain nombre de propriétés de l'isogénie duale (degré, composition, ...etc..)
2) Cas particulier $\Lambda_1 = \Lambda_2 = \Lambda$. Si bien que $z$ vérifie $z\Lambda \subset \Lambda$. Alors $z$ est un entier quadratique et vérifie une équation :
$$
z^2 - tz + d = 0, \qquad t,d \in \Z, \qquad t^2 - 4d \le 0
$$
L'isogénie duale est alors $\widehat z = \overline z$. Et ou bien $z$ est entier de $\Z$ ou bien $z$ est un entier quadratique imaginaire (un vrai).
Certes, c'est pour les bébés (j'ai commencé comme cela). Et ci-dessus, faut bien démontrer un petit quelque chose (la police ..) ; et tant qu'à faire le plus proprement possible. -
Ouhais ça va le faire avec ce mode bébé :-)
Je fais le 2/
Soit $\Lambda := \Z \oplus w \Z$ (police :-D) $w \notin \R$ et $z \in \C$. Alors $z \Lambda \subset \Lambda$ si et seulement si il existe $(a,b,c,d) \in \Z^4$ vérifiant :
$$
z =a +bw \qquad zw =c +dw
$$
On multiplie la première relation par $z$ et on utilise la seconde et ensuite la première
$$
z^2=az+bzw \Leftrightarrow z^2 = az+b (c+dw) \Leftrightarrow z^2=az+bc+ d(z-a)
$$
Ensuite, faut regarder le cardinal du quotient $\Lambda /z \Lambda$ ... hum le genre de truc que j'aime bien :-D J'ai envie de dire $|z|^2$ je vais réfléchir un peu. -
@flip flop
Même si c'est un peu ollé-ollé, on peut faire un parallèle avec les matrices $2 \times 2$ : ce qui correspond à l'isogénie duale pour $M$, c'est la cotransposée $\widetilde M$ avec les relations :
$$
M + \widetilde {M} = \text{tr}(M), \qquad M\widetilde M = \det(M), \qquad \chi_M(T) = T^2 - \text{tr}(M)T + \det(M)
$$
Et en dimension $2$, $M \mapsto \widetilde M$ est linéaire et involutive. C'est spécifique à la dimension 2. Et le calcul de l'autre jour :
$$
\det(M+N) = \det(M) + \det(N) + \text{tr}(\widetilde MN)
$$
peut se faire via :
$$
(M+N) \widetilde {(M + N)} = (M+N)(\widetilde M + \widetilde N) = M\widetilde M + N \widetilde N + (N\widetilde M + M\widetilde N) =
\det(M) + \det(N) + \text{tr}(\widetilde MN)
$$
Et justement, si je prends comme toi $\Lambda = (1,w)$ avec $w \notin \R$, tu ne l'as pas dit ... la police :
$$
z \pmatrix {1 \cr w\cr} = M \pmatrix {1 \cr w\cr} \qquad M = \pmatrix {a & b\cr c & d\cr} \in M_2(\Z) \qquad\qquad (\star)
$$
le déterminant trick donne que $z$ est racine de :
$$
\det(TI_2 - M) = T^2 - \text{tr}(M) T + \det(M)
$$
Je mets le cas $z \in \Z$ de côté. Alors je dis que $z$ n'est pas réel comme on le voit en regardant la première ligne $z = a + bw$ de $(\star)$ et en utilisant que $b$ est non nul (car j'ai viré $z \in \Z$) et $w$ non réel.
Bref : dans le cas où $z \notin \Z$, on a bien $\text{tr}(M)^2 - 4 \det(M) < 0$ donc
$$
(T-z)(T-\overline z) = T^2 - \text{tr}(M) T + \det(M)
$$
...etc....
On retombe en enfance. -
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@gai requin, flip flop
Un truc qui me turlupine depuis avant hier. Je fais terre à terre en prenant $p = 13$ que je factorise dans $\Z[i\rbrack$ (ici $i$ c'est le brave $i$ habituel) :
$$
p = \pi\overline\pi \qquad \pi = 2i + 3 \equiv 1 \bmod (1+i)^3, \qquad \overline\pi = -2i + 3 \equiv 1 \bmod (1+i)^3
$$
Note : modulo $(1+i)^3$ ou modulo $(1-i)^3$, c'est kif-kif puisque $1+i$ et $1-i$ sont associés $i \times (1-i) = 1+i$.
Comme $p \equiv 1 \bmod 4$, $-1$ est un carré dans $\mathbb F_p$, par exemple, $5^2 = -1 \bmod 13$. Prudemment, je note ce 5 de $\mathbb F_p$, je le note $i_p$ avec un indice. Je fais moins le malin qu'hier/avant-hier en notant tout le monde $i$. Notons que $-5$ vérifie aussi $(-5)^2 = 1 \bmod 13$ et que l'on peut prendre $i_p = -5$.
Enfin, je fais débarquer notre amie la courbe elliptique $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_p$ avec son Frobenius $\Phi$. Et je définis un automorphisme que je note $I$ (je fais moins le malin, bis) :
$$
I : (x,y) \mapsto (-x, i_py)
$$
Et je sais, vous n'êtes pas obligé de me faire confiance, que $\Phi$ habite $\Z[I\rbrack$. Et même que :
$$
p = \Phi\overline\Phi , \qquad \Phi \equiv \text{Id}_E \bmod (\text{Id}_E + I)^3
$$
Je fais le choix de $i_p = 5$, ce qui détermine $I$.
Le truc qui me turlupine : $\Phi$ c'est $2I + 3$ ou $-2I+3$, sous-entendu $2I + 3\text{Id}_E$ ou $-2I + 3\text{Id}_E$ ?? -
Effectivement Claude !
Ca veux dire qu'on ne peut pas savoir à l'avance qui est le Frobenius ? -
@flip flop
SI. Je viens de comprendre. Et en un certain sens, on l'a déjà fait avec gai-requin !!
Et je m'y prends comme un manche. Je rectifie le tir. Soit $p \equiv 1 \bmod 4$ que je factorise en $p = \pi\overline\pi$ avec $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$. Je ne peux pas distinguer $\pi$ de $\overline \pi$ mais je ne m'en inquiète pas. Après tout, entre $i$ et $-i$, la glace est mince.
Je choisis donc un des deux facteurs de $p$ que je nomme $\pi$, peu importe. Et TOUT SE JOUE dans :
$$
\mathbb F_p = \Z[i\rbrack/\langle \pi\rangle
$$
J'ai bien mis $=$ et pas un bête isomorphe. Ou encore :
$$
\Z \ni m \longmapsto m \bmod \pi \in \Z[i\rbrack/\langle \pi\rangle \qquad (\star)
$$
est surjective, de noyau $p\Z$. Et c'est ce boulot là que nous avons fait avec gai-requin dans le cadre général de $\Z[\theta]/\langle a + b\theta\rangle$ avec $a \wedge b = 1$, cf un certain fil.
On détermine donc un $x \in \Z$ antécédent de $i$ par $(\star)$ et on note $i_p$ la classe de ce $x$ dans $\mathbb F_p$. Et enfin, on définit
$$
I : (x,y) \mapsto (-x, i_py) \qquad \hbox {automorphisme de la courbe elliptique $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_p$}
$$
Et la chute, c'est que si $\pi = a + bi$, alors $\Phi = a\text{Id}_E + bI$.
Détermination de $x$ (j'en ai eu besoin à l'instant pour implémenter le binz dans un certain langage de programmation dont je tais pudiquement le nom). : écrire $\pi = a + bi$, prendre $u,v$ tels que $ua +vb = 1$ et poser :
$$
x = -va + ub
$$
Cf le fil ad-hoc avec gai-requin. Et ça tourne (le programme).
Un exercice faisable (la police ...). Et je crois que l'on n'a pas besoin de la totale (isogénie duale, anneau des endomorphismes ...etc..). Montrer que :
$$
\Phi \equiv \text{Id}_E \bmod (\text{Id}_E + I)^3 \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Cela revient à montrer que $\Phi - \text{Id}_E$ est nul sur $\ker (\text{Id}_E + I)^3$ car dans ce cas, on pourra écrire :
$$
\Phi - \text{Id}_E = \hbox {un certain endomorphisme} \circ (\text{Id}_E + I)^3
$$
qui est bien une égalité du type $\text{truc} - 1$ multiple de $(1+i)^3$. The so called normalisation $\text{truc} \equiv 1 \bmod (1+i)^3$.
Et montrer $(\heartsuit)$ revient à montrer que $\ker (\text{Id}_E + I)^3$ a ``tous ses points dans $E/\mathbb F_p$''. Mais $(1+i)^3 = 2(1+i)$. Points de 2-torsion ...etc... Faisable, sans grand moyen sauf si mauvaise évaluation de ma part. A suivre. Je veux dire à vous. Mais non, j'appelle pas la police, enfin pas encore. -
@gai requin, flip flop.
Je fais pas semblant de ...
> // Quelques premiers p = 1 modulo 4 > SomeAdHocPrimes := [p : p in PrimesInInterval(5,70) | p mod 4 eq 1] ; > SomeAdHocPrimes ; [ 5, 13, 17, 29, 37, 41, 53, 61 ] > p := Random(SomeAdHocPrimes) ; > "p =", p ; p = 53 > pi := AdHocFactor(p) ; // AdHocFactor est de mézigue > pi ; 2*i + 7 > a := Z!pi[1] ; b := Z!pi[2] ; assert pi eq a+i*b ; > // Ingrédients pour la surjectivité explicite de Z -> Z[ i]/<a+ib>, dûe à a /\ b = 1 > // Calcul d'un antécédent x de i. > d,u,v := Xgcd(a,b) ; > assert 1 eq u*a + v*b ; > x := -v*a + u*b ; > assert (x^2 + 1) mod p eq 0 ; > > Fp := GF(p) ; > E := EllipticCurve([Fp | -1, 0]) ; > assert Trace(E) eq Trace(pi) ; > assert #E eq Norm(1-pi) ; > > iFp := Fp!x ; > assert iFp^2 eq -1 ; > > // On veut réaliser pi = a + i*b > // [r, s, t, u] : (x,y) -> (u^2*x + r, u^3*y + s*u^2*x + t) > // i.e. > // | u^2 0 | | x | + | r | > // | s*u^2 u^3 | | y | | t | > // Ici la multiplication par i est (x,y) -> (-x,iFp*y) i.e. c'est [0,0,0,u] avec u = -iFp ; > iMultiplication := Automorphism(E, [0,0,0,u]) where u is -iFp ; > iMultiplication ; Elliptic curve isomorphism from: CrvEll: E to CrvEll: E Taking (x : y : 1) to (52*x : 23*y : 1) > ibMultiplication := MultiplicationByMMap(E,b) * iMultiplication ; > ibMultiplication ; Elliptic curve isogeny from: CrvEll: E to CrvEll: E taking (x : y : 1) to ((13*x^4 + 26*x^2 + 13) / (x^3 + 52*x) : (36*x^6*y + 32*x^4*y + 32*x^2*y + 36*y) / (x^6 + 51*x^4 + x^2) : 1) > > P := GenericPoint(E) ; > _<x,y> := Parent(P[1]) ; > P ; (x : y : 1) > // Frobenius(P) = a*P + b*i*P > FrobeniusP := ibMultiplication(P) + a*P ; > FrobeniusP ; (x^53 : (x^78 + 27*x^76 + 7*x^74 + 50*x^72 + 4*x^70 + 46*x^68 + 51*x^66 + 36*x^64 + 47*x^62 + 12*x^60 + 22*x^58 + 21*x^56 + 40*x^54 + 14*x^52 + 40*x^50 + 21*x^48 + 22*x^46 + 12*x^44 + 47*x^42 + 36*x^40 + 51*x^38 + 46*x^36 + 4*x^34 + 50*x^32 + 7*x^30 + 27*x^28 + x^26)*y : 1) > X,Y := Explode(Eltseq(FrobeniusP)) ; > X ; x^53 > Y ; (x^78 + 27*x^76 + 7*x^74 + 50*x^72 + 4*x^70 + 46*x^68 + 51*x^66 + 36*x^64 + 47*x^62 + 12*x^60 + 22*x^58 + 21*x^56 + 40*x^54 + 14*x^52 + 40*x^50 + 21*x^48 + 22*x^46 + 12*x^44 + 47*x^42 + 36*x^40 + 51*x^38 + 46*x^36 + 4*x^34 + 50*x^32 + 7*x^30 + 27*x^28 + x^26)*y > assert X eq x^p and Y eq y^p ; -
@gai requin, flip-flop
Soit $p \equiv 1 \bmod 4$ et $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_p$.
(I) Gauss a dit : pour obtenir le nombre de points de $E$, écrire $p = \pi\overline \pi$ dans $\Z[i\rbrack$ avec $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$. Et alors :
$$
\#(E/\mathbb F_p) = 1 + p - t \qquad \hbox {avec} \quad t = \text{tr}(\pi) = \text{tr}(\overline\pi)
$$
Et comment il a montré cela ? En inventant les sommes de Gauss-Jacobi et en PRENANT $\pi = -J(\chi_2, \chi_4)$ où $\chi_4$ est un des DEUX caractères d'ordre $4$ sur $\mathbb F_p$ ($\chi_2$ lui est unique).
(II) On continue de nos jours à garder cette approche (Koblitz, Ireland & Rosen ..) pour des raisons pédagogiques car elle ne nécessite qu'un investissement dans les sommes de Gauss-Jacobi, mais pas sur les courbes elliptiques.
(III) Mais quand on est assez avancé sur les courbes elliptiques, on regarde cela de haut. On ne met plus les mains dans le cambouis avec les sommes de Gauss-Jacobi. On fait intervenir le Frobenius $\Phi$ en en montrant les vertus. On choisit une racine carrée de $-1$
$$
I : (x,y) \mapsto (-x, i_{\mathbb F_p}y)
$$
et on montre (qui ça, on ?) :
$$
p = \Phi \overline\Phi, \qquad \Phi \equiv 1 \bmod (1+I)^3
$$
Et comme on sait que pour TOUTE courbe elliptique $E/k$, $k$ corps fini :
$$
\#(E/k) = 1 + \#k - \text{tr}(\Phi_{E/k})
$$
on aboutit au même résultat (heureusement !). Cela nécessite un investissement sur les courbes elliptiques, pas sur les sommes de Gauss-Jacobi. -
Ah, alors au lieu de prendre un petit corps fini $\mathbb{F}_p$ abstrait comme tout le monde ... tu as pris un $\mathbb{F}_p$ "concret" $\Z[ i] / \pi$. C'est quand même un peu bizarre !
Je suis un peu ennuyé car je peux pas faire tes calculs à la main ! Il faut absolument une machine pour faire les additions sur la courbe elliptique ? -
@flip flop
Cela n'existe pas les corps abstraits $\mathbb F_p$. Car tous les corps de cardinal $p$ sont CANONIQUEMENT isomorphes entre eux. Et heureusement.
Je n'en dirais pas autant des corps d'ordre $p^2$ pour la bonne raison que c'est faux.
Faire des calculs à la main sur les courbes elliptiques ? Trop pénible, je pense. En tout cas trop pénible pour moi.
Ici, sur le PAPIER, il va falloir déterminer $\ker_{\overline{\mathbb F_p}}(1 + I)^3$. J'ai bien mis $\overline {\mathbb F_p}$, mais t'inquiète on n'ira pas au delà de $\mathbb F_{p^2}$. Déjà :
$$
\ker [2] \subset \ker_{\overline{\mathbb F_p}}(1 + I)^3
$$
Parce que $(1+I)^3 = (1+I) \times 2I$ et donc quand $2P=0$, a fortiori $(1+I)^3P = 0$. Points de 2-torsion, coucou. A suivre. -
@flip flop
Tiens, les deux polynômes irréductibles de degré 3 sur $\mathbb F_2$, un que je nomme $F(X)$, l'autre $G(Y)$.
> F2 := GF(2) ; > I3 := AllIrreduciblePolynomials(F2, 3) ; > I3 ; { $.1^3 + $.1^2 + 1, $.1^3 + $.1 + 1 } > I3 := SetToSequence(I3) ; > F<X> := I3[1] ; > F ; X^3 + X^2 + 1 > G<Y> := I3[2] ; > G ; Y^3 + Y + 1
Pourrais tu expliciter un isomorphisme :
$$
\mathbb F_2[X] / \langle F(X)\rangle \quad\simeq\quad \mathbb F_2[Y] / \langle G(Y)\rangle
\qquad \qquad
\hbox {(the so called field $\mathbb F_8$)}
$$
Il y en a beaucoup (des isomorphismes) ? -
J'ai envie de dire $$\mathbb{F}_2[Y] / G \, \ni \quad Y \mapsto X+1 \quad \in \, \mathbb{F}_2[X] / F $$
car $X+1$ est une racine de $G$ dans $\mathbb{F}_2[X] / F$.
Beaucoup, non il y en a trois ? le Frobenius agit transitivement sur les trois ... les autres sont données par $X^2+1$ et $X^4+1$ -
@flip flop
OK. C'était juste le coup d'appuyer sur l'énorme différence entre isomorphe et canoniquement isomorphe. Ce n'est pas du tout la même chose.
D'ailleurs, pour pas me faire ch.er, j'avais pris cet exemple car les deux polynômes sont réciproques l'un de l'autre. Et du coup, je prends :
$$
\mathbb F_2(y) \mapsto \mathbb F_2(x), \qquad y \mapsto 1/x \quad \hbox {versus toi}\quad y \mapsto x+1
$$
Comme $x+1 = 1/x^2$, on passe de toi à moi par le carré du Frobenius à l'arrivée.
Isomorphismes : je t'ai déjà parlé de la plaie de l'algèbre homologique ??
Rien à voir. Soit $p \equiv 1 \bmod 4$ et $x \in \mathbb F_p$ de carré $-1$. Il se pourrait que $x$ détermine un des deux caractères $\chi_4$ d'ordre 4 sur $\mathbb F_p$. Sauf que pour l'instant, je vois pas du tout comment. Et toi ? -
@flip flop (et gai requin)
P.tain. Je ne comprends pas pourquoi on n'avait pas compris (à l'époque des sommes de Gauss-Jacobi) ce qui suit.
Soit $p \equiv 1 \bmod 4$ et $x \in \mathbb F_p$ tel que $x^2 = -1$. Je dis que $x$ détermine un caractère bien précis $\chi_4$ d'ordre (4 parmi les deux). De la manière suivante : je prends un générateur $g$ quelconque de $\mathbb F_p^*$ de sorte que $g^{p-1 \over 4}$ est de carré $-1$. Et donc $g^{p-1 \over 4} = \pm x$. Si c'est $x$, je garde $g$ sinon je le remplace par $1/g$. Et avec cette éventuelle correction :
$$
g^{p-1 \over 4} = x
$$
Et enfin, je définis $\chi_4 : \mathbb F_p^* \to \langle i\rangle = \{\pm 1, \pm i\}$ via $g \mapsto i$.
Et d'une (détermination d'un caractére d'ordre 4 sur $\mathbb F_p$ à partir d'une racine carrée de $-1$ dans $\mathbb F_p$).
Mais je ne m'arrête pas là. Car je considère la somme de Jacobi (ou plutôt son opposée comme on le sait) :
$$
\pi = -J(\chi_4, \chi_2)
$$
Alors $p = \pi\overline\pi$ et $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$.
Bilan : une racine carrée de $-1$ dans $\mathbb F_p$ détermine un facteur irréductible $\pi$ précis normalisé de $p$ dans $\Z[i\rbrack$. Et je peux retrouver $\chi_4$ à partir de $\pi$ via le symbole biquadratique :
$$
\chi_4 = \left( {\bullet \over \pi} \right)_4
$$
Et bien sûr, à partir de $\pi$ je peux retrouver $x$ via $\mathbb F_p = \Z[i\rbrack/\langle\pi\rangle$.
Bref :
$$
\hbox {racine carrée $x$ de $-1$ dans $\mathbb F_p$}, \qquad
\hbox {facteur normalisé $\pi$ de $p$ dans $\Z[i\rbrack$}, \qquad
\hbox {caractère $\chi_4$ d'ordre 4 sur $\mathbb F_p$}, \qquad
\hbox {MEME COMBAT}
$$
C'est malin (je parle de moi) d'attendre les courbes elliptiques sur les corps finis et leurs Frobenius pour piger cela. -
Claude : finalement tu as trouvé la normalisation complète
Tu penses qu'on peut faire pareil avec $x^3+y^3+z^3=0$ ? Là c'est l'arithmétique de $Z[ j]$ qui ressort si je me trompe pas. -
@flip flop
On aurait pu y penser avant. Oui, on peut faire la même chose avec $\Z[j]$, mais je pense qu'il est bon d'aller doucement en mettant provisoirement la cubique $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ de côté. Il faut bien solidifier ce qui est facile.
(I) Rappel des ingrédients pour $\Z[i\rbrack$, que je couche en vrac :
$$
\Z[i\rbrack = \Z[\root 4\of 1], \quad X^2 + 1 = \Phi_4(X),\qquad p \equiv 1 \bmod 4, \qquad
\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3, \qquad \chi_4, \qquad -J(\chi_2,\chi_4), \qquad \left( {\bullet \over \pi}\right)_4, \quad
\mathbb F_p = \Z[i\rbrack/\langle \pi\rangle
$$
(II) Pour $\Z[j]$, sans aucun doute :
$$
\Z[j\rbrack = \Z[\root 3\of 1], \quad X^2 + X + 1 = \Phi_3(X),\qquad p \equiv 1 \bmod 3, \qquad
\pi \equiv 1 \bmod 3, \qquad \chi_3, \qquad -J(\chi_3,\chi_3), \qquad \left( {\bullet \over \pi}\right)_3, \quad
\mathbb F_p = \Z[j\rbrack/\langle \pi\rangle
$$
Se donner une racine de $X^2 + X + 1$ dans $\mathbb F_p$, c'est se donner un caractère cubique $\chi_3$ sur $\mathbb F_p$ et c'est se donner un facteur irréductible normalisé $\pi$ de $p$ dans $\Z[j]$. Attention à la normalisation $\pi \equiv 1 \bmod 3$.
Ca, c'est la partie facile mais il faut qu'elle soit bien nette. Faut aussi des preuves (la police). Et je ne sais pas si tu te souviens que j'avais fini par trouver une preuve simple de $-J(\chi_2, \chi_4) \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ en restant au niveau somme de Jacobi (sans passer par les sommes de Gauss). Et bien une preuve élémentaire de $-J(\chi_3,\chi_3) \equiv 1 \bmod 3$, Weil en a donné une (section 10, p. 254, La cyclotomie jadis et naguère), qui n'utilise que les sommes de Jacobi. Beaucoup plus simple que la preuve dans le problème d'entraînement à l'Agrégation.
Bon, maintenant, on veut faire débarquer les courbes elliptiques.
(I') Celles à multiplication complexe par $\Z[i\rbrack$. Type : $y^2 = x^3 - Dx$ avec un $i$ dans le corps de base et :
$$
I : (x,y) \mapsto (-x, iy)
$$
Faudrait quand même en faire un peu plus que $y^2 = x^3 - x$. Je veux dire un peu plus du côté Frobenius.
(II') Celles à multiplication complexe par $\Z[j]$. Type : $y^2 = x^3 - D$ avec un $j$ dans le corps de base et :
$$
J : (x,y) \mapsto (jx, y)
$$
Je ne suis pas sûr de moi. Il y a d'autres modèles par exemple $x^3 + y^3 + z^3 = 0$. Y Définir un $J$. Je crois que sa forme de Weierstrass n'est pas courte mais longue : $y^2 - y = x^3 - 7$. A vérifier (cela doit être ``le'' modèle minimal).
Je pense qu'il y a de quoi s'amuser. Mais peut-être que l'on s'éloigne de ton objectif initial ? Qui était, je crois, conjectures de Weil (on est en train de se rabattre en genre 1). A suivre ? -
@flip flop
Effectivement, $x^3 + y^3 + z^3$ ne se met pas $W$-courte.
> k := RationalField() ; > P2<X,Y,Z> := ProjectiveSpace(k,2) ; > Fermat3 := Curve(P2, X^3+Y^3+Z^3) ; > p0 := Fermat3 ! [1,-1,0] ; > E := EllipticCurve(Fermat3, p0) ; > E ; Elliptic Curve defined by y^2 - 9*y = x^3 - 27 over Rational Field > Emin := MinimalModel(E) ; > Emin ; Elliptic Curve defined by y^2 + y = x^3 - 7 over Rational Field <-- DU WEIERSTRASS LONG
Au fait, la première étape se fait à la main (merci aux points rationnels d'inflection du plongement initial). La deuxième (modèle minimal), c'est plus dur en général.
Mais en réalité, dans $E$, il n'y avait pas de garbage
> Discriminant(E) ; -19683 > Discriminant(Emin) ; -19683
-
@flip flop
Un petit quelque chose facile pour les bébés. Sur un corps de caractéristique $\ne 2$ contenant un $i$ tel que $i^2 = -1$, avec $D \ne 0$ :
$$
E : \quad y^2 = x^3 - Dx, \qquad \qquad I : (x,y) \mapsto (-x,iy)
$$
Quel est le degré de $I$ ? L'isogénie duale de $I$ ? Le degré de $1+I$ ? l'isogénie duale de $1+I$ ?
Déterminer $\ker(1 + I)$. Of course, $1$ c'est $\text{Id}_E$. -
Coucou Claude :
Oui il y a certainement un truc bizarre avec $x^3+y^3+z^3$. Je mets de côté.
Pour les petites questions :
Le degré de $I$ c'est $1$ et sa dual c'est son inverse ?
Je vais réfléchir à $ 1+I$. -
@flip flop
Oui $I^2 = -1$ donc $I$ est un automorphisme. Le dual d'un automorphisme c'est son inverse. Comme $I^2 = -1$, faut penser à $i$, le brave $i$ des nombres complexes ; en mettant en parallèle degré et norme (algébrique). Je ne sais pas si on va pouvoir aller jusqu'au bout de manière élémentaire. Peut-être que tu pourrais proposer un candidat pour l'isogénie duale de $1 + I$ ? En mettant en parallèle dual et conjugué (au sens complexe).
Quant à $E : x^3 + y^3 + z^3 = 0$, j'ai commencé à réfléchir quel scénario monter. Je sais pas trop. On peut quand même constater que sur un corps $k$ contenant $j$ (une racine cubique de l'unité), on y voit 9 points $k$-rationnels. On peut choisir $(1 : -1 : 0)$ comme point-base. Les 9 points en question sont alors $E[3]$ (mais preuve ?). Il faut alors inventer un $J$ d'ordre 3 : il n'y en a que deux, car dans $\Z[j]$, ici le brave $j$ des nombres complexes pas le $j$ de $k$ (qui peut être un corps fini), il n'y a que deux éléments d'ordre 3, à savoir $j$ et $j^2$.
A suivre. -
Il me semble que
$$I^2:(x,y)\mapsto (x,-y).$$ -
hum, si je comprends, du coup le degré de $1+I$ c'est $2$ et la duale c'est $1-I$ ?
Le degré c'est la norme ? -
@flip flop
Oui. Faire constamment des parallèles. On a $(1+I)(1-I) = 2$. Un coup de degré (qui est multiplicatif) donne $\deg(1+I)\deg(1-I) = \deg(2) = 4$. Cela ne peut être que $2 \times 2 = 4$ car $\deg(1-I) = \deg(1+I)$ vu que $1+I = I(1-I)$.
Comme $(1-I)(1+I) = 2$, un point dans le noyau de $1+I$ est dans le noyau de $[2]$. Faut savoir que dans un modèle $y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$, les points de 2-torsion de la forme $(x_0,0)$. Et donc, tu devrais être capable de trouver un point $p_0$ (autre que l'origine) dans le noyau de $1+I$ puis de dire que $\ker(1+I) = \langle p_0\rangle$. Quid de $p_0$ ?
Addendum Je me complique la vie pour rien. Car $(1+I)(p_0) = 0$, cela équivaut à $I(p_0) = -p_0$. Et dans le cas $y^2 = x^3 - Dx$, et plus généralement $y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c$, on a $-(x_0,y_0) = (x_0,-y_0)$.
A propos de se raccrocher à quelque chose. J'ai utilisé $\deg([n]) = n^2$ pour $n \in \Z$. Cela peut-être admis. Et vérifiable pour les courbes elliptiques complexes sous le modèle $\C/\Lambda$. Idem pour $\deg (u \circ v) = \deg u \times \deg v$, cette dernière égalité étant vérifiable par exemple pour :
$$
\xymatrix {\C/\Lambda_1 \ar[r] & \C/\Lambda_2 \ar[r] & \C/\Lambda_3}, \qquad
\Lambda_1 \subset \Lambda_2 \subset \Lambda_3
$$
Les isogénies étant les applications canoniques. Quels sont les degrés, ici ?
Le coup général $\deg(uv) = \deg(u)\deg(v)$ dit déjà que l'anneau des endomorphismes d'une courbe elliptique quelconque (sur un corps quelconque) est un anneau intègre.
Je prétends que tu vas être capable de prouver bientôt que $\Phi \equiv 1 \bmod (1+I)^3$ pour $y^2 = x^3 -x$ sur $\mathbb F_p$ avec $p \equiv 1 \bmod p$, $\Phi$ étant le Frobenius. -
@gai requin
J'ai failli loupé ton post. Mais $(x,y) \mapsto (x,-y)$, dans un modèle $ E : y^2 = f(x)$, c'est $-\text{Id}_E$, que l'on note $-1$. -
Merci pour l'addendum.
On a une loi de groupe un peu biscornue sur une courbe elliptique ce qui donne notamment
$$I^2:(x,y)\mapsto (x,-y)=\ominus (x,y).$$
D'où le $I^2=-1$.
Je sais, j'ai qu'à lire...
Edit : Nos messages se sont croisés. ;-) -
@gai requin, flip flop
La preuve de $-J(\chi_3,\chi_3) = 1 \bmod 3$ par Weil. Pré-requis : AUCUN.
Par ailleurs, j'ai implémenté une grosse partie du binz concernant $\Z[j]$. Il a fallu (pour implémenter) que je SPECIFIE correctement. Par exemple, sur tout corps fini $k$, la donnée d'un $x$ tel que $x^2 + x + 1= 0$ fournit un caractère $\chi_3$ d'ordre 3 sur $k$. Il a fallu que je cogite sur $x \longmapsto \chi_3$ :
$$
\xymatrix {
&k^* \ar[dl] \ar@{-->}[dr]^{\chi_3} \\
\langle x\rangle\ar@{<->}[rr] & & \langle j\rangle \\
}
$$
L'horizontale en bas, réalise $x \leftrightarrow j$. La flêche descendante A GAUCHE, c'est le morphisme d'élévation à la puissance $(\#k-1)/3$ :
$$
y \longmapsto y^{\#k-1 \over 3}
$$
Et, A DROITE, $\chi_3$ fait commuter le diagramme : c'est la définition de $\chi_3$. Ce qui fait que je suis passé d'une fonction pourrie de 15 lignes à une fonction propre de 5 lignes.
C'est incroyable comme j'ai eu la tête dans le GUIDON pour ces histoires de sommes de Gauss-Jacobi. J'ai repris un certain nombre de points. -
@flip flop
C'est ce que je faisais au début. Mais maintenant, je préfère voir $\chi_3$ faisant commuter le diagramme comme expliqué dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1505116#msg-1505116.
Le coup de ce diagramme va marcher pour un $d$ quelconque : si tu as un corps fini $k$ et $x \in k$ vérifiant $\Phi_d(x) = 0$ (polynôme cyclotomique) alors cela te fournit un caractère $\chi_d$ sur $k$ faisant commuter le diagramme que tu imagines. Pour $d = 3,4$, la vieille méthode profite du fait que $\varphi(3) = \varphi(4) = 2$ (indicateur d'Euler) et fait un peu ``bricolage''. -
@flip flop
Si $G$ est un groupe cyclique, alors le groupe des caractères $\widehat G$ est CANONIQUEMENT isomorphe à $G$. J'insiste sur ``canoniquement''. Bien sûr, je savais que $G \simeq \widehat G$ (c'est vrai pour un groupe abélien fini) mais je n'avais pas percuté cette histoire de canonique pour un groupe cyclique. Toi, tu le savais ? Ce que je dis ici couvre largement ce qui a été dit pour $\chi_4, \chi_3$ et montre que les corps n'ont rien à voir dans l'histoire. C'est une histoire de groupe cyclique (qui est $k^*$ quand $k$ est un corps fini).
J'en ai profité pour me clarifier encore sur $p = \pi\overline\pi$ et la normalisation dans le contexte que tu connais : $\Z[i\rbrack$ (quand $p \equiv 1 \bmod 4$) ou $\Z[j]$ (quand $p \equiv 1 \bmod 3$). Je veux dire le coup de $\pi$ versus $\overline\pi$. Et j'étais encore passé à côté de quelque chose. Ceci est dû au fait qu'il y a des terrains dans lesquels on peut se permettre une certaine insouciance : par exemple, quand tu prends la trace $t$ de $\pi$, considérer $\pi$ ou $\overline\pi$ est sans importance. Tu comprends que je fais allusion à quelque chose du genre :
$$
\#E(\mathbb F_p) = 1 + p - t
$$
Mais il y a des terrains dans lesquels c'est mortel d'être insouciant entre $\pi$ versus $\overline\pi$. Par exemple, la loi de réciprocité cubique (j'ai révisé !) dans lequel intervient le ``cubic residue symbol''. Réviser la chose cubique m'a permis de comprendre que je n'avais pas tout compris.
Et l'autre exemple étant le Frobenius $\Phi$ dans $\text{End}_{\mathbb F_p}(E)$ où $E$ est une courbe elliptique ordinaire sur $\mathbb F_p$ avec la factorisation $p = \Phi\overline\Phi$. Il pourrait t'en cuire d'être léger entre $\Phi$ et $\overline\Phi$. -
Super le coup du polynôme cyclotomique !
Et quand $p=1\bmod 12$ (ce qui arrive souvent ;-)), on fait mumuse avec $\Z[ i]$ ou $\Z[ j]$ ? -
Gai requin : Beaucoup, je pense que c'est 25% du temps $p=1 \pmod{12}$ si j'ai bien compris :-D
-
@flip flop
Je te laisse regarder tout seul cette histoire de canonique.
Pour le reste, on ne comprend pas ce que je raconte si on ne fait pas TOUTES les preuves de la partie FACILE. Et on pourrait même penser, de loin, que je complique tout. Et faire les preuves n'a rien à voir cette fois avec la police. Cela a simplement à voir avec le fait de comprendre (ce qui n'est pas rien). Quand je dis partie facile, je veux dire que l'on met de côté les courbes elliptiques et que l'on fait uniquement joujou avec les objets de Gauss et Jacobi.
Je donne juste un exemple en considérant la chose cubique. On part d'un premier $p \equiv 1 \bmod 3$ et une factorisation dans $\Z[j]$ $p = \pi\overline \pi$ avec $\pi \equiv 1 \bmod 3$. Puis on considère le symbole cubique :
$$
\chi_\pi = \left( {\bullet \over \pi }\right)_3
$$
Et enfin :
$$
\pi' = -J(\chi_\pi, \chi_\pi)
$$
On a alors $\pi' \equiv 1 \bmod 3$ et :
$$
p = \pi\overline{\pi} = \pi'\overline{\pi'}
$$
Là, pas intérêt à jouer dans la légéreté. En effet il faut MONTRER que $\pi = \pi'$ et c'est fondamental de l'avoir fait AVANT d'affronter la loi de réciprocité cubique (disons, la preuve que j'ai sous les yeux).
Note que je ne veux plus entendre parler de la normalisation primary $\pi \equiv 2 \bmod 3$ des anglo-saxons. Chez Weil, primaire c'est $\pi \equiv 1 \bmod 3$, et je m'aligne sur Weil (cocorico). Bien sûr la loi de réciprocité cubique chez les uns et les autres sont équivalentes bien que formulée en des termes différents. On ne peut pas avoir à la fois $\pi \equiv 1 \bmod 3$ et $\pi \equiv 2 \bmod 3$ !! Et le fait que les énoncés disent la même chose vient en partie de :
$$
\left( {\bullet \over \pi }\right)_3 = \left( {\bullet \over- \pi }\right)_3
\qquad \hbox {mais surtout pas} \qquad
\left( {\bullet \over \pi }\right)_3 = \left( {\bullet \over \overline\pi }\right)_3
$$
En fait, le dénominateur ne dépend que de l'idéal engendré par $\pi$. Et il y a un machin général (power residue symbol) dans $\Z[\root e\of 1]$ :
$$
\left( {\bullet \over \mathfrak p }\right)_e
$$
Tous ces ``petits'' détails on ne les voit pas lorsque l'on contemple les choses de loin. On les voit lorsque l'on rentre à fond dans les preuves. Ou bien lorsque l'on programme : j'ai quand même eu un petit choc la première fois où voulant calculer, d'une manière que je pensais intelligente, le Frobenius $\Phi = a + bI$, alors que $a + bI$ était en fait l'isogénie duale $\overline \Phi$. C'est d'ailleurs pas tous les jours que l'on voit l'isogénie duale du Frobenius (mais ce jour là, je voulais voir $\Phi$). -
Salut Claude.
Que s'agit-il de prouver pour la partie facile ? -
@gai requin
Il faut surtout des énoncés précis (que l'on met au point en regardant les divers résultats et preuves de la littérature, Koblitz, Ireland & Rosen, ...etc..)
En voici un premier. Je me mets dans le cas cubique car c'est la mode ces derniers jours (et c'est quand même flip-flop qui a lancé la chose en parlant de $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ et de l'arithmétique de $\Z[j]$). On dispose d'un énoncé analogue pour $\Z[i\rbrack$ et $-J(\chi_2,\chi_4)$.
Soit $p \equiv 1 \mod 3$. Alors les deux constructions suivantes sont réciproques l'une de l'autre
$$
\begin {array} {c}
\pi \hbox { div. irréd. de $p$ dans $\Z[j]$ }\\
\hbox{tel que $\pi \equiv 1 \bmod 3$} \\
\end {array}
\longmapsto \chi_\pi = \left( {\bullet \over \pi}\right)_3,
\qquad \qquad\qquad
\begin {array}{c}
\chi_3 \hbox { caractère} \\
\hbox{ d'ordre 3 sur $\mathbb F_p$}
\end {array}
\longmapsto \pi = -J(\chi_3, \chi_3)
$$
Il faut fouiller dans les affaires. Le plus dur pour moi a été de le localiser. Du coup, je l'ai encadré dans mon bureau.
Note : il y a un petit abus car $\chi_\pi$ est défini sur $\Z[j]/\langle \pi\rangle$, mais ce quotient c'EST $\mathbb F_p$. EST au sens d'une égalité canonique.
J'ai déjà fourni une petite participation hier dans mon pdf attaché qui consistait à montrer que $-J(\chi_3,\chi_3) \equiv 1 \bmod 3$ avec un grand merci à Weil.
Autre énoncé précis. Soit $G$ un groupe cyclique d'ordre $N$. Alors $G \simeq \widehat G$ CANONIQUEMENT. Partant d'un élément $ x\in G$ d'ordre $d$, comment construire un caractère d'ordre $d$ sur $G$ SANS choix d'un générateur de $G$ ? ...etc..
Mais au fait : il paraît que l'on sait que $G \simeq \widehat G$ (encore vrai pour $G$ abélien fini). Et un exposé pédagogique (sic) sur les caractères d'un groupe abélien devrait (?) commencer par le cas cyclique. Et dans ce cas, comment montre-t-on que $G \simeq \widehat G$ ? Peut-être que l'on exhibe un isomorphisme. Et peut-être que cet isomorphisme qui donne l'impression de dépendre d'un générateur de $G$ n'en dépend pas ?
Résumons : il s'agit surtout de fouiller et de rassembler le résultat de la fouille en un joli tableau à accrocher dans sa salle à manger. En prenant le meilleur chez les auteurs. En principe, on n'a pas à refaire des preuves sauf si .. -
@ Claude
je suis aussi intéressé pas l'isomorphisme "canonique", parce que je ne vois pas vraiment (et même je doute un peu que ce soit possible... à moins de fixer un générateur pour les racines $n$-èmes de l'unité ?).
Est-ce qu'il s'agit d'envoyer x sur $\exp(2i\pi/n)$ ? Parce que dans ton diagramme qui commute (pour $n=3$), il me semble $x$ s'envoie sur le générateur $j$ de $<j>$.
Mais $x\mapsto j^2\in <j>$ me paraît tout aussi valable, non ? -
@Nonoche
OUI. Effectivement, je fixe comme générateur de $\mathbb U_N$ la fameuse racine de l'unité $e^{2i\pi/N}$. Ou plutôt à $d$ fixé, je fixe $e^{2i\pi/d}$ : c'était implicite pour $d = 3$ via $j$ et pour $d = 4$ via $i$. Et quand ce $d$ est fixé, les éléments $x \in G$ que je considère, j'impose que leur ordre soit $d$.
Je ne sais pas si c'est utile d'ajouter un petit détail qu'à mon avis un matheux classique (sic) comprend mal. Il s'agit d'un point important pour le calculateur que je suis. C'est que $e^{2i\pi/N}$, cela n'existe pas (j'exagère) : ce qui existe c'est $\Z[X]/\langle \Phi_N\rangle$ ou $\Q[X]/\langle \Phi_N\rangle$. Et quand un traitement classique semble utiliser $\mathbb U_\infty$, y'a intérêt à la jouer serré en considérant des systèmes cohérents de racines de l'unité. Mais qu'est ce que cette remarque vient faire là-dedans ? Qu'est ce que l'on a à fiche du calcul ? Et bien, quand on n'a pas de tête (je parle de moi), il faut avoir des jambes. Et si je n'avais pas réalisé certains calculs, je n'aurais pas débusqué tel ou tel truc. Mais les autres, ils ne font pas toujours du calcul ? C'est bien vrai. Mais les autres, ils ont une tête. -
@ Claude
On est donc d'accord, je pense; ça me semble quand même un peu contradictoire de dire que "le" générateur $e^{2i\pi/N}$ de $U_N$ n'existe pas (car il n'a rien de canonique), mais que $G$ et $\hat{G}$ sont eux canoniquement isomorphes dans le cas cyclique (modulo ce choix de générateur !). -
Pareil que Nonoche, toujours pas bien compris.
Si je prends $p$ premier et que je cherche un isomorphisme entre $\mathbb{F}_p^\star$ et sont dual. Je vais prendre $\Z[ \root p-1 \of 1]$ et on regarde la décomposition de $p$ dans cet anneau d'entier (là $p$ est totalement décomposé car $p=1 \pmod{p-1}$). Donc on a une décomposition $(p) = \pi_1 \dots \pi_r$ (avec $r = \varphi(p-1)$). Chaque quotient $\Z[ \root p-1 \of 1] / \pi_i$ est isomorphe à $\mathbb{F}_p$ et donne naissance à un caractère de $\mathbb{F}_p^\star$.Hum non je comprends plus rien :-S
Peut être que si je prend $\zeta$ une racine $p-1$ ième de l'unité quelconque et que je fais $\zeta \pmod{\pi_i} \mapsto \zeta$ là ça ne dépend pas de $\zeta$ ? Hum, je sens que je vais encore me grillé un neurone sur ça :-D -
Je me suis mal expliqué (et donc j'aurais dû fermer ma g.eule) : je voulais dire $e^{2i\pi/N}$ ``n'existe pas vraiment en machine''. Cela peut vouloir ne rien dire pour certains. Pour moi, si. Ce qui existe c'est la classe de $X$ dans $\Z[X]/\langle \Phi_N\rangle$. Mais si j'ai besoin simultanément de $e^{2i\pi/5}$ et de $e^{2i\pi/4}$, il va falloir que je fasse quelque chose.
Laisse béton. Je retire la deuxième partie de mon dernier post. -
@flip flop
T'es un grand garçon, toi. Quand on fait :
> K<zeta_1951> := CyclotomicField(1951) ; > K ; Cyclotomic Field of order 1951 and degree 1950
tu crois quand même pas que
$$
\zeta_{1951} \quad \hbox {c'est} \quad e^{2i\pi \over 1951}
$$
Si ?
Sais tu qu'il m'est arrivé d'écrire des programmes maniant des sommes de Gauss $G(\phi, \chi)$ où $\phi$ est un (notre) caractère (favori) additif d'ordre $p$ sur $\mathbb F_p$, et $\chi$ un caractère multiplicatif d'ordre $3$ sur $\mathbb F_p^*$ (et donc $3 \mid p-1$). Elle habite où cette somme de Gauss $G(\phi, \chi)$ ? Comment tu la gères en magma ? Si je dis que cela me crée parfois des difficultés techniques en magma, penses tu que c'est que je connais mal le langage ?
En passant : on voit une propriété du nombre 1951. Laquelle ? En connais tu d'autres ? -
Ce Jeudi 3 Août, je confesse, en ce qui concerne le groupe cyclique $\Z/N\Z$, que j'ai une petite préférence pour son générateur $\overline 1$ ; en fait, une grosse préférence. Et du coup, j'obtiens un isomorphisme que je qualifie de canonique :
$$
\widehat {\Z/N\Z} \longmapsto \mathbb U_N
$$
Une confession n'arrivant jamais seule, j'avoue que j'aime bien le générateur $e^{2i\pi/N}$ de $\mathbb U_N$, ce qui donne naissance à un iso $\mathbb U_N \to \Z/N\Z$. Et en composant les deux un isomorphisme :
$$
\theta : \widehat {\Z/N\Z} \longmapsto \Z/N\Z
$$
C'est mon choix.
Maintenant débarque un groupe cyclique $G$ d'ordre $N$. Je choisis un générateur $g$ de $G$, ce qui me donne un isomorphisme $\varphi_g : \Z/N\Z \to G$. Qui donne naissance par dualité à :
$$
\widehat {\varphi_g} : \widehat G \longmapsto \widehat {\Z/N\Z}
$$
Et je peux composer (flemme de faire un diagramme) :
$$
\varphi_g \circ \theta \circ \widehat {\varphi_g} : \widehat G \to G
$$
Bon allez, je vais un effort :
$$
\xymatrix @C = 1.5cm {
\widehat {G}\ar[r]^{\widehat {\varphi_g}} & \widehat {\Z/N\Z}\ar[r]^{\theta} & \Z/N\Z\ar[r]^{\varphi_g} & G}
$$
La composée dépend de $g$ ?? -
@ Claude.
tu envoies $\overline{1}\in \mathbb Z/N\mathbb Z$ sur $\exp(2i\pi/N)\in \mathbb U_N,$ et ensuite tout le reste tourne bien, indépendamment des autres choix.
Décider si cette application-ci est canonique ou pas, c'est sans doute plus une affaire de goût qu'un énoncé précis démontrable ou falsifiable, non ? (et finalement sans grande conséquence sur la suite).
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