Homographies et petits groupes de Galois
Réponses
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@gai-requin
Je m'en veux un peu d'avoir fourni un petit quelque chose de pas assez travaillé concernant l'écriture d'une perrmutation comme produit de transpositions. J 'ai revu ma copie, la voilà :
function TranspositionsDecompositionRecursiveVersion(sigma) Sn := Parent(sigma) ; if IsId(sigma) then return [Sn| ] ; else i := Representative(Support(sigma)) ; tau := Sn ! (i,i^sigma) ; // sigma = (sigma * tau) * tau --> T(sigma) = [T(sigma * tau), tau] // Appel récursif return Append(TranspositionsDecompositionRecursiveVersion(sigma * tau), tau) ; end if ; end function ; TranspositionsDecompositionIterativeVersion := function(sigma0) sigma := sigma0 ; Sn := Parent(sigma) ; Tau := [Sn| ] ; while not IsId(sigma) do // Invariant : sigma0 = sigma * (Tau_1 * Tau_2 * ...) i := Representative(Support(sigma)) ; tau := Sn ! (i,i^sigma) ; // sigma0 = (sigma * tau) * (tau * Tau_1 * Tau_2 * ...) sigma := sigma * tau ; Tau := [tau] cat Tau ; end while ; // Invariant donne sigma0 = sigma * (Tau_1 * Tau_2 * ...) avec sigma = Id(S_n) // i.e. sigma0 = Tau_1 * Tau_2 * ... return Tau ; end function ;
Il y a un fameux proverbe de programmation (in Ledgard's Programming Proverbs, https://swaac.tamouse.org/programming/2015/08/28/ledgards-programming-proverbs/) qui dit ``Réfléchissez d'abord, vous programmerez plus tard'' (Think first, Program later). Je sais bien mais ...
Petite émotion en parlant de Ledgard et en pensant à la grande époque (pour moi, à l'Université, encadré par des informaticiens) des années 1980-1985 de la révolution ``programmation structurée''. Je l'ai déjà évoquée et je radote. Je peux pas m'empêcher de citer un passage de Ledgard :
Ecrire des programmes qui fonctionnent correctement du premier coup est possible mais inhabituel. Puisque les programmeurs, sans aucun doute, essaient d'écrire des programmes qui marchent du premier coup, la question se pose : ``si c'est possible, pourquoi est-ce inhabituel ?''
Tu as remarqué que je ne participais pas à un certain autre fil. La raison en est simple : l'ambiance y est trop chaleureuse et moi, je suis un grand timide. -
De manière générale, l'action de $S_n$ ($n\geq 2$) sur l'hyperplan d'équation $x_1+\cdots +x_n=0$ fournit une représentation de degré $n-1$ de $S_n$ dont le caractère $\chi$ vérifie :
$$\chi(\sigma)=|\rm{Fix}(\sigma)|-1\text{ pour tout }\sigma\in S_n.$$ -
@gai requin, flip flop
Vu pour l'action sur l'hyperplan en degré $n$.
$$
\xymatrix {
&L \ar@{-}[dd]|{G}\\
E_1 \ar@{-}[ur]\ar@{-}[dr] && E_2\ar@{-}[ul]\ar@{-}[dl] \\
& K \\
}
$$
Cela vaut le coup avec l'exemple de Flip Flop, $X^5 - X - 1$ sur $K = \Q$, d'illustrer mon baratin d'hier sur les actions transitives du groupe de Galois. J'ai oublié de dire que si on veut en plus (d'une action transitive) une action fidèle de $G$ sur $(G/H)_{\rm gauche}$ i.e. que $G$ s'injecte dans $\text{Perm}\big((G/H)_{\rm gauche}\big)$, cela signifie que l'intersection des conjugués de $H$ est réduite au neutre. En termes galoisiens (avec les notations de mon post) pour une extension intermédiaire $E$ que $E^{\rm gal} = L$.
Si je raconte cela, c'est qu'il est impératif d'avoir piger cette histoire d'action pour comprendre la sémantique de la fonction FrobeniusElement(E, p) dans un certain langage que je ne nommerais pas.
Exercice : prendre $K = \Q$, $E_1 = \Q(x_1)$ et $E_2 = \Q(x_1x_3 + x_2x_4)$, où je désigne par $x_1, \ldots, x_5$ les racines de $X^5 - X - 1$. Là haut donc $L = \Q(x_1, x_2, \cdots, x_5)$ de groupe $G \simeq S_5$. L'action correspondant à $E_1$ est l'action ordinaire de $S_5$ sur $\{1..5\}$, tandis que l'action de $S_5$ correspondant à $E_2$ est celle de $S_5$ sur $(S_5/D_4)_{\rm gauche}$, $D_4$ groupe diédral d'ordre 8, i.e. l'action sur les 15 1-1-2 partitions de $\{1..5\}$. Note : $15 = \#S_5 / \#D_4 = 5!/8$. Agiter tout cela dans un bocal et déguster ensuite.
Ce qui est dommage en degré $n=5$, c'est qu'il n'y a pas beaucoup de sous-groupes transitifs de $S_n$ dont l'intersection des conjugués est triviale. Pour $n=6$, il y a 16 sous-groupes transitifs et on risque de trouver un peu plus de monde.
J'attache un scan d'une page écrite il y a une heure sur le point de vue de Bourbaki concernant la décomosition et l'inertie. C'est grandiose. Et ce n'est pas compliqué. Pourquoi ? Parce ce que c'est du Bourbaki, il qu'il fait tout de A à Z. -
Salut Claude.
Pour nos chères lectrices, n'oubliez pas de composer de la gauche vers la droite dans ce qui suit. :-S
> S:=SymmetricGroup(6); > p:=S!(1,2,3,4)(1,4,5,6,2); > TranspositionsDecompositionRecursiveVersion(p); [ (5, 6), (3, 5), (2, 3) ] -
@gai requin
Pour m'en sortir, je distingue $\circ$ (nous) de $*$ (magma). En fait, je me plie à magma car j'y suis obligé : plus de $\sigma(i)$ mais $i^\sigma$ ..etc.. Cela ne me pose pas trop de problème de travailler avec les permutations. Faut quand même faire attention au fait que $G/H$ en magma c'est $(G/H)_{\rm droit}$ et pas $(G/H)_{\rm gauche}$ et il ne faut pas remplacer bêtement $xH$ par $Hx$.
Là où cela va moins bien pour moi, c'est pour les matrices où l'image magma d'une matrice est l'espace engendré par les lignes (et pas les colonnes) : je peux pas m'empêcher de penser à notre manière et de faire ensuite la traduction via la transposée. Le mieux serait de penser directement en magma. A chaque fois que je procède ainsi (penser directement dans le langage cible), je gagne un temps fou. Sauf que je n'y arrive pas souvent et que mes travers ressortent au bout d'un certain temps (travers = penser à notre codage à la française).
@gai requin, et flip flop
Rien à voir. Dans le contexte du $\rho$ de bébé (polynôme unitaire cubique $\in \Z[X]$ irréductible de discriminant non carré), on a $\det\big( \rho(\text{Frob}_p)\big) = \pm 1$. C'est quoi ce $\pm 1$ ?? -
Il me semble que le point intéressant dans l'exercice sur $X^5-X-1$ est de calculer le Frobenius de $E_2/K$ (de degré $15$) parce qu'on ne connaît pas le polynôme minimal de $x_1x_3+x_2x_4$.
Je suis aux fraises ? -
Hello vous deux,
Petite ballade aujourd'hui pour moi
Par contre, j'ai pas réfléchi du tout mais la représentation de Gai requin est irréductible ou non ? -
Salut flipflop.
Oui, la représentation standard de $S_n$ est irréductible (cf [cretin] p.5). -
@gai requin
Je ne comprends pas ta question in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1513422#msg-1513422. Cela veut dire quoi calculer le Frobenius de $E_2/K$ ?
Pour moi, ce qui est intéressant, c'est de s'agiter. Et ici, c'était pour l'instant s'agiter autour des actions transitives (resp. transitives et fidèles) du groupe de Galois. Cette agitation n'a aucun intérêt pour celui qui a tout compris.
D'ailleurs, je vois que j'ai raconté une grosse bourde concernant le nombre petit de sous-groupes transitifs de $S_5$ et que chez $S_6$, cela serait mieux.
Car cela n'a aucun rapport avec la choucroute. Par exemple $D_4$ réalisé dans $S_5$ comme fixateur de la 2-2-1partition $\{\{1,3\}, \{2,4\}, \{5\}\}$ n'est absolument pas transitif sur $\{1..5\}$. Ce que l'on veut : les sous-groupes $H$ de $S_5$ dont l'intersection des conjugués est réduit au neutre.
Pour l'instant, ce à quoi je pensais est donc essentiellement groupiste. Et pas arithmétique.
La classification à conjugaison près donne 19 sous-groupes de $S_5$. Parmi ces 19, il y en a deux à exclure : $H = A_5$ et $H = S_5$ dont l'intersection des conjugués n'est visiblement pas triviale. Il en reste 17 qui sont bons (j'ai vérifié).
Exemple : il y a deux classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 2. Vois tu lesquelles ? Cela va donner des polynômes de quel degré ? Par quel mécanisme ?
Note : on a déjà réglé 3 cas : $H = \{1\}$ qui donne la grosse extension $L$ de degré $120$, $H = S_4$ qui donne $E_1$ et $H = D_4$ qui donne $E_2$ (à propos de $E_2$, il y a une vérification à réaliser). -
@gai requin
Je constate qu'il y beaucoup de choses à faire avec ce polynôme $F = X^5 - X - 1$ concernant les actions transitives de son groupe de Galois $\simeq S_5$. D'abord, il n'y a que 3 sous-groupes distingués dans $S_5$ : $S_5$, $A_5$ et le sous-groupe trivial. Et donc si on prend un sous-groupe $H \subset S_5$ autre que $S_5, A_5$, l'intersection des conjugués de $H$ est triviale, ce qui fait que la représentation $S_5 \longmapsto \text{Perm}\big( (S_5/H)_{\rm gauche} \big)$ est injective.
Et donc, il y a de quoi s'amuser. Inutile de disposer de la classification des sous-groupes de $S_5$ : on prend des $H$ comme on veut et on joue.
Quant à $H = D_4$, il s'agit du $D_4 \subset S_4 \subset S_5$, faut commencer par vérifier que le stabilisateur de $X_1X_3 + X_2X_4$ est bien ce $D_4$ (ici les $X_i$ sont des indéterminées) et croiser les doigts ensuite. On peut calculer le polynôme minimal de $x_1x_3 + x_2x_4$ sur $\Q$, disons en travaillant (avec un logiciel) dans l'algèbre de décomposition universelle de $F$.
Si $F = X^n - a_1X^{n-1} + a_2 X^{n-2} - \cdots + (-1)^n a_0$, l'algèbre de décomposition universelle de $F$ est le quotient de $K[X_1, \ldots, X_n]$ par les $n$ relations
$$
\sigma_i(X_1, \ldots, X_n) - a_i, \qquad\qquad \hbox {$\sigma_i$ fonction symétrique élémentaire de degré $i$}, \qquad 1 \le i \le n
$$
Et ici, dans le cas de $F = X^5 - X -1$, l'algèbre de décomposition universelle et un corps car le groupe de Galois est $S_5$. Et avec qui tu sais, j'ai fait le calcul : le polynôme minimal $G$ de $x_1x_3 + x_2x_4$ est
> G ; X^15 + 6*X^13 + 7*X^11 - 21*X^10 - 8*X^9 - 109*X^8 - 17*X^7 - 144*X^6 - 355*X^5 - 48*X^4 + 103*X^3 + 5*X^2 - 56*X + 29
Un petit truc marrant : ce polynôme $G$ est irréductible sur $\Z$. Mais il est réductible modulo $p$ pour tout premier ; en effet, ou bien $p$ divise le discriminant de $G$ et $G$ est réductible modulo $p$. Ou bien $p$ ne divise pas le discriminant de $G$ ; si $G$ restait irréductible modulo $p$, l'application du critère de réduction de Dedekind, annoncerait que son groupe de Galois, qui est isomorphe à $S_5$, contiendrait un 15-cycle (vu opérant sur les racines de $G$). Mais dans $S_5$, il n'y a pas d'élément d'ordre 15.
Cela donne envie de s'amuser avec d'autres $H \subset S_5$. Par exemple, $H = \text{AGL}_1(\mathbb F_5)$, qui est d'ordre $20$, donc donne une action en degré $5!/20 = 6$ : tu reconnais le 5-6 binz. Et en prenant des $H$ divers et variés d'indice $N$ dans $S_5$, on obtient un polynôme de degré $N$ de groupe de Galois $S_5$, avec une action (transitive et fidèle) de $S_5$ sur ses $N$ racines. -
Hello,
Bon j'ai vu que $S_5$ est de la partie, je remet une description des sous-groupes que AD nous a proposé : ici. Je ne sais pas si ça va servir mais c'est là au cas où !
Du coup, je suis juste à l'exercice ici.
Pour $E_2$ on doit trouver le groupe de Galois (sous-groupe de $G \simeq S_5$) de $L \mid E_2$. Je ne sais pas trop bien faire proprement.
Mais j'ai envie de dire que, $\sigma$ fixe $5$. Et ensuite on regarde l'image de $1$.- Si $\sigma(x_1) = x_1$ alors $\sigma \in \{ id, (2,4) \}$
- Si $\sigma(x_1) = x_2$ alors $\sigma \in \{ (1,2)(3,4), (1,2,3,4) \}$
- Si $\sigma(x_1) = x_3$ alors $\sigma \in \{ (1,3)(2,4), (1,3)\}$
- Si $\sigma(x_1) = x_4$ alors $\sigma \in \{ (1,4)(2,3), (1,4,3,2)\}$
Bon c'est un peu barbare et je ne suis pas complètement clean sur ça ! Je vais réfléchir un peu ! -
@gai requin, flip flop
C'est bien parti pour s'amuser (il y a bien 19 classes de conjugaison de sous-groupes de $S_5$ dans le post de $AD$ pointé par FlipFlop, merci).
Le monde est vraiment petit car je viens de m'apercevoir que le critère de Stickelberger (sur la parité du nombre de facteurs irréductibles d'un polynôme sur un corps fini) s'invite à table en ce qui concerne la représentation $\rho$ pour les bébés. Je cause de celle de $S_3$ sur l'hyperplan en dimension $2$ et le coup du polynôme cubique unitaire $F \in \Z[X]$ dont le discriminant $D$ n'est pas un carré. On trouve, grâce au critère en question que :
$$
\det\big( \rho(\text{Frob}_{L,p})\big) = \left( {D \over p}\right) \qquad \qquad L = \Q(x)^{\rm gal}, \quad F(x) = 0
$$
A prendre plutôt comme le symbole de Kronecker : c'est pareil que le symbole de Legendre sauf que celui-ci n'est pas défini pour $p=2$. Mais il n'y a pas de raison de mettre systématiquement $p=2$ de côté.
Vraiment petit, petit, le monde. Car en ce qui concerne la représentation hyperplane de $S_n$ en dimension $n-1$, on peut s'amuser de la manière suivante. On considère d'abord une représentation par permutations d'un groupe fini $G$ sur un ensemble fini $X$. Je note $Y = X/G$ l'ensemble des orbites. On a alors la formule de Burnside :
$$
\sum_{g \in G} \#\{ x \in X \mid g.x = x \} = \#G \times \#Y \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Exercice. Indication : évaluer de deux manières le cardinal des $(g,x)$ tels que $g.x = x$.
En fait cette formule de Burnside, c'est une formule de Riemann-Hurwitz des pauvres. Il faut penser à une sorte de revêtement ramifié (c'est un peu ollé-ollé)
$$
\xymatrix {
X \ar[d] \\ Y = X/G \\}
\qquad
\#X = \#G \times \#Y - \sum_{x \in X} (e_x-1),\qquad e_x = \#\{ g \in G \mid g.x = x\}
$$
L'égalité ci-dessus à la Riemann-Hurwitz, c'est exactement la formule de Burnside $(\heartsuit)$. Si, si. Faut juste prendre son temps pour le vérifier.
Et comme application : si $G$ opère DOUBLEMENT transitivement sur $X$, on obtient en faisant agir $G$ sur $X^2$ que :
$$
\sum_{g \in G} \left( \#\{ x \in X \mid g.x = x \}\right)^ 2 = 2 \times\#G
$$
Exercice. Et on en déduit sur le caractère de la représentation que je note $\chi_X$ que $\langle \chi_X, \chi_X\rangle = 2$.
J'en viens à la représentation hyperplane de $S_n$ en prenant $X = \{e_1, \cdots, e_n\}$ et en écrivant, sur mon corps de base préféré $K$ (par exemple $K = \C$) :
$$
K^X = K^n = H \oplus D
$$
Où $H$ est l'hyperplan $x_1 + \cdots + x_n = 0$ engendré par tous les $e_i-e_j$ et $D$ la droite orthogonale engendrée par le vecteur $e_1 + \cdots + e_n$ (le vecteur debout plein de $1$). La décomposition est $S_n$-stable et avec des notations que l'on devine :
$$
\chi_X = \chi_H + \chi_D, \qquad \langle \chi_X, \chi_X\rangle = \langle \chi_H, \chi_H\rangle + 2 \langle \chi_H, \chi_D\rangle + \langle \chi_D, \chi_D\rangle
$$
Mais comme $\langle \chi_X, \chi_X\rangle = 2$, c'est que:
$$
\langle \chi_H, \chi_H\rangle = \langle \chi_D, \chi_D\rangle = 1, \qquad\qquad \langle \chi_H, \chi_D\rangle = 0
$$
Bilan : les $S_n$-représentations fournies par $H$ et par $D$ sont irréductibles.
Hum, j'ai l'impression que l'on va perdre le fil de ce que l'on était en train de faire. -
Sinon Claude : une question avant que l'on se perde (je lis ton post après). Tu veux dire qu'il y a un lien entre les actions fidèles obtenu a l'aide d'un sous-groupe $H$ de $G$ tel que l'intersection des conjugués de $H$ soit trivial et l'action que l'on obtient en considérant l'action de $G$ sur les idéaux premiers au dessus d'un nombre premier $p$ (je prend le corps de base $\Q$). C'est très très très flou ce que je dis (c'est pas grave, c'est pour que je n'oublie pas le Frobenius).
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@flip flop
Rapport entre .. : non je crois pas. Disons, que pour l'instant, ce que je raconte sur les actions transitives (resp. transitives et fidèles) d'un groupe $G$, c'est un petit truc ``groupiste banal''. Et quand $G$ est un groupe de Galois $G = \text{Gal}(L/K)$, se branche, via la correspondance galoisienne, le coup des extensions intermédiaires $K \subset E \subset L$. Et je voulais juste que cela soit bien clair dans notre tête. Car il faut savoir distinguer $G = \text{Gal}(L/K)$ sans action et $G$ avec actions. Et donc un $\sigma \in G$ devient une permutation ``quelque part'', et ceci de 36 façons.
Je prends encore un exemple. Je regarde le post de AD et je vois qu'il y a un seul sous-groupe de $S_5$ d''ordre 10, à conjugaison près, bien entendu. C'est $D_5$. Pour jouer galoisiennement avec un exemplaire de $D_5$ dans $S_5$, il faut d'abord donner à $D_5$ une coloration polynomiale. Par exemple, à travers le polynôme
$$
R = X_1X_2 + X_2X_3 + X_3X_4 + X_4X_5 + X_5X_1
$$
En quoi $R$ donne une coloration polynomiale à $D_5$ ? Parce que le stabilisateur de $R$ sous $S_5$ est exactement l'exemplaire que je me suis donné de $D_5$. Pour un sous-groupe $H$ de $S_n$, si tu n'as pas d'idée d'un tel $R$, tu peux toujours prendre le $H$-résolvant des bourrins :
$$
R_H = \sum_{\sigma \in H} \sigma \cdot X_1^1 X_2^2 \cdots X_n^n
$$
Et ensuite dans notre histoire débarque $X^5 - X - 1$. Et là, tu croises les doigts en prenant
$$
E = K(x_1x_2 + x_2x_3 + x_3x_4 + x_4x_5 + x_5x_1), \qquad \hbox {$x_1, \ldots, x_5$ racines de $X^5-X-1$}
$$
Avec un peu de pot, le groupe de Galois de $L/E$ est $D_5$. Et disons aussi :
$$
[L : E] = 10, \qquad [E : K] = 12
$$
Plus tard, pour le coup de ``un peu de pot''. Faisons du vrai en vérifiant que l'élément primitif de $E/K$ a bien un polynôme minimal de degré $ \#S_5 / \# D_5 = 5!/10 = 12$.
> // D5-résolvant : X1X2 + X2X3 + .... > D5 := sub < S5 | (1,2,3,4,5), (1,5)(2,4) > ; > assert D5 eq DihedralGroup(5) ; > X := [P.i : i in [1..5]] cat [P.1] ; > <Xi : Xi in X> ; <X1, X2, X3, X4, X5, X1> > D5resolvant := &+[X[ i]*X[i+1] : i in [1..5]] ; > D5resolvant ; X1*X2 + X1*X5 + X2*X3 + X3*X4 + X4*X5 > assert Stabilisateur(D5resolvant) eq D5 ; > G12 := MinimalPolynomial(A!D5resolvant) ; // A est l'algèbre de décomposition universelle de X^5 - X - 1 > G12 ; X^12 + 10*X^10 + 55*X^8 + 140*X^6 + 175*X^4 - 3019*X^2 + 25 > assert IsIrreducible(G12) ;
Là, j'ai eu du pot car $G_{12}$ est irréductible. Et le polynôme $G_{12}$ obtenu a pour groupe de Galois évidemment $G \simeq S_5$ puisque $E^{\rm gal} = L$ et que le groupe de Galois de $L/K$ n'a pas changé (rires) !! Et cette fois, ce $G \simeq S_5$ agit transitivement fidèlement sur les 12 racines de $G_{12}$, action que l'on ne peut pas confondre avec celle de $G$ sur les 5 racines de $X^5 - X - 1$.
It's all. Tiens encore un polynôme irréductible sur $\Z$ mais réductible modulo tous les premiers : application du critère de réduction de Dedekind. Car il n'y a pas d'élément d'ordre 12 dans $S_5$; n'est ce pas ? (oui, les ordres possibles sont $1,2,3,4,5,6$).
Cela ne ressemble pas à la théorie de Galois que l'on apprend à l'école ? -
Une dernière remarque (un peu ollé, ollé). Si $H$ est un sous-groupe de $S_n$, alors $S_n$ agit transitivement sur $(S_n/H)_{\rm gauche}$. C'est banal et $S_n$ n'a rien à voir là-dedans et peut être remplacé par n'importe quel groupe $G$.
Mais parfois, cette action de $S_n$ sur $(S_n/H)_{\rm gauche}$, elle n'est ``pas très parlante''. Il peut-être préférable de la remplacer par une action isomorphe de $S_n$ sur $X$, ``plus géométrique'', ou ``plus combinatoire'' ou ``plus je-ne-sais-trop-quoi''. Un exemple tout bête : est ce que l'action de $S_5$ sur $(S_5/(S_2 \times S_3))_{\rm gauche}$, ça cause ? Si ça cause pas, on peut prendre l'action naturelle de $S_5$ sur les parties de cardinal 2 de $\{1..5\}$. C'est la même chose.
En théorie de Galois, dans un certain contexte, $X$ c'est la $S_n$-orbite d'un résolvant $R_H$ de $H$.
Et peut-être qu'il y aura des jours où il faudra aller dans l'autre sens : si on dispose dune jolie action de $S_n$ sur un bel ensemble $X$, peut-être qu'il faudra la remplacer par l'action de $S_n$ sur $(S_n/H)_{\rm gauche}$ où $H$ est le fixateur d'un point de $X$. -
J'ai "Compris" Claude ! Faut que je fasse joujou avec un groupe de décomposition à la place de $D_5$.
-
Une jolie action : j'aime bien l'action du groupe de Galois sur les idéaux premiers au dessus d'un nombre premier ... fixateur c'est un peu comme groupe de décomposition :-D
Je vais essayer de rendre ce que je dis précis ! -
Il me semblait bien qu'au début de ce fil, on avait évoqué les modules de Cauchy au travers de la résolvante cubique diédrale d'un polynôme de degré $4$ (cf [www.les-mathematiques.net]).
Une référence incontournable [ici]. ;-) -
@gai requin
Je ne sais pas comment tu as trouvé cela. J'ai même pas cette note ``dans mes affaires''.
Une remarque : à un moment donné dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1513644#msg-1513644, je calcule un polynôme minimal sur $\Q$ et ensuite je vérifie s'il est irréductible sur $\Q$, ce qui s'avère vrai et me procure satisfaction. Il ne faudrait pas croire à ce moment là, en se disant qu'un polynôme minimal, c'est nécessairement irréductible, que j'étais bourré. Car je travaille dans une $\Q$-algèbre (commutative) $A$ de dimension finie et qu'il n'y a aucune raison pour que le polynôme minimal d'un élément de $A$ soit un polynôme irréductible sur $\Q$. Par exemple, si $e \in A$ est un idempotent, le polynôme minimal de $e$ divise $X(X-1)$ ; et c'est $X$ si $e = 0$, $X-1$ si $e =1$ et $X(X-1)$ sinon, ce dernier polynôme étant rarement irréductible.
Mais dans le contexte dans lequel j'étais, $A$ est en fait un corps ... Et je prends trop de précautions inutiles.
Résumons : trop de précautions mais pas bourré.
@tous les deux.
Revenir en arrière : oui, oui, oui. Car je constate que rien n'est terminé et que c'est une véritable catastrophe (pour moi). On ne peut pas s'appuyer sur quelque chose. Un exemple : loi de réciprocité abélienne pour les bébés ? Terminée : non ? Qualifiée de bébé car il s'agit de l'arithmétique des sous-extensions de $\Q(\root p \of 1)$ et surtout pas de $\Q(\root n \of 1)$. Comment voulez vous que l'on s'appuie sur quelque chose ?
Pourquoi je me suis mis à parler d'actions transitives de groupes de Galois ? Pour la bonne raison, que, dans le cadre d'une extension galoisienne $L/\Q$ de groupe $G$, si on cause de $\sigma := \text{Frob}_{L,p}$ qui est un habitant de $G$, où va-t-on ``observer $\sigma$'' ? Sur une omoplate de chameau ? Non. On va observer $\sigma$ comme une certaine permutation qui est celle résultant de l'action de $G$ correspondant à une extension intermédiaire $\Q \subset E \subset L$ telle que $E^{\rm gal} = L$. Si on n'est pas clair sur la base, je ne vois pas comment on peut avancer.
Autre exemple ; le 5-6 binz : terminé ? Non. Et bien, j'en quand on veut réaliser un exemplaire de $D_6$ dans $S_5$ (il y a deux classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 12 de $S_5$, cf l'excellent post d'Alain, et qui vont donc donner des actions transitives fidèles en degré $10 = 120/12$), j'ai eu un peu de mal à trouver du $D_6$ dans $\text{PGL}_2(\mathbb F_5) \simeq S_5$, agissant en degré $6$ sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_5)$.
Je souhaite revenir en arrière pour m'appuyer sur de la terre ferme. Quitte à passer pour un prétentieux, je peux affirmer que je sais ce que je n'ai pas compris dans le passé des quelques derniers mois. Je suis obligé de le savoir à cause de ...
@flip flop : Une vision combinatoire de $(S_5/D_5)_{\rm gauche}$ i.e. une action transitive de $S_5$ en degré 12 : je sais pas trop
@gai requin Une vision combinatoire de $(S_5/A_4)_{\rm gauche}$ i.e. une action transitive de $S_5$ en degré 10 ? Pour $A_4$, il s'agit par exemple, de l'exemplaire de $A_4$ contenu dans $S_4$ que l'on balance dans $S_5$ en fixant 5. -
Une omoplate de chameau sans Frobenius. :-D
-
@vous deux
C'est ce qui s'appelle avoir la tête dans le guidon. Alain mentionne dans son post ``Sous-groupes de $S_5$'', deux classes de conjugaison de sous-groupes d'ordre 12, avec une classe ``isomorphe'' à $D_6$. Et je cherche (bêtement). En oubliant que $D_6 \simeq C_2 \times S_3 = C_2 \times D_3$ et que la réalisation dans $S_5$ est évidente :
$$
H := S_2 \times S_3 = \langle (1,2),\ (3,4),\ (3,4,5) \rangle
$$
Et la combinatoire de $(S_5/H)_{\rm gauche}$ est donc l'action en degré $10$ sur les 10 parties à 2 éléments de $\{1..5\}$. Pas fier.
J'ai tendance à oublier que $D_{2n} \simeq C_2 \times D_n$ pour $n$ impair. -
Effectivement.
-
@Claude :
$A_4=\langle (1,2,3),(1,2)(3,4)\rangle$.
Du coup, je prendrais bien $E=K(\sigma_3(x_1,\ldots,x_5))$.
Je croise les doigts ? -
Hello Claude,
Je pense que j'ai dit un connerie hier (enfin j'ai compris de travers un truc sur les actions). En fait, je pensais obtenir le résultat concernant la décomposition en cycle du Frobenius en terme uniquement d'action de groupe mais non, j'ai du faire fausse route !
Du coup, si je résume en espérant que j'ai bien compris ce coup-ci.
Le contexte c'est $L \mid K$ un extension Galoisienne. Pour chaque $E$ (sous-extension) vérifiant $E^{\text{Gal}} = L$, on dispose d'une action de $G$ sur l'ensemble $G / H$ où $H$ le sous-groupe de $G$ qui fixe $E$ i.e un morphisme $\Phi : G \to \text{Perm} (G / H)$ .... edit : pour être précis c'est l'action de $G$ (par translation) sur les classes à gauche $G/H$.
Maintenant, si je prend $p$ un idéal premier de $O_K$ et que je considère la décomposition de $p$ dans $O_E$ elle est de la forme $ p = \prod \mathfrak{p}_i$ (je fais un hypothèse de non ramification ici). Alors l'image d'un Frobenius de $p$ dans $L \mid K$ par $\Phi$ a le type suivant $(f_1)(f_2) \dots(f_r)$ dans $\text{Perm} (G/H)$ avec $f_i$ le degré de l'extension résiduel $O_L / \mathfrak{p}_i \mid O_k / p$. -
Un exemple amusant.
Je prend $p := 1973 $ alors le polynôme $f := X^5-X-1$ a $5$ racines dans $\mathbb{F}_p$, alors il s'en suit que le polynôme :X^12 + 10*X^10 + 55*X^8 + 140*X^6 + 175*X^4 - 3019*X^2 + 25
a $12$ racines dans $\mathbb{F}_p$. -
@flip flop
Ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1513954#msg-1513954 : oui, c'est ok. Remarque : dire que $E^{\rm gal} = L$, c'est pareil que de dire que l'intersection des conjugués de $H$ est le neutre et c'est pareil que de dire que le morphisme $G \to \text{Perm}\big((G/H)_{\rm gauche}\big)$ est injectif. D'ailleurs le noyau de ce morphisme c'est l'intersection des conjugués de $H$.
Un petit truc pour les bébés (je viens de m'en rendre compte !) :
(1) Soit $\sigma \in S_n$ qui se décompose en cycles à supports disjoints de longueur $f_1, f_2, \cdots, f_g$. Si $t$ est une indéterminée et $P_\sigma$ la matrice de la permutation $\sigma$, que vaut en fonction de $f_1, \cdots, f_g$ :
$$
\det(I_n - tP_\sigma)
$$
(2) Que vaut :
$$
{1 \over \det(I_n - tP_\sigma)}
$$
(3) Cela te rappelle quelque chose des derniers mois ? -
@gai-requin
Ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1513794#msg-1513794. Non : croiser les doigts vient tout à la fin. Pour $H \subset S_n$, faut commencer, au niveau $K[X_1, \cdots, X_n]$, par trouver, un $R_H \in K[X_1, \cdots, X_n]$ dont le stabilisateur sous $S_n$ est $H$.
Quel est le stabilisateur sous $S_n$ d'un polynôme symétrique ? (c'est ce que tu as proposé pour $H = A_4$, un polynôme symétrique de $K[X_1, \cdots, X_5]$).
On croise les doigts au moment de la spécialisation $X_i \mapsto x_i$ où ici $x_1, \cdots, x_5$ sont les racines de $X^5 - X - 1$. Je donnerai un exemple plus tard.
(1) Play again with your $H = A_4$ plongé dans $S_5$ ; play to find $R_H$. Indication : le discriminant.
(2) Pourrais tu ``polynomialiser'' (en $n$ indéterminées) l'action (transitive) de $S_n$ sur les parties à 2 éléments ? Et groupistement, cela donne $H = ?$. Plusieurs réponses (simples) possibles pour $R_H$. Et pour $n=5$, on va trouver une action en degré combien ? Et après spécialisation réussie, un polynôme (en une variable) de degré combien ? -
D'accord pour le noyau de l'action et l'intersection des stabilisateurs. Pour $E^{\text{Gal}}$, je n'ai pas encore regardé mais je pense que ça va le faire.
1 et 2/ On passe par des matrices par bloc pour réduire le problème à un permutation cyclique et ensuite on regarde le lien avec le polynôme caractéristique et valeur propre : ça doit être quelque chose proche de (ne pas oublier les $f_i =1$):
$$
\frac{1}{\text{det}(I_n-tP_\sigma)} = (-1)^n \prod \frac{1}{1-T^{f_i}}
$$
3/ Ca ressemble aux p-Euler facteurs, enfin ça ressemble un peu ! -
@flip flop
C'est presque cela mais il n'y a pas le facteur $(-1)^n$. Et aucune raison de faire attention aux $f_i$ égaux à 1 qui se traitent comme les autres. Et pas besoin de parler de valeurs propres. Bref, c'est ok.
Cela fait plus que de ressembler à. Je précise et fait une piqure de rappels. Soit $K$ un corps de nombres et $p = \mathfrak p_1^{e_1} \cdots \mathfrak p_g^{e_g}$ la décomposition en premiers dans $\mathcal O_K$. Si on note $f_i$ la dimension résiduelle de $\mathfrak p_i$, on a vu (et c'est écrit en TeX) que le $p$-facteur d'Euler de la fonction de Dedekind $\zeta_K$ est :
$$
\prod_{i=1}^g {1 \over 1 - T^{f_i}}
$$
i..e. $\zeta_K$ ne voit pas la ramification (c'est moi qui dit).
Maintenant prend le contexte de bébé : $K = \Q(x)$, $x$ racine d'un polynôme cubique irréductible unitaire de degré 3 à discriminant non carré. Si bien que $L = K^{\rm gal}$ est galoisienne de groupe de Galois $G \simeq S_3$. J'ai envie de distinguer $G$ de $S_3$ groupiste.
Est ce que tu ne vois pas une action en degré 3 de $G$ ? Je te parle pas de celle hyperplane irréductible en degré 2. Mais d'une en degré 3 (par permutations même). Notons là $\rho$. N'as tu pas envie de mettre ensemble $\text{Frob}_p$, $K$, $\rho$ ?? Ne pas oublier que le Frobenius est défini à conjugaison près et seulement pour $p$ non ramifié (dans $L$). Et si tu fais ce mélange, que j'évoque, cela donne quoi à ton avis ?
Note : je me mélange encore les pinceaux entre premiers de $K$ et premiers de $L$. Donc, il faut être super-précis dans nos énoncés. -
Tu veux dire un truc comme ça :-S
Soit $L \mid K$ une extension Galoisienne et $E$ une extension vérifiant $E^\text{Gal} = L$. Alors on a un morphisme
$$
\pi : G \to \text{Perm} \left( \text{Hom}_K(E,L) \right)
$$
Soit $p$ un idéal premier de $\mathcal{O}_K$ et $\textbf{F}_p := \text{Frob}(p, L \mid K) \in \text{Gal} (L \mid K)$ un Frobenius (défini a conjugaison près)(prendre $F_p :=$ classe de conjugaison).
$$
\frac{1}{\text{Det} (1 - tP_{\pi(\textbf{F}_p)})} = \prod_{i=1}^g \frac{1}{1-t^{f_i}} \qquad P_{\pi(\textbf{F}_p)} = \text{matrice de permutation associé à $\pi(\textbf{F}_p)$}
$$
Avec $g$ : le nombre d'idéaux premiers dans la décomposition de $p$ (idéal de $K$ en bas) (exit la ramification) dans $\mathcal{O}_E$. Disons : $$ p = \mathfrak{p}_1 \dots \mathfrak{p}_g$$
et $f_i$ est le degré de l'extension résiduelle $\mathcal{O}_E / \mathfrak{p}_i \mid \mathcal{O} / p$.
C'est un peu abstrait :-D mais on doit pouvoir rendre le truc plus clair car $ \text{Hom}_K(E,L)$ s'identifie avec les racines du polynôme $f$ (décrivant l'anneau des entiers (pas tout a fait vrai : le schéma ...)). Et aussi, il faut faire un calcul avant (pour calculer a peu près le Frobenius) et ensuite pouvoir l'utiliser pour un autre $E$. un peu comme j'ai fait dans l'exemple ici. On fait le boulot pour $p = 1973$ et on constate que le polynôme $f := x^5-x-1$ est complètement décomposé dans $\mathbb{F}_p$. Ce qui implique que le Frobenius est trivial (j'ai fais exprès de prendre $1973$ pour que le Frobenius puisse ce calculer bien dans $G$ et pas dans un représentation). Ensuite : on prend le cadre ici ou le cadre ici on trouve que la décomposition de $p$ dans les extensions sont trivials i.e les $f_i$ sont tous $1$.
Avec les calculs que vous avez fait ça veux dire que les polynômesX^15 + 6*X^13 + 7*X^11 - 21*X^10 - 8*X^9 - 109*X^8 - 17*X^7 - 144*X^6 - 355*X^5 - 48*X^4 + 103*X^3 + 5*X^2 - 56*X + 29
etX^12 + 10*X^10 + 55*X^8 + 140*X^6 + 175*X^4 - 3019*X^2 + 25
possède $15$ et $12$ racines dans $\mathbb{F}_p$ (ou que l'idéal $p$ est complètement décomposé dans $E$, c'est pareil). -
@flip flop
Ton post : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1514218#msg-1514218. Oui. Dans le contexte de bébé, en conservant mes notations, et en prenant des objets plus terre à terre et pas intrinsèques, à savoir $x_1, x_2, x_3$ les 3 racines du polynôme de degré $3$, alors qui tu sais me dit que $L_\rho = \zeta_K$ où $\rho$ est l'isomorphisme $G \to \text{Perm}(\{x_1, x_2, x_3\})$, Je dis bien $\zeta_K$.
Toujours le même problème : faudrait comprendre ce qu'est le $p$-facteur d'Euler de $L_\rho$ quand $p$ est ramifié dans $L$.
Tiens, dans l'autre histoire $X^5-X-1$, pendant que j'y pense, j'ajoute au panier ($F$ mériterait le nom G5S4). J'espère que maintenant, on a pigé que les actions transitives (et fidèles) de $\text{Gal}(L/\Q)$, ce n'est pas ce qui manque. Et il y en a 17 en tout (à conjugaison près, cf le post d'Alain : $17 = 19-2$)
> F ; X^5 - X - 1 > G15D4 ; X^15 + 6*X^13 + 7*X^11 - 21*X^10 - 8*X^9 - 109*X^8 - 17*X^7 - 144*X^6 - 355*X^5 - 48*X^4 + 103*X^3 + 5*X^2 - 56*X + 29 > G12D5 ; X^12 + 10*X^10 + 55*X^8 + 140*X^6 + 175*X^4 - 3019*X^2 + 25 > G10A4 ; X^10 + 320*X^8 + 111670*X^6 - 4590400*X^4 + 535025465*X^2 - 23615200909 > G10C2S3 ; X^10 + 3*X^6 + 11*X^5 - 4*X^2 + 4*X - 1 > G10C2S3bis ; X^10 + X^8 - X^6 - 2*X^5 - X^4 - X^3 + 1
-
@flip flop
Ton 1973 : parfois, le théorème de densité de Chebotarev, cela a une dure réalité. Of course $120 = \#S_5$.
> F ; X^5 - X - 1 > P := PrimesInInterval(2,10^5) ; > time Pid := [p : p in P | #Roots(ChangeRing(F, GF(p))) eq 5] ; Time: 0.680 > Pid[1] ; 1973 > #P ; 9592 > #Pid ; 82 > R := RealField(4) ; > R!(#Pid / #P), R!(1/120) ; 0.008549 0.008333
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@Claude : J'ai un peu galéré pour trouvé $1973$. Je n'étais pas convaincu que ça existe mais effectivement avec Chebotarev, ça prouve l'existence et dis que c'est un peu rare à trouver (de mémoire le second nombre premier était dans les 8000 ... a bin non c'est 3769).
Zx<X> :=PolynomialRing(Integers()); G10A4 :=X^10 + 320*X^8 + 111670*X^6 - 4590400*X^4 + 535025465*X^2 - 23615200909; > F :=X^5 - X - 1; > P := PrimesInInterval(2,10^5) ; > Pid1 := [p : p in P | #Roots(ChangeRing(G10A4, GF(p))) eq 10] ; Pid2 := [p : p in P | #Roots(ChangeRing(F, GF(p))) eq 5] ; assert Pid1 eq Pid2;
-
@flip flop
Je ne sais pas répondre à ta question sur Grossen-truc. N'oublie pas que je ne suis qu'un amateur.
Je pense avoir pigé quelque chose. Contexte
$$
\xymatrix {
&L=E^{\rm gal}\ar@{-}[dd]^G \\
E\ar@{-}[ur]\ar@{-}[dr]_n \\
&\K = Q \\
}
\qquad\qquad\qquad
\xymatrix {
&L=K(x_1, \cdots, x_n)\ar@{-}[dd]^G \\
E=K(x_1)\ar@{-}[ur]\ar@{-}[dr]_n \\
&\K = Q \\
}
$$
C'est deux fois la même chose mais à droite, c'est pour se raccrocher aux branches. Il est sous-entendu que $x_1, \cdots, x_n$ sont les $K$-conjugués de $x_1$. Et on peut même penser à un polynôme $F \in \Z[X]$ irréductible de degré $n$, de racines $x_1, \cdots, x_n$.
Ce schéma définit une représentation par permutations en degré $n$ du groupe de Galois $G = \text{Gal}(L/K)$. Comment ? A droite, sur les racines de $F$, comme d'habitude ...etc.. A gauche : de manière plus intrinsèque sur les $n$ $K$-plongements de $E$ dans $L$, i.e. sur $\text{Hom}_K(E,L)$.
Toujours est-il qu'il y a une représentation linéaire :
$$
\rho : G \longmapsto \text{GL}_n(V)
$$
Mais $V$, késako ? Cela dépend du jour de la semaine. Cela peut-être le $\Z$-module libre formel de base $\text{Hom}_K(E,L)$. Ou moins glaçant : de base $e_{x_1},\cdots, e_{x_n}$. Ou bien, demain $V$ sera peut-être le $\C$-espace vectoriel de base ... etc .. Mais t'inquiètes, cela ne sortira jamais à l'arrivée de $\Q(\root \infty \of 1)$. Et même de $\Q(\root e \of 1)$ où $e$ est l'exposant du groupe de Galois $G$ (à vérifier quand même).
Evidemment, $\rho$ n'a aucune raison d'être irréductible. On peut la décomposer en représentations irréductibles à condition de monter un peu dans $\Z[\root \infty \of 1]$ à l'arrivée.
La chute tout bête que l'on aurait dû piger depuis longtemps (car c'est trop bien expliqué dans les ouvrages qui sont vachement pédagogiques et qui s'adressent à des non spécialistes), c'est que :
$$
L_\rho = \zeta_E
$$
A gauche, la $L$-série de la représentation $\rho$, dont les $p$-Euler facteurs sont montés grâce au $p$-Frobenius de $L/\Q$ et à droite, la fonction zeta de Dedekind de $E$ dont les $p$-Euler facteurs sont montés avec la loi de factorisation de $p$ dans $E$ (et dont la série compte le nombre d'idéaux de $\mathcal O_E$ de norme donnée).
Je vais illustrer cela plus tard sur le polynôme de Trinks $F(X) = X^7 - 7X + 3$ dont le groupe de Galois sur $\Q$ est isomorphe à $\text{PSL}_2(\mathbb F_7)$, unique groupe simple d'ordre 168. Histoire que l'on décolle un peu de $S_5$ avec $X^5 - X - 1$. -
@gai requin
Oui, c'est bon. Et comme $\#A_4 = 12$ et que $\#S_5= 120$, cela conduit à des représentations en degré $120/12 = 10$. Et le G10A4 que j'ai donné provient exactement de ce $A_4$-résolvant et de $X^5 - X - 1$.
Et as tu vu, dans un certain post (flemme de ..) qu'il y avait G10C2S3 et G10C2S3bis. Correspondant à la seconde question pour toi dans le post dont la première question était ``Play again pour $A_4$'' ? -
@flip flop
1973 et les choses de la vie. Quand on aura le temps, on pourra même s'amuser avec une autre partition de 5. Il n'y a pas que la totale décomposition dans la vie i.e. d'autres partitions que $(1,1,1,1,1) = (1^5)$.
> Partitions(5) ; [ [ 5 ], [ 4, 1 ], [ 3, 2 ], [ 3, 1, 1 ], [ 2, 2, 1 ], [ 2, 1, 1, 1 ], [ 1, 1, 1, 1, 1 ] ]
Quand on aura le temps. -
Du coup, pour $L_\rho$ il va falloir gérer proprement la ramification !
C'est un peu complexe comme construction mais c'est vraiment très jolie ! -
@Claude : Oui, j'ai vu.
Pour $H=C_2\times S_3$, j'ai envie de choisir
$$R_H=X_1X_2+X_3X_4+X_4X_5+X_5X_3.$$ -
@gai requin
Oui (pour $n=5$). On ne peut pas deviner ce que tu aurais pris pour $n$ quelconque ?
On peut faire plus simple : une permutation $\sigma \in S_n$ qui stabilise (globalement) une partie $A \subset \{1..n\}$ i.e. $\sigma(A) = A$, stabilise aussi le complémentaire. Donc $X_1X_2$ aurait suffi (et ceci pour tout $n$). Pareil avec $X_1+X_2$.
J'attache de nouveau au panier
> G10C2S3_X1plusX2 ; X^10 + 3*X^6 + 11*X^5 - 4*X^2 + 4*X - 1 > G10C2S3_X1timesX2 ; X^10 + X^8 - X^6 - 2*X^5 - X^4 - X^3 + 1 > G10C2S3GaiRequin ; X^10 + 6*X^8 + X^6 - 123*X^5 - 24*X^4 - 94*X^3 + 16*X^2 - 8*X + 1
Et dans l'autre sens, soit $R = X_1 + 2X_2 + 3X_3 + 4X_4 + 5X_5$, quel est le stabilisateur sous $S_5$ de $R$ ? Et cela va donner une action en quel degré ? Un polynôme (en une variable) de quel degré ?
PS : chacun peut s'amuser avec le post d'Alain pointé par FlipFlop. -
@flip flop
En ce qui concerne $L_\rho = \zeta_E$, oui il faut déjà définir $L_\rho$ proprement, ce que je sais pas faire pour l'instant. Ce qui ne m'empêche pas d'énoncer l'égalité ! J'ai juste vérifié l'égalité des $p$-Euler facteurs de l'une et l'autre quand $p$ n'est pas ramifié. Ou plutôt quand $p$ ne divise pas le discriminant de $F$ (je me suis raccroché aux branches).
Cela vient essentiellement de :
$$
{1 \over \det(I_n- tP_\sigma)} = \prod_{i=1}^g {1 \over 1 - t^ {f_i}}
$$
où $P_\sigma$ est la matrice de la permutation $\sigma$ et $(f_1, f_2, \cdots , f_g)$ est le type de la permutation $\sigma$.
Bilan : faut asbsolument faire la démo ou bien trouver un endroit où c'est fait. Ce qui est bien, c'est que pour faire la démo, il faut revenir à la base des fondements du Frobenius. Arrêter de dire ``à conjugaison près'' et choisir un gros premier $\mathfrak P$ de $L$. Et cette fois, le Frobenius est défini modulo l'inertie. Faut trouver sur quoi faire agir le groupe de décomposition $D(\mathfrak P)$, ou son quotient pas l'inertie ...etc... -
@flip flop
Je crois que c'est toi le premier qui m'a dit un jour que le $p$-facteur d'Euler d'une représentation $\rho$ (volontairement je ne mets pas de contexte précis) était
$$
Z_p(T) = {1 \over \det\big(I - \rho(\text{Frob}_p) T\big)}
$$
Si oui, où tu avais vu cela ? As tu des références sérieuses sur lesquelles on peut compter ? Merci.
PS : j'ai fait pas mal de vérifications en ce qui concerne le cas des bébés : une extension cubique $E/\Q$ de degré 3 non cyclique et donc, en posant $L = E^{\rm gal}$, on a $G := \text{Gal}(L/\Q) \simeq S_3$. Avec la représentation irréductible $\rho$ de dimension 2 de $G$. J'ai monté le $\Z$-schéma $\mathcal O_E$ et je l'ai réduit modulo $p$ pour déterminer $N_p$, histoire de vérifier $N_p = 1+a_p$. ...etc.. Car on ne peut pas compter sur un polynôme $F \in \Z[X]$ de degré 3 définissant $E$. Car il peut contenir du ``garbage''. Tout est ok. Sauf que de temps en temps, je confonds $\text{Disc}(F)$ et $\text{Disc}(\mathcal O_E)$.
Le $p$-Euler facteur de $L_\rho$ quand $p$ est ramifié est :
$$
Z_p(T) = \cases {
1 &si $p$ est totalement ramifié dans $E$\cr
{1 \over 1-T} &sinon \cr
}
$$ -
Salut Claude :
Je pense que c'est Gai requin qui a parlé de $Z_p(T) = {1 \over \det\big(I - \rho(\text{Frob}_p) T\big)}$, peut être dans le Hindry ?
Sinon je suis entrain de réfléchir à ce message ici
En fait, pour pouvoir gérer calculer les Frobenius, on a besoin des résolvantes ? Je vais essayé de faire un exemple (autre que $1973$).
Une autre question : si $L \mid K$ est Galoisienne alors on dispose d'un $E$ canonique à savoir $E = L$, est-ce que cette situation est importante (car si on pense au contexte abélien, on a pas d'autre choix pour $E$). Y'a aussi l'histoire de décomposition en représentation irréductible qui doit être important ... y'a du boulot là si on veut comprendre !
Je vais faire joujou avec $x^5-x-1$ histoire de bien comprendre ! -
Bonjour, j'ai des choses à essayer concernant la représentation telle que $\zeta_K(s) = L(s,\rho)$ et comment la trouver à partir de $\zeta_L$, où $L/K/\mathbf{Q}$ et $L/\mathbf{Q}$ est Galois.
- Si $F/E$ une extension Galoisienne de corps de nombres, alors on a deux représentations $\rho_{triviale}, \rho_{regular}$ de $Gal(F/E)$ telles que $\zeta_{E}(s) = L(s,\rho_{triviale})$ et $\zeta_F(s) = L(s, \rho_{regular})$.
- Ensuite si $L/K/\mathbf{Q}$ où $L/\mathbf{Q}$ est Galois, comme $L/K$ est Galois, j'écris que $\zeta_K(s) = L(s,\psi)$ où $\psi$ est la représentation triviale de $H = Gal(L/K)$ sous-groupe de $G = Gal(L/\mathbf{Q})$ et je devrais avoir $\zeta_K(s) = L(s,Ind_H^G \psi)$ la représentation induite.
- Si $F/E$ une extension Galoisienne de corps de nombres, alors on a deux représentations $\rho_{triviale}, \rho_{regular}$ de $Gal(F/E)$ telles que $\zeta_{E}(s) = L(s,\rho_{triviale})$ et $\zeta_F(s) = L(s, \rho_{regular})$.
-
@Claude :
Le stabilisateur de $R = X_1 + 2X_2 + 3X_3 + 4X_4 + 5X_5$ sous $S_5$ est $\{\rm{Id}\}$ ce qui devrait permettre d'obtenir un élément primitif de $L/K$. -
@gai requin
Tout à fait. Et on obtient ainsi un polynôme de degré 120 de groupe de Galois isomorphes à $S_5$. Soyons fou .. mais un peu raisonnable quand même en prenant
$$
R = X_1 + 2X_2 - 2X_3 + 3X_4 - 3X_5 \qquad \hbox {puis} \qquad\qquad
R = {X_1^1 X_2^2 X_3^3 X_4^4 X_5^5 \over X_1X_2X_3X_4X_5} = X_2^1 X_3^2 X_4^3 X_5^4
$$
A gauche, dans la forme linéaire, j'ai mis les coefficients distincts $1,2,-2,3,-3$ car c'est moins gros que $1,2,3,4,5$. C'est pour éviter de faire trop chauffer ma machine.
> R := X[1] + 2*X[2] - 2*X[3] + 3*X[4] - 3*X[5] ; > R ; X1 + 2*X2 - 2*X3 + 3*X4 - 3*X5 > assert IsTrivial(Stabilisateur(R)) ; > time G120 := MinimalPolynomial(A!R) ; Time: 0.110 > > R := &*[X[ i]^(i-1) : i in [1..5]] ; > R ; X2*X3^2*X4^3*X5^4 > assert IsTrivial(Stabilisateur(R)) ; > time G120bis := MinimalPolynomial(A!R) ; Time: 0.300 > > G120bis ; X^120 + 5*X^119 + 19*X^118 + 46*X^117 + 101*X^116 + 127*X^115 - 76*X^114 - 882*X^113 - 2821*X^112 - 7708*X^111 - 21224*X^110 - 49862*X^109 - 88318*X^108 - 98906*X^107 + 67175*X^106 + 822966*X^105 + 2784768*X^104 + 6138817*X^103 + 9955131*X^102 + 13321714*X^101 + 18980529*X^100 + 34600377*X^99 + 76658967*X^98 + 169654000*X^97 + 319511858*X^96 + 463496618*X^95 + 470261968*X^94 + 316361150*X^93 + 268753511*X^92 + 913348831*X^91 + 2670958955*X^90 + 4794387046*X^89 + 5236869837*X^88 + 2285176871*X^87 - 2177197812*X^86 - 2563352660*X^85 + 5407028029*X^84 + 19404726222*X^83 + 29551465032*X^82 + 26310765200*X^81 + 8515092320*X^80 - 12877435362*X^79 - 19761028890*X^78 + 5560698811*X^77 + 79077214393*X^76 + 197692056451*X^75 + 325748511814*X^74 + 385567764659*X^73 + 286015498553*X^72 - 10816224449*X^71 - 423385347518*X^70 - 725423469942*X^69 - 647376346752*X^68 - 76509281732*X^67 + 786287022516*X^66 + 1486037509462*X^65 + 1573168386790*X^64 + 920395556733*X^63 - 192631336665*X^62 - 1212994407131*X^61 - 1617442541502*X^60 - 1212994407131*X^59 - 192631336665*X^58 + 920395556733*X^57 + 1573168386790*X^56 + 1486037509462*X^55 + 786287022516*X^54 - 76509281732*X^53 - 647376346752*X^52 - 725423469942*X^51 - 423385347518*X^50 - 10816224449*X^49 + 286015498553*X^48 + 385567764659*X^47 + 325748511814*X^46 + 197692056451*X^45 + 79077214393*X^44 + 5560698811*X^43 - 19761028890*X^42 - 12877435362*X^41 + 8515092320*X^40 + 26310765200*X^39 + 29551465032*X^38 + 19404726222*X^37 + 5407028029*X^36 - 2563352660*X^35 - 2177197812*X^34 + 2285176871*X^33 + 5236869837*X^32 + 4794387046*X^31 + 2670958955*X^30 + 913348831*X^29 + 268753511*X^28 + 316361150*X^27 + 470261968*X^26 + 463496618*X^25 + 319511858*X^24 + 169654000*X^23 + 76658967*X^22 + 34600377*X^21 + 18980529*X^20 + 13321714*X^19 + 9955131*X^18 + 6138817*X^17 + 2784768*X^16 + 822966*X^15 + 67175*X^14 - 98906*X^13 - 88318*X^12 - 49862*X^11 - 21224*X^10 - 7708*X^9 - 2821*X^8 - 882*X^7 - 76*X^6 + 127*X^5 + 101*X^4 + 46*X^3 + 19*X^2 + 5*X + 1
Plusieurs questions (la première est simple)
1) Veux tu voir G120 ?
2) Dans le post d'Alain http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1451172,1451406#msg-1451406, on voit qu'il y a une seule classe de conjugaison de sous-groupes d'ordre 20 de $S_5$. Il s'agit de $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$ constitué des applications affines $\mathbb F_5 \ni x \mapsto b + ax \in \mathbb F_5$, avec $b \in \mathbb F_5$, $a \in \mathbb F_5^*$, en nombre $5 \times 4$ ($n\varphi(n)$ pour $n=5$). Il y a un groupe célèbre (??) isomorphe à $S_5$, qui opère transitivement (et même un peu plus) sur un ensemble de cardinal $6$ et dont le fixateur d'un certain point est exactement $\text{AGL}_1(\mathbb F_5)$. De quoi je cause ? Et $120/20 = 6$, d'où un polynôme de degré 6 ...etc... à qui on pourrait donner le nom de G6 et l'ajouter au panier.
Tiens pourquoi écrire $x \mapsto b + ax$ au lieu de $x \mapsto ax + b$ ?
3) J'ai retrouvé une petite note brouillon pas terminée (écrite pour le forum) sur une introduction aux résolvantes en degré 5. Peut-être que cela pourrait t'intéresser ? -
Salut Reuns,
Pour :
$$
L(s,\rho) = \prod_{p,\mathfrak{P}/p \in \mathcal{O}_L} \frac{1}{\det(I-N(\mathfrak{P})^{-s} \rho(Frob_p))} = \sum_{I \in \mathcal{O}_L} h(I) N(I)^{-s}= \sum_{n=1}^\infty a_n n^{-s}
$$
En fait l'interprétation va dépendre de $\rho$.
On vient de construire des représentations $\rho$ concrète. Par exemple, tu prends $L \mid K$ Galoisienne de groupe $G := Hom_K(L,L)$ et si tu prends une sous-extension $E \subset L$ tel que la clôture Galoisienne de $E$ est $L$. Alors tu as une action de $G$ sur l'ensemble des plongements de $E$ dans $L$.
$$
G \times \text{Hom}_K(E,L) \to \text{Hom}_K(E,L)
$$
$$
(g,\tau) \mapsto g \circ \tau
$$
qui induit un morphisme (injectif) :
$$
\pi : G \mapsto \text{Perm}(\text{Hom}_K(E,L))
$$
Et qui induit une représentation par permutation :
$$
\rho : G \to \text{GL}(V) \qquad \text{ avec } V := \bigoplus_{\tau \in \text{Hom}_K(E,L)} e_\tau \qquad \text{espace vectoriel de base $e_\tau$}
$$
Et dans ce cas, on a :
$$
L(s,\rho) = \prod_{p,p \in \mathcal{O}_K} \frac{1}{\det(I-N(p))^{-s} \rho(Frob_p))} = \zeta_E(s)
$$
Et par suite le coefficient $a_p$ doit être le nombre d'idéaux de norme $p$ dans l'anneau des entiers $O_E$.
ps : j'ai changé un peu ta formule mais je ne suis pas certain. C'est complexe et il faut être super précis sinon on va dire des bêtises.
Sinon une question :
Dans la formule que tu donnes :
$$
\zeta_L(s) = \prod_{\rho \text{ rep. Irr. de } Gal(L/K)} L(s,\rho)
$$
Est-ce que tu es certain. Car j'aurais envie d'écrire quelque chose comme ça :
$$
\zeta_L(s) = \prod_{\rho \text{ rep. Irr. de } Gal(L/K)} L(s,\rho)^{\text{deg}(\rho)}
$$
car dans la réprésentation régulière il y a $\text{deg}(\rho)$ fois la représentation $\rho$ ?
D'ailleurs @Claude : tu te souviens de l'exercice sur les extensions biquadratiques on avait obtenu un produit de fonction $\zeta$ (des sous-extensions quadratiques) .. il y a peut être (je suis très prudent avec mon peut-être) un lien ? ici
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