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Homographies et petits groupes de Galois

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Réponses

  • J'ai fait quelques petites recherches liées aux nombres convenables d'Euler.

    Définition : $n$ est un nombre convenable d'Euler si, pour toute forme réduite $ax^2+bxy+cy^2$ de discriminant $-4n$, on a $b=0$ ou $a=b$ ou $a=c$.

    Dans ce cas-là, si $r$ désigne le nombre de premiers impairs divisant $n$, $C(-4n)\simeq (C_2)^{k-1}$,où
    $$k=\cases {r & si $n \equiv 3 \bmod 4$ \cr r+1 & si $n \equiv 1,2 \bmod 4$ \cr r+1 & si $n \equiv 4 \bmod 8$ \cr r+2 & si $n \equiv 0 \bmod 8$ }.$$

    Cela devrait permettre de régler le 1) dans [www.les-mathematiques.net] (il n'y a jamais que $34$ cas...).
  • @gai requin
    Plusieurs remarques. La plus simple (et la plus compliquée) : que veut-on faire ? Evidemment que moi-même je n'en sais rien (sinon, on aurait terminé depuis longtemps).

    Essayons d'être positifs. Dans ta formulation (que je connais), la définition du nombre $k$ ne paraît pas très structurelle. Cela vient du fait que $-4n$ n'est pas toujours un discriminant quadratique fondamental. Et que l'on risque de se lancer dans des histoires d'anneaux de nombres qui ne sont pas les anneaux d'entiers de leurs corps des fractions, dans des histoires de Ring Class Field alors que l'histoire Hilbert Class Field est déjà compliquée ... etc .. comme d"habitude, je parle pour moi.

    Et donc, pour des raisons pédagogiques (??), je m'étais limité depuis fort longtemps à des discriminants quadratiques fondamentaux. Et ma lettre fétiche était (et est encore) la lettre $D$, et le $k$ dont tu parles est à ce moment là UNIFORME, car il s'agit du $k$ qui intervient dans la décomposition structurelle unique :
    $$
    D = D_1 \cdots D_k \qquad \qquad (\star)
    $$
    où les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires, premiers deux à deux.

    Et que veut-on faire avec $(\star)$ ? Je n'en sais rien (bis). Mais un peu quand même. On veut, dans le cas où $D$ est négatif, mettre en avant le corps quadratique imaginaire $K = \Q(\sqrt D)$, ainsi que l'inclusion :
    $$
    \Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \qquad\qquad (\heartsuit)
    $$
    Et puis, pourquoi pas, balançons la purée en notant $G = \mathrm {Cl}(K)$, le groupe des classes de $K$, intimement lié à $Q(D)^+ / \mathrm {SL}_2(\Z)$ :
    $$
    G/G^2 \simeq C_2^{k-1} \qquad\qquad (\blacksquare)
    $$
    Mais pas un isomorphisme abstrait qui sortirait de je ne sais trop où. C'est quoi le vrai visage de ce $C_2^{k-1}$ ? Ma réponse :
    $$
    {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}} = \mathrm {Gal} \big(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) / \Q(\sqrt D) \big)
    \quad \hbox {vu comme un quotient d'un sous-groupe de $(\Z/D\Z)^\times$}
    $$
    Bien sûr, si $G^2$ est trivial, on trouve, via $(\blacksquare)$, que $G \simeq C_2^{k-1}$.

    Dans ma tête, il s'agissait d'AGITER tout cela soit en traitant des cas particuliers soit en assurant des résultats généraux (cela dépend du jour de la semaine), bref en faisant quelque chose. Et bien sûr, en tenant compte du point de vue de Gauss i.e. les formes quadratiques binaires car c'est un point de vue opérationnel.

    En passant, il est impératif de comprendre que sans une assise solide des caractères de Kronecker, on ne peut rien faire.
    Exemple de résultat général à prouver de manière la plus propre possible :
    $$
    \chi_D(q(x,y)) = 0,1, \qquad x,y \in \Z, \qquad \hbox {$q$ forme binaire quadratique de discriminant $D$}
    $$
    Pourquoi c'est important de montrer cela ? Parce que les valeurs prises par les formes quadratiques de discriminant $D$ sont au coeur du sujet (même si cela ne se voit pas) et que c'est facile de dire cela puisque Gauss a fait tout le travail.
  • Ce qu'on veut faire ?
    Parce que c'est "abordable", calculer le corps de classes de Hilbert de $\Q(\sqrt{D})$ quand $D$ est un discriminant quadratique fondamental de la forme $-4n$ avec $n$ entier convenable d'Euler ?
  • @gai requin
    De nos jours, dans le contexte que tu as cité, on aime bien énoncer $\mathrm {Cl}(-4n) \simeq C_2^{k-1}$. Pourquoi ? Je n'en sais trop rien (moi-même, je suis susceptible de donner de tels énoncé, cela dépend des jours de la semaine). En tout cas, ce qui est bien, c'est que c'est court et que cela tient en peu de symboles.

    Mais est ce que l'on y voit ce qui suit ? Je n'en suis pas persuadé. Je prends un cas particulier ! Le discriminant quadratique fondamental
    $$
    D = -240 = 8 \times 5 \times (-7) = D_1 D_2 D_3 \qquad \hbox {donc $k=3$}
    $$
    C'est sa décomposition et j'ai bloqué, pour des raisons personnelles, les deux discriminants élémentaires $>0$ au début.
    J'introduis (après Gauss, merci à lui) les 4 formes quadratiques réduites de discriminant $D$ :
    $$
    q_0 = x^2 + 70y^2, \qquad q_{12} = 2x^2 + 35y^2, \qquad q_{23} = 5x^2 + 14y^2, \qquad q_{13} = 7x^2 + 10y^2
    $$
    J'ai essayé de faire attention à l'indexation et j'espère que je n'ai pas commis d'erreur.

    Alors, si $p$ est un nombre premier positif ne divisant pas $D$ i.e. $p \ne 2, 5, 7$, alors $p$ est représenté par
    $$
    \begin {array} {ccl}
    q_0 &\iff& p \equiv 1, 9, 39, 71, 79, 81, 121, 151, 169, 191, 239, 249 \bmod D
    \\
    q_{12} &\iff& p \equiv 37, 43, 53, 67, 93, 107, 123, 163, 197, 253, 267, 277 \bmod D
    \\
    q_{23} &\iff& p \equiv 19, 59, 61, 69, 101, 131, 139, 171, 181, 229, 251, 269 \bmod D
    \\
    q_{13} &\iff& p \equiv 17, 33, 47, 73, 87, 97, 103, 143, 153, 167, 223, 257 \bmod D
    \\
    \end {array}
    $$
    J'aime bien énoncer $\mathrm {Cl}(-280) \simeq C_2^2$ (l'exposant $2$ c'est $k-1$ avec $k=3$). Mais j'aime également beaucoup savoir que cela dit ce qui est au dessus. Et que bien sûr, à chaque fois, il y a 12 valeurs et que $12 \times 4 = 48$ et que $48$ c'est la moitié de $\varphi(280) = 4 \times (5-1) \times (7-1)$.

    Personnellement, je tiens à voir toutes ces informations. C''est mon choix, bien sûr.
  • C'est le problème du genre d'une forme quadratique binaire que tu soulèves non ?
  • @gai requin
    Quelque chose de concret (de ma part), au ras des pâquerettes. Avec les notations habituelles, $D$ discriminant quadratique fondamental négatif, $K = \Q(\sqrt D)$, $G$ le groupe des classes de $K$, il PARAIT que $G/G^2 \simeq \{\pm 1\}^{k-1}$ où $k$ est le nombre de discriminants quadratiques élémentaires qui composent $D$.

    Je pense que Gauss ne s'exprimait pas ainsi. Mais si je note $G_2$ le sous-groupe des éléments de $G$ de carré 1, on a $G/G_2 \simeq G^2$, donc il PARAIT que $\#G_2 = 2^{k-1}$. Je vais le montrer ci-dessous. Une fois cela acquis, le groupe $G/G^2$ d'ordre $2^{k-1}$, dont les éléments sont de carré 1, sera bien isomorphe à $\{\pm 1\}^{k-1}$.

    Et donc il n'y aura plus de "IL PARAIT" : cela sera acquis.

    En termes de formes quadratiques, il s'agit donc de compter le nombre de formes réduites $q = (a,b,c)$ vérifiant $q \sim \overline q = (a,-b,c)$. On dit que $q$ est une forme ambige. Et cela équivaut ou bien à $b=0$ ou bien à $a=b$ ou bien $a=c$ (rappel : la forme $q$ est réduite).

    J'ai traité le cas $D \equiv 1 \bmod 4$ car il me paraissait plus simple mais je n'en suis plus convaincu (qu'il soit plus simple). Il reste donc à traiter le cas $D \equiv 0 \bmod 4$. On va faire plus que de les compter : on va les paramétrer. On ne peut pas avoir $b=0$ car $0^2 - 4ac$ ne peut pas être égal à $D$, vu que $D \equiv 1 \bmod 4$.

    Après calculs (comme disent les étudiant(e)s), et surtout après avoir bien pataugé, j'ai fini par obtenir la paramétrisation des formes ambiges réduites de discriminant $D$ par les couples $(D',D'')$ de co-diviseurs positifs de $|D|$ vérifiant $D' < D''$. On a donc $|D| = D'D''$ et se donner un tel couple, c'est se donner un diviseur positif $D'$ de $|D|$ vérifiant $D'^2 < |D|$. Puisque $D$ est composé de $k$ premiers distincts, il y a $2^{k-1}$ tels couples et donc le compte est bon.

    Le truc après calcul :
    $$
    (D', D'') \longmapsto q = \cases {
    (a,a,c) \hbox { avec } a = D',\ c = s \quad &si $3D' < D''$ \cr
    (a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = (D'' - D')/2 \quad &si $3D' > D''$ \cr
    }
    \qquad \hbox {où} \qquad s = {D' + D'' \over 4}
    $$
    Of course, il y a un certain nombre de vérifications à faire. Et le plus important est le brouillon où l'on patauge pour tomber là dessus.
  • Au ras des pâquerettes ou pas ! :-S

    J'ai l'impression que tu montres qu'il y a exactement $2^{k-1}$ éléments d'ordre au plus $2$ dans $C(D)$ si $D=1\bmod 4$ a $k$ diviseurs premiers, même si $D$ n'est pas fondamental !

    Me trompé-je ?
  • @gai requin
    Etant petit-joueur, je me limite par principe à $D$ discriminant quadratique fondamental. D'ailleurs, j'ai oublié un cas dans mon histoire $|D| = D'D''$ avec $D' < D''$; c'est que l'on peut avoir $3D' = D''$ dans un cas exceptionnel ce qui invalide la bascule $D' < 3D''$ ou $D' > 3D''$. Ce cas exceptionnel c'est $D = -3D'^2$ qui conduit, discriminant fondamental oblige, à $D = -3$, $D' = 1$ et à la forme quadratique $(1,1,1)$. Cette forme quadratique est exceptionnelle parmi les $(a,a,c)$ avec $a \le c$ et les $(a,b,a)$ avec $b \le a$ pour la bonne raison qu'elle figure dans les deux paquets.

    Faut pas rigoler avec ces choses là (les cas particuliers). Quand tu programmes, c'est mortel.

    /*
    D < 0  et  D = 1 modulo 4.  Soit |D| = D'*D" avec D',D" > 0 et D' < D". 
    On lui associe une forme quadratique réduite de discriminant D.
    (a,a,c) avec a <= c   ou    (a,b,a) avec  b <= a
    
    Type I : si 3*D' < D" --> (a,a,c) : 
       a^2-4ac = D  i.e. a * (a-4c) = D  i.e.  a * (4c-a) = |D|
                                               D'    D"
       On a  D' + D" = 4c donc  c = (D'+D")/4
    
    A partir de D', on prend a = D' et c = (D' + D")/4  avec D" = |D|/D'
       On veut a <= c  i.e. 4*D' <= D' + D"  i.e. 3*D' <= D" ** OK **
    
    Type II : si 3*D' > D" --> (a,b,a) :
      b^2 - 4a^2 = D i.e.  |D| = (2a + b)*(2a - b)
    
            D">0    D'>0     D'*D" = |D|
    |D| = (2a+b) * (2a-b)   avec D' < D"  ->  a = (D'+D")/4,  b = (D"-D')/2
    On veut b <= a  i.e. 2(D"-D') <= D'+D"  i.e. D" <= 3*D'  ** OK **
    
    Attention au cas D = -3 --> (1,1,1)
    */
    FormeAmbigeReduite := function(D, Dprime)
      assert (D lt 0) and ((D-1) mod 4 eq 0) and IsDiscriminant(D) and (Dprime gt 0) ;
      AbsD := Abs(D) ;
      assert Dprime^2 lt AbsD ;
      ok, Dsecond := IsDivisibleBy(AbsD, Dprime) ;
      assert ok and Gcd(Dprime, Dsecond) eq 1 ;
      QuartDeSomme := ExactQuotient(Dprime + Dsecond, 4) ;
      if 3*Dprime lt Dsecond then
        a := Dprime ;
        c := QuartDeSomme ;
        q := [a, a, c] ;
      elif 3*Dprime gt Dsecond then
        a := QuartDeSomme ;
        b := ExactQuotient(Dsecond - Dprime, 2) ;
        q := [a, b, a] ;
      else
        assert (D eq -3) and (Dprime eq 1) ;
        q := [1,1,1] ;
      end if ;
      a,b,c := Explode(q) ;
      assert b^2 - 4*a*c eq D ;
      return q ;
    end function ;
    

    Mais du coup, j'ai réfléchi à ton $D$ non fondamental. Et cela MARCHE aussi à condition d'imposer $D' \wedge D'' = 1$ (pour ne retenir que des formes PRIMITIVES). J'ai dû modifier une bricole dans mes affaires.

    Autre chose. Contempler dans le contexte que tu sais (je me remets en mode petit joueur) :
    $$
    {(\Z/D\Z)^\times \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}} \simeq \{\pm 1\} ^k \qquad \hbox {via} \qquad
    x \longmapsto \bigl(\chi_{D_i}(x)\bigr)_{1 \le i \le k}
    \qquad \hbox {(théorème chinois)}
    $$
    qui n'est autre que la considération de groupes de Galois des étages :
    $$
    \Q \quad\subset\quad \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \quad\subset\quad \Q(\root |D| \of 1)
    $$
    Si je remplace le plafond groupiste $(\Z/D\Z)^\times$ par son sous-groupe $\ker \chi_D$ d'indice 2, on doit remplacer $2^k$ par $2^{k-1}$. Et cela revient à remplacer le rez de chaussée galoisien $\Q$ par $\Q(\sqrt D)$.
  • GR back home !

    @Claude :
    Merci pour ces précisions sans ambigüité. ;-)

    Je vais déjà essayer de voir comment tu es arrivé à
    $$(D', D'') \longmapsto q = \cases {

    (a,a,c) \hbox { avec } a = D',\ c = s \quad &si $3D' < D''$ \cr

    (a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = (D'' - D')/2 \quad &si $3D' > D''$ \cr

    }

    \qquad \hbox {où} \qquad s = {D' + D'' \over 4}.$$

    Puis voir si on peut faire de même quand $D=0\bmod 4$.
  • @Claude : Dans ta construction des formes ambiguës pour $D=1\bmod 4$, est-ce que tu supposes qu'il y en a $2^{k-1}$ et tu les trouves toutes grâce aux couples $(D',D'')$ ?
  • @gai requin
    Non, je ne le suppose pas, le paramétrage le prouve. Précision : il s'agit des formes ambigües REDUITES.

    Quelques bouts d'explications (en supposant $D$ fondamental) : $k$ est le nombre de diviseurs premiers de $|D|$, donc il y a $2^k$ diviseurs de $|D|$ mais seulement $2^{k-1}$ diviseurs de $|D|$ strictement plus petits que le co-diviseur (i.e. de carré strictement plus petit que $|D|$).
    Concernant $D' + D'' \equiv 0 \bmod 4$. On a :
    $$
    D'D'' = |D| \equiv -1 \bmod 4, \qquad D'^2 \equiv 1 \bmod 4, \qquad D''^2 \equiv 1 \bmod 4
    $$
    donc en multipliant $D'D'' \equiv -1 \bmod 4$ par $D''$, on obtient $D' \equiv - D'' \bmod 4$.

    En ce qui concerne $D$ non fondamental, pas eu le temps de ..
  • Ok.
    Donc le prérequis est seulement $(a,b,c)$ ambiguë réduite si et seulement si $a=b$ ou $a=c$.
  • @gai requin
    Et des majorations i.e. $(a,a,c)$ avec $a \le c$ ou $(a,b,a)$ avec $b \le a$. Les inégalités sont strictes sauf pour $(1,1,1)$, ce qui correspond au cas $D = -3$. Regarde le COMMENTAIRE avant la fonction magma que j'ai donnée : cela donne de vagues indications de la chose.
  • Je traite le cas où dans la décomposition de $D$ en produit de discriminants primaires, $D_1=-4$ et $k\geq 2$.

    Je paramètre avec les couples $(D',D'')$ de co-diviseurs positifs de $D_2\cdots D_k$ tels que $D'<D''$.
    Je trouve deux formes associées à chaque $(D',D'')$ :
    $$(D', D'') \longmapsto q =(a,0,c) \hbox { avec } a = D',\ c = D''.$$
    $$(D', D'') \longmapsto q = \cases {


    (a,a,c) \hbox { avec } a = 2D',\ c = s \quad &si $3D' \leq D''$ \cr

    (a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = D'' - D' \quad &si $3D' \geq D''$ \cr

    }

    \qquad \hbox {, où} \qquad s = {D' + D'' \over 2}.$$

    On trouve encore $2^{k-1}$ formes ambiguës réduites.
  • @gai requin
    Ok étant entendu que $D_1 = -4$ et que $D$ est fondamental. Restent $D_1 = -8$ et $D_1 = 8$ ; c'est un peu ch.ant, non ? Mais ça va le faire.
  • Peut-être faut-il écrire $|D|=2D'\times 4D''$ pour traiter les deux derniers cas.
    Je n'ai pas encore fait les calculs...

    En tout cas, on maîtrise le truc quand chaque classe contient une forme ambiguë. ;-)
  • Si $D=-8n$ pour $n\geq 3$, alors à tous $D',D''$ co-diviseurs positifs de $n$ tels que $D'<D''$, on peut associer les deux formes quadratiques $(D',0,2D'')$ et $(2D',0,D'')$ si $2D'<D''$ ou $(D'',0,2D')$ si $2D'> D''$.

    Et il y a encore $2^{k-1}$ formes ambiguës réduites !
  • @gai requin.
    C'est ok. Et, à ton avis, j'ai fait quoi, avant de dire ok ?
  • Quelque chose comme ça ?
    > D :=-8*231;           
    > BQF := BinaryQuadraticForms(D) ;
    > RF := ReducedForms(BQF) ;
    > RF ;
    [ <1,0,462>, <2,0,231>, <3,0,154>, <6,0,77>, <7,0,66>, <11,0,42>, <14,0,33>,
    <21,0,22> ]
    

    J'aime bien la dernière pour laquelle $2D'>D''$.
  • @Claude :
    Pour être plus précis, tu as dû implémenter mes résultats dans magma et faire un grand nombre de vérifications en les comparant avec les résultats donnés par ReducedForms.

    Je vais essayer de ma lancer dans l'étude de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ quand $h(D)=2^{k-1}$.
    J'aimerais bien savoir aussi, toujours dans ce cas-là, comment trouver tous les nombres premiers $p$ représentés par une forme donnée dans $C(D)$, comme tu as fait [ici] pour $D=-240$.
  • @gai requin
    Oui, j'ai tout implémenté en magma (les trois cas $D \equiv 1 \mod 4$, le cas $D_1 = -4$ et le cas $D_1 = \pm 8$). Et par manque de temps, c'est dans un état épouvantable (il faudra que je mette de l'ordre). Et j'ai fait un grand nombre de vérifications (par exemple tous les discriminants compris entre $-10^5$ et $-4$) mais surtout en utilisant AmbiguousForms de magma (et non pas ReducedForms).

    Quant à la deuxième partie de ton post, pas le temps d'y répondre vraiment maintenant. Dans le cas particulier $D = -240$, j'ai listé (ce n'est pas très glorieux) les valeurs $q(x,y)$ modulo $D$ des 4 formes, pour $x,y \in \Z/D\Z$, étant entendu que j'entends par valeur une valeur étrangère à $D$.

    Pour se rassurer : étant donné une forme PRIMITIVE $q = (a,b,c)$ et un modulus $m \ge 1$ quelconque, cette forme prend des valeurs étrangères à $m$.

    Ce que je peux dire : ce qui va être primordial, c'est d'étudier les valeurs modulo $D$ prises par les formes de discriminant $D$. En liaison avec $\chi_D$ et les $\chi_{D_i}$ de la décomposition $D = D_1 \cdots D_k$. Il y a un certain nombre de propriétés à montrer qui mises les unes au bout des autres vont conduire au résultat suivant :
    $$
    G/G^2 \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq \quad {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \chi_{D_i}} = \{\pm 1\}^{k-1}
    $$
  • En plus, dans le cas qui nous intéresse plus particulièrement, $G^2=\{[1]\}$.
  • @gai requin
    Certes mais on peut essayer d'en faire plus. Ma philosophie (qui vaut ce qu'elle vaut) : essayer d'en faire le plus possible et quand cela coince, au lieu de rester bloqué, prendre un exemple, étudier quelques discriminants fondamentaux (en piochant par exemple parmi les $-4n$, $n$ nombre convenable d'Euler) ...etc...

    Un résultat à montrer qui ne peut pas faire de mal (dans le cas général) et qui concerne la forme neutre (forme normique) $q_0$ : c'est que $\chi_{D_i}(q_0(x,y)) = 0,1$ pour tout $1\le i \le k$ et pour tous $x,y \in \Z$.
  • En relisant tes notes, je vois que tu parles de $G_2$, la $2$-torsion de $G$.
    On va en avoir besoin ?
  • @gai requin
    On en a déjà eu besoin. Car, via les formes ambigües, on a obtenu que $\#G_2 = 2^{k-1}$, qui conduit (en travaillant un peu mais dit et fait dans un post) à $G/G^2 \simeq \{\pm1\}^{k-1}$.
  • Ok.
    C'est juste que je ne suis pas familier avec la notion de torsion, même si j'ai dû voir la notion de module sans torsion il y a longtemps.
  • @Claude :
    J'essaie de répondre à [ceci].

    Soit $p$ un premier impair représenté par $q_0$.
    En considérant une racine primitive $|D|$-ième de l'unité, on trouve $p=1\bmod D$.
    D'après le théorème chinois, on en déduit $p=1\bmod D_i$ pour tout $i$.
    D'où $\chi_{D_i}(p)=1$.

    Edit : ce message est du grand n'importe quoi !
  • @gai requin
    Je ne comprends pas. D'abord, peu de détails dans ce que tu écris. Ensuite, si $p = 1 \bmod D$ (pour une raison que je n'ai pas pigée), il est clair que $p = 1 \bmod D_i$ puisque $D_i$ est un diviseur de $D$. Pourquoi invoquer le théorème chinois ?

    Mon brouillon dans le cas (facile ?) $D = 1 \bmod 4$.
    $$
    q_0(x,y) = x^2 + xy + {1-D \over 4}y^2 \qquad \hbox {donc} \qquad
    4q_0(x,y) = (2x + y)^2 - Dy^2
    $$
    A fortiori, modulo chaque $D_i$, $4q_0(x,y)$ est un carré donc :
    $$
    \chi_{D_i}(4q_0(x,y)) \in \{0,1\} \qquad\hbox {d'où} \qquad \chi_{D_i}(q_0(x,y)) \in \{0,1\}
    $$
    J'ai utilisé que $\chi_{D_i}(4) = 1$ puisque $D_i$ est impair.

    Je crois même, en notant $A$ l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$ et $N$ la norme modulo $D$ (et en ayant chanté auparavant la chanson : dans un étage libre, un élément est inversible si et seulement sa norme est inversible) :
    $$
    N : (A/DA)^\times \to (\Z/D\Z)^\times
    $$
    que l'on obtient, toujours dans le cas $D \equiv 1 \bmod 4$, la double égalité :
    $$
    \mathrm {Im} N = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i} = \hbox {carrés de $(\Z/D\Z)^\times$}
    $$
  • @gai requin
    Heureusement que j'ai dit que je ne comprenais pas. Je prends $D = -20$ ; la forme neutre est $q_0(x,y) = x^2 + 5y^2$, de sorte que :
    $$
    q_0(3,2) = 3^2 + 5 \times 2^2 = 9 + 20 = 29 := p
    $$
    Et l'on n'a pas $p = 1 \bmod D$ comme écrit dans ton post. Surveille moi.
  • @Claude :
    Désolé pour mon délire de ce matin. (td)

    Si $D=0\bmod 4$, on peut choisir $D_1$ pair.
    Supposons que $q_0(x,y)=x^2-Dy^2/4$ soit premier à $D$.
    Comme ce que tu as fait pour le cas $D=1\bmod 4$, on montre que $\chi_{D_i}(q_0(x,y))=1$ pour tout $i\geq 2$.
    Or, $\chi_D(q_0(x,y))=1$ donc $\chi_{D_1}(q_0(x,y))=1$.
  • @gai requin
    On a directement $\chi_{D_i}(q_0(x,y)) = 1$ pour $i \ge 2$ puisque $q_0(x,y)$ est un carré modulo $D_i$.
    Par contre, je ne vois pas pourquoi $\chi_{D}(q_0(x,y)) = 1$
  • J'ai vu ce résultat dans un pdf que tu m'as envoyé.
    Tu y signales qu'on peut se passer des $D_i $ pour le prouver.
  • @Claude :
    Je reprends à la main les cas $D_1=-4,8,-8$ toujours en supposant que $q_0(x,y)$ est premier à $D$.

    On écrit $D=4D'$ de sorte que $q_0(x,y)=x^2-D'y^2$.

    Si $D_1=-4$, $D'=-1\bmod 4$ donc $q_0(x,y)=x^2+y^2=1\bmod 4$ avec $\chi_{-4}(1)=1$.

    Si $D_1=8$, $D'=2\bmod 8$ donc $q_0(x,y)=x^2-2y^2=1\text{ ou}-1\bmod 8$ avec $\chi_8(1)=\chi_8(-1)=1$.

    Si $D_1=-8$, $D'=-2\bmod 8$ donc $q_0(x,y)=x^2+2y^2=1\text{ ou }3\bmod 8$ avec $\chi_{-8}(1)=\chi_{-8}(3)=1$.

    En espérant ne pas m'être mélangé les pinceaux...
  • @gai requin
    C'est exactement cela. Et, histoire d'en remettre une couche, en oubliant $D$, le coup de premier avec $D$ ...etc.., on peut voir dans ce que tu as écrit le fait basique suivant. Ce fait basique consiste à dire que les 3 caractères $\chi_{-4}, \chi_{-8}, \chi_8$ ont la propriété :
    $$
    \chi_{-4}(x^2 + y^2) \in \{0,1\}, \qquad\qquad
    \chi_{-8}(x^2 + 2y^2) \in \{0,1\}, \qquad\qquad
    \chi_{8}(x^2 - 2 y^2) \in \{0,1\}
    $$
    Et tant pis si je suis lourd, en voyant $\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \to \{\pm 1\}$:
    $$
    \ker \chi_{-4} = \{1\}, \qquad\qquad \ker \chi_{-8} = \{1,3\}, \qquad\qquad\ker \chi_{8} = \{\pm 1\}
    $$
  • Ouf !
    Je crois que j'ai des pistes pour $G/G^2$ mais je vais prendre mon temps cette fois-ci ...
  • @gai requin
    Dans le contexte (devenu habituel) $D$ discriminant quadratique fondamental $< 0$ décomposé en $D = D_1 \cdots D_k$ (où les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires deux à deux premiers entre eux), il faut pouvoir définir, pour une forme quadratique $q = (a,b,c)$ de discriminant $D$ :
    $$
    \chi_{D_i}(q) = \chi_{D_i}(\hbox {n'importe quel $q(x,y)$ premier à $D$})
    $$
    Je fais un cas facile (comme d'habitude) en supposant $D \equiv 1 \bmod 4$ et $a \wedge D = 1$. Tu vas dire que je me fais pas ch.er et c'est pas faux. J'écris le coup du trinôme du second degré :
    $$
    4a(ax^2 + bxy + cy^2) = (2ax + by)^2 - (b^2 - 4ac)y^2 = (2ax + by)^2 - Dy^2 \equiv (2ax+by)^2 \bmod D
    $$
    Et comme $D_i$ est un diviseur de $D$, vu le carré ci-dessus (à droite) :
    $$
    \chi_{D_i}(4aq(x,y)) \in \{0,1\} \qquad \hbox {i.e.}\qquad \chi_{D_i}(a)\ \chi_{D_i} (q(x,y)) \in \{0,1\}
    $$
    J'ai utilisé le fait que $\chi_{D_i}(4) = 1$. Bilan : si $q(x,y)$ est premier à $D$ :
    $$
    \chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(a) \quad \hbox { est indépendant de $q(x,y)$ premier à $D$}
    $$
    Tu vas me dire ``facile vu que tu as supposé $a \wedge D = 1$''. Sinon, je crois me souvenir qu'il faut utiliser la question 3 de la partie I.
  • La question 3 de la partie I de ? :-S

    On avance !
  • @gai requin
    De l'épreuve blanche d'Agrégation.
  • @Claude :

    Si $D_i$ divise $a$, $D_i$ ne divise pas $c$ et $\chi_{D_i}(q(x,y))=\chi_{D_i}(c)$.
  • @gai requin
    Oui, tu as raison, et c'est bien plus simple que ce que j'avais en tête. Résumons : on se met pour l'instant dans le cas $D \equiv 1 \bmod 4$ avec la décomposition élémentaire $D = \prod_{i=1}^k D_i$ comme d'habitude. Ici les $|D_i|$ sont des nombres premiers et on va en profiter.
    Soit $q = (a,b,c)$ une forme quadratique de discriminant $D$, si bien que $(a,b,c)$ sont premiers dans leur ensemble (ceci provient du fait que $D$ est un discriminant quadratique fondamental, de toutes manières on ne joue qu'avec des formes primitives). Par définition :
    $$
    b^2 - 4ac = \prod_i D_i \qquad\hbox {a fortiori} \qquad b^2 \equiv 4ac \bmod D_i
    $$
    On a donc :
    $$
    \chi_{D_i}(4ac) = \chi_{D_i}(b^2) \in \{0,1\} \qquad\hbox {i.e.} \qquad \chi_{D_i}(a) \chi_{D_i}(c) \in \{0,1\} \qquad\qquad (\star)
    $$
    Soit $q(x,y)$ une valeur de $q$ étrangère à $D$. Si $D_i \wedge a = 1$, on a vu que $\chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(a)$ ; de même si $D_i \wedge c = 1$, on que $\chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(c)$. Et si on a à la fois $D_i \wedge a = 1$ ET $D_i \wedge c = 1$, vu $(\star)$, on a $\chi_{D_i}(a) = \chi_{D_i}(c)$, c'est cohérent.

    Et on ne peut pas avoir à la fois $D_i \mid a$ et $D_i \mid c$ car cela entraînerait $D_i \mid b$, contredisant le fait que $(a,b,c)$ sont premiers dans leur ensemble.
  • Si $D_i$ divise $a$ et $c$, $D_i^2$ divise $D$ ce qui n'est pas possible même si $(a,b,c)$ n'est pas primitive.

    Je vais essayer de réfléchir au cas moins convivial $D=0\bmod 4$.
  • Je fais le cas $D_1=-4$ qui doit pouvoir se répéter à l'envi.

    On suppose que $(a,b,c)$ est primitive.

    Si $a$ est impair, $aq(x,y)=(ax+by/2)^2+y^2=1\bmod 4$ donc $\chi_{-4}(q(x,y))=\chi_{-4}(a)$.
    Sinon, $c$ est impair et $\chi_{-4}(q(x,y))=\chi_{-4}(c)$.

    Edit : On a les même résultats pour $\chi_{D_1}(q(x,y))$ si $D_1=8\text{ ou} -8$.
  • @gai requin
    Où est passé le $c$ dans $aq(x,y) = (ax + by/2)^2 + y^2$ ? Et il y a une division par 2 : on sort des entiers ?
  • J'ai fait un Edit dans mon message précédent.

    Précisions quand $D_1=-4$ :
    $D$ est pair donc $b$ est pair.

    On écrit $D=b^2-4ac=4D'$ avec $D'=-1\bmod 4$ pour trouver $aq(x,y) = (ax + by/2)^2 + y^2\bmod 4$.
  • @gai requin
    Oui, je comprends ton premier = est modulo 4.

    Bilan, l'application, que l'on va baptiser application de Gauss :
    $$
    G = {Q^+(D) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \ni \hbox {classe de $q$} \longmapsto \big( \chi_{D_1}(q), \cdots, \chi_{D_k}(q)\big) \in \{ \pm 1\}^k
    = \mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})/\Q)
    $$
    est bien définie. Il faut montrer qu'elle tombe dans
    $$
    \mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})/\Q(\sqrt D))
    $$
    i.e. que $\chi_D(q) = 1$.
  • Pas trop d'idées pour le moment en ce qui concerne $\chi_D(q)=1$. :-S
  • Faut que je me remette à jour ! J'ai décroché des formes binaires !
  • Salut flipflop. ;-)

    @Claude :
    Soit $p$ premier impair ne divisant pas $D$ tel que $p$ est représenté par $q$.
    Alors $D$ est un carré modulo $p$ donc $\chi_D(q)=\chi_D(p)=\left(\dfrac{D}{p}\right)=1$.
  • @gai requin
    OK à condition d'accepter qu'il existe un premier impair représenté par $q$. Comment le sait-on à ce niveau ?

    Une variante (inspirée de Cox). Soit donc $m = q(x,y)$ premier à $D$ où $q$ est une forme de discriminant $D$. On veut montrer que $\chi_D(m) = 1$.

    On note $d = \gcd(x,y)$ et on écrit $x = dx'$, $y = dy'$ avec $x' \wedge y' = 1$. On a alors $m = d^2m'$ avec $m' = q(x',y')$. Il suffit de voir que $\chi_D(m') = 1$ ou encore que $\chi_D(p) = 1$ pour tout premier $p$ divisant $m'$.

    Mais $m'$ est une représentation propre de $q$, donc d'après la question 3 de la partie I de l'épreuve :
    $$
    D \hbox { est un carré modulo $4m'$}
    $$
    A fortiori, $D$ est un carré modulo $4p$. Si $p$ est impair, comme toi, i.e. $\chi_D(p) = \left({D\over p}\right) = 1$.
    Si $p = 2$, alors $D$ est un carré modulo $8$ et est impair (car $m' \wedge D = 1$). On termine par :
    $$
    \chi_D(2) = (-1)^{D^2 - 1 \over 8} = 1
    $$
    Peux tu faire le point ? Il reste l'étape de la surjectivité de l'application de Gauss :
    $$
    G = {Q^+(D) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \ni q \longmapsto (\chi_{D_1}(q), \cdots, \chi_{D_k}(q)) \in {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}}
    \simeq \{\pm 1\}^{k-1}
    $$
    Cette application de Gauss, passée au quotient par $G^2$, fournira alors une surjection entre deux groupes de même cardinal $2^{k-1}$ donc un isomorphisme. Et cela sera terminé.
  • Salut Claude.

    J'avais des réticences à poster cette pseudo-preuve ce matin mais je me suis dit qu'elle permettait de voir facilement pourquoi $\chi_D(q)=1$.
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