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Homographies et petits groupes de Galois

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Réponses

  • hum j'ai envie de dire $3$ mais peut-être moins avec l'équation fonctionnelle mais je n 'ai pas trop regardé !
  • Oui, 3 pour l'instant mais 2 seulement avec l'équation fonctionnelle. C'est vachement important. Il me semble important de comprendre cela (qui date de 1930 !). Quelle est l'équation fonctionnelle vérifiée par $L$ (le numérateur) ? Cela dit quoi sur les coefficients $c_i$.

    Ensuite, on pourra voir l'importance de $|\alpha_i| = \sqrt {q}$.
  • Hum j'ai
    $$
    T^{2g} L \left( {1 \over qT} \right) = { \epsilon \over q^g} L(T)
    $$

    Grosso modo les coefficients sont presque symétriques (y'a un petit décalage car symétrique c'est $ T^d P(1/T ) = P(T)$).
  • @flip flop
    Tout-à-fait. Et dans le cas des courbes, le signe $\epsilon$ vaut 1. Ce qui fait que les coefficients du numérateur vérifient:
    $$
    c_{2g-i} = q^{g-i} c_i, \qquad c_0=1, \qquad c_{2g} = q^g
    $$
    Il y a $2g+1$ coefficients pour un polynôme de degré $2g$ mais les deux extrêmes sont connus. Il en reste $2g-1$ et il suffit donc d'en calculer la moitié, ce qui fait $g$ coefficients à calculer.

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

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

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

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

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

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

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

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

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


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

    Sorry : on est loin des théories cohomologiques pour l'instant.
  • Pour calculer $Z$ en fonction de $N_1,\dots,N_g$. c'est peux être mieux de passer par la forme factorisée, et utiliser si $z$ et racine de $L$ alors $1/z$ aussi ... mais on va avoir un système a résoudre (têt un système de Vandermonde).

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

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

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

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

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

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

    Qu'il faut quand même tester

    q := RandomPrime(4) ;
    k := GF(q) ;
    g := Random(2,4) ;
    "q =", q, "  g =", g ;
    C := RandomCurveByGenus(g, k) ;
    time LC<T> := LPolynomial(C) ;
    ZetaC := LC / ((1-T) * (1-q*T)) ;
    S := T*Derivative(ZetaC)/ZetaC ;
    
    // LC(T) = (1 - alpha_1*T) * ... * (1 - alpha_{2g}*T)
    // N_1, .., N_g     N_i = q^i + 1 - s_i où s_i somme de Newton de degré i en alpha
    N := [Coefficient(PSR!S, i) : i in [1..g]] ;
    s := [q^i + 1 - N[ i] : i in [1..g]] ;
    
    assert LC eq ZetaNumerator(q, N) ;    // ma vieille version
    assert LC eq ZetaNumeratorShortVersion(q, N) ;  // la neuve
    assert LC eq CharacteristicPolynomialFromTraces(s, 2*g, q, 1) ; // en fait, il y a un truc tout fait !!
    
  • @flip flop
    Tu as dit à un moment donné dans un post : diviseurs, RR (= Riemann-Roch ..etc..), je comprends rien. Flemme de retrouver le post. Ma réponse : si tu veux comprendre, c'est faisable très faisable. Dans le cadre des courbes of course (i.e. des petits). Faut mettre un peu le paquet comme d"habitude. Crystalline devra encore attendre (je parle pas de la bouteille d'eau).

    Le cadre est le suivant : pas de belle courbe bien visible, mais un corps $L/k$ de fonctions algébriques de dimension 1, séparable. Au sens de la grande séparabilité (pas de l'algébrique) i.e. $L/k$ est de type fini et extension finie séparable d'un corps $K$ de fractions rationnnelles à une indéterminée :
    $$
    k \subset K \subset L
    $$
    $K$ n'est pas unique. Il est juste là pour témoigner de l'hypothèse $L/k$ corps de fonctions algébriques (de dim 1) séparable. Ce qui est intrinsèque, c'est $L/k$. Le corps de fractions rationnelles $K$ est là pour aider. Et il y a aussi un $x$ tel que $K = k(x)$. Et $x$ est là pour aider. Mais absolument pas intrinsèque. Tu peux le remplacer par $1/x$ ou pas $x - 26$.

    Avec cela, tu peux asseoir la $k$-rationnalité de manière tranquille. Sauf qu'il faut faire intervenir les anneaux de valuation (nécessairement discrète) $V$ de $L$ pour $k$. C'est au début anti-intuitif car c'est de l'algèbre. Si tu te barres en courant, c'est que tu prends comme définition d'un polynôme à coefficients dans $k$ celle que j'ai donnée dans un post précédent.
  • @gai requin
    Vaguement à propos d'une remarque de ce matin. Deux courbes (projectives lisses) sur $\mathbb F_q$ peuvent avoir même fonction zeta sans être isomorphes. Il y a la foot-note 4, page 5 de Tibouchi qui en parle https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf

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

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

    Enfin, j'ai retrouvé pourquoi $ax^3 + by^3 + cz^3 = 0$ a toujours un zéro non trivial sur un corps fini. J'attache. L'énoncé de l'exercice (corrigé) commence en bas de la page 1. C'est rapporté par Selmer et Connell. Et on voit que c'est pas de la tarte (bravo à M. Hall).
  • Merci pour ces explications.
    Que pensez vous du cadre des corps de fonctions algébriques (de dimension 1) sur les corps finis ? Versus le cadre des courbes.

    J'avoue que je n'ai pas de point de vue catégorique sur cette question. :-)
  • Hello,

    Pour Riemann-Roch, j'ai regardé un peu. Je n'ai pas compris grand chose mais avec quelques propriétés formelles sur les espaces vectoriels $\mathcal{L}$ on arrive a suivre un peu les choses : par exemple la construction de la loi de groupe sur la courbe elliptique. Ca a l'air très efficace ce théorème :)
  • Gai requin,

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

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

    Autre chose : les notes de Voloch in http://www.ma.utexas.edu/users/voloch/Preprints/finitefieldnotes.pdf qui figurent dans les références bibliographiques de Tibouchi.
  • @flipflop :
    Ah non !
    C'était une référence pour toi. ;-)
    Cohomologie des groupes et théorie du corps de classes, très peu pour moi.
  • @Claude :

    Tu ne trouve pas que la relation
    $$
    P \left( {1 \over T} \right) = T^{-d} P(T)
    $$
    qui assure la symétrie des coefficients ressemble un peu à une relation de modularité ?
  • Ce n'est pas moi qui le dis...
  • $\DeclareMathOperator{\calL}{\mathcal L}\DeclareMathOperator{Pic}{\mathrm Pic}\DeclareMathOperator{\Div}{\mathrm Div}$@flip flop Je ne vois pas trop ce que tu veux dire. Du coup, je te raconte mon point de vue sur l'invariance (équation fonctionnelle), même si ce n'est pas cela dont tu me parles. J'ai besoin de ce point de vue (le mien !) pour m'y retrouver car je trouve que l'on n'y voit pas toujours très clair dans les calculs qu'on lit.

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

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

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

    Enfin, en ce qui concerne $S_2(T)$ et $S_3(T)$, on a :
    $$
    S_3(T) = {h \over 1-T}, \qquad\qquad S_2(T) = h {q^g T^{2g-1} \over 1-qT}, \qquad\qquad h = \#\Pic\nolimits^0(L)
    $$
    Là aussi, il faut expliquer d'où cela sort. RR y intervient encore. Plus tard si tu en as envie. Et un calcul évident montre que :
    $$
    (-S_3)^\star = S_2 \qquad \hbox {donc} \qquad S_2^\star = -S_3
    $$
    Résumons : $(q-1)Z(T) = S_1 + (S_2-S_3)$, avec $S_2 - S_3$ qui est $\star$-invariante et $S_1$ qui est $\star$-invariante terme à terme.
    Et donc $Z(T)$ est $\star$-invariante.
  • Ce que j'ai raconté ci-dessus ressemble aux pages 83-84 de Hindry in http://www.math.polytechnique.fr/xups/xups12-02.pdf. On n'y voit cependant pas l'involution $F(T) \mapsto F^\star(T)$. Que j'aime bien car je la rapproche de l'involution $D \mapsto W-D$.

    Hindry admet l'existence d'un diviseur de degré 1 (th. de K.W. Schmidt). Ce qui permet, en désignant par $D_0$ un diviseur de degré 1, de considérer la bijection
    $$
    \text{Pic}^n(L) \ni [D] \longmapsto [D - nD_0] \in \text{Pic}^0(L)
    $$
    montrant en particulier que $\#\text{Pic}^n(L) = \#\text{Pic}^0(L)$.

    C'est à mon avis, pour des raisons pédagogiques (oui, oui), ce qu'il ``faut'' faire. Mais ce qu'il est indispensable de savoir c'est que l'existence d'un tel diviseur $D_0$ se fait justement en étudiant la fonction zeta !
  • Hello Claude,

    En fait ma remarque était plus terre à terre. Ce que je voulais dire c'est que les relations fonctionnelles prédites par les conjectures de Weil (c'est un peu louche de garder le mot conjecture pour un truc prouvé mais bon passons) ressemble " un peu " au relation que l'on impose pour les histoires de forme modulaire (avec "l"homographie" $T \to 1/qT$) ... ça ressemble mais c'est pas vraiment pareil.

    Par contre, c'est juste une remarque et je ne vois pas du tout comment exploiter cette remarque car de toute façon il faut fabriquer la fonction zeta global (produit sur tout les premiers) et peut être que les relations fonctionnelles locales en $p$ se regroupe pour donner une relation globale ... je n'y crois pas trop ... mais pour caricaturer "les relations de Weil sont peut être les germes des relations modulaires " ! Mais c'est surement des conneries ce que je dis !
  • @flip flop
    Tu as l'air de dire que je raconte des choses pas terre à terre. Fort possible que le post a fait flop (sans jeu de mots). Mais il a été vachement utile. A qui ? A moi, pardi car cela m'a permis de clarifier ma tête, c'est déjà ça.

    Mais dans la journée, je me suis dit que ``mon'' involution $F(T) \mapsto F^\star(T) = (qT^2)^{g-1}F(1/qT)$, c'était peut-être artificiel.
    Je te raconte maintenant une autre histoire avec l'involution $T \mapsto 1/qT$. Que ça doit être de la bonne car en faisant le changement de variables $T = {1 \over q^s}$ ;
    $$
    T = {1 \over q^s} \Longrightarrow {1 \over qT} = {1 \over q^{1-s}} \qquad
    \hbox {i.e.} \qquad
    \hbox {l'involution } T \mapsto {1 \over qT} \quad \hbox {c'est comme l'involution} \quad s \mapsto 1-s
    $$
    Que fait-on concernant l'équation fonctionnelle de la fonction $\zeta(s)$ de Riemann ? On commence par ``la corriger'' en :
    $$
    \widetilde {\zeta}(s) = \pi^{-s/2} \Gamma(s/2) \zeta(s) \quad \hbox {qui vérifie l'équation fonctionnelle } \quad
    \widetilde {\zeta}(1-s) = \widetilde {\zeta}(s)
    $$
    Et bien, on va corriger la fonction zeta $Z(T)$ en :
    $$
    \widetilde {Z}(T) = q^{1-g} T^{2-2g} Z(T)
    $$
    On vérifie facilement que :
    $$
    q^{g-1} T^{2-2g} Z(1/qT) = Z(T) \quad \iff \qquad \widetilde Z(1/qT) = \widetilde Z(T)
    $$
    A gauche, c'est l'équation fonctionnelle vérifiée par la fonction zeta.

    Dit autrement : au lieu de prendre une involution ollé-ollé comme dans mon post précédent, je garde la brave $T \mapsto 1/qT$ mais je corrige les fonctions en les multipliant par un facteur ad-hoc, facteur qui se veut le pendant de $\pi^{-s/2} \Gamma(s)$.

    Et bien sûr, je peux reprendre mes calculs précédents :
    $$
    (1-q)Z(T) = S_1 + S_2 - S_3 \qquad \Rightarrow\qquad (1-q) \widetilde Z(T) = \widetilde {S_1} + \widetilde {S_2} - \widetilde {S_3}
    $$
    Cela ne change pas grand chose à ces calculs.

    Et c'est bien cela qui me déçoit car j'aurais bien voulu placer RR, qui peut s'écrire sous la forme symétrique suivante, montrant que $D \mapsto W-D$ est une jolie involution :
    $$
    \dim D - {1 \over 2} \deg D = \dim(W-C) - {1\over 2} \deg (W-D)
    $$
    Bien sûr, chez moi $\dim D$ c'est $\dim \mathcal L(D)$. L'égalité ci-dessus, c'est RR habituel.


    Tu vas me dire : mais ce n'est pas ce que je demande. Et bien, moi je réponds ``c'est ce que je te réponds"".

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

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

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

    Saurais tu rendre plausible $(\star)$ ?


    Rien à voir, pour se détendre, un petit truc plus peinard : notre amie $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$. Structure du groupe $E(\mathbb F_5)$, $E(\mathbb F_{5^2})$, $E(\mathbb F_{5^3})$, ...etc... Une petite histoire à te raconter.
  • Pour la courbe elliptique de Koblitz je ne me souviens plus du résultat précis !

    Mais par exemple : pour les histoires de a structure de groupe ... on peut déjà compter le nombre de point des groupes et après on pourra un peu regarder la structure de groupe !

    Le problème c'est que je ne me souviens plus le résultat de Gauss ! Beh c'est pas grave car on a la forme de $$N_r := 5^r+1^r -(\alpha^r+\overline{\alpha}^r$$
    du coup, on compte pour $r=1$, et on trouve $N_1=6$ (j'ai demandé a Magma, C'est pas bon j'ai projectivé $x$ en $z^3$ et pas $xz^2$ ... donc $N_1=8$ !!!) ce qui veux dire que la trace de $\alpha$ vaut zéro et comme on sait (Hypothèse de Riemann) que la norme de $\alpha$ vaut $p$, on trouve que $\alpha = i \sqrt{5}$.

    Du coup, on contrôle les cardinaux des groupes $6 = 5^1+1^1$, $36=5^2+1^2+2*5$, $126 = 5^3+1^3$, $5^4+1^4-(( i \sqrt{5})^4+( -i \sqrt{5})^4)= 576$.

    Pour la structure de groupe, et bien je sais pas du tout mais a mon avis c'est super complexe comme truc ::o ::o
  • @flip flop, gai-requin.

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

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

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

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


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

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

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

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

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

    6) Quid du côté terre à terre de ce post?
  • Bonjour Claude.

    2) $\alpha$ n'est pas réel et c'est une racine de $T^2-tT+q$ qui est dans $\Z[T]$.

    Pour le 3), j'aurais tendance à remplacer $\alpha$ par $\alpha^r$ puisque $\Q(\alpha)=\Q(\alpha^r)$.
  • @gai requin
    Pour le 3), pourrais tu ``coucher'' une formule (histoire de l'avoir sous les yeux) en commençant par $r=1$ ? Une formule où l'on verrait de la trace. La trace de $\Q(\alpha)/\Q$, of course.
  • Me suis trompé ce n'est pas $N_1=6$ mais $N_1=8$ ! Du coup, $\alpha =-1+2i$ :-D
  • Au fait, quand j'ai écrit la factorisation $1 - tT + qT^2 = (1 - \alpha T)(1 - \overline \alpha T)$, c'était sous entendu que $\overline\alpha$ est le conjugué COMPLEXE de $\alpha$. Mais pourquoi est ce que j'ai le droit d'écrire cette factorisation ? I.e. pourquoi le discriminant du trinôme auquel on pense (sic, une formulation à la c.n de CQ) est-il $\le 0$ ? Peut-il être nul ?
  • @Claude :
    Une calculette me dit que :
    $N_1=q-t+1$, $N_2=q^2+2q-t^2+1$, $N_3=q^3+3qt-t^3+1$...
    Mais je n'arrive pas à coucher une formule. :-S
  • @Claude. Pour le discriminant négatif, si je réponds par le théorème de Hasse-Weil, c'est gagné ?
  • @flip flop
    Oui, bien sûr (ce qui prouve que ce n'est pas trivial because Hasse). Et des exemples de discriminant nul (plus tard) ?

    @gai requin
    Je pensais à $\#E(\mathbb F_q) = 1 + q - \text{Tr}(\alpha)$ où $\text{Tr}$ est la trace de $\Q(\alpha)/\Q$. On garde cette trace une fois pour toutes.
    $$
    \#E(\mathbb F_{q^r}) = \hbox {quelle expression tracique ?}
    $$
    Et une expression normique ?
  • Je voulais absolument garder $t$. Du coup,
    $$\#E(\mathbb F_{q^r}) =q^r+1-\mathrm{Tr}(\alpha^r)=N(\alpha^r)+1-\mathrm{Tr}(\alpha^r).$$
  • Et une expression uniquement normique :
    $$
    \#E(\mathbb F_{q^r}) = N(??)
    $$
    Sachant que ce n'est pas nouveau. Que cela figure probablement INDIRECTEMENT quelque part dans ce que vous avez lu (Hindry, Tibouchi, ...).
  • Je ne vois pas du tout et pareil avec le groupe qui nous tend les bras :-S
  • Je n'ai malheureusement rien lu encore mais je vais me soigner.
    Je propose néanmoins
    $$\#E(\mathbb F_{q^r}) = N(\alpha^r-1).$$
  • @gai requin YES.
    Analogue à l'égalité pour des matrices $2 \times 2$ :
    $$
    \det(M + N) = \det (M) + \det(N) + \text{tr}(\widetilde M N) \qquad\qquad
    \det(I_2 - N) = 1 + \det(N) - \text{tr}(N)
    $$
    On doit le voir dans Tibouchi ou Hindry (puisque cela intervient plus ou moins pour Hasse et/ou dans le contexte du module de Tate).

    Autre question : quel quotient de $\Z[i\rbrack$ te tend les bras ?
  • Autre question pour la courbe elliptique $E_D$ sur un corps $k$ :
    $$
    E_D : \qquad y^2 = x^3 - Dx
    $$
    Je suppose que $-1$ est un carré dans $k$ : $-1 = i^2$. Je dis qu'il y a un endomorphisme de $E_D$ et même un automorphisme, que j'ai envie de noter $i$ :
    $$
    i.(x,y) = (x',y')
    $$
    Quid ?
  • Pour le quotient on va dire $\Z[ i] / (\alpha^r -1) \Z[ i]$ B-)-
  • Oui, le quotient que tu dis. Ce n'est pas une évidence. Il y a un théorème général dû à Lenstra in https://www.math.leidenuniv.nl/~hwl/PUBLICATIONS/1996c/art.pdf

    Pour l'instant, on va se contenter, dans le contexte $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$, de faire quelques vérifications sécurisées pour plusieurs valeurs de $r$. Je le mets en exercice (magma) pour ceinture jaune. La réponse tient en 4 lignes mais on donne généralement 3-4 heures de préparation. Ici, je donne quelques mots clés qui pourraient diminuer le temps de préparation :

    RepresentationMatrix, attention à $\Z$ versus $\Q$, quotient $\Z^2 /\text{Im M}$, attention aux lignes versus colonnes, Moduli d'un tel quotient, BaseChange(E, r) ($E$ courbe elliptique définie sur un corps fini), AbelianGroup([a, b]) = $\Z/a\Z \times \Z/b\Z$, AbelianGroup(E).

    J'en oublie probablement. Ce n'est pas un exercice facile.


    Autre chose. Si $E$ est une courbe elliptique quelconque définie sur un corps $k$ et $G$ un sous-groupe fini de $(E, +)$, alors $E/G$ est une courbe elliptique définie sur $k$. Cela veut dire quoi ? Ou encore, mais c'est quoi une courbe elliptique ? Là aussi, c'est difficile.
  • J'essaie d'y voir un peu plus clair. :-S

    Est-ce que le groupe des endomorphismes de $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb F_5$ est isomorphe à $\Z[ i]$ ?

    Si oui, Lenstra ne nous dirait-il pas que
    $$E(\mathbb F_{5^r})\simeq \frac {\Z[ i]} {\langle (-1+2i)^r-1 \rangle} ?$$
  • @gai requin
    On essaie tous d'y voir clair.
    Oui, l'anneau des endomorphismes ...etc... Ce n'est pas trop difficile à montrer mais plus tard. Le minimum syndical serait de réaliser $i$ comme un endomorphisme de $E$. D'où ma question à un moment donné :
    $$
    i . (x,y) = (x',y')
    $$
    Quid ?

    Y voir clair : soit $z$ un entier quadratique de $K$ (un corps quadratique), un vrai i.e. $z \notin \Z$. Il peut appartenir à plusieurs anneaux quadratiques $A, B \subset K$, avec par exemple $A \subset B$. Quel est le cardinal de $A/zA$, celui de $B/zB$ ? Se peut-il que les groupes abéliens (finis) $A/zA$ et $B/zB$ ne soient pas isomorphes ?
  • Dans Tibouchi https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf, en plein milieu de la page 9, on le voit le calcul avec des matrices $2 \times 2$, qui relie le déterminant et la trace. Le calcul est fait à la main, et c'est pas aussi général que $\det(M + N)$ (dans ce cas plus général, on n'a pas envie de le faire à la main, le calcul).

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

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

    Correction Dans le cas quadratique quelconque, il faut remplacer $N(z)$ par sa valeur absolue $|N(z)|$. Merci gai-requin. Bien sûr, dans le cas quadratique imaginaire, il n'y a pas de lézard.
  • J'aurais dit que $A/zA$ est de cardinal $|N(z)|$ en pensant par exemple au nombre d'or qui est de norme $-1$.

    Pour l'endomorphisme de $E_D$ associé à $i$, on y arrive en posant
    $$i . (x,y)=(-x,iy).$$
  • @gai requin. Ok pour le coup de la valeur absolue (j'ai apporté un correctif). Ainsi que l'endomorphisme associé à $i$.
  • @gai requin
    Je vais réaliser le Frobenius de $E : y^2 = x^3-x$ sur $\mathbb F_5$ via
    $$
    \pi = -2i - 1 \qquad \hbox {où} \qquad
    i : (x,y) \to (-x, iy)
    $$
    En prenant, dans $\mathbb F_5$, $i=2$ comme racine carrée de $-1$.

    Je ne sais pas si cela va être clair (c'est peut-être un peu cryptique) :

    > i := F5!2 ;               
    > assert i^2 eq -1 ;
    > 
    > // On veut réaliser pi = -2*i - 1
    > // [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,i*y) i.e. c'est [0,0,0,u] avec u = -i ;
    > iMultiplication := Automorphism(E, [0,0,0,u]) where u is -i ;
    > iMultiplication ;
    Elliptic curve isomorphism from: CrvEll: E to CrvEll: E
    Taking (x : y : 1) to (4*x : 2*y : 1)
    > MultBy2i := MultiplicationByMMap(E,2) * iMultiplication ;
    > MultBy2i ;
    Elliptic curve isogeny from: CrvEll: E to CrvEll: E
    taking (x : y : 1) to ((x^4 + 2*x^2 + 1) / (x^3 + 4*x) : (4*x^6*y + 4*y) / (x^6 + 3*x^4 + x^2) : 1)
    

    J'ai fait quoi ci-dessus ? J'ai réalisé la multiplication par $2i$ comme composée de la ``multiplication par $i$'' et de la multiplication par 2. La multiplication par $i$, je l'ai réalisé comme un automorphisme de $E$ via
    $$
    \pmatrix {x\cr y\cr} \mapsto \pmatrix {u^2 & 0\cr 0 & u^3} \pmatrix {x \cr y\cr} + \pmatrix {0\cr 0\cr} \qquad \hbox {avec} \quad u = -i
    $$
    Vient maintenant la phase cryptique. Je vais considérer le point générique $P = (x,y)$ au dessus de $E$ et faire calculer $-2iP -P = (X,Y)$:

    > P := GenericPoint(E) ; 
    > _<x,y> := Parent(P[1]) ;
    > P ;
    (x : y : 1)
    > // Frobenius(P) = - 2*i*P - P
    > FrobeniusP := -MultBy2i(P) - P ;
    > FrobeniusP ;
    (x^5 : (x^6 + 3*x^4 + x^2)*y : 1)
    > X,Y := Explode(Eltseq(FrobeniusP)) ;
    > X ;
    x^5
    > Y ;
    (x^6 + 3*x^4 + x^2)*y
    > assert X eq x^5  and  Y eq y^5 ;
    

    Il faut comprendre à la fin que :
    $$
    (x^6 + 3x^4 + x^2)y = y^5 \qquad \hbox {ce qui est dû à} \qquad y^2 = x^3 - x
    $$
    Je n'ai pas fait la vérification moi-même. Du coup, je fais faire le boulot par magma.
  • Mais c'est très amusant ce que tu as fait Claude !

    Si je comprends un peu tu as la courbe $E : y^2=x^3-x$ et tu regardes l'ensemble $A$ des endomorphismes de $E$ (si j'ai compris c'est les morphismes algébriques qui envoie $0$ sur $0$).

    Là tu disposes d'une structure sur $A$ : ça doit être $\Z[ i]$ avec $\Z$ qui agit par multiplication sur la courbe elliptique (via la structure de groupe) et $i$ qui agit comme gai requin. i.e on a un morphisme $\Phi : \Z[ i] \to A$

    D'autre part, on dispose d'un élément particulier dans $A$ c'est notre copain le Frobenius qui est $\text{Fr} : (x,y) \mapsto (x^5,y^5)$. Et si j'ai compris la construction beh : notre Graal ($-2i-1$) celui trouvé sous les sabots du cheval de Jacobi :-D c'est "juste" $\Phi^{-1}(\text{Fr})$ ?
  • @flip flop
    Oui, c'est cela. Mais je suis malhonnête car j'ai caché un souci : $-2i-1$ versus $2i-1$. Je veux dire par là qu'une fois que l'on a choisi un endomorphisme $i$ de $\text{End}_{\mathbb F_5}(E)$ (il y en a deux), alors si on croit que $\text{End}_{\mathbb F_5}(E) = \Z[i\rbrack$, c'est que le Frobenius $\Phi$ est dedans. Mais $\Phi$ vérifie :
    $$
    \Phi \overline \Phi = \overline \Phi \Phi = p (=5) \qquad (\heartsuit)
    $$
    Et il reste à le chercher parmi les 8 facteurs irréductibles de $5$ dans $\Z[i\rbrack$ (le coup de 8 pour le prix d'un). Mais $\Phi$ vérifie aussi
    $$
    \Phi \equiv \text{Id}_E \bmod (1 + i)^3 \qquad (\star)
    $$
    A justifier plus tard. Bien sûr $1$ dans $1+i$, c'est $\text{Id}_E$. La congruence $(\star)$ est liée au fait que $\Phi - \text{Id}_E$ est nul sur $\ker_{\overline {\mathbb F_5}} (1+i)^3$ i.e. au fait que :
    $$
    \ker_{\overline {\mathbb F_5}} (1+i)^3 = \ker_{\mathbb F_5} (1+i)^3
    $$
    A voir donc.

    Une fois $(\star)$ acquis, on se retrouve avec 2 pour le prix d'un. Car quand on cause, pour un premier $p \equiv 1 \bmod 4$, de la factorisation normalisée de $p$, $p = \pi\overline\pi$ avec $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$, on ne peut pas distinguer $\pi$ de $\overline\pi$ (qui vérifie la même congruence).

    Mais dans l'anneau $\text{End}_{\mathbb F_5}(E)$, le Frobenius, il n'y en n'a pas 36.

    Bref, dès que l'on fait un peu quelque chose dans ce métier, tout s'agite. Remarque que dans $(\heartsuit)$, ce que j'ai noté comme une conjugaison complexe, c'est en fait l'isogénie duale.

    Et puis quand même, je trouve que j'ai été un peu (sic) léger car j'ai affublé du nom $i$ beaucoup trop d'objets. D'abord, il y a le VRAI $i$ des nombres complexes qui forme $\Z[i\rbrack$ (à moins que $\Z[i\rbrack$ cela ne soit $\Z[X]/\langle X^2+1\rangle$ ?), il y a aussi deux $i$ dans $\mathbb F_p$ quand $p \equiv 1 \bmod 4$. Et enfin, les deux endomorphismes :
    $$
    (x,y) \mapsto (-x, iy), \qquad (x,y) \mapsto (-x,-iy)
    $$
    Mon avis : puisque l'on a mis les pieds dans le plat, faut en dire/faire un peu plus. Un peu ou beaucoup ?

    C'est de la faute aux deux auteurs Achter &Wong in http://www.math.colostate.edu/~achter/math/quot0213.pdf. S'ils n'avaient pas fait l'erreur $E(\mathbb F_5) \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z$, alors que la vraie vérité est $E(\mathbb F_5) \simeq \Z/2\Z \times \Z/4\Z$, on n'en serait pas là. J'ai monté toute cette histoire à partir de cette erreur SANS savoir où j'allais vraiment. Et aussi un peu à cause de ``terre à terre''.

    PS : en ce qui concerne le coup de $E/G$ est une courbe elliptique pour $G$ sous-groupe fini de $(E,+)$, je trouve qu'il n'y a pas eu beaucoup d'écho.
  • Pour le terre à terre tu remarqueras que j'ai fini mon post " terre à terre" par " peut être que les relations de Weil sont les germes des relations de modularité" c'est très terre à terre, tu trouves pas :-D

    Pour $E/G$, on peut essayer de faire Riemann-Hurwitz avec $ E \to E/G$ ? Si on arrive à voir qu'il n'y a pas de ramification je pense que c'est gagné pour calculer le genre.
  • Beh, en fait le cardinal de la fibre d'un morphisme de groupe surjectif est constante égale au cardinal de $G$, du coup pas de ramification ...
  • @flip flop
    Oui, tu as été vraiment terre à terre avec ton histoire de $T \mapsto 1/qT$ ! Et du coup, je me suis fendu d'une comparaison avec l'involution en analytique $s \mapsto 1-s$, j'ai même parlé de l'objet analytique $\pi^{-s/2} \Gamma(s/2)\zeta(s)$, j'en ai encore des frémissements.

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

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

    Et tout cela, c'est pour en venir, dans le cadre de $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$, au fait que :
    $$
    E_{1,0} := E/\langle p_{1,0}\rangle \qquad p_{1,0} = (1 : 0)_E
    $$
    est une courbe elliptique qui a même nombre de points (8) que $E$, car isogène à $E$, mais pas même groupe. Le groupe de $E_{1,0}$ c'est $\Z/8\Z$ et pas $\Z/2\Z \times \Z/4\Z$.
  • Hello.
    Bon là, je ``corrige'' l'exo magma, qui illustre le théorème de Lenstra avec $E : y^2 = x^3 -x$ sur $\mathbb F_5$ :
    $$
    E(\mathbb F_{5^r}) \simeq \Z[i\rbrack / \langle 1 - \pi^r\rangle, \qquad \pi = \pm 2i - 1
    $$
    Là, je peux me permettre d'être léger avec le $\pm$.

    Pour faire un truc propre, cela m'a demandé plus de boulot que prévu car l'intrinsic InvariantFactors sur les groupes abéliens, je ne l'ai pas vue dans la doc. Je l'ai obtenue via ListSignatures (i.e. je ne la connaissais pas).

    J'ai la flemme de commenter. Je crois en plus que j'ai fait une boulette car RepresentationMatrix intègre la transposée. Mais ici, pour ce que je veux faire, c'est pas grave. Mais il y a des jours (les mauvais jours de la semaine) ou confondre une matrice et sa transposée, c'est la cata.

    > pi := Zi ! (-1 + 2*i) ;
    > assert Trace(pi) eq Trace(E) ;
    > time assert &and [#BaseChange(E,r) eq Norm(1-pi^r) : r in [1..10]] ;
    Time: 0.110
    > 
    > r := Random(3,7) ;
    > "r =", r ;
    r = 3
    > M := RepresentationMatrix(1-pi^r, Z) ;
    > M ;
    [-10   2]
    [ -2 -10]
    > assert Determinant(M) eq Norm(1-pi^r) ;
    > ImM := Image(Transpose(M)) ;
    > Generic(ImM) ;
    Full RSpace of degree 2 over Integer Ring
    > CokerM := Generic(ImM)/ImM ;
    > CokerM ;
    Full Quotient RSpace of degree 2 over Integer Ring
    Column moduli:
    [ 2, 52 ]
    > Ar := AbelianGroup(BaseChange(E,r)) ;
    > Ar ;
    Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/52
    Defined on 2 generators
    Relations:
        2*Ar.1 = 0
        52*Ar.2 = 0
    > assert Moduli(CokerM) eq InvariantFactors(Ar) ;
    > 
    > B := Order([2*i]) ;                    
    > M2 := RepresentationMatrix(B!(1-pi^r), Z) ;
    > M2 ;
    [-10   1]
    [ -4 -10]
    > ImM2 := Image(Transpose(M2)) ;
    > CokerM2 := Generic(ImM2) / ImM2 ;
    > CokerM2 ;
    Full Quotient RSpace of degree 1 over Integer Ring
    Column moduli:
    [ 104 ]
    
  • @Claude : pour la fonction $\Lambda$ in ici.

    On doit pouvoir (hum hum) au moins vérifier l'équation fonctionnelle de $\Lambda$ pour notre courbe, parce qu'on a fait l'assemblage ici. Du coup, ici je suppose que le conducteur est $N=32$ :-D
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