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Homographies et petits groupes de Galois

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Réponses

  • Pour la somme de Gauss : elle vit dans $\Z[\root (p-1)p \of 1]$ ou si tu préfères $\Z[\root 3p \of 1]$.

    pour la construction, je vais vérifié mais je pense que ça dépend pas de $g$ (faut faire le calcul).
  • @Nonoche
    Je ne tiens pas à faire une fixette sur l'adjectif canonique. Effectivement, initialement, cela vient de moi. Mais j'ai utilisé ensuite ``j'aime bien le générateur untel ...etc..''. Ce que j'ai voulu signifier c'est que du côté de $G$, là il n'y avait pas de choix de générateur. Il faudrait que je puisse montrer l'impact sur un ``truc concret'' pour éviter les généralités.

    @flip flop
    Oui $G(\phi,\chi)$ vit dans $\Z[\root 3p \of 1]$. Mais je n'arrive pas à ``faire passer quelque chose'' qui est du monde du calcul. Et pourtant, je crois avoir compris que tu es sensible à ce monde.

    Mettons cela de côté et faisons quelque chose de plus intéressant. Ce qui suit est ma manière de répondre à FlipFlop concernant la cubique $x^3 + y^3 + z^3 = 0$ et $\Z[j]$, car comme d'habitude, tout cela est de sa faute.

    (1) Sur un corps $K$ contenant une racine cubique de l'unité $j$, je considère la cubique projective de Fermat et je lui colle un point-base :
    $$
    x^3 + y^3 + z^3 = 0, \qquad p_0 = (1 : -1 : 0)
    $$
    On obtient ainsi une courbe elliptique que je note $E$. On voit 9 points $K$-rationnels :
    $$
    \hbox {un paquet de 3}\quad (1 : j^k : 0) \quad 0 \le k \le 2 \qquad \hbox {et deux autres paquets cousins}
    $$
    Montrer que le sous-groupe de 3-torsion $E[3]$ est constitué de ces 9 points. Indication : points d'inflexion. Voir aussi la question 6.

    (2) On suppose $K = \mathbb F_p$ (et donc $p \equiv 1 \bmod 3$ vue la présence de $j$) et on note $\Phi$ le Frobenius de $E/\mathbb F_p$. Montrer que :
    $$
    \Phi \equiv 1 \bmod 3
    $$
    Of course $1$ c'est $\text{Id}_E$ et $3$ c'est ... Indication : c'est la question d'avant.

    (3) En déduire le théorème de Gauss.

    (4) Définir un automorphisme $J$ d'ordre 3 de $E$.

    (5) Informel : je note $j_p \in \mathbb F_p$ au lieu de $j$ pour éviter les confusions. Sachant que $j _p\in \mathbb F_p$ définit un caractère $\chi_3$ d'ordre 3 précis sur $\mathbb F_p$ et un facteur irréductible précis $\pi = -J(\chi_3,\chi_3)$, quel lien peut-on faire entre $\Z[j]$ (le vrai $j$ complexe) et $\Z[J]$ ?

    (6) Soit $C$ une cubique lisse de $\mathbb P^2$ sur un corps quelconque. Pour deux points $P, Q$ de $C$, je note $P \star Q$ le troisième point d'intersection de $C$ avec la droite $(P,Q)$. On sait qu'en fixant un point $O$ quelconque de $C$, on obtient une loi de groupe additif :
    $$
    P + Q = O \star (P \star Q)
    $$
    Qu'est ce qui est difficile à montrer concernant cette loi ? Que vaut $-P$ ?

    Cas particulier : $0$ d'inflexion. Comparer $P + P$ et $-P$. Quels sont les points de 3-torsion ?

    Cette question (6) est ultra-classique

    Sur ce, je vais stopper car mine de rien, cela prend un peu de temps. Je ``dois'' encore quelque chose à FlipFlop concernant la loi de réciprocité cubique, chose promise il y a quelques mois.
  • Hello,

    Oui je sens bien qu'il y a un truc que tu veux faire passer, c'est niveau programmation ou vraiment maths ?

    1/ Compris pour les inflexions et les points d'ordre $3$.

    Je regarde le reste demain !
  • @gai requin
    Tu m'as posé la question ``Que s'agit-il de prouver pour la partie facile ?''. Je suppose que tu as vu que je t'ai répondu de manière précise. Ici, j'attache une page qui contribue à la chose. J'ai fait du coupé-collé à partir du symbole bi-quadratique pour produire cette page symbole cubique. J'espère qu'il ne reste pas trop de coquilles (le coupé-collé, c'est mortel). Je ne cache pas mes sources (ici Ireland et Rosen) comme je n'ai pas caché mes sources (Weil) pour $-J(\chi_3,\chi_3) \equiv 1 \bmod 3$.

    Les 2 pdf (Jchi3chi3.pdf d'avant hier et CubicResidueSymbol.pdf ici) contribuent au fait que les deux constructions ...etc.. sont réciproques l'une de l'autre. Que reste-t-il à prouver ?
  • Bonjour Claude.
    Effectivement, merci pour la précision de ta réponse.
    J'imprime ces deux pdf que je vais regarder avant de repartir en vadrouille dimanche.

    J'ai posé hier une question pour le cas $p=1\bmod 12$ mais j'imagine qu'on peut alors factoriser $p$ dans $\Z[ i]$ ou dans $\Z[ j]$ selon les besoins.
  • @flip flop
    Faire passer quelque chose, c'est le plus difficile dans le métier. Fort possible de plus que cela dépende des individus : ce qui marque X n'a aucune raison de marquer Y. Effectivement, l'histoire $\Z[\root 3p\of 1]$, c'est plutôt lié à la programmation, et pas aux maths.

    Quant à cette histoire de $G \simeq \widehat G$ pour $G$ cyclique, je pense que j'ai loupé ce que je voulais signifier juste par utilisation de l'adjectif canonique, que je n'aurais pas dû employer. Ce que je voulais dire c'est qu'il y a une correspondance biunivoque explicite en $G$ et $\widehat G$, point-barre. Ce qui m'intéresse directement ici ce n'est pas de palabrer sur l'adjectif ``canonique'' mais d'implémenter efficacement.

    Par exemple, ci-dessous, cette fonction (dont on ne peut pas dire qu'elle soit complexe et qu'elle prenne beaucoup de lignes) implémente la construction $x_0 \mapsto \chi$, qui à un élément d'ordre 3 d'un corps fini $k$ associe un caractère $\chi$ d'ordre 3 sur $k$. Inutile d'être un expert en programmation pour constater que l'on n'utilise pas de générateur de $k^*$ !! Et bien, je peux t'assurer que mes premières versions étaient laides. C'est de mieux comprendre cette histoire de correspondance biunivoque qui m'a conduit au code suivant.

    Chi3Character := function(x0)   // x0 in k corps fini et x0^2 + x0 + 1 = 0
      assert x0^2 + x0 + 1 eq 0 ;
      k := Parent(x0) ;
      G0 := [1, x0, x0^2] ;
      G0toZj := map < G0 -> Zj | [1 -> 1, x0 -> j, x0^2 -> j^2] > ;
      CoCubicExponentiation := hom < k -> k | x :-> x^ExactQuotient(#k-1,3) > ;
      return map < k -> Zj |  x :-> x eq 0 select 0 else G0toZj(CoCubicExponentiation(x)) > ;
    end function ;
    

    Quant à mon machin sur $x^3 + y^3 + z^3 = 0$, je crois qu'il est mal fichu et que les questions ne sont pas dans l'ordre. Mais il fallait bien que je te réponde quelque chose. A propos de $P + Q = O \star (P \star Q)$, j'ai retrouvé deux pages de Silverman-Tate : c'est certainement ce que j'ai vu de plus clair dans ce que j'ai lu. C'est même plus que clair : ces 2 auteurs, en particulier spécialistes des courbes elliptiques, ont réussi un ouvrage vraiment pédagogique (Rational points on elliptic curves). J'ai mis ``en particulier'' car je ne veux pas réduire le grand Tate à un spécialiste des courbes elliptiques : il est bien plus que cela (respect).
  • On est d'accord pour canonique, j'ai pris dans le sens : on dispose d'un isomorphisme (tout le monde le même) a partir de la construction que tu exposes.

    En me levant : j'ai eu un petit flash :
    $$
    \Phi \equiv 1 \bmod 3
    $$
    tu traduis ça : par le Frobenius ($\Phi$) agit trivialement ($ \equiv 1$) sur les points de $3$-torsion ($\pmod{3}$).
  • @flip flop
    Ton flash (en prenant le café ?), il est tout bon. Et juste parce que les points de 3-torsion sont dans le corps de base. C'est tout c.n. Mais là où mon truc n'est pas top, c'est qu'il faut croire que $p = \Phi\overline\Phi$, cela se passe dans $\Z[J]$ qui est l'anneau $\text{End}_{\mathbb F_p}(E)$. Et j'y suis allé un peu fort dans la question 3, en disant ``En déduire le théorème de Gauss''. Car $J$, il ne débarque qu'à la question suivante.

    Bref, il ne faut pas prendre le truc au pied de la lettre. C'est juste une tentative pour essayer de faire comprendre qu'en ayant les outils ad-hoc avec soi (un bout de la théorie des courbes ellipuiques), on trivialise le théorème de Gauss sur le comptage des points de $x^3 + y^3 + z^3 = 0 \bmod p$ pour $p \equiv 1 \bmod 3$. Il faut y aller au feeling.


    L'autre histoire : je montre de nouveau mon code. Parce ce que j'en suis fier ? Oui, d'ailleurs, j'ai diminué d'une ligne le code. Plus sérieusement : j'ai oublié de dire un point vachement important. C'est que l'on y voit :
    $$
    x \longmapsto x^{\#k - 1 \over 3}
    $$
    Et que ça, c'est dans l'esprit ``power residue symbol'', qui est un truc clé dans la définition du symbole cubique (et des symboles plus généraux).

    Chi3Character := function(x0)   // x0 in k corps fini et x0^2 + x0 + 1 = 0
      assert x0^2 + x0 + 1 eq 0 ;
      k := Parent(x0) ;
      x0TOj := map < [1,x0,x0^2] -> [1,j,j^2] | [1 -> 1, x0 -> j, x0^2 -> j^2] > ;
      CoCubicExponentiation := hom < k -> k | x :-> x^ExactQuotient(#k-1,3) > ;
      return map < k -> {0,1,j,j^2} | x :-> x eq 0 select 0 else x0TOj(CoCubicExponentiation(x)) > ;
    end function ;
    
  • Gauss et Weil :

    By a somber winter night in 1949, André Weil, reading dusty manuscripts of C.-F. Gauss, discovers the existence of a spectacular treasure lying somewhere in the deep jungles of arithmetic geometry.

    C'est écrit en haut de la page 18 de https://people.math.ethz.ch/~kowalski/deligne.pdf (le papier n'est pas signé mais l'adresse semble identifier l'auteur);
  • Faut pas se louper pour définir $J$, je ne sais pas comment trouver ! Il nous faut un automorphisme de la courbe $x^3+y^3+z^3=0$ qui soit d'ordre $3$ et qui fixe le point $[ 1 : -1 : 0]$. hum !
  • @flip flop
    Je ne suis pas clair là-dessus (et pas le moyen de faire des tests). J'en ai deux sous la main parmi les :
    $$
    (x : y : z) \longmapsto (j^a x : j^b y : j^c z) \qquad a,b,c \in \{0,2\}
    $$
    Ci-dessus, il y en a beaucoup (trop) : il n'y en a que deux qui fixent $p_0 = (1 : -1 : 0)$, sans compter l'identité.


    @gai requin
    En attaché, un truc. Ne pas oublier qu'il s'agit d'ensembles à deux éléments. Je ne sais (encore) pas tout faire.66048
  • @gai-requin, flip flop.
    Pendant que j'y pense. Essayer de comprendre un peu de maths présente un gros inconvénient : cela prend beaucoup beaucoup de temps. Et cela pourrait empêcher de participer (sur le forum) aux débats de société.
  • :-D

    Mais je suis un peu con con, j'étais parti sur des histoires de matrice d'ordre $3$ même pas vu les deux automorphismes !

    Bon je vais essayé de faire un peu de magma pour voir si j'arrive a retrouvé le Frobenius, normalement avec le code qui tu as mis ici, je vais peut être faire un bidouillage :-D

    Sinon débat de société : j'aime beaucoup le style de Deligne dans la vidéo ici, il fait un peu magicien qui sort des objets de son chaudron magique et il a un petit accent qui me rappelle ma jeunesse en Belgique :-D
    J'aime bien aussi Serre :-D Par contre, je n'ai pas trouvé de vidéo de Grothendieck pour voir un peu son style B-)
  • @Claude : j'ai encore écrit un peu en dur ... Sorry ... tu comprends un peu ?

    Le truc c'est que magma change l'équation de $C$ vers $E$ du coup j'ai fait le changement de variable : JC et JE c'est pour le J de C et le J de E.
    Zj<j> := CyclotomicField(3);
    p:=13; pi := 4+3*j;
    jp :=3;
     Fp := GF(p) ;
    // Definition de E 
    //  x^3+y^3+z^3
    P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(Fp,2);
    f := x^3+y^3+z^3; C := Curve(P2,f); P := C![1,-1,0];
    E<u,v,w> , phi := EllipticCurve(C,(P)); E;
    assert Trace(E) eq Trace(pi) ;
    assert #E eq Norm(1-pi) ;
    ////////////////////////////////////////////////////
    phi; phiMoins := Inverse(phi); phiMoins;phi(P);
    JC:=map<C->C|[x,y,3*z]>; 
    JE := map<E->E| [3*u,v,w]>;
    JE;
    bJE := MultiplicationByMMap(E,3) * JE ;
     P := GenericPoint(E) ; 
    > _<u,v> := Parent(P[1]) ;
    > P ;
    Frob := 4*P+bJE(P) ;Frob;
    X,Y := Explode(Eltseq(Frob)) ;
    > X ; Y;
    assert X eq u^p  and  Y eq v^p ;
    
  • @flip flop
    Oui, je comprends ce que tu as fait. Je n'aurais pas osé le faire. Et en ligne, difficile de faire autrement qu'en dur. J'ai arrangé ton code et je donne quelques explications car il reste un mystère. Tu me diras si je te trahis. Le 'je' ci-dessous, c'est ``nous''.

    Je pars de $p \equiv 1 \bmod 3$, et $j_p \in \mathbb F_p$ une racine cubique de l'unité et je lui associe $\pi = -J(\chi, \chi)$ où $\chi$ est le caractère cubique défini à $j_p$ par le fameux mécanisme $G \simeq \widehat G$. Schéma :
    $$
    j_p \longmapsto \chi \longmapsto \pi
    $$
    Bien sûr $p = \pi\overline \pi$ est normalisé i.e. $\pi \equiv 1 \mod 3$. Et aussi $\pi$ est attaché PAR UNE FICELLE à $j_p$.

    Et toi, monsieur Flip Flop, tu prends comme $J$ de la cubique de Fermat $C$ :
    $$
    (x : y : z) \longmapsto (x : y : j_pz)
    $$
    qui fixe effectivement $p_0 := (1, -1, 0)$, le point base retenu de $C$.

    Et le clou, c'est que l'on constate que :
    $$
    \pi = a + bj \quad \Longrightarrow\quad \Phi = a + bJ
    $$
    Fallait pas se louper dans le choix de $J$. Et ça va le faire. Et je sais pas pourquoi.

    > // Quelques premiers p = 1 modulo 3
    > SomeAdHocPrimes := [p : p in PrimesInInterval(5,70) | p mod 3 eq 1] ;
    > SomeAdHocPrimes ;
    [ 7, 13, 19, 31, 37, 43, 61, 67 ]
    > p := Random(SomeAdHocPrimes) ;
    > "p =", p ;
    p = 19
    > Fp := GF(p) ;
    > FpX<X> := PolynomialRing(Fp) ;
    > 
    > ok, jp := HasRoot(X^2 + X + 1) ;
    > Chi3 := Chi3Character(jp) ;
    > JChi3Chi3 := &+[Chi3(x)*Chi3(1-x) : x in Fp] ;  
    > pi := -JChi3Chi3 ;
    > pi ;
    -3*j - 5
    > assert IsDivisibleBy(pi - 1, 3) ;
    

    Là, il va falloir mettre $C$ sous forme de Weierstrass car c'est le terrain de prédilection de magma. J'ai tout paramétré comme tu vois en composant $J_C$ pour obtenir $J_E$:

    > P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(Fp,2);
    > C := Curve(P2, x^3 + y^3 + z^3); 
    > p0 := C![1,-1,0];
    > E<u,v,w> , CtoE := EllipticCurve(C,p0) ;
    > E ;
    Elliptic Curve defined by y^2 + 10*y = x^3 + 11 over GF(19)
    > <F : F in DefiningEquations(CtoE) > ;
    <16*z, 9*x, x + y>
    > assert CtoE(p0) eq E!0 ;
    > E ;
    Elliptic Curve defined by y^2 + 10*y = x^3 + 11 over GF(19)
    > assert Trace(E) eq Trace(pi) ;
    > assert #E eq Norm(1-pi) ;
    > 
    > EtoC := Inverse(CtoE); 
    > <F : F in DefiningEquations(EtoC) > ;
    <18*v, v + 10*w, 3*u>
    > 
    > // (x : y : z) --> (x : y : jp*z) choisi par FlipFlop
    > JC := map< C-> C | [x,y,jp*z]>; 
    > 
    > /*
    >      EtoC       JC         CtoE
    > E --------> C ------> C --------> E    :   CtoE o JC  o EtoC
    > Attention à la composition à l'envers
    > 
    > CtoE o JC  o EtoC = EtoC * JC * CtoE 
    > */
    > 
    > JE := EtoC * JC * CtoE ;
    

    Et là, je CROISE LES DOIGTS

    > a := Z!pi[1] ;  b := Z!pi[2] ; assert pi eq a + b*j ;
    > bJE := MultiplicationByMMap(E,b) * JE ;
    > 
    > P := GenericPoint(E) ; 
    > _<u,v> := Parent(P[1]) ;
    > P ;
    (u : v : 1)
    > // pi = a + b*j : on croise les doigts en espérant Frobenius = a + b*J
    > FrobeniusP := a*P + bJE(P) ;
    > FrobeniusP ;
    (u^19 : (u^27 + u^24 + 11*u^21 + 12*u^18 + 2*u^15 + 15*u^12 + 18*u^9 + 9*u^6 + 
        5*u^3 + 1)*v + 5*u^27 + 5*u^24 + 17*u^21 + 3*u^18 + 10*u^15 + 18*u^12 + 
        14*u^9 + 7*u^6 + 6*u^3 : 1)
    > U,V := Explode(Eltseq(FrobeniusP)) ;
    > U ; 
    u^19
    > V ;
    (u^27 + u^24 + 11*u^21 + 12*u^18 + 2*u^15 + 15*u^12 + 18*u^9 + 9*u^6 + 5*u^3 + 
        1)*v + 5*u^27 + 5*u^24 + 17*u^21 + 3*u^18 + 10*u^15 + 18*u^12 + 14*u^9 + 
        7*u^6 + 6*u^3
    > assert U eq u^p  and  V eq v^p ;
    

    Je ne t'ai pas trahi ? Et comprends tu ce que nous avons fait i.e. le coup de $\pi = a + bj$ versus $\Phi = a + bJ$ ??
  • @flip flop
    Ce que j'ai écrit dans mon post précédent prouve que j'ai encore la tête dans le guidon. Car il y a un moyen direct d'attacher par une ficelle $j_p$ et $\pi$, cf le triangle que j'attache de nouveau et qui ne demande qu'a être mis au point.

    Voilà comment : $p \equiv 1 \bmod 3$ et $j_p \in \mathbb F_p$ une racine cubique de l'unité. Parmi les deux facteurs $\mathfrak p$, $\overline {\mathfrak p}$ de $p$ dans $\Z[j]$, il y en a un seul, tel que dans l'isomorphisme canonique :
    $$
    \mathbb F_p \simeq \Z[j] / \mathfrak p \qquad \hbox {$j_p$ corresponde à $j$ modulo $\mathfrak p$}
    $$
    Ce que j'appelle canonique, c'est la réduction modulo $\mathfrak p$, $\Z \longmapsto \Z[j] / \mathfrak p$ qui est surjective de noyau $p\Z$.

    En un certain sens, on a relevé $j_p$ à la caractéristique 0. Pas besoin de passer par les caractères d'ordre 3. Et ensuite, $\mathfrak p$ possède un seul générateur $\pi$ tel que $\pi \equiv 1 \bmod 3$. Et cela tombe bien car cette congruence, c'est ce que vérifie le Frobenius $\Phi$ dans l'anneau (de caractéristique 0) $\text{End}_{\mathbb F_p}(C)$. Je ne dis pas que cela explique tout.

    Autre chose : il se pourrait que l'on puisse mettre $x^3 + y^3 + z^3$ sous forme de Weirstrass au dessus de $\Z$, ou peut-être $\Z[1/3]$. Je vais regarder cela.66074
  • Merci Claude (tu) au moins on comprend mieux que mon charabia !

    Oui oui compris enfin compris on se comprend :-D Je pense que ça ouvre beaucoup de questions !
  • Encore des questions !
    Je vais finir par rendre les armes. ;-)
  • Claude : j'essayes d'expliquer enfin de m'expliquer le truc "canonique" faudrait peut être dire normalisation ?

    Concernant ton dernier message, je vois un peu, je pense que c'est que j'ai essayé d'expliquer hier : ici mais j'ai un peu de mal à m'exprimer (td)

    à tout d'idéaux premiers $\pi$ de $\Z[ j]$ de norme $p$ et premiers à $3$, on associe le Frobenius en $\pi$ i.e le Frobenius de la courbe $x^3+y^3+z^3$ défini sur $\mathbb{F}_p$. NON pas sur $\mathbb{F}_p$ je rigole :-D la courbe on la voit défini sur $\Z[ j] / \pi$ !

    Ok, tu vas me dire $\Z[ j] / \pi$ c'est $\mathbb{F}_p$. Je suis d'accord mais on dispose canoniquement d'une racine cubique de $1$ dans $\Z[ j] / \pi$ mais dans un $\mathbb{F}_p$ "abstrait" on en a pas de canonique ! C'est ça que je voulais dire hier avec mon $\mathbb{F}_p$ concret et abstrait !

    Je chauffe, brûle ou glace :-D
  • @flip flop
    C'est pas c.n ce que tu dis là. Et je peux pas aider beaucoup car je suis limite sur ce coup là.

    Demain, si j'ai un peu de temps, on montrera que l'anneau $\text{End}_{\mathbb F_p}(E)$ d'une courbe elliptique $E/\mathbb F_p$ est un sous-anneau quadratique de $\Q(\Phi)$ et que le Frobenius $\Phi$ est un entier quadratique imaginaire. Il faudra admettre quelques points plausibles. J'en liste quelques uns.

    1) Pour toute courbe elliptique $E/k$, $k$ quelconque, $\text{End}_k(E)$ est un anneau intègre de caractéristique $0$. Ceci grâce au degré.

    2) Pour toute courbe elliptique $E/k$, $k$ quelconque, un endomorphisme $\varphi \in \text{End}_k(E)$ vérifie une équation unitaire du second degré à coefficients dans $\Z$, à savoir :
    $$
    T^2 - \text{tr}(\varphi) T + \deg(\varphi) \qquad \hbox {``car''} \qquad \varphi + \widehat {\varphi} \in \Z, \qquad
    \varphi \circ \widehat \varphi = \widehat \varphi \circ \varphi = \deg(\varphi)
    $$
    Dit autrement, faut croire à l'isogénie duale. Et penser à $M \mapsto \widetilde M$ sur les matrices $2 \times 2$.

    3) Soit $K \subset L$ une extension de corps commutatifs de caractéristique 0 telle que tout élément de $L$ soit algébrique sur $K$ de degré $\le 2$. Alors $[L : K] \le 2$. Justification : si $L = K$, c'est plié. Sinon fixons $x_0 \in L \setminus K$. Prenons un $x \in L$ quelconque. Alors $K(x_0,x)$ admet un élément primitif $y$ I.e. $K(x_0,x) = K(y)$. Et comme $y$ est de degré $\le 2$, c'est que $K(x_0,x) = K(x_0)$. Bilan : $x \in K(x_0)$. Et on a montré que $L = K(x_0)$.

    4) $E/\mathbb F_p$. Le Frobenius $\Phi$ vérifie $\Phi \widehat \Phi =p$ et donc $\Phi \notin \Z$ (un premier n'est pas un carré). Donc $\Phi$ est un vrai entier quadratique. Imaginaire par l'inégalité de Hasse.

    5) $E/\mathbb F_p$. Un habitant $\varphi \in \text{End}_{\mathbb F_p}(E)$ commute à $\Phi$ car $\varphi$ est défini par des fractions rationnelles à coefficients dans $\mathbb F_p$ et que le Frobenius, c'est le Frobenius.


    Faudra encore faire un petit effort pour terminer. Ici, c'est pour commencer à s'habituer à la musique.

    Application : supposons, par hasard, au gré du vent, que l'on on mette la main sur une courbe elliptique $E/\mathbb F_p $ avec un automorphisme $J$ d'ordre 3. Ce sont des choses qui arrivent. Alors $\Q(J) \subset \Q(\Phi)$ puis, merci au degré $2$, $\Q(J) = \Q(\Phi)$. Et donc $\text{End}(\mathbb F_p)(E)$ est un sous-anneau quadratique de $\Q(J)$ qui contient $J$. Et la chute, c'est que $\text{End}(\mathbb F_p)(E) = \Z[J]$ car $\Z[J]$ est un anneau de nombres maximal dans $\Q(J)$. On a donc une expression $\Phi = a + bJ$ avec $a, b \in \Z$. J'ai vu des gens faire joujou avec cela.
  • Je termine (rapidement) le post précédent. Il s'agit de prouver que $\text{End}_{\mathbb F_p}(E)$ est un anneau quadratique imaginaire du corps quadratique imaginaire $\Q(\Phi)$ où $\Phi$ est le Frobenius de $E/\mathbb F_p$. A propos, ce dernier corps, on peut le voir comme $\Q(\Phi) \simeq \Q(\sqrt {D})$ avec $D = t^2 - 4p$ où $t$ est la trace de $E/\mathbb F_p$ i.e. $t = 1+p - \#E(\mathbb F_p)$ : $t^2 - 4p$, c'est le discriminant de $T^2 - tT + p$.

    Je fais comme dans le point 3) du post précédent, en faisant attention au manque (provisoire) de commutativité. Soit $\varphi \in \text{End}_{\mathbb F_p}(E)$. Comme $\varphi$ commute à $\Phi$, le corps $\Q(\Phi, \varphi)$ est commutatif. Et je peux faire le coup de l'élément primitif pour obtenir $\Q(\Phi, \varphi) = \Q(\Phi)$ i.e. $\varphi \in \Q(\Phi)$.
    Bilan : on a obtenu
    $$
    \text{End}_{\mathbb F_p}(E) \quad \subset \quad \Q(\Phi)
    $$
    En fait, on peut faire le même boulot pour $E/k$ où $k$ est un corps fini à condition de supposer que $\Phi_{E/k} \notin \Z$. Pour en savoir plus, par exemple les lecture notes de Andrew V. Sutherland :
    https://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-783-elliptic-curves-spring-2015/lecture-notes/
    https://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-783-elliptic-curves-spring-2015/lecture-notes/MIT18_783S15_lec7.pdf
    https://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-783-elliptic-curves-spring-2015/lecture-notes/MIT18_783S15_lec14.pdf

    Un petit ``exercice'' (facile), histoire de voir une fois dans sa vie une courbe elliptique $E/k$ avec un Frobenius $\Phi_{E/k} \in \Z$.

    (0) Si $\Phi_{E/k} \in \Z$, alors $\#k$ est un carré et $\Phi_{E/k} = \pm \sqrt {\#k}$.

    (1) Soit $E/\mathbb F_q$ une courbe elliptique de trace nulle i.e. $\#E(\mathbb F_q) = 1+q$. Quelles sont les caractéristiques de $E/\mathbb F_{q^2}$ i.e. la trace, le nombre de points, la fonction zeta ? Vérifier que $\Phi_{E/\mathbb F_{q^2}} = -q$, c'est donc un entier négatif.

    Même question avec $E/\mathbb F_{q^4}$ avec cette fois $\Phi_{E/\mathbb F_{q^4}} = +q^2$, un entier positif.

    (2) Les courbes elliptiques $E : y^2 = x^3 - D$ sur $\mathbb F_q$ avec $q \equiv 2 \bmod 3$ fournissent des exemples de courbes de trace nulle. Indication : pour voir que $\#E(\mathbb F_q) =1+q$, utiliser le fait que $x \mapsto x^3$ est une permutation de $\mathbb F_q$.
  • Salut Claude.
    J'ai relu deux de tes pdf parfaitement clairs. Merci !

    Dans Jchi3chi3, il y a une petite coquille au début dans la définition de $J$ quand tu te débarrasses de $y$.

    Dans CubicResidueSymbol, dans la preuve,
    $$\chi_{\pi}(x)=x^{\frac{p-1}{3}}\bmod \pi \text{ (et pas $p$)}.$$
  • OK, merci pour les coquilles (c'est corrigé). Si c'est clair, tant mieux mais je n'y suis pour rien : merci Weil et Ireland & Rosen.

    Du coup, concentrons nous sur l'égalité $\pi = -J(\chi_\pi,\chi_ \pi)$ montrée dans CubicResidueSymbol, dans le contexte que l'on sait. Et également, sur les deux horizontales du schéma triangulaire ci-dessous. Uniquement les horizontales. Vu la définition de $f_1, f_2$, l'égalité $\pi = -J(\chi_\pi,\chi_ \pi)$ s'écrit :
    $$
    f_2 \circ f_1 = \text{Id}
    $$
    En principe, je me gourre pas : on part de $\pi$ à gauche et on va vers la droite puis on revient vers la gauche.

    Et du coup, vu le cardinal 2 commun, $f_1, f_2$ sont inverses l'une de l'autre.
    $$
    f_1 \circ f_2 = \text{Id} \qquad\qquad (\star)
    $$
    Donc c'est réglé côté horizontale. Et là où j'ai perdu du temps, c'est que je voulais une preuve directe de $(\star)$. Cette égalité $(\star)$ dit que pour tout caractère cubique $\chi$ sur $\mathbb F_p$, on a la congruence dans $\Z[j]$;
    $$
    \chi(y \bmod p) \equiv y^{p-1 \over 3} \bmod J(\chi, \chi), \qquad y \in \Z
    $$66098
  • @gai requin, flip flop
    Effectivement, sur $\Z[1/3]$, les cubiques projectives :
    $$
    C : x^3 + y^3 + z^3 = 0, \qquad \qquad E : Y^2Z - YZ^2 = X^3 - 7Z^3 \quad \hbox {(en affine $\{Z=1\}$-affine, $Y^2 - Y = X^3 - 7$)}
    $$
    sont isomorphes à l'aide d'un isomorphisme linéaire de $\mathbb P^2$, inversible sur $\Z[1/3]$. A droite, c'est une cubique de Weierstrass. Cf les détails dans le pdf attaché.

    L'isomorphisme explicité dans le pdf relie $(0 : 1 : 0)_E$ à $(-1 : 1 : 0)_C$ i.e. le point base $p_0$. Et relie :
    $$
    J_C = (x : y : z) \mapsto (x : y : jz) \qquad \hbox {et} \qquad
    J_E = (X : Y : Z) \mapsto (jX : Y : Z)
    $$
    On aurait donc pu jouer avec la courbe elliptique $y^2 - y = x^3 - 7$. Mais y on voit moins bien la symétrie et les points de 3-torsion.

    PS : je vois que j'avais écrit cela pour les agrégatifs comme cadeau suite à l'épreuve sur les sommes de Gauss-Jacobi (entraînement à l'Agrégation). Mais je crois me souvenir qu'ils ne voulaient plus entendre parler de cette épreuve. Et du coup, voyant que le cadeau allait faire flop, je crois que je n'ai rien distribué.
  • @gai requin, flip flop
    En reprenant des notes, je constate des maladresses dans le passé (je parle de maladresses de ma part évidemment). Maladresses pouvant conduire à des confusions. Je me propose de revenir sur certains points tout en démarrant une nouvelle petite activité, histoire de ne pas avoir l'impression de trop patiner. Pour se rassurer : certes des maladresses, mais des points positifs tout de même (par exemple : se donner un caractère d'ordre 3 sur un corps fini $k$, c'est se donner un élément d'ordre 3 de $k$, $3$ étant un entier quelconque).

    Un exemple de maladresses. Sur $\Z[j]$, indexer le symbole cubique $\displaystyle {\left( {\bullet \over \pi} \right)_3}$ par un élément $\pi$ de $\Z[j]$ alors que ce symbole ne dépend que de l'idéal engendré par $\pi$. En insistant lourdement sur $\pi \equiv 1 \bmod 3$. Et cela serait trop lâche de dire ``j'ai fait comme Ireland & Rosen'' (ce qui est vrai).

    Bref, je (nous) propose de cogiter sur :

    1) La détermination du nombre $N$ de points de la courbe projective $C : x^3 + y^3 + cz^3 = 0$ sur $\mathbb F_q$ pour $c \in \mathbb F_q \setminus \{0\}$, l'entier $q$ étant une puissance d'un nombre premier $p$ autre que 3. On doit en trouver $N = q+1 - t$ avec :
    $$
    t = \cases {
    0 &si $q \equiv 2 \bmod 3$ \cr
    \text{Tr}\big(-\chi_3(c)^{-1} J(\chi_3, \chi_3)\big) &si $q \equiv 1 \bmod 3$, $\chi_3$ désignant n'importe quel des deux caractères cubiques sur $\mathbb F_q$ \cr
    }
    $$
    Précision : $\chi_3$ prend ses valeurs dans $\{1,j, j^2, 0\}$ et $J(\chi_3, \chi_3)$ est la somme de Jacobi, habitant de $\Z[j]$ :
    $$
    J(\chi_3,\chi_3) = \sum_{x \in \mathbb F_q} \chi_3(x) \chi_3(1-x)
    $$
    La trace est celle de $\Z[j]$ ; le signe $-$, on en a l'habitude.

    Note : je ne dispose pas pour l'instant de la preuve. J'ai préféré me concentrer sur le programme qui m'a permis de mettre la main (expérimentalement) sur cette égalité.

    2) Peut-on en déduire, sans utiliser la relation de Hasse-Davenport, la fonction zeta de $C$:
    $$
    Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {1 - tT + qT^2 \over (1-T)(1-qT)}
    $$
    Idem : je n'ai pas la réponse. Dans le passé (à propos de $y^2 = x^3 - n^2x$), il y avait un point pas clair dans le passage $q \mapsto q^r$.

    3) Soient $p$ un premier et $e$ un exposant vérifiant $p \wedge e = 1$. Fixons un premier $\mathfrak p$ de l'anneau $\Z[\root e\of 1]$ au dessus de $p$. Histoire de corriger la maladresse signalée, étudier le ``symbole'' :
    $$
    \left( {\bullet \over \mathfrak p} \right)_e : \Z[\root e\of 1] \longmapsto \mathbb U_e \cup \{0\}
    $$

    4) Plus difficile. Munir $C$ du point-base $p_0 = (1 : -1 : 0)$, ce qui en fait une courbe elliptique. On impose $q \equiv 1 \bmod 3$ et on fait débarquer l'automorphisme d'ordre 3 choisi par FlipFlop :
    $$
    J = (x : y : z) \longmapsto (x : y : j_qz) \qquad \hbox {où $j_q \in \mathbb F_q$ est une des deux racines cubiques de l'unité}
    $$
    Se prendre la tête avec la factorisation de $\langle q\rangle$ dans $\Z[J]$ (y intervient $\Phi$) versus la factorisation de $\langle q\rangle$ dans $\Z[j]$. Peut-être commencer modestement par $q = p$. L'objectif étant de fournir une preuve de 1) sans mettre la main dans le monde des sommes de Gauss-Jacobi, mais en utilisant la ``théorie des courbes elliptiques''.


    Note : dans cette activité, le risque n'est pas grand : on risque juste de comprendre un peu plus (en principe)
  • Hello Claude,

    Ca va ? T'as pas eu trop de neige ?

    Bonne activité :-)

    Pour le 1. même si j'ai pas de preuve, je suis convaincu que ça fonctionne :-D

    Je fais réfléchir un peu !
  • @Claude : sinon je voulais formuler les choses de la manière suivante. C'est très spéculatif.

    On considère la courbe elliptique $E$ sur $\Z$ (???) définie par l'équation $x^3+y^3+c z^3 = 0$ le point $(1,-1,0)$ servant de point base.

    Soit $\pi$ un premier de $\Z[ j]$, on considère la courbe $E_\pi$ c'est à dire la courbe $E$ définie sur le corps fini $\Z[ j] / \pi$.
    On dispose d'un isomorphisme :
    $$
    \text{End}_{\Z}(E_\pi) \simeq \Z[ J] \qquad \qquad J := (x,y,z) \mapsto (x,y,jz)
    $$
    Dans $\text{End}_{\Z}(E_\pi)$ on dispose du morphisme de Frobenius
    $$
    (x,y,z) \mapsto (x^q,y^q,z^q) \qquad \text{avec} \qquad q := \text{N} (\pi)
    $$
    qui correspond à un élément de $\Z[ j]$ que l'on note $\text{Frob}(E / \pi)$.

    Alors :
    $$
    \# (E_\pi) = \text{N}(\pi) +1 - \text{Tr} \left(\text{Frob}(E / \pi)\right)
    $$
    (y'a un petit problème car je ne vois pas du tout les corps finis quand $p=2 \pmod{3}$ je n'ai pas $\mathbb{F}_p$ mais $\mathbb{F}_{p^2}$).

    Ensuite, dans un second temps on va faire intervenir le caractère et les sommes de Jacobi (ou pas) pour calculer explicitement $\text{Frob}(E / \pi)$.

    Tu vas me dire ça ne change pas grand chose
  • @flip flop
    Météo. Jamais vu cela en 25 ans de randonnée : orages, neige, grêle ... Malgré cette météo de m.rde, M. a beaucoup apprécié la rando (et moi aussi).

    Nos petites affaires. Hum, tu attaques bille en tête par le point 4) de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510238#msg-1510238. C'est évidemment ce point que je vise car c'est le plus intéressant. Mais je crois qu'il faut y aller mollo pour éviter les prises de tête.

    Je viens de faire les calculs pour le point 1) en utilisant les parties III.5 et III.6 de l'épreuve (gauss_jacobi.pdf) avec $n=2$.Je suppose d'abord $q \equiv 2 \bmod 3$. Alors $x \mapsto x^3$ est une permutation de $\mathbb F_q^*$ (car $3 \wedge (q-1) = 1$) donc aussi une permutation de $\mathbb F_q$. En conséquence, l'ensemble $C(\mathbb F_q)$ est en bijection avec la droite de $\mathbb P^2(\mathbb F_q)$:
    $$
    x + y + cz = 0
    $$
    D'où un cardinal de $q+1$ i.e. cardinal d'une droite projective sur $\mathbb F_q$ ; ou encore si tu veux $q^2 - 1 \over q-1$.

    Ce que je viens de faire ne me plaît pas du tout car $q \equiv 2 \bmod 3$, ce n'est pas stable par $q \mapsto q^r$. Je voudrais bien un traitement stable par $q \mapsto q^r$. Je veux dire quoi par là ? Je n'en sais rien.

    Je suppose $q \equiv 1 \bmod 3$. Et cela, c'est stable par $q \mapsto q^r$. Et il m'est venue l'idée de compliquer la chose en :
    $$
    a x^d + b y^d + cz^d = 0, \qquad a,b, c \in \mathbb F_q \setminus \{0\}, \qquad d \mid q-1 \qquad \qquad (\star)
    $$
    Pourquoi $d \mid q-1$ ? Parce que cela m'arrange pour l'instant. J'utilise III.5 qui me donne (versus $x_0 \leftrightarrow x$, $x_1 \leftrightarrow y$, $x_2 \leftrightarrow z$) une expression du type
    $$
    N = q+1 - \sum_{\chi_0, \chi_1} \alpha_{\chi_0, \chi_1} \qquad \hbox {avec $ \alpha_{\chi_0, \chi_1}$ = voir plus loin}
    $$
    La somme porte sur les couples de caractères $(\chi_0, \chi_1)$ sur $\mathbb F_q$ vérifiant :
    $$
    \chi_0^d = \chi_1^d = \varepsilon, \qquad \chi_0 \ne \varepsilon \qquad \chi_1 \ne \varepsilon \qquad \chi_0\chi_1 \ne \varepsilon
    $$
    Ce qui a attiré mon attention (ce n'était pas prévu), c'est que cet ensemble $\Theta$ de couples est de cardinal $(d-1)(d-2) = 2g$ où $g$ est le genre de la courbe $(\star)$. Note que $(\star)$ est une courbe lisse de $\mathbb P^2$ dès que $d \wedge q = 1$. Ce qui est largement assuré par $d \mid q-1$, situation dans laquelle je me suis mise.

    Et $\Theta$ possède une involution sans point fixe :
    $$
    (\chi_0, \chi_1) \longmapsto (\overline {\chi_0}, \overline {\chi_1})
    $$
    qui conjugue, au sens de la conjugaison complexe, $\alpha_{\chi_0,\chi_1}$ (voir formule plus loin). Je te cache pas que je vise une formule du type :
    $$
    N = q + 1 - \big[ (\alpha_1 + \overline {\alpha_1}) + (\alpha_2 + \overline {\alpha_2}) \cdots + (\alpha_g + \overline {\alpha_g}) \big]
    $$
    Et pourquoi pas une fonction zeta pour la courbe $(\star)$ du type
    $$
    Z(T) = {\prod_{i=1}^{2g} (1 - \alpha_iT) \over (1-T)(1-qT)}
    $$
    C'est encore confus dans ma tête, mais tu vois que je vise une instance élémentaires ``des conjectures de Weil'' pour les courbes $(\star)$. Certes, c'est petit, voire bébé, mais justement c'est ce que l'on aime (comprendre les trucs de bébé le mieux possible).

    Voilà la formule à coucher dehors pour $\alpha_{\chi_0, \chi_1}$ :
    $$
    \alpha_{\chi_0, \chi_1} = -J(\chi_0, \chi_1) \chi_0(a^{-1}) \chi_1(b^{-1}) \chi_0(c) \chi_1(c) \chi_0(-1) \chi_1(-1)
    $$
    ATTENTION : je n'ai rien vérifié pour l'instant et fort possible que cette formule comporte des erreurs. C'est de la faute à la courbe $(\star)$ qui a débarqué dans mes affaires sans être invitée.

    A suivre, j'espère.
  • Temps plutôt clément ici en Bretagne cette semaine.
    A demain pour de nouvelles aventures elliptiques !
  • @flip flop
    Plusieurs remarques, suite à ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510380#msg-1510380.

    D'abord, je la joue modeste en prenant $q = p$ et $p \equiv 1 \bmod 3$. Tu as pris comme corps $\mathbb F_p$ le corps $\Z[j]/\langle \pi\rangle$. On sait que cela équivaut à se donner $\mathbb F_p$ ET une racine cubique de l'unité, à savoir $j$ modulo $\pi$. Comme il va y avoir de la glace mince plus loin, je précise comment réaliser $j \bmod \pi$ dans $\Z$ modulo $p\Z$.

    On écrit $\pi = a + bj$ ce sorte que modulo $\pi$, $a + bj \equiv 0 \bmod \pi$ (!!). Ce qui conduit à $j \equiv -ab^{-1}$ où $b^{-1}$ est un inverse de $b$ modulo $p$. Petite remarque : ce dernier calcul vaut pour tout $a + bj$ avec $a \wedge b = 1$ : en posant $N = N(a+bj) = a^2 - ab + b^2$, on a $1 \in \langle b,N\rangle$ puisque $1 \in \langle a,b\rangle$ ; et en désignant par $b^{-1}$ un inverse de $b$ modulo $N$ ....etc...

    Par ailleurs, on ``va devoir faire'' des calculs dans $\Z[J]$ où
    $$
    J = (x : y : z) \mapsto (x : y : j_pz) \qquad \hbox {$j_p \in \mathbb F_p$ est la classe de $-ab^{-1}$ modulo $p$}
    $$
    Et comme $\Phi$, le Frobenius de la courbe elliptique $x^3 + y^3 + cz^3 = 0$ munie du point base $p_0 = (1 : -1 : 0)$, est un facteur irréductible de $p$ dans $\Z[J]$, ne pas oublier que $p = \Phi \widehat {\Phi}$, peut-être que l'on va être amenés à considérer le symbole cubique :
    $$
    \chi_\Phi = \left( {\bullet \over \Phi} \right)_3
    $$
    On n'a pas nécessairement $\Phi \equiv 1 \bmod 3$ mais ceci n'empêche pas de définir le symbole cubique (qui ne dépend que de l'idéal engendré par, cf ma maladresse avouée).

    Et bien, j'ai été amené à penser que dans $\Z[J]$, on a :
    $$
    J \equiv \widetilde {j_p} \bmod \Phi \qquad\qquad (\heartsuit)
    $$
    où, pour la paix des ménages, je note $\widetilde {j_p}$ un relevé dans $\Z$ de $j_p$.

    Cela prend un peu la tête (en tout cas, la mienne). En admettant $(\heartsuit)$, j'ai pu faire des calculs. Je définis $k \in \{0,1,2\}$ par $c^{p-1 \over 3} = j_p^k$ dans $\mathbb F_p$. Alors, d'une part :
    $$
    \chi_\Phi(c) = J^k
    $$
    Et d'autre part :
    $$
    J^{k} \Phi \equiv 1 \bmod 3
    $$
    Cette dernière congruence signifiant que $\Phi$ et $J^{-k}$ coïncident sur $E[3]$.

    J'arrête là pour l'instant car mon intention était de se lancer là-dedans (mon point 4) au dernier moment. Mais toi, tu as commencé par cela.
  • Coucou Claude,

    Super pour M, bah oui c'est pas banal de la neige en août !

    Ah oui, je suis parti bille en tête, comme tu dis, dans le 4. :-D C'est juste pour essayé d'y voir clair. Je vais essayé de refaire un peu de magma pour illustrer ton dernier message.

    Par exemple, on a vu que si $c =1$, alors les points de trois torsion de la courbe $E$ sur $\mathbb{F}_p$ sont fixes par le Frobenius i.e défini sur $\mathbb{F}_p$, ici on prenant un $c$ différent (non cube modulo $p$), il y a une action non trivial du Frobenius sur $E [ 3]$. Si j'y vois clair : il doit y avoir $3$ points rationnelles et $6$ points défini sur $\mathbb{F}_{p^3} = $ l'extension de $\mathbb{F}_p$ obtenu en ajoutant une racine cubique de $c$. Je vais essayé de voir ce que magma nous raconte :-D
  • Hello gai requin,

    Ah bin du coup, la bonne destination pour avoir un temps clément c'était la Bretagne (tu)
  • Hello,

    Je préfère commencer par le point 1.
    En ce qui concerne la courbe projective $ax^d + by^d + cz^d = 0$ sur $\mathbb F_q$ avec $q \equiv 1 \bmod d$, j'ai vérifié mes formules données dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510420#msg-1510420 et je suis d'accord avec moi-même.

    Je conserve les notations du post pointé. Je fixe un caractère $\chi$ d'ordre $d$ sur $\mathbb F_q$ et je pose $\chi_0 = \chi^i$, $\chi_1 = \chi^j$. La plage de variation des $(i,j)$ est :
    $$
    1 \le i \le d-1, \qquad 1 \le j \le d-1, \qquad i+j \ne d \qquad\quad (\spadesuit)
    $$
    Ceci pour assurer $\chi_0 \ne \varepsilon$, $\chi_1 \ne \varepsilon$ et $\chi_0\chi_1 \ne \varepsilon$. L'indexation par $(i,j)$ conduit à :
    $$
    \alpha_{i,j} = - J(\chi^i, \chi^j) \chi\big((-1)^{i+j} a^{-i} b^{-j} c^{i+j}\big)
    $$
    Alors le nombre $N$ de points de la courbe projective $C : ax^d + by^q + cz^d = 0$, de genre $g = (d-1)(d-2)/2$, est :
    $$
    N = 1 + q - \sum_{i,j} \alpha_{i,j}, \quad\qquad \hbox {$(i,j)$ contraint par $(\spadesuit)$}
    $$
    Si on a avec soi la relation de Hasse-Davenport qui relie le monde Gauss-Jacobi sur $\mathbb F_q$ au monde Gauss-Jacobi sur $\mathbb F_{q^r}$, on obtient :
    $$
    N_r = 1 + q^r - \sum_{i,j} \alpha_{i,j}^r
    $$
    Si bien que la fonction zeta de $C/\mathbb F_q$ est :
    $$
    Z(T) = {\prod_{i,j} (1 - \alpha_{i,j} T) \over (1-T)(1-qT)} \qquad \hbox {avec $|\alpha_{i,j}| = \sqrt q$}
    $$
    Enfin, l'involution sans point fixe signalée dans le post pointé, s'identifie à :
    $$
    (i,j) \longmapsto (d-i,d-j)
    $$
    Vis à vis de la conjugaison complexe, cette involution a la propriété :
    $$
    \alpha_{d-i,d-j} = \overline {\alpha_{i,j}}
    $$
    J'ai aussi observé que $\alpha_{i,j} + \alpha_{d-i,d-j} \in \Z$. Faux : c'était seulement dans des cas particuliers. Donc le polynôme $L$ au numérateur de la fonction zeta est dans $\Z[T]$.
    Addendum : la propriété $L \in \Z[T]$ provient d'une part du fait que $L \in \Q[T]$, ceci étant dû au fait que $\text{Gal}(\Q(\root d \of 1)/\Q) \simeq (\Z/d\Z)^\times$ opère canoniquement sur $\widehat{\mathbb U_d}$ via $\sigma \cdot \chi = \sigma \circ \chi$ et que l'ensemble des $\alpha_{i,j}$ est stable sous ce groupe de Galois. Et le passage de $\Q$ à $\Z$ est dû au fait que chaque $\alpha_{i,j}$ appartient à $\Z[\root d \of 1]$ donc est entier sur $\Z$.
    Et comme
    $$
    \alpha_{i,j} \longmapsto q/\alpha_{i,j}
    $$
    stabilise les racines du polynôme réciproque de $L$, $Z$ vérifie l'équation fonctionnelle $Z(1/(qT)) = q^{1-g} T^{2-2g} Z(T)$, ce qui équivaut à :
    $$
    L(1/(qT)) = q^{-g} T^{-2g} L(T)
    $$
    Et en ce qui concerne le problème initial $d=3$, $a=b=1$, on obtient deux couples pour $(i,j)$ : le couple $(1,1)$ est son conjugué $(2,2)$, avec
    $$
    \alpha_{1,1} = -J(\chi,\chi) \chi(c^2) = -J(\chi,\chi) \chi(c)^2 = -J(\chi,\chi) \chi(c)^{-1}
    $$
    C'est ce qui était attendu.

    Mais il y a bien mieux dans Ireland & Rosen, cf section $\S3$ du chapitre 11 : cette section s'intitule ``The rationality of the zeta function associated to $a_0x_0^m + \cdots a_nx_n^m = 0$''. Il s'agit de la variété projective sur un corps fini $\mathbb F_q$ avec $q \equiv 1 \bmod m$, les $a_i \in \mathbb F_q^*$. Et ils obtiennent pour cette variété tout ce que l'on peut attendre de sa fonction zeta (conjecture de Weil), cf le théorème 2 du chapitre 11 et celui de même numéro du chapitre 10
  • @flip flop
    Une question à propos de ton dernier post. Soit $a \in \mathbb F_q$. Si $n$ est premier, c'est vrai que $a$ admet une racine $n$-ème dans $\mathbb F_{q^n}$. Je le vois, car je sais, pour $n$ premier et tout corps $K$ et $a \in K$, que le polynôme $X^n -a$ est soit irréductible dans $K[X]$, soit totalement scindé dans $K[X]$. Horreur : je voulais dire $X^n -a$ est soit irréductible dans $K[X]$ soit possède une racine dans $K$.

    Mais qu'en est-il si $n$ est quelconque ?

    Et aut fait, pour une courbe elliptique $E/\mathbb F_q$, le sous-groupe de torsion $E[n]$ a tous ses points définis sur $\mathbb F_{q^n}$ ? Ou bien sur $\mathbb F_{q^{n^2}}$ ? Ou bien, sur $\mathbb F_{q^{\bullet}}$ avec $\bullet = $ dans les combien ? Quid si $n$ est divisible par la caractéristique ? Tu peux constater ici l'étendue de mon ignorance.
  • Pour la première question, on prend $k := \mathbb{F}_5$, $n=4$, $P := x^4+1=(x^2+2)(x^2-2)$. Mais c'est peut être pas la question, si ?

    Pour la deuxième question je ne sais pas du tout.

    Concernant ton avant dernier post pour le point 1. Mais en fait tu as la total (modulo Hasse-Davenport).

    Je vais regardé plus en détails ton post d'hier, il faut juste que j'arrive a me concentrer un peu !
  • @flip flop
    Ma question était : peut-on trouver un triplet $(\mathbb F_q, a \in \mathbb F_q, n \in \N^*)$ tels que $X^n - a$ soit sans racine dans $\mathbb F_{q^n}$ ? L'exemple $X^4 + 1 = (X^2 -2)(X^2 + 2)$ sur $\mathbb F_5$ ne convient pas car $X^4 + 1$ est totalement scindé sur $\mathbb F_{5^2}$, a fortiori sur $\mathbb F_{5^4}$.

    Oui, on obtient la totale dans le cas $ax^d + by^d + cz^d =0$ sur $\mathbb F_q$ avec $d \mid q-1$. En ayant Hasse-Davenport avec soi. Et contrairement à une certaine époque, je pense que sans Hasse-Davenport, on ne peut pas faire grand chose.

    Mais obtenir la totale dans le cas particulier ci-dessus, c'est juste banal. Et Ireland & Rosen font bien plus.

    De plus, on lit page 50 de https://perso.univ-rennes1.fr/bernard.le-stum/Documents_files/Introduction aux conjectures de Weil.pdf

    Le premier cas non-trivial pour lequel André Weil a démontré ses conjectures est celui des hypersurfaces diagonales. Il s’agit des hypersurfaces projectives sur un corps $k$ à $q$ éléments ayant une équation de la forme $\sum_i a_iX_i^d = 0$ avec $(q, d) = 1$.

    Note l'hypothèse $q \wedge d = 1$, hypothèse bien plus faible que $d \mid q-1$.
  • Jolie question sur les corps finis mais...

    J'ai essayé de trouver un tel triplet avec $n=5$. Sans succès...
    Je ne vois pas non plus comment démontrer qu'il n'en existe pas. :-S
  • Hello Gai requin :

    Faut prendre un nombre non premier pour $n$.
  • Hello,

    J'en suis venu à cette histoire de $X^n - a$ suite à une phrase de FlipFlop in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510516#msg-1510516. Grosso modo, on disposait d'un $c \in \mathbb F_p$ et FlipFlop considérait une racine cubique de $c$. Où ? Dans $\overline {\mathbb F_p}$ ? Non, dans $\mathbb F_{p^3}$, dixit FlipFlop. Cela m'a interpellé, comme dit l'autre.

    En fait, c'est un problème purement multiplicatif. Je peux supposer $a \ne 0$. On dispose donc d'un $a \in \mathbb F_q^*$ et on veut savoir si $a$ est une puissance $n$-ième dans le groupe $G = \mathbb F_{q^n}^*$. Notons pour un groupe commutatif $G$, $G^{(n)}$ le sous-groupe des puissances $n$-ièmes. Si $G$ est d'ordre $N$, on a:
    $$
    G^{(n)} = G^{(n \wedge N)}
    $$
    Et si $G$ est cyclique d'ordre $N$ :
    $$
    G^{(n)} = G^{(n \wedge N)} = \{x \in G \mid x^{N \over n \wedge N} = 1 \}
    $$
    On peut appliquer cela $G = \mathbb F_{q^n}^*$ qui est d'ordre $N = q^n - 1$. On prend $a$ dans $\mathbb F_q^*$, qui vérifie donc $a^{q-1} = 1$. Et on se demande si :
    $$
    a^{N \over n \wedge N} \quad \buildrel {??} \over = \quad 1
    $$
    Mais $a$ peut être d'ordre $q-1$ exactement. D'ailleurs, on peut se limiter à résoudre la chose pour un générateur $a$ de $\mathbb F_q^*$. Et si l'on veut lever les points d'interrogation, c'est que la seule possibilité est :
    $$
    q-1 \mid {N \over n \wedge N} \qquad \hbox {avec $N = q^n -1$} \qquad\qquad (\clubsuit)
    $$
    Question : est ce que la relation de divisibilité $(\clubsuit)$ est toujours vérifiée ? Elle l'est pour $n$ premier car alors $n \wedge N = 1$ (sauf erreur de ma part) et $(\clubsuit)$ se résume alors à $q-1 \mid q^n-1$. Erreur de ma part : $n$ étant premier, on peut avoir $n \mid q^n-1$ (par exemple si $n \mid q-1$), auquel cas le pgcd est $n$ et pas 1. Mais on arrive tout de même à montrer $(\clubsuit)$.

    PS : encore une fois, c'est de la faute à FlipFlop.
  • Je veux dire :

    Soit $k$ un corps, $a \in k$ et $p$ un nombre premier. Le polynôme $x^p-a$ est irréductible dans $k$ si et seulement si il ne possède pas de racine dans $k$.
  • @flip flop
    Bien d'accord avec ton dernier post. Et je l'avais signalé dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510594#msg-1510594 ... sauf que j'avais écrit une énorme c.nn.rie (corrigée depuis).
  • Soit $a \in \mathbb F_q$ et un exposant $n \ge 1$ ; on veut montrer que $a$ est une puissance $n$-ème dans $\mathbb F_{q^n}$. C'est acquis si $n$ est premier.

    Pour $n$ quelconque, on décompose $n$ en produit de premiers : $n = \ell_1\ell_2 \cdots \ell_k$, les premiers $\ell_i$ n'étant pas nécessairement distincts. Et on pose :
    $$
    K_0 = \mathbb F_q, \qquad K_1 = \mathbb F_{q^{\ell_1}}, \qquad
    K_2 = \mathbb F_{q^{\ell_1\ell_2}} = \mathbb F_{{(q^{\ell_1})}^{\ell_2}}, \qquad
    K_3 = \mathbb F_{q^{\ell_1\ell_2\ell_3}} = \mathbb F_{{(q^{\ell_1\ell_2})}^{\ell_3}}, \qquad \cdots
    $$
    Si bien que l'on dispose de la chaîne :
    $$
    a \in K_0 \ \subset\ K_1 \ \subset\ K_2 \ \subset\ K_3 \ \subset\ \cdots
    $$
    Comme la chose est acquise quand l'exposant est premier, il existe $a_1 \in K_1$ tel que $a = a_1^{\ell_1}$ ; puis $a_2 \in K_2$ tel que $a_1 = a_2^{\ell_2}$ ; puis $a_3 \in K_3$ tel que $a_2 = a_3^{\ell_3}$. And so on. En définitive :
    $$
    a = a_1^{\ell_1} = a_2^{\ell_1\ell_2} = a_3^{\ell_1\ell_2\ell_3} = \cdots = a_k^{\ell_1 \cdots \ell_k} = a_k^n
    $$

    Mon avis : cela devrait être plus simple (= je m'y prends probablement comme un manche).
  • @Claude : beh, je n'ai pas d'autre idée, j'ai cru que ce n'était pas vrai et cherché un contre exemple ... sans rien trouvé !
  • @flip flop
    Tout cela n'est pas glorieux ... Et nous éloigne un peu de nos préoccupations mais c'est la vie. Et j'en rajoute une couche sur $X^n -a$. Pour régler le cas où l'exposant $n$ est premier, et mérite alors d'être baptisé $p$, on fait appel à une propriété du polynôme $X^p - a$ sur n'importe quel corps $K$, à savoir que, ou bien ce polynôme est irréductible dans $K[X]$, ou bien il admet une racine dans $K$. J'attache un vieux truc.

    Mais on peut se poser aussi la question de la divisibilité $(\clubsuit)$ abordée dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510808#msg-1510808 :
    $$
    q-1 \mid {q^n - 1 \over n \wedge (q^n-1)} \qquad\qquad \hbox {ou encore} \qquad\qquad
    n \wedge (q^n-1) \mid {q^n - 1 \over q-1} \qquad\qquad (\clubsuit)
    $$
    Je le fais pour $n$ PREMIER, $q$ quelconque (puissance d'un premier ou pas). Le pgcd $n \wedge (q^n-1)$ vaut donc $1$ ou $n$. Il y a le cas où ce pgcd vaut 1, cas qui est immédiat. Je suppose donc que le pgcd vaut $n$ i.e. $n \mid (q^n-1)$. Je pose :
    $$
    S_n(q) = 1 + q + \cdots + q^{n-1} = {q^n - 1\over q-1} \qquad \hbox {si bien que} \qquad q^n -1 = (q-1)S_n(q)
    $$
    Le truc $(\clubsuit)$ à montrer (version de droite) se résume à montrer $n \mid S_n(q)$, sous couvert de l'hypothèse $n \mid q^n - 1 = (q-1)S_n(q)$. Mais $n$ est premier. Si bien que soit $n$ divise $S_n(q)$ et on est content car c'est ce que l'on veut. Soit $n \mid q-1$. Mais :
    $$
    q-1 \mid S_n(q) - S_n(1) = S_n(q) - n
    $$
    Donc $n \mid S_n(q) - n$ i.e. $n \mid S_n(q)$.
    Vraiment pas glorieux.
  • Ici, je parle du ``power residue symbol'' (je ne sais pas comment on dit chez nous autres), cela nous changera les idées. Contexte : un nombre premier $p$ et un exposant $e \in \N^*$ vérifiant $p \wedge e = 1$ et $\mathfrak p$ un idéal premier de $\Z[\root e \of 1]$ au dessus de $p$. Il s'agit de définir :
    $$
    \left( {\bullet \over \mathfrak p} \right)_e : \Z[\root e \of 1] \longmapsto \mathbb U_e \cup \{0\}
    $$
    Le point capital est de montrer que la réduction modulo $\mathfrak p$ est injective au dessus de $\mathbb U_e$ :
    $$
    \mathbb U_e \longmapsto \Z[\root e \of 1] /\mathfrak p \qquad\qquad (\star)
    $$
    On peut procéder ainsi en écrivant :
    $$
    X^{e-1} + \cdots + X + 1 = {X^e - 1 \over X-1} = \prod_{\omega \in \mathbb U_e \setminus \{1\}} (X - \omega)
    $$
    Et y faire $X = 1$ :
    $$
    e = \prod_{\omega \in \mathbb U_e \setminus \{1\}} (1 - \omega)
    \qquad \hbox {que l'on réduit modulo $\mathfrak p$} \qquad
    \overline e = \prod_{\omega \in \mathbb U_e \setminus \{1\}} (1 - \overline\omega)
    $$
    Puisque $e \wedge p = 1$, ceci prouve que chaque $1 - \overline \omega$, $\omega \in \mathbb U_e$, $\omega \ne 1$, est inversible dans le quotient modulo $\mathfrak p$. On en déduit alors
    $$
    [\omega, \omega' \in \mathbb U_e \quad\hbox {et}\quad \omega \equiv \omega' \bmod \mathfrak p] \quad \Longrightarrow \quad \omega = \omega'
    $$
    Ainsi est acquise l'injectivité de $(\star)$. Le quotient qui y intervient à droite est un corps de cardinal $N(\mathfrak p)$ et donc :
    $$
    e \mid N(\mathfrak p) - 1
    $$
    On peut noter $U_e$ l'image de $\mathbb U_e$ par $(\star)$. La définition du symbole est alors la suivante pour $x \in \Z[\root e \of 1]$ :
    $$
    \left( {x \over \mathfrak p} \right)_e = \cases {
    0 &si $x \in \mathfrak p$ \cr
    \hbox {l'unique élément de $\mathbb U_e$ qui se réduit modulo $\mathfrak p$ en $x^{N(\mathfrak p) - 1 \over e} \in U_e$} &si $x \notin \mathfrak p$\cr
    }
    $$
    On définit ainsi un caractère multiplicatif d'ordre $e$ sur le corps $\Z[\root e \of 1] /\mathfrak p$.

    Note : l'indice $e$ est obligatoire car $\mathfrak p$ peut retrouver son anneau $\Z[\root e \of 1]$ mais ne peut pas retrouver $e$. Par exemple :
    $$
    \Z[j] = \Z[\root 3 \of 1] = \Z[\root 6 \of 1] \qquad \hbox {conduit à deux symboles distincts} \qquad
    \left( {\bullet \over \mathfrak p} \right)_3, \qquad \left( {\bullet \over \mathfrak p} \right)_6
    $$
  • Merci Claude :

    Ok, je comprends. C'est très amusant car c'est complètement relié à la décomposition de $p$ dans $\Z[ \root e \of 1]$.

    Je veux dire : prenons $e=5$.

    La décomposition des idéaux premiers dans $\Z[ \root 5 \of 1]$ est donnée de la manière suivante :

    si par exemple : $p=1 \pmod {5}$,alors $p = \mathfrak{p}_1 \mathfrak{p}_2 \mathfrak{p}_3 \mathfrak{p}_4$.
    cette décomposition étant liée (par une ficelle) aux racines de $\Phi_5$ dans $\mathbb{F}_p$.

    Chaque idéal premier donne lieu à un caractère d'ordre $5$ via son symbole (je ne sais pas comment on dit) puissance $e$.

    Maintenant si $p = 4 \pmod{5}$, alors la décomposition est $p = \mathfrak{p}_1 \mathfrak{p}_2$ mais les corps résiduelles sont $\mathbb{F}_{p^2}$ et on obtient uniquement $2$ caractères et il faut certainement mettre le Frobenius en action pour obtenir les deux autres :-S

    Claude, tu peux m'expliquer pourquoi je vois des Frobenius partout :-D
  • @flip flop
    Voir des Frobenius partout ? Ben, je sais pas. Je crois pas que cela soit dû aux changements brusques de température ? Pas forcé non plus sur la bière, je pense ?

    En tout cas, j'aimerais bien le voir (le Frobenius) en action sur la courbe elliptique $E/\mathbb F_p$ pour $p \equiv 1 \bmod 3$ :
    $$
    E : x^3 + y^3 + cz^3 = 0, \qquad c \in \mathbb F_p^*, \qquad \hbox {point-base $p_0 = (1 : -1 : 0)$}
    $$
    Cf le point 4 in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510238#msg-1510238 et un début de causerie in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510380#msg-1510380 et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1510484#msg-1510484

    Si j'ai parlé du ``power residue symbol'', c'est dans l'espoir de mieux affronter la glace mince. C'est quoi cette histoire de glace mince ? Dans $\Z[j]$, on a tendance à écrire des choses du genre $p = \pi \overline\pi$ avec des soucis entre $\pi$ et $\overline\pi$ d'une part et les 6 unités d'autre part. Dans l'histoire ``power residue symbol'', cela ne risque pas d'arriver vu que l'idéal $\mathfrak p$ de $\Z[\root e \of 1]$ est rarement monogène.

    Il serait donc préférable, quand on sent que que la glace est mince, d'écrire $p = \mathfrak p\overline {\mathfrak p}$ et même $p = \mathfrak p_1 \mathfrak p_2$, les deux premiers étant conjugués (au sens complexe). A priori, on ne peut pas les distinguer. On sait cependant que se donner l'un d'entre eux, c'est se donner une racine cubique de l"unité dans $\mathbb F_p$. Ceci parce que $j$ est présent/fixé dans $\Z[j]$ (et qu'il n'est pas question de le confondre avec son conjugué i.e. c'est $j$ qui commande la ficelle d'attachement). Choisir un générateur des $\mathfrak p_i$ est encore une autre histoire, indispensable en certaines circonstances.

    La situation est tout autre dans l'anneau :
    $$
    A = \text{End}_{\mathbb F_p}(E) = \text{End}_{\overline {\mathbb F_p}}(E)
    $$
    Il y aurait des choses à dire sur cette égalité (on dit que la courbe elliptique est ordinaire). Passons. Et aussi sur le fait que ``l'on sait'' que cet anneau est un anneau quadratique imaginaire isomorphe à $\Z[j]$. Et la situation est tout autre car ON DISPOSE d'une factorisation de $p$ en deux éléments précis :
    $$
    p = \Phi \widehat {\Phi} \qquad\qquad (\star)
    $$
    Ici, pas question de confondre le Frobenius $\Phi$ avec l'isogénie duale $\widehat {\Phi}$.

    On pourrait penser que je me répète. C'est pas faux. Et j'en viens à ma question. Fixons une racine cubique $j_p$ de l'unité dans $\mathbb F_p$ et notons :
    $$
    J : (x : y : z) \longmapsto (x : y : j_pz)
    $$
    Cette fois, on a l'égalité $A = \Z[J]$ et $J$ peut donc fournir une ficelle d'attachement. Puisque l'on a fait ce choix de $J$ (défini par $j_p$) et que l'on croit un peu près à ce que l'on raconte, c'est que $J$ identifie un des deux idéaux $\langle\Phi\rangle$ ou $\langle\widehat{\Phi}\rangle$ dans $(\star)$. Identifie ayant le sens de ``attache par une ficelle''. Quel idéal est attaché à $J$ ? Ou encore : dans l'isomorphe CANONIQUE $\mathbb F_p \simeq \Z[J]/\langle \Phi\rangle$, quelle est la racine cubique de l'unité correspondant à la classe de $J$ modulo $\langle \Phi\rangle$ ? $j_p$ ou $j_p^2$ ?

    Glace mince, quand tu me tiens.
  • Salut Flip Flop
    Peut-être que je devrais faire plus d'Analyse ? Car on y apprend par exemple que `` .. la grande fête de l'Assomption, qui depuis le vœu de Louis XIII est au fond la vraie grande fête de la France''.

    Suite de mon post précédent. Mon objectif est d'écrire de manière explicite $\Phi = a + bJ$ avec $a, b \in \Z$, écriture qui ne se trouve pas sous le sabot d'un cheval. Je continue à noter $j_p \in \Z$ une racine cubique de l'unité modulo $p$ ; parfois $j_p$ habitera $\Z$ et d'autres fois $\mathbb F_p$ (selon mes envies).

    Comme la glace est mince, la ficelle d'attachement doit être solide (pour écrire un programme !).
    Il convient donc de rappeler cette ficelle d'attachement : de $j_p$ à la factorisation de $p$ dans $\Z[j]$ en deux idéaux premiers :
    $$
    p\Z[j] = \langle p, j-j_p\rangle \ \langle p, j-j_p^2\rangle \qquad\qquad (\star)
    $$
    Ceci est très général et n'a rien à voir avec le fait que $\Z[j]$ soit principal. Dans $\Z[\root n \of 1]$, on a le même phénomène : si $\Phi_n \equiv F_1^{e_1} \cdots F_g^{e_g} \bmod p$ est la factorisation modulo $p$ du polynôme cyclotomique $\Phi_n$, on a la factorisation en idéaux premiers :
    $$
    p\Z[\root n\of 1] = \langle p, F_1(\zeta_n)\rangle^{e_1} \cdots \langle p, F_g(\zeta_n)\rangle^{e_g}
    $$
    On a d'ailleurs $e_1 = e_2 = \cdots = e_g$, ce qui est dû au caractère galoisien de $\Q(\root n \of 1)/\Q$ (en fait à la factorisation explicite de $\Phi_n$ modulo $p$).

    Bref, en principe la ficelle est solide. On peut d'ailleurs en remettre une couche en ce qui concerne $(\star)$ en calculant $(j-j_p)(j-j_p^2)$ dans $\Z[j]/p\Z[j]$. On trouve 0. C'est donc que
    $$
    (j-j_p)(j-j_p^2) \in p\Z[j] = \mathfrak p_1 \mathfrak p_2 \subset \mathfrak p_1
    $$
    Donc par exemple, $j-j_p \in \mathfrak p_1$, auquel cas $j-j_p^2 \in \mathfrak p_2$. ...etc...

    Revenons à l'histoire :
    $$
    E/\mathbb F_p : x^3 + y^3 + cz^3 = 0, \qquad p_0 = (1, -1, 0), \qquad J : (x:y:z) \longmapsto (x:y: j_pz), \qquad p = \Phi\widehat\Phi
    $$
    Dans l'anneau $A = \Z[J]$ des endomorphismes de $E$, je fais le PARI :
    $$
    \langle \Phi\rangle = \langle p, J - j_p\rangle
    $$
    Et pour vérifier si j'ai raison, je dois calculer $\Phi = a + bJ$ (quand on n'a pas de tête, il faut avoir des jambes).

    Un début de quelque chose : je définis $k = 0,1,2$ tel que $c^{p-1 \over 3} = j_p^k \bmod p$. Si $\mathfrak p = \langle p, j-j_p\rangle$, tu reconnais le ``power residue symbol'' :
    $$
    j^k = \left( {c \over \mathfrak p} \right)_3 \qquad\qquad \hbox {(d'où une certaine cohérence dans mes propos, sic)}
    $$
    Je vais montrer que $J^k \Phi \equiv 1 \bmod 3$, ce qui sera utile plus tard pour les calculs. Ceci signifie que $J^k \Phi$ est l'identité sur la 3-torsion $E[3]$ (dire pourquoi). Du coup, pour déterminer $E[3]$, j'ai besoin d'une racine cubique $\gamma$ de $c$ dans $\overline {\mathbb F_p}$, clôture algébrique que je peux prendre ici égale à $\mathbb F_{p^3}$, comme tu sais. Les points de 3-torsion sont les points d'inflection de la réalisée de la courbe dans $\mathbb P^2$ ; dans notre contexte, les points qui possèdent une coordonnée nulle. En voici un :
    $$
    P = (\gamma : 0 : -1) \qquad\qquad \hbox {car $\gamma^3 + 0^3 + c \times (-1)^3 = 0$}
    $$
    L'exposant $k \in \{0,1,2\}$ revient au galop dans l'obsession du calcul du Frobenius $\bullet \mapsto \bullet^p$ :
    $$
    \gamma^p = j_p^k \gamma \qquad \hbox {car $\gamma^{p-1} = (\gamma^3)^{p-1 \over 3} = c^{p-1 \over 3} = j_p^k$ par définition de $k$}
    $$
    On voit donc ici un lien entre ``power residue symbol'' et Frobenius. Terminons le calcul de $J^k \Phi$ sur $P$ :
    $$
    (J^k\Phi)(P) = J^k (\gamma^p : 0 : -1) = J^k(j_p^k \gamma : 0 : -1) = (j_p^k \gamma : 0 : - j_p^k) = (\gamma : 0 : -1) = P
    $$
    Idem avec les autres points de 3-torsion.

    Et avec cela, si je ne suis pas trop manchot, je dois pouvoir parvenir à mes fins.
  • @flip flop
    Ce jour de la grande fête de l'Assomption, j'ai un peu avancé mon programme (magma). Je t'en montre un bout. Il est important de noter que je ne fais pas de calcul de type Gauss-Jacobi. Je vais tout appuyer sur $j_p$ et utiliser des résultats sur les courbes. J'ai montré dans le post précédent que $J^k \Phi \equiv 1 \bmod 3$ où $k$ est déterminé par $c^{p-1 \over 3} = j_p^k \bmod p$. Et bien sûr, je continue à croire que dans l'anneau des endomorphismes de $C/\mathbb F_p : x^3 + y^3 + cz^3 = 0$ munie du point-base $p_0 = (1 : -1 : 0)$, on a :
    $$
    \langle \Phi\rangle = \langle p, J - j_p\rangle \qquad\qquad
    \hbox {rappel : $J = (x : y : z) \longmapsto (x : y : j_py)$}
    $$
    Je pose $\Pi = J^k\Phi$ qui vérifie $\Pi \equiv 1 \bmod 3$, si bien que :
    $$
    \Phi = J^{-k}\Pi, \qquad \langle \Phi\rangle = \langle p, J - j_p\rangle = \langle \Pi\rangle
    $$
    Parmi les choses convoitées, il y a la trace du Frobenius $\Phi$. On balance tout dans $\Z[j]$ en mettant des minuscules :
    $$
    \phi = j^{-k}\pi, \qquad \langle \phi\rangle = \langle p, j - j_p\rangle = \langle \pi\rangle, \qquad \pi \equiv 1 \bmod 3
    $$
    Et là, c'est bon, je peux attraper la trace du Frobenius. Car $\pi$ est le générateur normalisé de l'idéal premier $\langle p, j-j_p\rangle$ que je connais, $j^k$ je l'attrape par $j^k = \chi(c)$ où $\chi$ est le caractère cubique défini par $j_p$. J'insiste : c'est $j_p$ qui détermine tout (le coup de la ficelle solide).

    D'ailleurs, je peux préparer mes petites affaires en fonction du premier $p \equiv 1 \bmod 3$. La courbe, on s'en fiche pour l'instant.

    > Premiers := [p : p in PrimesInInterval(7,50) | p mod 3 eq 1] ;
    > Premiers ;
    [ 7, 13, 19, 31, 37, 43 ]
    > 
    > // Soit p = 1 modulo 3. 
    > // Je détermine dans F_p une racine cubique de l'unité j_p et les objets attachés (par une ficelle) à j_p
    > p := Random(Premiers) ;
    > p ;
    37
    > Fp := GF(p) ;
    > ok, jp := HasRoot(Phi3) where Phi3 is ChangeRing(CyclotomicPolynomial(3), Fp) ;
    > assert ok ;
    > jp ;
    26
    > // L'idéal premier P de Z[j] attaché à j_p (P est facteur de p).
    > P := ideal <Zj | p, j-jpTilde>  where jpTilde is Z!jp ;
    > // P est monogène puisque Z[j] est principal
    > ok, genP := IsPrincipal(P) ;
    > Qj!genP ;
    -4*j - 7
    > // Je détermine maintenant LE générateur normalisé pi de P
    > UgenP := [Zj| u*genP : u in [1,j,j^2,-1,-j,-j^2]] ;
    > exists(pi){pi : pi in UgenP | IsDivisibleBy(pi-1,3)} ;
    true
    > Qj!pi ;
    -3*j + 4
    > // Ainsi que le caractère cubique associé à j_p
    > Chi := CubicCharacter(jp) ;
    > Domain(Chi) ;
    Finite field of size 37
    > Codomain(Chi) eq {1,j,j^2,0} ;
    true
    

    Maintenant, on fait débarquer les courbes $x^3 + y^3 + cz^3 = 0$ : tout est prêt pour le calcul i.e. pour la vérification des ``traces'' $p+1 - N = \text{Tr}\big(\chi(c)^{-1}\pi\big)$ où $N$ est le nombre de points de la courbe.

    > // Je choisis maintenant quelques c in Fp \ {0} pour jouer avec x^3 + y^3 + cz^3 = 0
    > // Et contrôler que le nombre de points N vérifie p+1 - N = Trace(Chi(c)^-1 * pi) ;
    > // On voit que ce nombre de points ne dépend que de Chi(c) i.e. du caractère cubique de c.
    > 
    > P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(Fp, 2) ;
    > MyToyCurve := func < c | Curve(P2, x^3 + y^3 + c*z^3) > ;
    > 
    > time for dummy := 1 to 20 do
    time|for>   c := Random(Fp) ;  
    time|for>   if c eq 0 then continue ; end if ;
    time|for>   C := MyToyCurve(c) ;
    time|for>   N := #Points(C) ;
    time|for>   assert p+1 - N eq Trace(Chi(c)^-1 * pi) ;
    time|for> end for ;
    Time: 0.020
    > C ;
    Curve over GF(37) defined by
    x^3 + y^3 + 9*z^3
    > N ;
    48
    > p+1 - N ;
    -10
    > Trace(Chi(c)^-1 * pi) ;
    -10
    

    Mais calculer le nombre de points n'était pas mon seul objectif. Il faut maintenant, en notant $\phi = a + bj$, que je te fasse croire que $a + bJ$ est le Frobenius $\Phi$. Pour faire tourner le Frobenius, c'est mieux de considérer des points qui ne sont pas $\mathbb F_p$-rationnels ! Je vais donc monter à $\overline {\mathbb F_p}$, et comme je suis pas trop riche je vais me contenter de monter à $\mathbb F_{p^2}$.

    L'autre souci technique, c'est que je ne suis pas en situation Weierstrass et que vérifier $\Phi(P) = aP + bJ(P)$ ne peut pas se faire directement. Mais que cela ne tienne : la courbe est genre 1 avec un point-base (rationnel) : on va donc utiliser la théorie des diviseurs.

    On prépare $a,b$ de $\phi = a + bj$, et l'extension de la courbe à $\mathbb F_{p^2}$, clôture algébrique des pauvres.

    > phi := Chi(c)^-1 * pi ;
    > Qj ! phi ;
    -4*j - 7
    > a := Z!phi[1] ; b := Z!phi[2] ; assert phi eq a + b*j ;
    > // On croit à Phi = a + b*J   i.e. à  Phi(p) = a*p + b*J(p) pour tout point p de E/AlgClosure(Fp)
    > // Clôture algébrique des pauvres
    > Fp2<w> := ext <Fp | 2> ; 
    > Cp2<x,y,z> := BaseChange(C,Fp2) ;
    > J := map < Cp2 -> Cp2 | [x, y, jp*z] > ;
    > Phi := map < Cp2 -> Cp2 | [x^p, y^p, z^p] > ;
    > p0 := Cp2 ! [1,-1,0] ;
    > D0 := Divisor(p0) ;
    

    Là, on fait la vérification, en notant $D_0$ le diviseur de $p_0$, pour un point $P$ pris au hasard, du pendant de $\Phi(P) = aP + bJ(P)$ i.e. de :
    $$
    \text{Div}(\Phi(P)) - D_0 \quad \sim \quad a\big( \text{Div}(P) - D_0\big) + b\big( \text{Div}(J(P)) - D_0\big)
    $$
    Bien sûr, $\sim$ c'est l'équivalence linéaire des diviseurs.

    > PointsCp2 := Points(Cp2) ; 
    > #PointsCp2 ;
    1344
    > P := Random(PointsCp2) ;
    > P ;
    (w^49 : w^1299 : 1)
    > Phi(P) ;
    (w^445 : w^183 : 1)
    > J(P) ;
    (w^961 : w^843 : 1)
    > D1 := Divisor(Phi(P)) - D0 ;
    > D1 ;
    Divisor on Curve over GF(37^2) defined by
    x^3 + y^3 + 9*z^3
    > Support(D1) ;
    [
        Place at (w^445 : w^183 : 1),
        Place at (36 : 1 : 0)
    ]
    [ 1, -1 ]
    > D2 := a*(Divisor(P) - D0) + b * (Divisor(J(P)) - D0) ;
    > D2 ;
    Divisor on Curve over GF(37^2) defined by
    x^3 + y^3 + 9*z^3
    > Support(D2) ;
    [
        Place at (w^49 : w^1299 : 1),
        Place at (36 : 1 : 0),
        Place at (w^961 : w^843 : 1)
    ]
    [ -7, 11, -4 ]
    > ok, f := IsLinearlyEquivalent(D1,D2) ;
    > ok ;
    true
    > // Visualiser f, habitant du corps des fonctions de C, telle que D1 - D2 = Div(f)
    > L<x,y> := FunctionField(Cp2) ;
    > assert  x^3 + y^3 eq -c ;
    > assert f in L ;
    > f ;
    (w^86*y^10 + w^488*y^9 + w^269*y^8 + w^1244*y^7 + w^929*y^6 + w^1094*y^5 + w^785*y^4 + w^853*y^3 + w^635*y^2 + w^1082*y 
        + w^586)*x^2 + (w^770*y^11 + w^1172*y^10 + w^953*y^9 + w^948*y^8 + w^1004*y^7 + w^364*y^6 + w^62*y^5 + w^1269*y^4 + 
        w^738*y^3 + w^1362*y^2 + w^195*y + w^577)*x + w^86*y^12 + w^488*y^11 + w^269*y^10 + w^398*y^9 + w^1281*y^8 + 
        w^14*y^7 + w^388*y^6 + w^624*y^5 + w^534*y^4 + 12*y^3 + w^520*y^2 + w^408*y + w^288
    
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