Homographies et petits groupes de Galois

gai requin · October 2016

A priori, $t$ est une fraction rationnelle de hauteur $3$ (Lüroth) laissée stable par $\sigma$.
Il suffit alors de choisir pour $t$ un des coefficients de hauteur $3$ du polynôme minimal de $a$ sur $\mathbb Q(a)^{\langle \sigma \rangle}$ (Artin est caché quelque part), polynôme que tu avais déjà calculé.

flipflop · October 2016

Comment tu as trouvé ton polynôme ?!?

Gai requin, tu es entrain de faire de la géométrie algébrique en cachette ?

gai requin · October 2016

Pas du tout, c'est juste de la théorie de Galois (heureusement pour moi) !

Pour trouver mon polynôme, j'ai donc choisi $t=$ le coeff de $X^2$, de sorte que $\mathbb Q(a)^{\langle\sigma\rangle}=\mathbb Q(t)$.
D'après les relations coeff-racines d'un polynôme, les autres coeffs sont dans $\mathbb Q(t)$.
Y'a plus qu'à bidouiller pour trouver leur expression en fonction de $t$.

claude quitté · October 2016

Je n'ai pas le temps (because $\Gamma(3)$ sur la sellette). J'ai juste tiqué sur le verbe "bidouiller". Car lorsque l'on croit au théorème de Luröth, disons à un bon énoncé de ce résultat, il y a de quoi exprimer une fraction rationnelle de $a$ en une autre (dans un contexte adéquat). Et même bien mieux que cela : on peut déterminer les composantes de n'importe quel habitant de $k(a)$ sur une base ad-hoc. Je parle de la base constituée des puissances (en nombre égal à la hauteur de la fraction rationnelle) de l'indéterminée $a$. C'est une base de l'extension du haut sur l'extension intermédiaire engendrée par la fraction rationnelle.

Et ce que je dis est contenu dans la preuve ! Cela s'appelle ``croire à ce que l'on fait''. Je m'en suis expliqué à la page 3 de C4GenericExtension.pdf qui est (je pense) attaché quelque part dans ce fil. Good luck.

Ici, il se trouve que tout coefficient est une fonction affine de l'autre. Je m'étais empressé d'écrire une calculette (dont le principe est expliqué à la page 3 du pdf) en cas de besoin. Je la fait tourner même si c'est ultra-simple (fonction affine de ..)

> // flip-flop 18 Oct 2016
> denominateur := 9*x^2 - 9*x + 2 ;
> g2 := (-9*x^3 + 9*x - 3) / denominateur ;
> g1 := (9*x^3 - 9*x^2 + 1) / denominateur ;
> g0 := (-2*x^3 + 3*x^2 - x) / denominateur ;
> 
> // expression de g1 comme fraction rationnelle de t=g2
> expression, evaluateur := LurothBasisComponents(g2, g1 : Name := "t") ;
> expression ;
-t - 1
> evaluateur(expression) ;
(x^3 - x^2 + 1/9)/(x^2 - x + 2/9)
> evaluateur(expression) eq g1 ;
true
> 
> // Idem avec g0
> expression, evaluateur := LurothBasisComponents(g2, g0 : Name := "t") ;
> expression ;
2/9*t + 1/3
> evaluateur(expression) ;
(-2/9*x^3 + 1/3*x^2 - 1/9*x)/(x^2 - x + 2/9)
> evaluateur(expression) eq g0 ;
true

claude quitté · October 2016

J'attache une nouvelle version de ONE2Cover...pdf. J'y ai supprimé le début de l'étude de $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z/4\mathbb Z)$, qui était dans le plus grand foutoir. Etude repoussée à plus tard car quelque chose de plus simple peut venir avant, à savoir le groupe de congruences $\Gamma(3)$ avant $\Gamma(4)$.

Ce ONE2Cover...pdf est consacré à l'étude de l'extension $(S'_n)_{\rm Serre}$, extension (centrale) de $S_n$ par $C_2$ via le modèle d'Alain $A_n \rtimes C_4$. On dispose d'une présentation de $S'_n$ via la présentation classique du groupe symétrique $S_n$ (dite de Coxeter, je crois).

Restent les deux autres extensions (non triviales) de $S_n$ par $C_2$, notées $S^+_n$ et $S^-_n$, en suivant la nomenclature de Kotlar, Schacher, Soon qui ont déjà été mentionnés.

Pour préparer le travail de $\Gamma(3)$. Le groupe modulaire $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$ agit sur la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb Q) = \mathbb P^1(\mathbb Z)$. Les habitants de cette droite projective sont souvent nommés cusps. Ils sont représentés par les vecteurs $\pmatrix {a\cr c}$ avec $a,c$ dans $\mathbb Z$ et $a \wedge c = 1$.
En identifiant un vecteur à son opposé et en notant comme il se doit $a/c$ sa classe. Dit autrement :
$$
\mathbb P^1(\mathbb Q) = \mathbb Q \vee \{\infty\} \qquad \infty = 1/0 = \pmatrix {1\cr 0}
$$
On n'hésite pas à mélanger, de manière contrôlée quand même, $a/c$ et $\pmatrix {a\cr c}$ et/ou $\pmatrix {-a\cr -c}$. Et parfois, on note $i\infty$ au lieu de $\infty$ car ce petit monde est, en un certain sens, sur le bord du demi-plan de Poincaré.

Bref, je dis que $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$ agit transitivement sur $\mathbb P^1(\mathbb Q)$. Pourquoi ? Par ailleurs, il est quasiment immédiat que le fixateur de $\infty$ sous $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$ est le groupe cyclique infini engendré par $T$ :
$$
T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 & 1}
$$
On va dire que c'est lui le générateur d'inertie direct de $\infty$. On s'aligne une fois pour toutes sur lui. Quel est alors le générateur d'inertie direct $T_{a/c}$ du cusp $a/c$ ? Sous-entendu : sous $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$

flipflop · October 2016

D'accord j'ai compris ... merci @vous !

Faudrait créer une fonction pour pouvoir utiliser ça.

denominateur := 9*x^2 - 9*x + 2 ;
 t := (-9*x^3 + 9*x - 3) / denominateur ;
 g1 := (9*x^3 - 9*x^2 + 1) / denominateur ;
 g0 := (-2*x^3 + 3*x^2 - x) / denominateur ;

P:=(-9X^3 + 9*X - 3)-(9*X^2 - 9*X + 2)*Y;
R:=rem(9*X^3 - 9*X^2 + 1,P,X);
A:=abcuv(9*X^2 - 9*X + 2,P,1,X);
// A est un tableau, A[0] coef de Bezout*
rem(A[0]*R,P,X);

-Y-1

Donc $g1:=(-t-1)$.

Exemple de base :

Je considère $y := \frac{2x+3}{x-1}$ et $f:=\frac{3x+2}{x-1}$ ($=y+1$) et je cherche $f$ comme une fraction rationnelle de $y$. On fait comme si on ne connais pas l'écriture.

Je considère : $P:=(2X+3)-(X-1)Y \in K(Y)[X]$
Je fais la division de $3X+2$ par $P$ : on trouve un reste $R(Y)=2- \frac{3(3+Y)}{2-Y}=\frac{5y+5}{y-2}$
On prend l'inverse de $X-1$ modulo $P$ : on trouve $\frac{Y-2}{5}$.

Finalement : $f=\frac{5y+5}{y-2} \times \frac{y-2}{5}=y+1$

claude quitté · October 2016

Les invariants ! On n'a presque jamais parlé des invariants. Alors que les invariants d'un groupe de réflections, c'est un anneau de polynômes (théorème de Chevalley-Shephard-Todd). Un petite vue :

> G12 ;
MatrixGroup(2, k) of order 2^4 * 3
Generators:
    [ 1/2*(z^2 - 1)  1/2*(z^2 + 1)]
    [ 1/2*(z^2 - 1) 1/2*(-z^2 - 1)]

    [ 1/2*(z^3 - z)  1/2*(z^3 + z)]
    [1/2*(-z^3 - z) 1/2*(-z^3 + z)]

    [  z   0]
    [  0 z^3]
> R := InvariantRing(G12) ;
> PrimaryInvariants(R) ;
[
    x1^5*x2 - x1*x2^5,
    x1^8 + 14*x1^4*x2^4 + x2^8
]

C'est à dire que l'on fait agir $G_{12}$ sur $k[x_1,x_2]$ et les deux polynômes (homogènes) $f,g$ que tu vois vérifient $k[x_1,x_2]^{G_{12}} = k[f,g]$. Cela ne te dit rien le polynôme $f$ de degré $6$ ? Et on a vu également passer $g$ de degré $8$. Et figure toi, je l'avais oublié $(6-1) + (8-1) = 12$, c'est le nombre de réflections dans $G_{12}$.

It's all.

gai requin · October 2016

Pour $f$ de degré $6$, si on reprend la courbe elliptique $y^2=x^5-x$ et qu'on homogénéise dans $\mathbb P^2(1,3,1)$, on obtient $y^2=f(x,z)$.
Pour $g$ de degré $8$, on fait pareil avec $y^2=x^8+14x^4+1$.

claude quitté · October 2016

Yes. Mais attention du côté du côté du polynôme $g$ de degré $8$ car $8 = 2g+2$ avec $g=3$ (le genre de la courbe hyperellipique $y^2 = x^8 + 14x^4+1$), et il faudra travailler dans $\mathbb P^2(1,g+1,1) = \mathbb P^2(1,4,1)$. Dans cette phrase, deux occurences de $g$ n'ayant pas le même sens.

Evidemment, le multiplicateur central $\lambda^{g+1}$ joue un rôle important dans l'action $\lambda \cdot (x,y,z)$.

Mais revenons encore une fois à $y^2 = x^5-x$ car il va y avoir un truc pas piqué des vers. Et il y en aura un autre avec $y^2 = x^8 + 14x^4 + 1$.

Deux questions. Je prends $A \in G_{12}$ et je lui associe une matrice $3 \times 3$:
$$
A = \pmatrix {a & b\cr c & d\cr} \longmapsto M = \pmatrix {a & 0& b\cr 0 & e & 0\cr c & 0 & d} \quad \hbox {avec $e = \det(A)$}
$$
Je considère 3 indéterminées $X,Y,Z$ et la transformation :
$$
\pmatrix {X' \cr Y'\cr Z'} = M \pmatrix {X \cr Y\cr Z}
$$
Quid de la forme $Y'^2 - (X'^5Z' - Z'^5X')$ versus la forme $Y^2 - (X^5Z - Z^5X)$ ?

Forme signifie ici polynôme homogène car je travaille avec les poids $\mathbb A^3(1,3,1)$ i.e. $X,Z$ sont de poids 1 et $Y$ de poids 3 si bien que les formes en question sont homogènes de poids 6.

Autre question (retour dans le passé !). Je conserve les notations et j'associe à $A \in G_{12}$ deux automorphismes $\theta_A$ et $\theta'_A$ de notre chère courbe hyperelliptique $y^2 = x^5-x$, en travaillant en coordonnées $\mathbb P^2(1,3,1)$-homogènes :
$$
\theta_A : (x : y : z) \mapsto (ax + bz : \det(A)y : cx + dz),
\qquad\qquad
\theta'_A : (x : y : z) \mapsto (ax + bz : y : cx + dz)
$$
La différence est au centre : $\det(A)y$ versus $y$.
Lequel est bon pour nous ?? I.e. quel est celui qui va induire un isomorphisme entre $G_{12}$ et $\mathrm {Aut}(y^2= x^5-x)$ via $A \mapsto \theta^{?}(A)$ ??

flipflop · October 2016

Coucou,

Je parasite un peu le fil, j'ai trop de retard pour faire joujou avec vous mais j'arrive (:D

Bon finalement, c'est pas trop mal Xcas, hormis certain plantage ! Et le fait que je ne comprend pas trop les différents variables x X Y t :-S

Un exemple d'utilisation de mon petit programme :

s:=-1/(x+1);
G:=GrpGen(s);

$$[ x,-\frac{1}{x+1},\frac{(-x-1)}{x} ] $$

DDorps(G);

$$\frac{(-x^{3}+3\cdot x+1)}{(x^{2}+x)},[1,Y,Y-3,-1],[x,-\frac{1}{x+1},\frac{(-x-1)}{x}$$

Bon a va faire un truc d'ordre $6$;

J'ajoute quelques fonctionnalités

f2coor(F):={
  // @ F : Franction rationnel en X \in K(X)
  // @return : coordonnée dans la base (1,X,x^2 ..) SUR k(T)
  return coeff(subs(L_trans(F,kx[1]),Y,T),X);
}:;
coor2f(C):={

  return subs(simplify(subs(poly2symb(C,x),T,kx[1])),x,X);
}:;

Gal(sigma,F):={
  // @param : F fonction rationnel en X, sigma in Gal
  // @return : F^sigma
  return subs(simplify(subs(F,X,sigma)),x,X);
}:;

Galc(sigma,C):={
  // @param   sigma in galois, C coordonnée dans (1,x ...)
  // @return coordonnée de l'image de Galois par sigma
  return f2coor(Gal(sigma,coor2f(C)));
}:;

PS :

restart;
Pminx(G):={
  // @param groupe
  // @return Fmin
  local P,k;
  P:=1;
  pour k de 0 jusque size(G)-1 faire
    P:=P *(X-G[k]);
  fpour;
  return coeff(P,X);
}:;
testRation(F,x):={
  return diff(F,x)==0; 
}:;
Good(C) := {
  // @param C Cest un tableau contenant des fractions rationnels en x.
  // 
  // @return return le bon t
  local good,k; 
  good := false;
  pour k de 0 jusque size(C)-1 faire
    si !testRation(C[k]) alors  return k;
          fsi;
  fpour;
  
  return good;
}:;
Pmint(G) := {
  local C,good,Fnew,k;
  C:=Pminx(G);
  good := Good(C);
  Fnew:=[];
  pour k de 0 jusque size(G) faire
    Fnew:=append(Fnew,LTrans(C[k],C[good]));
  fpour;
  return C[good],Fnew;
}:;


DDorps(G):={
  // @param G groupe d'homographie. 
  // @return tableau avec F,t,Gal
  return Pmint(G),G;
}:;


///////////////////////////////////






GrpGen(s):={
  // @param : s homographie d'ordre fini 
  // @return sequence des puissance de s
   local sn,G;
   G:=[x];
   sn:=s;
   tantque simplify(sn)!=x faire
     G:=append(G,sn);
     sn:=simplify(comp(s,sn));
  ftantque;
  return G;
}:;
LTrans(f,t):={
  local P,fnum,fden,A,R;
  // polynome qui sert pour quotient
  t:=subs(t,x,X);
  P:=numer(t)-denom(t)*Y;
  // normalisation de f
  f:=subs(f,x,X);
  fnum:=numer(f);
  fden:=denom(f);
  // traitement 
  R:=rem(fnum,P,X);
  A:=abcuv(fden,P,1,X);
  return simplify(rem(A[0]*R,P,X)); // f en fonction de t.
}:;
comp(f,g):={
 return simplify(subs(f,x,g));
}:;

claude quitté · October 2016

flip-flop Inutile de vouloir aller trop vite. Tu verras ainsi que dans l'exercice corrigé que j'attache (dans notre livre avec H. Lombardi), il a fallu un certain temps pour obtenir une preuve satisfaisante du point 4 (on voit, dans l'historique destiné aux auteurs, le Entre-nous, que j'ai commencé fin nov 2007 et que je me suis repenché sur la question fin avril 2008).

J'avais pris comme homographie $\pmatrix {0 & -1\cr 1 & 1}$ qui conduit au polynôme $f_a(T) = T^3 - a T^2 - (a+3)T - 1$ qui est générique pour $A_3$ au sens de la question 4 (son discriminant est un carré, c'est $(a^2 + 3a + 9)^2$). Grosso-modo, c'est celui qui figure à la page 1 du chapitre I de Topics in Galois Theory (Serre) ! Mais quelques pages plus loin dans cet ouvrage (page 6, exactement), on voit dans les exercices que cela va se gâter pour le groupe cyclique $C_4$ !

Ton homographie est un peu plus moche because le dénominateur 9 dans le coefficient constant du polynôme de degré 3. Tu l"as trouvé où ?

Au fait, pour programmer, est ce que tu t'es inspiré de C4GenericExtension.pdf ? En passant, tu feras attention, que dans le fil, il y a pas mal de coquilles, voire des erreurs, et même des grosses co.n.ries. Et le nom du fichier C4GenericExtension.pdf laisse à désirer ! Si tu regardes un peu ce que signifie générique (il y a plusieurs variantes), pas dans le fil mais ailleurs, tu vas voir la complexité de la chose. Faut même s'aventurer en théorie de Galois sur les anneaux, ce qui n'est pas de la tarte.

Dernières remarques : c'est Graal et pas Grall. Enfin, quand tu dis que tu comprends pas ces histoires de variables x X Y t, tu parles de tes petites affaires, non ?

flipflop · October 2016

s:=-1/(x+1);
latex(Grall(s));

$$[1,Y,Y-3,-1],\frac{(-x^{3}+3\cdot x+1)}{(x^{2}+x)}$$

... Oui c'est mieux, beaucoup plus simple ! C'est du pif, Claude ?

Pour ma part, j'ai simplement pris un élément d'ordre $3$ dans $\hbox{GL}_2(\Q)$ donc de polynôme caractéristique $X^2+X+1$, sa trace est $-1$ est son déterminant $1$, ça laisse quelques choix.
Mais comme, y' a quotient par les homothéties ... on peut aussi prendre $A^3=-I$ comme tu l'as fait, ou plus généralement (en apparence) $A^3=\lambda^3I$. Mais finalement, en posant $B:=A/\lambda$ on retourne sur $B^3=I$. Hum, il n'y a qu'une seule classe de conjugaison pour les éléments d'ordre $3$ dans $\hbox{PGL}_2(\Q)$ ?

... pour mes affaires de x,X,t,T,Y, oui c'est avec Xcas, j'ai un peu de mal à comprendre comment il considère un polynôme de deux variables ...

claude quitté · October 2016

A propos de ``mon'' homographie d'ordre 3 : ok avec toi pour chercher une matrice $A$, $2 \times 2$, à coefficients entiers, de déterminant $1$, de trace $\pm 1$, histoire d'avoir un polynôme caractéristique égal à $X^2 \pm X + 1$ pour avoir $A^3= 1$ ou $A^3 = -1$. Mais les nombres $2,3$ que tu as utilisé sont déjà des nombres compliqués pour moi : j'ai préféré taper dans $0, \pm 1$.

Variante : considérer la multiplication par $\pm j$ dans $\mathbb Z[j]$ ou $\mathbb Q(j)$ dans des bases ad-hoc comme $(1,j)$, $(1,-j)$ ..etc..

Isomorphie versus conjugaison. Deux ou trois choses que je sais (en vrac) .. Et d'autres que j'ignore

(1) Deux sous-groupes finis de $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$ qui sont isomorphes sont conjugués.
(2) Tout sous-groupe fini de $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$ est conjugué à un sous-groupe (fini) de $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$
(3) Deux sous-groupes finis de $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$ qui sont isomorphes sont conjugués dans $\mathrm {PSU}_2(\mathbb C)$
(4) Tout sous-groupe fini de $\mathrm {GL}_n(\mathbb C)$ est conjugué à un sous-groupe de $\mathrm {U}_n(\mathbb C)$
(5) Si $R$ est un anneau principal de corps des fractions $K$, tout sous-groupe fini de $\mathrm {GL}_n(K)$ est conjugué à un sous-groupe de $\mathrm {GL}_n(R)$.
(6) Ne pas confondre les sous-groupes engendrés $\langle A\rangle$, $\langle B\rangle$ sont conjugués avec les éléments $A$ et $B$ sont conjugués.
(7) Deux matrices $2 \times 2$ à coefficients entiers pourraient être conjuguées sur $\mathbb Q$ sans l'être sur $\mathbb Z$.
...etc...

(1) est énoncé dans la note de M. Romagny (Sous-groupes finis de $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C)$) : gai-requin a mis un pointeur dessus dans le fil. Je ne sais pas s'il y a la preuve. Le point (4) résulte du trick de la moyennisation du produit hermitien standard sur le groupe fini. Ce qui donne aussi (2) en utilisant $\mathrm {PGL}_2(\mathbb C) = \mathrm {PSL}_2(\mathbb C)$ et en 2-remontant. Je vois (3) marqué sur un bout de brouillon (vu dans Jones/Singerman Complex Functions ?? perdu le livre). On trouve (5) je ne sais plus où.

Evidemment la question se pose : dans quels énoncés peut-on remplacer $\mathbb C$ par un sous-corps $K$ (quand cela a du sens) ?? C'est évidemment fondamental dans nos histoires de savoir quand on peut le faire (i.e. remplacer $\mathbb C$ par un certain sous-corps, on a par exemple parfois besoin de quelques racines carrées).

Attention au fait de ne pas confondre tous ces points, au prétexte que cela cause un peu de la même chose. Et toujours essayer d'être précis.

claude quitté · October 2016

@gai-requin : Alors en vacances ?? Histoire que tu puisses t'y retrouver (sic), deux posts un peu pour toi http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1343666#msg-1343666 et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1344200#msg-1344200

flipflop · October 2016

Ah mais mais oui faut pas oublier le projectif !!!

Le soucis dans cette histoire c'est le cas $4$. Puisqu'il n'y a pas d'élément d'ordre $4$ dans $\hbox{GL}_2(\Q)$ qui est d'ordre $4$ dans $\hbox{PGL}_2(\Q)$.

Du coup, il faut chercher un polynôme $X^4-a$ réductible dans $\Q$. Je ressort le critère que tu m'as filé lundi (sur l'autre fil), en regardant il faut prend $a \in -4K^4$ et je sors :

$$P = X^4+4=(X^2-2X+2)(X^2+2X+2)$$

Par exemple, $s:=\frac{x+1}{-x+1}$.

Bon, comme j'ai intégré quelques gadgets supplémentaires dans mon programme, ça va aller vite :

$$[1,Y,-6,-Y,1],\frac{(-x^{4}+6\cdot x^{2}-1)}{(x^{3}-x)}$$

Bon, il reste le cas $6$ qui doit pas poser de problème et les autres groupes.

PS : je mets a jour mon code dans l'autre post.

gai requin · October 2016

@CQ :

Et oui ! Epuisé mais pas trop de taf les deux prochaines semaines donc du temps pour les pdf de l'Arlésienne.
Je prends note de ces pointeurs mais je commencerai doucement avec le tétraèdre 2.0.
En même temps, cette histoire de polynômes homogènes qu'on connaît depuis le début (:-S), invariants sous l'action de $G_{12}$, me met l'eau à la bouche... Mais il est temps d'arrêter d'esquiver !

claude quitté · October 2016

Mais la meilleure (qui date vraiment de ce matin), c'est d'avoir constaté que $A \mapsto \det(A)A$ définit un automorphisme (involutif) de $\mathrm {GL}_2(\mathbb F_3)$. Donc aussi de $G_{12}$ (en admettant qu'ils sont isomorphes, ce qui est bien vrai). Ajout Pas besoin de passer par $\mathrm {GL}_2(\mathbb F_3)$ pour $G_{12}$ en ce qui concerne $A \mapsto \det(A) A$.

Ce qui fait que j'ai raconté depuis le début des grosses conn.ries (autour d'une histoire de déterminant). Mais depuis quelques semaines, je sentais bien que quelque chose ne tournait pas rond en ce qui concerne les automorphismes des courbes hyper-elliptiques $y^2 = x^5-x$ et $y^2 = x^8 + 14 x^4 + 1$. Et j'ai surtout rien dit pour pas ajouter du foutoir au foutoir (je trouve que j'en ai fait pas mal, du bazard, à propos des 3 extensions de $S_n$ par $C_2$). Je suis soulagé d'avoir enfin compris ce qui se passait.

Méfie toi des posts, surtout des miens. Grosso-modo, sur le papier, tout se passe bien : qui va voir la différence entre $+1$ et $-1$ ? Mais en machine, c'est mortel.

J'estime que $S'_n$ est un peu près au point. J'ai commencé à régler $S^+_n$ de chez KSS. Et comme d'hab. des petits soucis.
Bon courage.

claude quitté · October 2016

A propos des invariants de $G_{12}$, cela s'appelle tout simplement avoir la tête dans le guidon. Toi aussi, tu aurais pu les voir chez Van Der Waall, page 52, section 3.6 car elle les donne (chez elle : $J_6$ et $J_8$ selon leur degré). Souviens toi c'est l'époque (révolue) où $G_{12}$ se nommait $\mathrm {WGL}_2(\mathbb F_3)$. Je les redonne ci-dessous avec un choix de noms adapté aux courbes hyperelliptiques $Y^2 = ...$.

> kXZ := PolynomialRing(k,2) ; AssignNames(~kXZ, ["X", "Z"]) ;
> R := InvariantRing(G12, kXZ) ;
> // Faire Z = 1 !!
> PrimaryInvariants(R) ;
[
    X^5*Z - X*Z^5,
    X^8 + 14*X^4*Z^4 + Z^8
]

Et dire que moi, je les ai vu ``passer'' (sur mon écran) un certain nombre de fois. Car, sans rien dire, c'était peut-être un moyen d'expliciter la conjugaison, au sens $P\ \mathrm {truc}\ P^{-1}$ entre $G_{12}$ et l'exemplaire de Ribet-Silverberg-Wiles (parfois Gelbart !) réalisé dans $\mathrm {GL}_2(\mathbb Z[\sqrt {-2}])$. Car je m'étais dit que je n'avais qu'à essayer de comparer les invariants, en espérant y détecter $P$. Voici les deux invariants fondamentaux pour Ribet-....

> R := InvariantRing(GelbartGL2F3, kxz) ;
> FR := FundamentalInvariants(R) ;
> FR6, FR8 := Explode(FR) ;
> FR6 ;
x^6 + (-3*ir2 - 3)*x^5*z + 1/2*(15*ir2 - 10)*x^4*z^2 + 15*x^3*z^3 + 1/2*(-15*ir2 - 10)*x^2*z^4 + (3*ir2 - 3)*x*z^5 + z^6
> FR8 ;
x^8 + (-4*ir2 - 4)*x^7*z + 1/3*(42*ir2 - 14)*x^6*z^2 + (-14*ir2 + 28)*x^5*z^3 - 119/3*x^4*z^4 + (14*ir2 + 28)*x^3*z^5 + 
    1/3*(-42*ir2 - 14)*x^2*z^6 + (4*ir2 - 4)*x*z^7 + z^8

Il s'agissait juste pour moi de trouver $a,b,c,d$ tels qu'en posant $x = aX + bZ$ et $z = cX + dZ$, je passe de l'un à l'autre... Ce n'était pas aussi simple que prévu. Voyant que $X^5Z - Z^5X$ c'était aussi $XZ(X^2 - Z^2)(X^2 + Z^2)$, j'avais bien essayé de factoriser histoire d'y voir plus clair.

> Factorization(FR6) ;
[
    <x^2 + (-ir2 - 2)*x*z + ir2*z^2, 1>,
    <x^2 - ir2*x*z - z^2, 1>,
    <x^2 + (-ir2 - 1)*x*z + 1/2*ir2*z^2, 1>
]
> Factorization(FR8) ;
[
    <x^2 - x*z + z^2, 1>,
    <x^2 + (-2*ir2 - 1)*x*z + (ir2 - 1)*z^2, 1>,
    <x^2 + (-ir2 - 1)*x*z + 1/3*(ir2 - 1)*z^2, 1>,
    <x^2 + (-ir2 - 1)*x*z + 1/3*(2*ir2 - 1)*z^2, 1>
]

J'ai fini par caler. Et je te dis pas les tentatives avec $P^* P = F$ où $F$ est la forme hermitienne définie positive résultant de la moyennisation sur l'exemplaire de Ribet du produit hermitien standard. J'ai fini par comprendre que c'était difficile à résoudre car l'inconnue $P$ fournissait un système quadratique d'équations.
Alors que le ``bête'' Schur $P \rho_1 = \rho_2 P$ est linéaire en $P$ et que n'importe quel outil d'algèbre linéaire (pas besoin vraiment de Gröbner) en vient à bout because la dimension 1 (Schur).

Oui, j'ai eu la tête dans le guidon, je l'avoue.
Lit-on vraiment ce que l'on croit avoir lu ? A ce propos, concernant les présentations du groupe tétraédral, octaédral, icosaédral (je ne dis pas binaire), je t'invite à regarder en bas de la page 279 de Shephard-Todd. De temps en temps, j'essaie de lire une demi-page entre les pages 275 et 280.

Bon courage.

gai requin · October 2016

J'ai déjà utilisé cette présentation p.279 plein de fois pour tenter de répondre à tes questions.
Maple a un petit truc embarqué la-dessus mais ne donne que l'ordre d'un groupe fini présenté par générateurs et relations. Il faudrait donc que je me lance dans la théorie générale des présentations de groupes (heureusement qu'on a inventé le conditionnel).

claude quitté · October 2016

Tout est dans le dosage. Faut provoquer l'aventure sans se laisser submerger (sinon, c'est pas bon). Ici, il s'agit de
$$
G = \langle s,t \mid s^2 = (st)^3 = 1,\ t^3 = 1 \rangle
$$
J'ai fait exprés de séparer les relations = 1 en deux paquets. Car le premier paquet est
$$
\mathrm {PSL}_2(\mathbb Z) = \langle s,t \mid s^2 = (st)^3 = 1\rangle, \qquad
s \leftrightarrow S = \pmatrix {0 &-1\cr 1 &0}, \qquad
t \leftrightarrow T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 &1}
$$
Attention à $\mathrm {PSL}_2(\mathbb Z)$ versus $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$. Et comme $T^3 = \pmatrix {1 & 3\cr 0 &1}$, il faut sentir que $G$ c'est $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3)$.

Quelle aventure tenter ? Par exemple que l'on a des surjections :
$$
\mathrm {SL}_2(\mathbb Z) \to \mathrm {SL}_2(\mathbb Z /N\mathbb Z), \qquad\qquad
\mathrm {PSL}_2(\mathbb Z) \to \mathrm {PSL}_2(\mathbb Z /N\mathbb Z)
$$
C'est faisable. Faut tenter (sinon pas d'aventure). Faisable et vachement utile. Du coup, on tient en $\mathrm {PSL}_2(\mathbb F_3)$ un groupe d'ordre 12 qui vérifie au moins les relations de $G$.

Et par ailleurs, tout groupe $G$ qui vérifie les relations là haut est d'ordre $\le 12$ (quotienter par $V = \langle s, tst^{-1}, t^{-1}st\rangle$, cf plus loin).

Bien sûr, il faut comprendre qu'il y a un autre modèle $A_4$ ou encore $\mathrm {SO}_3(\hbox {tétraèdre}) = \mathrm {PSU}_2(\hbox {tétraèdre})$ et que le $V$ ci-dessus c'est le groupe $C_2 \times C_2$ des doubles transpositions. Le lien entre les deux modèles se fait par le fait que la droite projective $\mathbb P^1(\mathbb F_3)$ est de cardinal $4$.

Tu vas me dire que j'ai la vie belle :

> G<s,t> := Group < s, t | s^2 = (s*t)^3 = t^3 = 1 > ;
> IdentifyGroup(G) ;
<12, 3>
> IdentifyGroup(PSL(2,GF(3))) ;
<12, 3>
> IdentifyGroup(AlternatingGroup(4)) ;
<12, 3>
> V := sub < G | s, t*s*t^-1, t^-1*s*t > ;
> IsNormal(G,V) ;
true
> Q, pi := G/V ;
> Q eq sub <Q | pi(t)>   and  #Q eq 3 ;  // là, je suis lourd
true
> #V ; // très lourd
4

Provoquer l'aventure ? Si on note $\Gamma(N)$ le noyau de
$$
\mathrm {SL}_2(\mathbb Z) \to \mathrm {SL}_2(\mathbb Z /N\mathbb Z)
$$
alors fournir un système de générateurs de $\Gamma(3)$.

J'insiste : attention au patacaisse, dans la littérature, entre $\mathrm {SL}_2(\mathbb Z)$ versus $\mathrm {PSL}_2(\mathbb Z)$.

claude quitté · October 2016

Quand on se sent inoccupé, on peut régler pour $R = \mathbb Z/N\mathbb Z$, les cardinaux de :
$$
\mathrm {GL}_n(R), \qquad \mathrm {SL}_n(R), \qquad \mathrm {PGL}_n(R), \qquad \mathrm {PSL}_n(R)
$$
...etc... Toujours utile, je t'assure. Cela peut conister en un pointeur sur un truc sûr. Et comment se comporte ces foncteurs vis-a-vis du produit cartésien ? Que dire quand $R$ est local (en général) ...etc..

gai requin · October 2016

Foncteur ?

claude quitté · October 2016

J'étais en pause. Je pensais par exemple au foncteur (un bien grand mot que je n'aurais pas dû utiliser) $R \mapsto \mathrm {GL}_n(R)$. Il est compatible avec le produit des anneaux i.e.
$$
\mathrm {GL}_n(R_1 \times R_2) \simeq \mathrm {GL}_n(R_1) \times \mathrm {GL}_n(R_2)
$$
Utile pour ramener l'anneau $\mathbb Z/N\mathbb Z$ à l'anneau $ \mathbb Z/p^\alpha \mathbb Z$.

Par ailleurs, si $R$ est un anneau local fini (comme $\mathbb Z/p^\alpha \mathbb Z$), d'idéal maximal $\mathfrak m$, alors la réduction modulo $\mathfrak m$ :
$$
\mathrm {GL}_n(R) \longmapsto \mathrm {GL}_n(R/\mathfrak m)
$$
est surjective, de noyau $\mathrm {Id}_n + M_n(\mathfrak m)$, ce qui ramène le dénombrement de $\mathrm {GL}_n(R)$ à celui de $\mathrm {GL}_n(R/\mathfrak m)$ ; et là, on se retrouve avec un corps.

Et toi, bien content d'être en vacances (repos, ...etc..) ?

gai requin · October 2016

Merci pour cette précision intéressante.
J'étais moi aussi en pause après un début d'année bien mouvementé.
Je suis en train de réfléchir aux générateurs canoniques d'inertie qui semblent induire une présentation systématique du groupe de Galois dont ils sont issus.

gai requin · November 2016

Question irrésolue n°1 :
En un point lisse $p_0 = (x_0,y_0)$ d'une courbe affine $F(x,y)=0$, l'anneau local en $p_0$ est un anneau de valuation discrète.

claude quitté · November 2016

@gai requin : Vu. Sauf que je suis pas mal occupé par ce-que-tu-sais... Tu vas me dire ``même pas vrai, car je te vois poster sur le forum'' [c'est pas faux]. Par contre, je peux te retrouver des torchons de mézigues. Car, la chanson ``l'anneau local en un point lisse ...etc...', presque tout le monde la chante mais le véritable problème c'est d'en comprendre bien bien les paroles. Tu acceptes un torchon ? Faut-il encore que j'en retrouve un.

gai requin · November 2016

Je suis moi-même bien occupé en ce moment et je ne poste plus.
Mais je me dis que ce serait pas mal de répondre à quelques questions laissées en suspens.
Donc pourquoi pas un brouillon que je mettrais au propre ici-même.
Mais rien ne presse. ;-)

claude quitté · November 2016

J'ai 36 versions mais aucune ne convient ``pour l'instant''. Le mieux (?), c'est que tu commences toi-même. Contexte : $F \in k[X,Y]$ tel que $F(p_0) = 0$ avec $p_0 = (x_0,y_0)$. On écrira plus tard que $p_0$ est lisse pour $\{F = 0\}$ de la manière la plus propre possible. Pour l'instant, on peut se dire que l'une des deux (voire les deux) dérivées partielles est non nulle en $p_0$. Commencer par écrire (écriture non unique) :
$$
F(X,Y) = (X-x_0)U(X,Y) + (Y-y_0) V(X,Y)
$$
Que vaut $U(p_0)$, $V(p_0)$ en fonction de $F$ ?

Soit $A = k[x,y] = k[X,Y]/\langle F\rangle$ l'anneau des coordonnées affines de la courbe $\{F = 0\}$. Montrer, dans le localisé $A_{p_0}$, que l'idéal ``maximal'' $\langle x-x_0, y-y_0\rangle$ est engendré par $x-x_0$ ou bien $y-y_0$ selon que .. On tient ainsi une uniformisante en $p_0$. Plutôt : un élément qui veut être une uniformisante, le ``veut'' car le localisé n'est pas encore de valuation discrète (tant que la preuve n'est pas faite). Ensuite, on verra.

Tout ceci est concret. Connais tu la méthode de Hensel ``la plus ordinaire qui soit'' ? Saurais tu la mettre en oeuvre dans ton langage de programmation favori . Ressens tu l'utilité de le faire ? As tu vu que je mets parfois des guillemets ? ...etc...

claude quitté · November 2016

@gai requin. Rectificatif : première chose à faire c'est de localiser quelque part (livres, pdfs sur le web ...etc..), le résultat en question (point lisse d'une courbe versus anneau local du point, de valuation discrète).

flipflop · November 2016

Salut Gai requin, Salut Claude,

C'est costaud comme résultat, non ?

J'ai compris pourquoi $\mathfrak{m}A_{p_0}$ est principal, par contre pour montrer que tout les idéaux de $A_{p_0}$ sont principaux ? ::o

... Les idéaux de $A_{p_0}$ correspondent aux idéaux de $A$ contenu dans $\mathfrak{m}$ ... Mais $A:=k[x,y]$, c'est complexe de décrire ses idéaux, non ?

Enfin, il ne faut pas oublier que les idéaux de $A$ correspondent aux idéaux de $k[X,Y]$ contenant $(F)$. Je cherche les idéaux $I$ de $k[X,Y]$ vérifiant : $(F) \subset I \subset \mathfrak{m}$.

On peut pas avoir une décomposition de $I$ comme un produit d'idéal maximal ? L'ensemble algébrique $V(I)$ est fini, non ?

gai requin · November 2016

$A_{p_0}$, c'est bien le localisé de $A$ en l'idéal $\langle x-x_0,y-y_0\rangle$ ?

claude quitté · November 2016

@gai requin : Oui.

A tous les deux, je donne mon point de vue. Indispensable de bien connaître à fond les pages 19-21 de Serre, Corps Locaux (c'est la section 2 du chapitre I, section nommée ``Caractérisation des anneaux de valuation discrète''). Cela fait 3 pages. A lire et relire attentivement. Ce n'est pas du tout dans un cadre effectif mais peu importe. D'ailleurs, vouloir réfléchir à un cadre effectif suppose qu'on est absolument clair sur la théorie.

Par exemple, un anneau intègre, noethérien, local dont l'idéal maximal est principal est un anneau de valuation discrète.

Vouloir faire des choses effectives peut passer par la méthode de Hensel ``ordinaire''. Cela s'implémente en quelques lignes dans un système de calcul formel digne de ce nom.

Une fois que l'on a bien transpiré sur la preuve, même si celle-ci n'est pas terminée, on se coltine des exemples. La vraie vie n'en manque pas. Soit par exemple la quartique projective de Klein $X^3 Y + Y^3Z + Z^3 X = 0$ et $p_0 = (1 : 0 : 0)$. Quelle est au point $p_0$ une uniformisante $\pi$ ? Développer $y = Y/X$ en puissances de $\pi$ ...etc...

flipflop · November 2016

Bon effectivement avec Serre, c'est plus simple la vie (tu)

Pour l'exemple, dans l'ouvert $U_X := [ X \ne 0 ]$, la courbe est $F(Y,Z)=Y+Z^3+Y^3Z$. Le point $p_0:=(0,0)$ est lisse. On a dans $k[Y,Z]$ : $$
F(Y,Z)=Y\times (1+Y^2Z)+Z \times (Z^2)
$$ Dans $A:=K[Y,Z] / (F) := K[x,y]$, on a : $$
0=y\times (1+y^2z)+z \times (z^2)
$$ Dans $A_{p_0}$, on a : $$
y = -z \times \frac{z^2}{1+y^2z} \in zA_{p_0}
$$ D'où : $\mathfrak{m}A_{p_0}=<y,z>_{A_{p_0}} = <z>_{A_{p_0}}$

claude quitté · November 2016

Oui, mais il va falloir que tu ailles plus loin. Tout d'abord, il y a une erreur de signe : $y$ c'est $-z^3 / (1+y^2z)$. Et il faut pouvoir disposer d'une calculette qui développe la fonction $y$ de l'anneau local en série de l'uniformisante (sans profiter du cas particulier dans lequel tu es). Ici, $y$ est d'ordre 3 en l'uniformisante $z$ au point $p_0$ et voici le début du développement de $y$ en $z$ :

-z^3 + z^10 - 3*z^17 + 12*z^24 - 55*z^31 + 273*z^38 - 1428*z^45

De manière générale, en présence d'un point lisse $p_0$, il y a une injection $A_{p_0} \to k\pi$ dans l'anneau de séries formelles $k\pi$ où $\pi$ est l'uniformisante choisie. L'idée : soit $g$ dans le localisé à développer en $\pi$. On évalue $g$ au point $p_0$, ce qui donne un scalaire $a_0 = g(p_0)$ ; de sorte que $g - a_0$ est dans l'idéal maximal donc multiple de $\pi$ puis on remplace $g$ par $(g - a_0)/\pi$ and so on.

Une petite calculette de type Newton suffit (si j'ai dit Hensel, je me suis gourré, Newton basique suffit).

flipflop · November 2016

Salut Claude,
Sous Xcas $$[0,0,0,-1,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,-3,0,0,0,0,0,0,12,0,0,0,0,0,0,-55]
$$ Par contre, mon programme à trouver le $237$ mais il lui faut du temps ... vraiment du temps ... 30 minutes ... Elle est rapide ta calculette ?

DevLocal(g,n):={
  // @param g fraction de Ap
  // @param n ordre troncature
  // @return develloppement de Hensel de g dans k[[pi]]
  local G,k,Tab,a;
  Y:= -z^3/(y^2*z+1);
  Tab:=[];
  G:=g;
  pour k de 1 jusque n faire
    a:=subs(G,z,0);
    si a==0 alors       
       G := simplify(G/z);        
     sinon 
       G := simplify((G-a)/z); 
       G:=simplify((subs(numer(G),y,Y))/denom(G));
     fsi;
     Tab := append(Tab,a);
  fpour;      
  return  Tab;
}:;

g:=-z^3/(1+y^2*z);

claude quitté · November 2016

Je suppose que tu veux dire 273 au lieu de 237 ? Remarque : j'avais fait une coquille dans mon post précédent, j'ai rectifié (dans ce post, il fallait lire ``il faut évaluer $g$ en $p_0$'' et pas en $\pi$, ce qui n'a aucun sens).

Est ce que ma calculette, elle est rapide ? On ne fait pas la course. Mais je t'affiche quand même le temps de calcul (plus de termes ici)

Time: 0.030
-z^3 + z^10 - 3*z^17 + 12*z^24 - 55*z^31 + 273*z^38 - 1428*z^45 + 7752*z^52 - 43263*z^59 + 246675*z^66 - 1430715*z^73 +
    8414640*z^80 - 50067108*z^87 + 300830572*z^94

Il lui faut quand même 0.030 sec.

Mais au fait, en ce qui concerne $A_{p_0}$ de valuation discrète dans le cadre $A = k[X,Y]/\langle F\rangle$, pourquoi l'anneau $A_{p_0}$ est intègre ?

flipflop · November 2016

Salut Claude,

$273$ oui, j'ai mis 30 minutes pour l'avoir :-S

L'idéal $(F)$ est un idéal premier. L'anneau $A$ est intègre et donc $A_p$ aussi.

gai requin · November 2016

Il me semble qu'on n'a jamais supposé que $F$ est irréductible.

claude quitté · November 2016

@gai requin Bien joué, tu as l'oeil. Mais il va falloir donner un sens au localisé. Intermède : si $B$ est un anneau et $I$ un idéal maximal de $B$, il y a un monoïde $S_I$ dépendant de $I$ tel que le localisé $B_I$ soit égal à $S_I^{-1}B$ ; et de sorte que $S_I$ continue à avoir un sens quelque soit l'idéal $I$, maximal ou pas.

De quoi je cause ?

Et quel sens va-t-on donner à $p_0 = (x_0,y_0)$ est un point lisse de $\{F = 0\}$ ? Bien sûr, tout cela dans l'intention de se donner les moyens un jour de passer sur des anneaux, de pouvoir jongler entre local et global, schémas et tout le binz.

En clair : reformuler le problème avec des hypothèses solides (négations à éviter).

gai requin · November 2016

Comme $A$ est noethérien, $A_{p_0}$ est noethérien d'idéal maximal $\mathfrak{m}A_{p_0}$ qui est principal (cf uniformisante) non nilpotent.
Donc $A_{p_0}$ est un anneau de valuation discrète.

flipflop · November 2016

Un truc, pourquoi l'uniformisante n'est pas nilpotente ?

claude quitté · November 2016

Faut oublier pour l'instant le mic mac de mon dernier post : j'étais déjà parti à remplacer $k$ corps par $k$ anneau ! On se calme : $k$ reste (pour l'instant) un corps et $\langle x-x_0, y-y_0\rangle$ est un idéal maximal de $A = k[x,y]$ pour la bonne raison que son résiduel c'est $k$ (corps !).

Il faut montrer, cela évitera de tout pomper sur Serre, que $A_{p_0}$ est intègre (même si $A$ ne l'est pas). Avec vos petits doigts, en utilisant essentiellement que $p_0$ est lisse.

Par ailleurs, les langages de programmation c'est toujours cryptique et le mieux c'est de communiquer par des petits algorithmes du style :
$$
r_{k+1} = r_k - {F(r_k,Y) \over F'_X(p_0)} \qquad \hbox {à réduire modulo $(Y-y_0)^{k+1}$}
$$
On devine le contexte : la dérivée partielle en $X$ de $F(X,Y)$ est non nulle en $p_0$ (inversible ah, ah) et on souhaite développer $x$ en puissances de $y-y_0$ (uniformisante en $p_0$). Visiblement, $r_k$ est une approximation à $(Y-y_0)^k$-près et je veux l'améliorer modulo $(Y-y_0)^{k+1}$, tout en la ``couvrant'' modulo $(Y-y_0)^k$. Je mélange un peu ici (mais pas dans ma tête) $y$ et $Y$. Chez moi, je fais tout le job dans $k[Y]$.

gai requin · November 2016

Pas eu le temps de lire "CL".
Pas grave. Y'a CQ. ;-)

flipflop · November 2016

Salut
Je réponds à ma question ici

Hypothèse : L'équation est réduite, le polynôme $F$ est radical.
Alors l'algèbre $A:=\Gamma(\mathcal{C}):=k[X,Y] / (F) $ est réduite (sans nilpotent).
Soit $S$ un partie multiplicative de $A$ (par exemple, le complémentaire de l'idéal maximal de $p_0$).
Alors $S^{-1} A$ est réduite.

Démo :
Soit ${a \over s} \in S^{-1} A$ nilpotent, alors il existe $n \in \N$ tel que : $${a^n \over s^n} = 0 \text{ dans } S^{-1} A
$$ Ainsi, il existe $s^\prime \in S$ tel que : $$
s^\prime a^n =0 \text{ dans } A
$$ Donc $$
(s^\prime)^n a^n =0 \text{ dans } A.
$$ Ainsi, $ s^\prime a $ est nilpotent dans $A$, et donc $ s^\prime a =0$ dans $A$.
Donc $$
{a \over s} = {s^\prime a \over s^\prime s} =0 \text{ dans } S^{-1} A
$$

claude quitté · November 2016

Quid de $F(X,Y) = X(Y+1)^2$, $p_0 = (0,0)$ ?

gai requin · November 2016

C'est pas lisse tout ça.

flipflop · November 2016

C'est lisse en $p_0$, non ?

Dans ce cas, $x(y+1)$ est nilpotent dans $A$. Mais dans le localisé en $\mathfrak{m}$ :
$$
x(y+1) / 1 = x(y+1)^2 / (y+1) = 0
$$
Car $y+1 \notin \mathfrak{m}$.

claude quitté · November 2016

Gai requin. C'est pas lisse tout ça, cela veut dire quoi ? Bien sûr que c'est lisse au point $p_0$. Et le localisé $A_{p_0}$, c'est quoi ? Pourquoi parler nilpotent ? dans le localisé, on a $x(y+1)^2 = 0$ et $y+1$ est inversible, donc $x=0$. Structure du localisé (bis) ?

Est ce que vous avez une description simple de la méthode de Newton algébrique la plus ordinaire qui soit ? En cas de besoin, j'attache deux exos où l'on en parle. Le premier est corrigé, mais j'arrive pas à mettre la main sur le corrigé du troisième. Et je donne comme application, la décomposition $A = D + N$ sans sortir du corps de base (à condition d'avoir un peu de séparabilité dans le moteur).

Je vous montre ma fonction (contredisant ce que j'ai dit dans un autre post), histoire de vous convaincre que la programmation est élémentaire. Ma fonction retourne l'itérateur de Newton :
$$
k[y] \to k[y], \qquad \qquad r \longmapsto r - {F(r,y) \over F'_X(p_0)}
$$

NewtonIterator := function(F, p0)    // F = F(X,Y) avec F(p0) = 0 et F'_X(p0) non nul
  assert Evaluate(F,p0) eq 0 ;
  DXF_p0 := Evaluate(Derivative(F,X),p0) ;
  assert DXF_p0 ne 0 ;
  inverse_DXF_p0 := 1/DXF_p0 ;
  // r est une racine approchée F(r,y) = 0
  Newton := map < ky -> ky | r :-> r - inverse_DXF_p0 * Evaluate(F, [r,y]) > ;
  return Newton ;
end function ;

Une fois que j'ai récupéré l'itérateur, je l'applique autant de fois que je veux. En calmant le jeu via des modulo $(y-y_0)^\bullet$. Tiens une petite application. Je développe $x = \sqrt {1+y}$ en $(x=1,y=0)$ à l'aide du polynôme $F = X^2 - (1+Y)$ au point $p_0 = (x=1, y=0)$. Voilà ce que cela donne en itérant 10 fois.

> // DL de \/1+Y   en (X=1, Y=0)
> F := X^2 - (1+Y) ;  p0 := [1,0] ;
> Newton := NewtonIterator(F,p0) ;
> 
> xk := p0[1] ; 
> time for k := 1 to 10 do 
>   xk := Newton(xk) mod y^(k+1) ; 
>   Serie(xk) ;
> end for ;
1 + 1/2*y
1 + 1/2*y - 1/8*y^2
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5 - 21/1024*y^6
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5 - 21/1024*y^6 + 33/2048*y^7
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5 - 21/1024*y^6 + 33/2048*y^7 - 429/32768*y^8
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5 - 21/1024*y^6 + 33/2048*y^7 - 429/32768*y^8 + 715/65536*y^9
1 + 1/2*y - 1/8*y^2 + 1/16*y^3 - 5/128*y^4 + 7/256*y^5 - 21/1024*y^6 + 33/2048*y^7 - 429/32768*y^8 + 715/65536*y^9 - 
    2431/262144*y^10
Time: 0.000
> 
> Valuation(Serie(xk^2 - (1+y))) ;
11

flipflop · November 2016

Salut Claude Gai requin,

En retournant un peu la situation, j'obtiens ceci :

Théorème :

Soit $F$ un polynôme de $k[X,Y]$.
Soit $A:=k[X,Y]/(F)=k[x,y]$.
Soit $p_0=(x_0,y_0) \in V(F)$.
Soit $\mathfrak{m}$ idéal maximal de $A$ de $p_0$, i.e $\mathfrak{m}=<x-x_0,y-y_0>$.

Hypothèse : $F \notin \mathfrak{m}^2$.

Alors : L'idéal $\mathfrak{m}A_{\mathfrak{m}}$ est principal.

Démo :
Alors $F \in \mathfrak{m}$, il existe $U,V \in k[X,Y]$ tel que :
$$
F(X,Y)=(X-x0) \times U(X,Y) + (Y-y_0) \times V(X,Y)
$$
Comme $F \notin \mathfrak{m}^2$, alors soit $U \notin \mathfrak{m}$ ou soit $V \notin \mathfrak{m}$. On se retreint à $U \notin \mathfrak{m}$.
On obtient :
$$
0 =(x-x0) \times U(x,y) + (y-y_0) \times V(x,y) \text{ dans } A
$$
Donc :
$$
x-x_0 = -\frac{(y-y_0)\times V(x,y) }{U(x,y)}
$$

claude quitté · November 2016

@flip-flop Mais quelle est la chute de ton histoire ? En tout cas, on y voit quelque chose d'important. C'est l'égalité :
$$
{x-x_0 \over y-y_0} = {-V(x,y) \over U(x,y)}
$$
car elle permet, lorsque $F'_X(p_0) \ne 0$, de lever l'apparente indétermination au point $p_0 = (x_0,y_0)$ de la fonction de gauche. Je veux dire par là, que lorsque l'on fait $x := x_0$ et $y := y_0$ à gauche de l'égalité, on tombe sur du $0/0$. Mais en un point lisse d'une courbe, jamais de souci d'indétermination. La forme de droite prend le relai. Dans mon jargon, j'appelle cela une ``formule relai''. Elle opère plus qu'au point $p_0$ car elle opère sur tout l'ouvert où $U(p) \ne 0$. ``Rappel'' : $U(p_0) = F'_X(p_0)$.

Plusieurs questions pour vous deux

(A) Quid de la pioche sur le web de la chanson : l'anneau local en point lisse $p_0$ d'une courbe algébrique est un anneau de valuation discrète ? Et de l'autre chanson qui va avec i.e. du plongement $\mathcal {O}_{p_0} \to k\pi$ où $\pi$ est une uniformisante au point $p_0$ ?

Morale : un point lisse d'une courbe algébrique est un ``développeur en série entière'' des fonctions qui passent.

(B) J'ai retrouvé un torchon (gai requin sait ce que cela signifie).

(C) Intégrité de l'anneau local (sketch). Contexte $A = k[x,y] = k[X,Y]/\langle F\rangle$, $F(p_0) = 0$ point lisse, $A_{p_0}$ l'anneau local. Attention aux 3 anneaux qui interviennent : $k[X,Y]$, $A$ et $A_{p_0}$. Il s'agit (ici $U,V$ n'ont RIEN à voir avec $U,V$ d'avant) de montrer pour $U,V \in k[X,Y]$ que :
$$
\overline U\, \overline V = 0 \quad \hbox {dans $A_{p_0}$} \quad \Rightarrow\quad
\overline U = 0 \quad \hbox {dans $A_{p_0}$} \quad \hbox {ou} \quad
\overline V = 0 \quad \hbox {dans $A_{p_0}$}
$$
L'hypothèse se traduit dans $A$ en $\overline S\, \overline U\, \overline V = 0$ avec $S(p_0) \ne 0$ i.e. en $F \mid SUV$ dans $k[X,Y]$.

Je considère un polynôme irréductible $P \mid F$ tel que $P(p_0) = 0$ (ne pas oublier que $F(p_0) = 0$) et j'écris $F = PG$. Alors

(1) $G(p_0) \ne 0$. Why ?

(2) $P \mid SUV$ mais $P$ ne divise pas $S$. Why ? Donc $P \mid U$ ou $P \mid V$. Par exemple $P \mid U$.

(3) Et la chute, c'est que $\overline U$ est nul dans $A_{p_0}$. Why ?

Homographies et petits groupes de Galois

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