@gai requin
A ton avis, j'ai appris un peu de métier où ? En enseignant, tout simplement. Flip flop t'a fourni de la lecture. Il faudra que de notre côté, on se paie ``Il the author is polite'' et la détermination de la fonction zeta d'une cubique de Weierstrass singulière. Indispensable pour l'assemblage. Je pense maintenant que l'on va pouvoir aller jusqu'au bout (forme modulaire de comptage via le Grossen character).
@flip flop
Pour la page 58, il faut faire le plus longtemps possible avec $y^2 = x^3 - Dx$ et pas $y^2 = x^3 - n^2x$ comme Koblitz. Cela sera aussi simple, je t'assure ; juste avant la fin, on remplace $D$ par $n^2$. On n'a pratiquement pas besoin de sommes de Gauss. A mon avis, c'est juste pour savoir que $J(\chi_4, \chi_2)$ est de norme $q$ (il y a un résultat général derrière cela).
J'ai lu tes 3 pages. Ca baigne.
Page 1.
La multiplication par $x$ n'est pas un automorphisme si $x = 0$. Inutile de mentionner le mot automorphisme, endomorphisme suffira bien. Par ailleurs, c'est pas mal d'avoir l'expression de la trace où $\sigma$ est l'automorphisme de Frobenius de $\mathbb F_q/\mathbb F_p$ :
$$
\mathrm {Tr}(x) = \sum_{i=0}^{r-1} \sigma^ i(x) = \sum_{i=0}^{r-1} x^{p^i}
$$
C'est comme cela que l'on peut voir qu'elle n'est pas triviale (un polynôme non nul de degré $p^{r-1}$ ne peut pas avoir $p^r$ racines).
Page 1 toujours : .. caractère additif qu'on l'on note --> que l'on note.
Typo, orthographe : pas d'espace avant une virgule (footnote et ailleurs)
Page 2 dans (c), (d), il faut préciser que $\chi$ n'est pas trivial.
Au milieu : sous-groupe de racines de l'unité (un s à racines)
A propos de la foot-note de la page 1. Si cela te fait plaisir, oui tu peux mentionner la clôture algébrique de $\mathbb F_p$. C'est pas ça du tout qui va faire le job, mais comme tout le monde en parle (sur le papier), pourquoi pas ? Tant que tu m'obliges pas à la monter en machine ! Car évidemment, $\mathbb F_{7^3}$, cela n'existe pas. Aucune chance que TON modèle de $\mathbb F_{7^3}$ soit le même que le mien. Idem pour les caractères qui vont dans $\C$. Heureusement qu'en machine, ils vont dans $\Q(\root \infty \of 1)$ et même dans $\Q(\root N \of 1)$, sinon, nous serions jolis garçons pour implémenter. Mais laisse $\C$ par habitude.
@flip flop.
Oui, j'ai repéré chez Koblitz cette histoire de convention en désaccord. Dès que j'ai eu son livre, j'ai surligné fluo + point d'interrogation.
Car j'ai suivi (depuis longtemps) les conventions d'autres auteurs. Par exemple, Jean René Joly, Equations et variétés algébriques sur un corps fini. Ou Ireland et Rosen, qui disent, tout au début de leur chapitre Gauss and Jacobi Sums, ``The usefulness of these definitions will soon become apparent''. Encore un autre : Berndt, Evans, Williams, Gauss and Jacobi Sums (un livre entier de 550 pages que je n'ai pratiquement pas consulté).
Bref, Koblitz est le seul (parmi les ouvrages que j'ai) qui a cette convention. Je ne me souviens plus si cela peut créer un souci et si oui, où ? Tu as eu souci ?
Pendant que j'y suis, j'explique la philosophie. Les sommes de Jacobi sont adaptées au dénombrement d'une équation diagonale de type $\sum_i a_i x_i^{d_i} = 1$ en affine ou $\sum_i a_i x_i^{d_i} = 0$ en projectif.
Mais $y^2 = x^3 - Dx$ n'est pas de ce type. On fait un changement de variables pour la mettre sous la forme $u^2 = v^4 + 4D$. C'est le monde à l'envers : cubic to quartic. Faut faire gaffe que ce changement de variables laisse en rade quelques points. Bref, on finit, en transpirant, par obtenir la formule de comptage de la forme :
$$
N = q + 1 - (\alpha + \overline \alpha) \qquad \hbox {avec} \qquad \alpha = \chi_4(D) J(\chi_2, \chi_4)
$$
Entre temps, on a utilisé le trick $\chi_4(-4) = 1$. Maintenant on peut remplacer $D$ par $n^2$ voire $D$ par $1$ pour se faire la main.
Il y a ensuite une autre étape. Au fait tout ceci se passe dans $\mathbb Z[i\rbrack$. Et là, il va y avoir une histoire de normalisation via le modulus $(1+i)^3$ ou $2+2i$, si tu veux. On en reparlera en temps utile, j'ai les idées un peu près claires là-dessus. Encore que depuis hier il y a quelque chose qui me turlupine : quelque chose s'est simplifié .. mais cela m'interroge. Probablement lié au fait que l'on peut remplacer $\alpha$ par $\overline \alpha$.
@flip flop
Convention $\varepsilon(0) = 1$ versus $\chi(0) = 0$. Definition 2.10 in http://math.uchicago.edu/~may/REU2012/REUPapers/ChenC.pdf. A vrai dire quand tu fais ``Gauss and Jacobi sums'' sous ton moteur de recherche préféré, tu tombes sur une tapée de papiers. Il arrive assez souvent les auteurs ne précisent pas le prolongement en $0$.
Je ne sais pas quoi en penser. Et pour les calculs que tu as déjà faits utilisant le caractère unité (trivial), un lézard ?
@flip flop
Quelque chose ne va pas chez Koblitz : avec sa convention, il trouve $J(\varepsilon, \varepsilon) = q-2$. Les autres auteurs (donc mézigues également) obtiennent $J(\varepsilon, \varepsilon) = q$. Tu vas me dire que cela dépend des conventions. Ben, à un moment donné, il va falloir compter et vraiment compter comme il faut. Cela veut dire qu'à la page 58, Koblitz triche.
Juste pour que l'on soit d'accord pour les jours à venir (remarque : inutile de se taper toute mon épreuve car ici, on n'a seulement besoin de sommes de Jacobi de deux caractères). A la page 58, on doit compter le nombre $N'$ de solutions de
$$
u^2 - v^4 = 4D \qquad \hbox {que j'écris} \qquad a_1x_1^2 + a_2x_2^4 = 1 \quad \hbox {avec} \quad
a_1 = (4D)^{-1}, \quad a_2 = (-4D)^{-1}
$$
Et le résultat général est :
$$
N' = \sum_{\textstyle \chi^2 = \varepsilon \atop \textstyle \chi' ^4 = \varepsilon } J(\chi, \chi') \chi(a_1^{-1}) \chi'(a_2^{-1}) =
\sum_{\textstyle \chi^2 = \varepsilon \atop \textstyle \chi' ^4 = \varepsilon } J(\chi, \chi') \chi(4D) \chi'(-4D)
$$
Et c'est là que l'on va transpirer en posant $\chi = \chi_2^i$, $i = 0,1$ et $\chi' = \chi_4^j$, $j = 0,1,2,3$.
Transpirer car il vaut être vachement vachement soigneux. Et qu'au début, on ne trouve pas ce qu'il faut. La somme semble comportait beaucoup de termes mais en fait un certain nombre sont nuls.
Bref, il faut prendre en charge la page 58 de Koblitz. Et sans tricher.
@gai requin Tu vas pas me refaire le coup de l'édition ? La seconde.
@flip flop
J'ai pigé pas mal de choses. D'abord, on ne peut pas dire que Koblitz triche mais il ne fait pas un calcul uniforme, si bien qu'à la page 58, il est obligé de faire gaffe à l'évaluation des caractères en 0. Je veux dire par là que nous on veut faire avec la formule sommatoire ``standard uniforme'' (chez les autres auteurs) i.e. somme de produits de sommes de Jacobi.
Je suis en train d'écrire un scan ; je reprends de A à Z la page 58 de Koblitz avec $y^2 = x^3 - Dx$. Sans traiter $\chi_4(-4) = 1$ pour l'instant.
Pigé aussi que partis petits joueurs avec $y^2 = x^3 - x$, on traite dans la foulée $y^2 = x^3 - Dx$ de manière vachement plus simple que Ireland & Rosen. Là, c'est merci à Koblitz. Et le clou, c'est que l'on se passe de Hasse-Davenport. Et le bilan (bonus), c'est que l'on obtient la fonction zeta de $y^2 = x^3 - Dx$.
Note : Koblitz dit p. 60, après la formule (2.10) Hasse-Davenport formulae : the proof of this fact will be given in a series of exercices below. J'ai été voir et je vois que cela occupe les exercises 10 à 17. C'est marqué problems 10-17 will lead to a proof of the Hasse-Davenport relation.
Là, c'est sûr que tu me faisais la gueule.
Et enfin, j'ai pigé ce qui me turlupinait : faut que j'arrête de parler (de penser surtout) de LA factorisation normalisée dans $\mathbb Z[i\rbrack$ : si $q = \pi \overline \pi$ avec $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$, alors la factorisation $q = \overline \pi \pi$ convient aussi car $\overline \pi = 1 \bmod (1+i)^3$. Ne pas oublier que $1+i$ et $1-i$ sont associés. Bref, il y deux factorisations normalisées et pas une.
@flip flop
Le scan en question. En ce qui concerne Hasse Davenport, je crois que j'ai crié victoire un peu trop tôt. Mais ne t"inquiètes pas, on ne va pas faire les exos de 10 à 17. Inutile de changer de pseudo, donc.
Normalement c'est bon, je fini d'écrire le truc ce soir ... c'est pas évident de rédiger ce genre de calcul !
A demain ou peut être ce soir !
Juste un truc pour la normalisation ... en fait si je comprend, c'est $\pi = \chi_4(-4n^2)$ et $\overline{pi} = \chi_4^3(-4n^2)$, c'est bien ça ?
De toute façon, il y a un choix a faire car il y a deux caractères multiplicatifs de degré $4$ et on a pas moyen de distinguer les deux, si ?
@flip flop
Je ne comprends pas bien ta question mais je réponds quand même. Oui, sur un $\mathbb F_q$ ``abstrait'' avec $q \equiv 1 \bmod 4$, il y a deux caractères d'ordre 4, conjugués l'un de l'autre et que l'on ne peut pas distinguer disons.
Ajout : qui ne répond pas à ta question. Je me suis laissé influencer par les autres. Je pense maintenant qu'au lieu de parler de $\pi = -J(\chi_2, \chi_4)$ comme Ireland & Rosen, on ferait mieux de parler de $\alpha = -J(\chi_2, \chi_4) \overline \chi_4(D)$, qui a la propriété :
$$
q = \alpha\overline\alpha, \qquad \alpha \equiv \overline\chi_4(D) \bmod (1+i)^3
$$
Note : le $\pi$ dont je parle n'a rien à voir avec celui de ton post qui vaut $\pm 1, \pm i$.
Suggestion : reste avec $D$ le plus longtemps possible. C'est la seule manière de bien voir certaines subtilités. Si on remplace trop tôt $D$ par $n^2$, on n'y verra plus rien. Et je ne sais pas si cela peut te rassurer mais j'ai implémenté tout ce binz. Quand on programme, on ``voit des choses'' qu'il est impossible de restituer.
Dernière chose : si $p$ est un premier qui se factorise en $\pi \overline\pi$ dans $\mathbb Z[i\rbrack$ avec $\pi \equiv 1 \mod (1+i)^3$, alors $k = \mathbb Z[i\rbrack/\langle\pi\rangle$ est un corps fini de cardinal $p$, donc $\simeq \mathbb F_p$. Mais CE corps $k$ porte un caractère d'ordre 4 bien spécial : le symbole biquadratique (en anglais, biquadratic residue symbol, en magma BiquadraticResidueSymbol).
Il y a de la dentelle.
PS : je n'ai pas encore préparé $\chi_4(-4) = 1$ (pour l'instant, c'est au brouillon).
Salut Claude.
Pas de problème de connexion internet de mon côté mais je croule sous le travail et ça va durer jusqu'à la fin de la semaine prochaine. J'aurai infiniment plus de temps libre toute la semaine du 23 janvier.
C'est dommage parce que ces histoires de comptage sont passionnantes même si elles nécessitent de la technique qui demande de l'investissement.
Du coup, j'ai bien envie d'acheter le Koblitz.
Un petit pdf. C'est un peu brouillon pour l'instant, mais sans internet chez moi c'est un peu dur, je ne peux pas vraiment travailler du Mcdo.
J'en suis à $\chi_4(-4)$ :-)
Et bien sûr, y'a quelques black boxes pour le moment. Notamment la formule de comptage de la première partie de l'épreuve de l'agreg blanche : je n'ai pas encore compris. A faire, c'est super important, je pense.
Ps : Mince, je me suis fait épinglé par Chaurien :-D
Ps : Pour le message ici : : oui je pense que j'ai dis des des bêtises (confusion $\chi_4(-4n^2)$).
@flip flop
J'ai tiré. Un certain nombre de choses à dire mais plus tard (c'est pas bon de rester trop longtemps au Mcdo).
Besoin d'un coup de main pour $\chi_4(-4)$ ? Je l'ai fait mais au brouillon (à recopier au propre). En attendant, je peux t'envoyer la détermination du symbole de Legendre $\left(2\over p\right)$ (deuxième loi complémentaire de réciprocité), en faisant débarquer les acteurs de manière compréhensible. Des analogies avec $\chi_4(-4) = 1$.
@flip-flop
$\chi_4(-4) = 1$, c'est pas prêt (je veux pas t'envoyer du trop sale). En attendant, je t'attache un scan : c'est parce que je connaissais la loi 2-complémentaire que $\chi_4(-4) = 1$ est venu tout seul (c'est plus simple).
Remarques sur ton envoi plus tard. J'ai vu que tu t'étais aligné sur Koblitz pour la convention. Or Koblitz est une exception. Je ne change surtout pas mes affaires ! Dans une somme (de sommes de Jacobi), je préfère trouver le plus possible de termes nuls (et pas $-1$).
J'ai vu également que tu étais resté avec $n^2$ et pas $D$ comme suggéré. Dommage car à la fin, on passe ``à côté d'un truc''. Mais bon, tout cela est positif : je vois que le métier rentre si je peux me permettre. Bravo.
@flip flop Remarques sur ton envoi (faut que je recommence le scan, arg)
Page 1 :
trois cardinaux (au lieu de cardinals, et j'ai pas envoyé de MP à Chaurien)
elles sont distinctes (avec un e)
$p$ est un premier impair (sans e). Est ce que tu veux parler de $q$ (qui n'est pas premier) ?
\theta au lieu de theta
On effectue, le changement de variables (avec un s)
virer virgule après effectue
Note : évidemment, cela paraît un tantinet calculatoire. Je n'ai pas tout vérifié car j'avais déjà fait mon propre calcul avec ``mes'' conventions et ``mes'' techniques.
Note : avec $D$ au lieu de $n^2$, on trouverait (je vire le $\chi_4(-4)$ qui vaut 1)
$$
N' = q-1 + \overline \chi_4(D) J(\chi_2) + \chi_4(D) \overline J(\chi_2, \chi_4)
$$
que l'on est incapable de retrouver à partir de $n^2$.
C'est bon pour internet (tu), j'ai fais le calcul $\chi_4(-1)$ et $\chi_4(4)$ dans le cas $q=1 \pmod 8$, j'ai compris deux ou trois trucs élémentaires en passant :-)
Je regarde tes pdfs, merci.
On souhaites évaluer $\chi_4(-1)$ lorsque $q=1 \pmod 8$. Comme nous l'avons dis le groupe $\mathbb{F}_q^*$ est cyclique d'ordre $q-1$, on en déduit qu'il existe un unique sous-groupe $U$ d'ordre $8$ cyclique dans $\mathbb{F}_q^*$, ses éléments d'ordre $4$ sont les carrés des générateurs. Remarquons que $-1$ est un carré dans $\mathbb{F}_q^*$, $\theta^2=-1$ mais il est facile de constater que $\theta$ est d'ordre $4$ et donc c'est le carré d'un générateur de $U$.
Finalement, $-1$ est une puissance $4$, $\chi_4(-1)=1$
@flip flop
Ok pour internet. Et effectivement, pour $q \equiv 1 \bmod 8$, autant le faire directement comme dans ton post, inutile de passer par la (petite) somme de Gauss $\tau = \omega + \omega^{-1}$. Mais il va bien ``falloir que tu y passes'' pour $q \equiv 5 \bmod 8$. Ne te laisse pas faire en ce qui concerne le ``il va bien falloir que tu y passes''.
Comprendre des trucs : on en est tous là. En enseignant des choses que j'avais bien pigées, j'ai souvent constaté que je n'avais pas tout pigé, justement. Tu ne peux pas imaginer le nombre de choses que j'ai pigées dans ce fil.
Enfin, il va falloir que je te pose une grave question, très grave même. Et j'espère que nous allons être d'accord sur la réponse. Sinon, on va être obligé de se payer les exercices 10 à 17 de Koblitz concernant l'établissement de la relation de Hasse-Davenport. Mais j'ai pas trop envie et peut-être que toi non plus. En réalité, je suis capable de tricher et d'aller voir la preuve (de Hasse Davenport) chez Ireland & Rosen. Peut-être que chez Koblitz, les exercices 10 à 17 sont corrigés (on a intérêt à avoir de bonnes lunettes vue la taille de la fonte utilisée).
Je pense que tu utilises le petit truc que j'ai compris hier.
Est- ce que tu es d'accord avec le lemme suivant :
Soit $a \in \mathbb{F}_q ^ *$, alors $a$ est une puissance $d$ d'un élément de $\mathbb{F}_q ^ *$ si et seulement si pour tout caractère (multiplicatif de $\mathbb{F}_q ^ *$) $\chi$ d'ordre $d$, on a : $\chi(a)=1$.
Je comprend bien ton "brouillon". Parfait ! C'est encore un peu confus dans ma tête mais ça prend forme :-)
Le petit truc c'est probablement : pour $z$ appartenant à une extension de $\mathbb F_q$, on a $z \in \mathbb F_q$ si et seulement si $z^q = z$.
Oui je suis d'accord avec ton lemme. C'est la question 4 de la partie I (Agrégation) : on peut remplacer $\mathbb F_q^*$ par un groupe cyclique (cf la formulation dans mon problème) afin de comprendre que la structure de corps n'a rien à voir avec la choucroute.
Pour le cas $q = 5 \pmod 8$, on a $8$ ne divise pas $q-1$, donc il n'y a pas de sous groupe d'ordre $8$ et $-1$ n'est pas une puissance $4$, donc $\chi_4(-1)$ n'est pas égal à $1$. Mais $-1$ est un carré donc $\chi_4(-1)=\chi_2(\theta) \in \{ -1 ,1\}$.
Pour l'autre petit truc : " Le petit truc c'est probablement : pour $z$ appartenant à une extension de $\mathbb F_q$, on a $z \in \mathbb F_q$ si et seulement si $z^q = z$. "
En fait, c'est ce que je voulais dire dans ma footnote concernant : " pour éviter les problèmes considérons une clôture algébrique de $\mathbb F_q$ et son unique extension de degré $r$ (incluse dans la clôture algébrique) qui est simplement l'ensemble des $\zeta \in \overline{\mathbb F}_q$ vérifiant $\zeta^{q^r} = \zeta$"
Parenthèse, en fait, je dis ça car on entend souvent l'histoire " il existe un unique corps de cardinal $p^r$, à isomorphisme prés" . En fait, je n'aime pas cette formulation, le "à isomorphisme près" me reste en travers de la gorge. Si l'on se fixe, une clôture algébrique, le théorème devient il existe une unique sous-extension de $\overline{\mathbb F}_q | \mathbb F_q$ de degré $r$. Le "à isomorphisme près" devient concret c'est juste le choix de la clôture algébrique.
Tu vois ce que je veux dire ? J'ai trouvé cette approche dans un texte de JF. Burnol ici la section 8.
Mais je pense que tu n'aimes pas l'histoire de clôture algébrique, car on ne peut pas en voir (pas constructif, c'est ça ?)
J'attaque la page 59. Il me reste le lemme 1, ensuite la démonstration du théorème (si j'ai bien compris le gros truc c'est "la relation de Hasse-Davenport" et la mauvaise nouvelle c'est que c'est dans les exercices :-( ) et ensuite il va falloir tout reprendre ! Y'a encore du travail !
@flip flop
Mais pour $q \equiv 5 \mod 8$, ce n'est pas terminé, n'est ce pas ? Je ne vois pas la chute $\chi_4(-4) = 1$. Je vois mal ?
Quant à cette histoire de clôture algébrique de $\mathbb F_q$, il faut faire comme tu le sens. Je sais bien que les gens aiment bien croire à un paradis dans lequel on s'installe et toutes les bonnes choses dont on a besoin, on va les chercher là-dedans. OK. Sur le papier.
Mais peut-être que la vraie vie, c'est pas cela ? Qu'il faut faire un jour un choix ? Puis le lendemain, en changer. Ou plutôt essayer de le mettre en accord avec le choix du jour d'avant.
As tu réfléchi à la communication entre personnes ? Par exemple, tu utilises maple et tu développes un joli programme avec UN $\mathbb F_{7^{20}}$. Peut-être que de manière souterraine, maple utilise un certain polynôme irréductible $P(X)$ sur $\mathbb F_{7}$ de degré $20$ ? Peut-être aussi qu'il va y avoir des choix d'un générateur du groupe multiplicatif ? Et la production de résultats (ou l'utilisation de données) propres à ces choix ?
Tu en es tellement fier (de ce programme) que tu me l'envoies. Mais manque de pot, moi je travaille en magma qui utilise un autre modèle de $\mathbb F_{7^{20}}$ via un polynôme irréductible $Q(Y)$ sur $\mathbb F_7$ de degré 20.
Comment mettre en isomorphie $\mathbb F_7[X]/\langle P\rangle$ et $\mathbb F_7[Y]/\langle Q\rangle$ ?
Qu'est ce qui va être plus difficile ? D'installer (?) une clôture algébrique de $\mathbb F_7$ ou de réaliser un isomorphisme comme ci-dessus ?
Et il y a aussi, à l'intérieur d'un même monde, le fait de monter plusieurs $\mathbb F_{p^r}$ qui s'emboîtent les uns dans les autres quand il le faut. C'est pas de la tarte (polynômes de Conway, je crois, mais je n'ai jamais regardé).
En guise de résumé, je suis bien d'accord avec toi : le paradis, c'est super bien. Mais la vraie vie se passe parfois ailleurs.
Faut surtout pas se polariser là-dessus. Car il va y avoir bientôt la question (et réponse) qui tue. I.e. Hasse-Davenport ou pas ?
On peut prendre un peu le temps de faire pareil avec $3$ à la place de $2$ ?
Je trouve que $3$ est carré dans $\mathbb{F}_p$ si et seulement si $p = 1 \pmod {12}$ en passant par une racine primitive $12$-ième de l'unité :-S
Edit : j'ai oublié $-1$ aussi ...
Pour $5$ à la place de $2$, il faudrait trouver, une extension cyclotomique telle que $\sqrt{5} \in \Q[\zeta]$. Peut-être une racine primitive de degré $10$ :-S
@flip flop
Sur notre terre, les nombres premiers sont normalisés par le fait qu'ils sont positifs. Il est assez rare que l'on parle du nombre premier $-3$ ; c'est possible, mais inhabituel ; on parle plutôt du nombre premier $3$. Bref, entre $3$ et $-3$, on choisit $3$.
Mais sur Mars, ils ne s'alignent pas sur cette convention : ils ont choisi de normaliser les nombres premiers impairs par la congruence $\bullet \equiv 1 \bmod 4$. Ainsi, la suite de leurs nombres premiers est :
$$
2, \quad -3, \quad 5, \quad -7, \quad, -11, \quad 13, \cdots
$$
De sorte que, chez eux, la loi générale (premiers impairs) de réciprocité quadratique s'énonce ainsi : $p$ est un carré modulo $q$ si et seulement si $q$ est un carré modulo $p$. C'est bien commode, non ? Nous, on est obligé d'introduire $p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p$ qui vérifie toujours $p^* \equiv 1 \bmod 4$.
Pour en revenir à la loi de réciprocité pour $3$, ben les martiens ne veulent pas l'établir ! Ils disent qu'il faut d'abord s'occuper de $-3$. Et pour $p \ne 2,3$, le résultat est :
$$
-3 \hbox { carré modulo $p$ } \quad \iff \quad p \equiv 1 \bmod 3
$$
Et ils disent que cela peut-être fait par les petits en considérant le polynôme $X^2 + X + 1$ de discriminant $-3$. Je crois, dans un corps $\mathbb F_p$, qu'il est conseillé, lorsque $-3$ est un carré, de nommer $j$ une de ses racines ...
Et ensuite $3 = (-1) \times (-3)$. Comme quoi, il faut quand même y passer (au modulo 12).
Autre chose. Si un petit te demande : monsieur flip-flop, dans $\mathbb Z[i\rbrack$, cela veut dire quoi, sur $a,b \in \mathbb Z$, que $1+i \mid a+ib$ ? Que $a + ib \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ ? Tu l'envoies ch.er ?
Monsieur Flip-flop, avec les petits, commence toujours par dire : Je ne sais pas, mais on peut réfléchir ensemble ...
et j'enchaîne toujours avec, "bon c'est quoi les définitions ? "
$1+i | a+ib$, donc il existe $c+id$ vérifiant ... blabla ... $a$ et $b$ de même parité ici.
Pour la deuxième, je trouve $a = 1 \pmod 2$ et $b=0 \pmod 2$ sauf boulette.
Au fait, dans ton avant dernier post, il faut bien comprendre, pour $p \ne 2,3$, que $3$ carré modulo $p$ si et seulement si $p \equiv \pm 1 \bmod 12$, n'est ce pas ?
Est ce que tu te souviens, qu'il y a quelques jours, tu t'étais proclamé de niveau $0$ en arithmétique, ou quelque chose comme cela ?
Je peux pas m'empêcher de t'attacher un petit quelque chose ; je sais c'est modeste, mais j'ai pas mieux. Tu y verras pourquoi $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p\of 1)$.
Et même quelque chose de bien mieux que cela, de ``nature arithmétique''. Petite somme de Gauss quadratique, quand tu me tiens.
Trop tôt, je pense pour la question qui tue, qui pourrait tuer. Je vais essayer de te sensibiliser en te disant ``8 pour le prix d'un". Il faut, juste pour l'instant, que tu contemples cela, rien de plus :
> Qi<i> := QuadraticField(-1) ;
> U4 := {-1,+1, -i,+i} ;
> pi := 2 + 3*i ;
> Pi := {u*z : u in U4, z in {pi, Conjugate(pi)}} ;
> Pi ;
{ 2*i + 3, 3*i + 2, -2*i + 3, 2*i - 3, -3*i - 2, -2*i - 3, -3*i + 2, 3*i - 2 }
> {Norm(z) : z in Pi} ;
{ 13 }
@flip flop
Tu as complété entre temps le coup de $a+ib \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ en disant <<je trouve $a=1 (\bmod2)$ et $b=0(\bmod2)$ sauf boulette>>. Verdict :
> Zi<i> := IntegerRing(Qi) ;
> // Mister flip flop says : a+ib = 1 mod (1+i)^3 <===> a = 1 mod 2 and b = 0 mod 2
> a := 1 ; b := 2 ;
> IsDivisibleBy(a+i*b - 1, (1+i)^3) ;
false
> // A magma bug ? Or perharps a flip flop bug ?
@flip flop
La question qui tue. Contexte : $n$ un entier $\ge 1$, $q$ une puissance d'un premier tel que $\gcd(q,2n) = 1$ et $q \equiv 1 \bmod 4$. Et $E_n$ la courbe elliptique :
$$
E_n : \qquad y^2 = x^3 - n^2x = x(x-n)(x+n)
$$
Je note $\chi_2$ l'unique caractère quadratique sur $\mathbb F_q^*$ (qui existe car $q \equiv 1 \bmod 4$).
On suppose disposer d'un $\alpha \in \mathbb Z[i\rbrack$ tel que :
$$
q = \alpha \overline \alpha, \qquad \alpha \equiv \chi_2(n) \bmod (1+i)^3
$$
Est ce que tu es d'accord avec le fait que
$$
\#E_n(\mathbb F_q) = q+1 - (\alpha + \overline \alpha)
$$
Si oui, c'est vacances. Sauf que j'ai besoin d'un argument solide.
Et j'en pense quoi, moi ? Depuis 2 jours, cela dépend de l'heure dans la journée.
D'autre part, $\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)$ est un entier de Gauss ... il me reste le lemme 1. que je n'ai pas encore compris. Mais c'est presque la congruence que tu proposes.
$\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)=a+ib$, avec $a^2+b^2=q$ et la congruence ... il faut voir que ça détermine $\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)$ (à conjugaison complexe près) ?
@vous deux
Ok pour gai requin.
Mais pourquoi je vous cause de $a + i b \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ ? Ben, allez donc voir comment est énoncé le théorème de Gauss par Ribet dans le théorème 1, à la page 7, section 6 in https://math.berkeley.edu/~ribet/Articles/icfs.pdf. Et en ce qui concerne ``where $r_p$ is chosen as above'', il a fallu que je fasse un petit effort. En lisant attentivement en bas de la page 9 par exemple. Of course $r+is$ Ribet versus $a + ib$ ici. Sauf que Ribet ne parle pas de $\mathbb Z[i\rbrack$. Et toujours chez moi ce ``est ce que je comprends bien ce qui est écrit ?'' Pourquoi s'occupe-t-il des signes de $r,s$ puisqu'il va réaliser un <<adjust the sign of $r$>> et que $s$ ne semble pas intervenir''
> E := EllipticCurve([-1, 0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - x over Rational Field
> p := 13 ;
> Ep := ChangeRing(E, GF(p)) ;
> #Ep(GF(p^7)) ;
62757416
Faut verrouiller le binz (de ma question qui tue). Car si j'ai raison pour $(q, \alpha)$, tu remarqueras que ce que l'on demande à $(q,\alpha)$ c'est encore vrai pour $(q^r, \alpha^r)$. Donc on aura la formule $\#E_n(\mathbb F_{q^r})$ analogue à celle de $\#E_n(\mathbb F_{q})$. Donc obtention de la fonction zeta de $E_n$. Et on aura fait l'économie de Hasse-Davenport.
Do you see what I mean un peu ?
Et gai requin qui se barre au tennis. Elle est belle la vie. Tu crois pas qu'il exagère un tantinet ?
Pour voir si je comprends quelque chose en prenant le train en marche.
Si on suppose que
$$q = \alpha \overline \alpha, \qquad \alpha \equiv \chi_2(n) \bmod (1+i)^3,$$
on aimerait aussi que
$$\alpha^r \equiv \alpha \bmod (1+i)^3\text{ pour tout }r\geq 1.$$
Réponses
A ton avis, j'ai appris un peu de métier où ? En enseignant, tout simplement. Flip flop t'a fourni de la lecture. Il faudra que de notre côté, on se paie ``Il the author is polite'' et la détermination de la fonction zeta d'une cubique de Weierstrass singulière. Indispensable pour l'assemblage. Je pense maintenant que l'on va pouvoir aller jusqu'au bout (forme modulaire de comptage via le Grossen character).
@flip flop
Pour la page 58, il faut faire le plus longtemps possible avec $y^2 = x^3 - Dx$ et pas $y^2 = x^3 - n^2x$ comme Koblitz. Cela sera aussi simple, je t'assure ; juste avant la fin, on remplace $D$ par $n^2$. On n'a pratiquement pas besoin de sommes de Gauss. A mon avis, c'est juste pour savoir que $J(\chi_4, \chi_2)$ est de norme $q$ (il y a un résultat général derrière cela).
J'ai lu tes 3 pages. Ca baigne.
Page 1.
La multiplication par $x$ n'est pas un automorphisme si $x = 0$. Inutile de mentionner le mot automorphisme, endomorphisme suffira bien. Par ailleurs, c'est pas mal d'avoir l'expression de la trace où $\sigma$ est l'automorphisme de Frobenius de $\mathbb F_q/\mathbb F_p$ :
$$
\mathrm {Tr}(x) = \sum_{i=0}^{r-1} \sigma^ i(x) = \sum_{i=0}^{r-1} x^{p^i}
$$
C'est comme cela que l'on peut voir qu'elle n'est pas triviale (un polynôme non nul de degré $p^{r-1}$ ne peut pas avoir $p^r$ racines).
Page 1 toujours : .. caractère additif qu'on l'on note --> que l'on note.
Typo, orthographe : pas d'espace avant une virgule (footnote et ailleurs)
Page 2 dans (c), (d), il faut préciser que $\chi$ n'est pas trivial.
Au milieu : sous-groupe de racines de l'unité (un s à racines)
A propos de la foot-note de la page 1. Si cela te fait plaisir, oui tu peux mentionner la clôture algébrique de $\mathbb F_p$. C'est pas ça du tout qui va faire le job, mais comme tout le monde en parle (sur le papier), pourquoi pas ? Tant que tu m'obliges pas à la monter en machine ! Car évidemment, $\mathbb F_{7^3}$, cela n'existe pas. Aucune chance que TON modèle de $\mathbb F_{7^3}$ soit le même que le mien. Idem pour les caractères qui vont dans $\C$. Heureusement qu'en machine, ils vont dans $\Q(\root \infty \of 1)$ et même dans $\Q(\root N \of 1)$, sinon, nous serions jolis garçons pour implémenter. Mais laisse $\C$ par habitude.
\newcommand{\Fp}{% \ensuremath{\mathbb{F}_p} }Mais ça rend un espace après, par exemple : se transforme en $\mathbb{F}_p$ -linéaire, ce qui explique les soucis de ponctuation, si tu as une idée ?
Je corrige les typos et autres, merci des remarques. Après petite pause et je continu la lecture :-)
\newcommand {\Fp}{% \ensuremath{\mathbb{F}_p}% } \newcommand {\badFp}{% \ensuremath{\mathbb{F}_p} }Remarque : tu as vu que vous n'avez pas pris la même convention pour le caractère trivial $\chi(0)=0$ vs $\chi(0)=1$ ?
Oui, j'ai repéré chez Koblitz cette histoire de convention en désaccord. Dès que j'ai eu son livre, j'ai surligné fluo + point d'interrogation.
Car j'ai suivi (depuis longtemps) les conventions d'autres auteurs. Par exemple, Jean René Joly, Equations et variétés algébriques sur un corps fini. Ou Ireland et Rosen, qui disent, tout au début de leur chapitre Gauss and Jacobi Sums, ``The usefulness of these definitions will soon become apparent''. Encore un autre : Berndt, Evans, Williams, Gauss and Jacobi Sums (un livre entier de 550 pages que je n'ai pratiquement pas consulté).
Bref, Koblitz est le seul (parmi les ouvrages que j'ai) qui a cette convention. Je ne me souviens plus si cela peut créer un souci et si oui, où ? Tu as eu souci ?
Pendant que j'y suis, j'explique la philosophie. Les sommes de Jacobi sont adaptées au dénombrement d'une équation diagonale de type $\sum_i a_i x_i^{d_i} = 1$ en affine ou $\sum_i a_i x_i^{d_i} = 0$ en projectif.
Mais $y^2 = x^3 - Dx$ n'est pas de ce type. On fait un changement de variables pour la mettre sous la forme $u^2 = v^4 + 4D$. C'est le monde à l'envers : cubic to quartic. Faut faire gaffe que ce changement de variables laisse en rade quelques points. Bref, on finit, en transpirant, par obtenir la formule de comptage de la forme :
$$
N = q + 1 - (\alpha + \overline \alpha) \qquad \hbox {avec} \qquad \alpha = \chi_4(D) J(\chi_2, \chi_4)
$$
Entre temps, on a utilisé le trick $\chi_4(-4) = 1$. Maintenant on peut remplacer $D$ par $n^2$ voire $D$ par $1$ pour se faire la main.
Il y a ensuite une autre étape. Au fait tout ceci se passe dans $\mathbb Z[i\rbrack$. Et là, il va y avoir une histoire de normalisation via le modulus $(1+i)^3$ ou $2+2i$, si tu veux. On en reparlera en temps utile, j'ai les idées un peu près claires là-dessus. Encore que depuis hier il y a quelque chose qui me turlupine : quelque chose s'est simplifié .. mais cela m'interroge. Probablement lié au fait que l'on peut remplacer $\alpha$ par $\overline \alpha$.
Convention $\varepsilon(0) = 1$ versus $\chi(0) = 0$. Definition 2.10 in http://math.uchicago.edu/~may/REU2012/REUPapers/ChenC.pdf. A vrai dire quand tu fais ``Gauss and Jacobi sums'' sous ton moteur de recherche préféré, tu tombes sur une tapée de papiers. Il arrive assez souvent les auteurs ne précisent pas le prolongement en $0$.
Je ne sais pas quoi en penser. Et pour les calculs que tu as déjà faits utilisant le caractère unité (trivial), un lézard ?
Je vais faire ton épreuve demain, je pense que ce que tu appelles la philosophie est bien expliquée dans l'épreuve.
Bon, il y a du boulot B-)
Quelque chose ne va pas chez Koblitz : avec sa convention, il trouve $J(\varepsilon, \varepsilon) = q-2$. Les autres auteurs (donc mézigues également) obtiennent $J(\varepsilon, \varepsilon) = q$. Tu vas me dire que cela dépend des conventions. Ben, à un moment donné, il va falloir compter et vraiment compter comme il faut. Cela veut dire qu'à la page 58, Koblitz triche.
Juste pour que l'on soit d'accord pour les jours à venir (remarque : inutile de se taper toute mon épreuve car ici, on n'a seulement besoin de sommes de Jacobi de deux caractères). A la page 58, on doit compter le nombre $N'$ de solutions de
$$
u^2 - v^4 = 4D \qquad \hbox {que j'écris} \qquad a_1x_1^2 + a_2x_2^4 = 1 \quad \hbox {avec} \quad
a_1 = (4D)^{-1}, \quad a_2 = (-4D)^{-1}
$$
Et le résultat général est :
$$
N' = \sum_{\textstyle \chi^2 = \varepsilon \atop \textstyle \chi' ^4 = \varepsilon } J(\chi, \chi') \chi(a_1^{-1}) \chi'(a_2^{-1}) =
\sum_{\textstyle \chi^2 = \varepsilon \atop \textstyle \chi' ^4 = \varepsilon } J(\chi, \chi') \chi(4D) \chi'(-4D)
$$
Et c'est là que l'on va transpirer en posant $\chi = \chi_2^i$, $i = 0,1$ et $\chi' = \chi_4^j$, $j = 0,1,2,3$.
Transpirer car il vaut être vachement vachement soigneux. Et qu'au début, on ne trouve pas ce qu'il faut. La somme semble comportait beaucoup de termes mais en fait un certain nombre sont nuls.
Bref, il faut prendre en charge la page 58 de Koblitz. Et sans tricher.
hum, ça ne va pas le faire si on ne se fixe pas sur une convention. Surtout quand je vois ce qui nous attend le $N^\prime$ fait un peu peur !
Comment on fait ? je n'arrive pas à comprendre où cette convention va entrer dans l'histoire !
@flip flop
J'ai pigé pas mal de choses. D'abord, on ne peut pas dire que Koblitz triche mais il ne fait pas un calcul uniforme, si bien qu'à la page 58, il est obligé de faire gaffe à l'évaluation des caractères en 0. Je veux dire par là que nous on veut faire avec la formule sommatoire ``standard uniforme'' (chez les autres auteurs) i.e. somme de produits de sommes de Jacobi.
Je suis en train d'écrire un scan ; je reprends de A à Z la page 58 de Koblitz avec $y^2 = x^3 - Dx$. Sans traiter $\chi_4(-4) = 1$ pour l'instant.
Pigé aussi que partis petits joueurs avec $y^2 = x^3 - x$, on traite dans la foulée $y^2 = x^3 - Dx$ de manière vachement plus simple que Ireland & Rosen. Là, c'est merci à Koblitz. Et le clou, c'est que l'on se passe de Hasse-Davenport. Et le bilan (bonus), c'est que l'on obtient la fonction zeta de $y^2 = x^3 - Dx$.
Note : Koblitz dit p. 60, après la formule (2.10) Hasse-Davenport formulae : the proof of this fact will be given in a series of exercices below. J'ai été voir et je vois que cela occupe les exercises 10 à 17. C'est marqué problems 10-17 will lead to a proof of the Hasse-Davenport relation.
Là, c'est sûr que tu me faisais la gueule.
Et enfin, j'ai pigé ce qui me turlupinait : faut que j'arrête de parler (de penser surtout) de LA factorisation normalisée dans $\mathbb Z[i\rbrack$ : si $q = \pi \overline \pi$ avec $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$, alors la factorisation $q = \overline \pi \pi$ convient aussi car $\overline \pi = 1 \bmod (1+i)^3$. Ne pas oublier que $1+i$ et $1-i$ sont associés. Bref, il y deux factorisations normalisées et pas une.
Il ne me reste plus qu'à vous lire. ;-)
Le scan en question. En ce qui concerne Hasse Davenport, je crois que j'ai crié victoire un peu trop tôt. Mais ne t"inquiètes pas, on ne va pas faire les exos de 10 à 17. Inutile de changer de pseudo, donc.
Encore un petit soucis d'internet (td)
Normalement c'est bon, je fini d'écrire le truc ce soir ... c'est pas évident de rédiger ce genre de calcul !
A demain ou peut être ce soir !
Juste un truc pour la normalisation ... en fait si je comprend, c'est $\pi = \chi_4(-4n^2)$ et $\overline{pi} = \chi_4^3(-4n^2)$, c'est bien ça ?
De toute façon, il y a un choix a faire car il y a deux caractères multiplicatifs de degré $4$ et on a pas moyen de distinguer les deux, si ?
Je ne comprends pas bien ta question mais je réponds quand même. Oui, sur un $\mathbb F_q$ ``abstrait'' avec $q \equiv 1 \bmod 4$, il y a deux caractères d'ordre 4, conjugués l'un de l'autre et que l'on ne peut pas distinguer disons.
Ajout : qui ne répond pas à ta question. Je me suis laissé influencer par les autres. Je pense maintenant qu'au lieu de parler de $\pi = -J(\chi_2, \chi_4)$ comme Ireland & Rosen, on ferait mieux de parler de $\alpha = -J(\chi_2, \chi_4) \overline \chi_4(D)$, qui a la propriété :
$$
q = \alpha\overline\alpha, \qquad \alpha \equiv \overline\chi_4(D) \bmod (1+i)^3
$$
Note : le $\pi$ dont je parle n'a rien à voir avec celui de ton post qui vaut $\pm 1, \pm i$.
Suggestion : reste avec $D$ le plus longtemps possible. C'est la seule manière de bien voir certaines subtilités. Si on remplace trop tôt $D$ par $n^2$, on n'y verra plus rien. Et je ne sais pas si cela peut te rassurer mais j'ai implémenté tout ce binz. Quand on programme, on ``voit des choses'' qu'il est impossible de restituer.
Dernière chose : si $p$ est un premier qui se factorise en $\pi \overline\pi$ dans $\mathbb Z[i\rbrack$ avec $\pi \equiv 1 \mod (1+i)^3$, alors $k = \mathbb Z[i\rbrack/\langle\pi\rangle$ est un corps fini de cardinal $p$, donc $\simeq \mathbb F_p$. Mais CE corps $k$ porte un caractère d'ordre 4 bien spécial : le symbole biquadratique (en anglais, biquadratic residue symbol, en magma BiquadraticResidueSymbol).
Il y a de la dentelle.
PS : je n'ai pas encore préparé $\chi_4(-4) = 1$ (pour l'instant, c'est au brouillon).
Comment va ? Tu n'es pas coupé d'internet, toi ? En plein turbin ?
Pas de problème de connexion internet de mon côté mais je croule sous le travail et ça va durer jusqu'à la fin de la semaine prochaine. J'aurai infiniment plus de temps libre toute la semaine du 23 janvier.
C'est dommage parce que ces histoires de comptage sont passionnantes même si elles nécessitent de la technique qui demande de l'investissement.
Du coup, j'ai bien envie d'acheter le Koblitz.
Un petit pdf. C'est un peu brouillon pour l'instant, mais sans internet chez moi c'est un peu dur, je ne peux pas vraiment travailler du Mcdo.
J'en suis à $\chi_4(-4)$ :-)
Et bien sûr, y'a quelques black boxes pour le moment. Notamment la formule de comptage de la première partie de l'épreuve de l'agreg blanche : je n'ai pas encore compris. A faire, c'est super important, je pense.
Ps : Mince, je me suis fait épinglé par Chaurien :-D
Ps : Pour le message ici : : oui je pense que j'ai dis des des bêtises (confusion $\chi_4(-4n^2)$).
J'ai tiré. Un certain nombre de choses à dire mais plus tard (c'est pas bon de rester trop longtemps au Mcdo).
Besoin d'un coup de main pour $\chi_4(-4)$ ? Je l'ai fait mais au brouillon (à recopier au propre). En attendant, je peux t'envoyer la détermination du symbole de Legendre $\left(2\over p\right)$ (deuxième loi complémentaire de réciprocité), en faisant débarquer les acteurs de manière compréhensible. Des analogies avec $\chi_4(-4) = 1$.
$\chi_4(-4) = 1$, c'est pas prêt (je veux pas t'envoyer du trop sale). En attendant, je t'attache un scan : c'est parce que je connaissais la loi 2-complémentaire que $\chi_4(-4) = 1$ est venu tout seul (c'est plus simple).
Remarques sur ton envoi plus tard. J'ai vu que tu t'étais aligné sur Koblitz pour la convention. Or Koblitz est une exception. Je ne change surtout pas mes affaires ! Dans une somme (de sommes de Jacobi), je préfère trouver le plus possible de termes nuls (et pas $-1$).
J'ai vu également que tu étais resté avec $n^2$ et pas $D$ comme suggéré. Dommage car à la fin, on passe ``à côté d'un truc''. Mais bon, tout cela est positif : je vois que le métier rentre si je peux me permettre. Bravo.
Page 1 :
trois cardinaux (au lieu de cardinals, et j'ai pas envoyé de MP à Chaurien)
elles sont distinctes (avec un e)
$p$ est un premier impair (sans e). Est ce que tu veux parler de $q$ (qui n'est pas premier) ?
\theta au lieu de theta
On effectue, le changement de variables (avec un s)
virer virgule après effectue
Note : évidemment, cela paraît un tantinet calculatoire. Je n'ai pas tout vérifié car j'avais déjà fait mon propre calcul avec ``mes'' conventions et ``mes'' techniques.
Note : avec $D$ au lieu de $n^2$, on trouverait (je vire le $\chi_4(-4)$ qui vaut 1)
$$
N' = q-1 + \overline \chi_4(D) J(\chi_2) + \chi_4(D) \overline J(\chi_2, \chi_4)
$$
que l'on est incapable de retrouver à partir de $n^2$.
Le scan $\chi_4(-4) = 1$ promis. Cela pourrait être mieux écrit mais j'ai eu la flemme de recommencer.
Toujours en panne d'internet ?
C'est bon pour internet (tu), j'ai fais le calcul $\chi_4(-1)$ et $\chi_4(4)$ dans le cas $q=1 \pmod 8$, j'ai compris deux ou trois trucs élémentaires en passant :-)
Je regarde tes pdfs, merci.
On souhaites évaluer $\chi_4(-1)$ lorsque $q=1 \pmod 8$. Comme nous l'avons dis le groupe $\mathbb{F}_q^*$ est cyclique d'ordre $q-1$, on en déduit qu'il existe un unique sous-groupe $U$ d'ordre $8$ cyclique dans $\mathbb{F}_q^*$, ses éléments d'ordre $4$ sont les carrés des générateurs. Remarquons que $-1$ est un carré dans $\mathbb{F}_q^*$, $\theta^2=-1$ mais il est facile de constater que $\theta$ est d'ordre $4$ et donc c'est le carré d'un générateur de $U$.
Finalement, $-1$ est une puissance $4$, $\chi_4(-1)=1$
Ok pour internet. Et effectivement, pour $q \equiv 1 \bmod 8$, autant le faire directement comme dans ton post, inutile de passer par la (petite) somme de Gauss $\tau = \omega + \omega^{-1}$. Mais il va bien ``falloir que tu y passes'' pour $q \equiv 5 \bmod 8$. Ne te laisse pas faire en ce qui concerne le ``il va bien falloir que tu y passes''.
Comprendre des trucs : on en est tous là. En enseignant des choses que j'avais bien pigées, j'ai souvent constaté que je n'avais pas tout pigé, justement. Tu ne peux pas imaginer le nombre de choses que j'ai pigées dans ce fil.
Enfin, il va falloir que je te pose une grave question, très grave même. Et j'espère que nous allons être d'accord sur la réponse. Sinon, on va être obligé de se payer les exercices 10 à 17 de Koblitz concernant l'établissement de la relation de Hasse-Davenport. Mais j'ai pas trop envie et peut-être que toi non plus. En réalité, je suis capable de tricher et d'aller voir la preuve (de Hasse Davenport) chez Ireland & Rosen. Peut-être que chez Koblitz, les exercices 10 à 17 sont corrigés (on a intérêt à avoir de bonnes lunettes vue la taille de la fonte utilisée).
Dans "KoblitzExoII-2-3p61.pdf"
Je pense que tu utilises le petit truc que j'ai compris hier.
Est- ce que tu es d'accord avec le lemme suivant :
Soit $a \in \mathbb{F}_q ^ *$, alors $a$ est une puissance $d$ d'un élément de $\mathbb{F}_q ^ *$ si et seulement si pour tout caractère (multiplicatif de $\mathbb{F}_q ^ *$) $\chi$ d'ordre $d$, on a : $\chi(a)=1$.
Je comprend bien ton "brouillon". Parfait ! C'est encore un peu confus dans ma tête mais ça prend forme :-)
Le petit truc c'est probablement : pour $z$ appartenant à une extension de $\mathbb F_q$, on a $z \in \mathbb F_q$ si et seulement si $z^q = z$.
Oui je suis d'accord avec ton lemme. C'est la question 4 de la partie I (Agrégation) : on peut remplacer $\mathbb F_q^*$ par un groupe cyclique (cf la formulation dans mon problème) afin de comprendre que la structure de corps n'a rien à voir avec la choucroute.
Pour l'autre petit truc : " Le petit truc c'est probablement : pour $z$ appartenant à une extension de $\mathbb F_q$, on a $z \in \mathbb F_q$ si et seulement si $z^q = z$. "
En fait, c'est ce que je voulais dire dans ma footnote concernant : " pour éviter les problèmes considérons une clôture algébrique de $\mathbb F_q$ et son unique extension de degré $r$ (incluse dans la clôture algébrique) qui est simplement l'ensemble des $\zeta \in \overline{\mathbb F}_q$ vérifiant $\zeta^{q^r} = \zeta$"
Parenthèse, en fait, je dis ça car on entend souvent l'histoire " il existe un unique corps de cardinal $p^r$, à isomorphisme prés" . En fait, je n'aime pas cette formulation, le "à isomorphisme près" me reste en travers de la gorge. Si l'on se fixe, une clôture algébrique, le théorème devient il existe une unique sous-extension de $\overline{\mathbb F}_q | \mathbb F_q$ de degré $r$. Le "à isomorphisme près" devient concret c'est juste le choix de la clôture algébrique.
Tu vois ce que je veux dire ? J'ai trouvé cette approche dans un texte de JF. Burnol ici la section 8.
Mais je pense que tu n'aimes pas l'histoire de clôture algébrique, car on ne peut pas en voir (pas constructif, c'est ça ?)
J'attaque la page 59. Il me reste le lemme 1, ensuite la démonstration du théorème (si j'ai bien compris le gros truc c'est "la relation de Hasse-Davenport" et la mauvaise nouvelle c'est que c'est dans les exercices :-( ) et ensuite il va falloir tout reprendre ! Y'a encore du travail !
Mais pour $q \equiv 5 \mod 8$, ce n'est pas terminé, n'est ce pas ? Je ne vois pas la chute $\chi_4(-4) = 1$. Je vois mal ?
Quant à cette histoire de clôture algébrique de $\mathbb F_q$, il faut faire comme tu le sens. Je sais bien que les gens aiment bien croire à un paradis dans lequel on s'installe et toutes les bonnes choses dont on a besoin, on va les chercher là-dedans. OK. Sur le papier.
Mais peut-être que la vraie vie, c'est pas cela ? Qu'il faut faire un jour un choix ? Puis le lendemain, en changer. Ou plutôt essayer de le mettre en accord avec le choix du jour d'avant.
As tu réfléchi à la communication entre personnes ? Par exemple, tu utilises maple et tu développes un joli programme avec UN $\mathbb F_{7^{20}}$. Peut-être que de manière souterraine, maple utilise un certain polynôme irréductible $P(X)$ sur $\mathbb F_{7}$ de degré $20$ ? Peut-être aussi qu'il va y avoir des choix d'un générateur du groupe multiplicatif ? Et la production de résultats (ou l'utilisation de données) propres à ces choix ?
Tu en es tellement fier (de ce programme) que tu me l'envoies. Mais manque de pot, moi je travaille en magma qui utilise un autre modèle de $\mathbb F_{7^{20}}$ via un polynôme irréductible $Q(Y)$ sur $\mathbb F_7$ de degré 20.
Comment mettre en isomorphie $\mathbb F_7[X]/\langle P\rangle$ et $\mathbb F_7[Y]/\langle Q\rangle$ ?
Qu'est ce qui va être plus difficile ? D'installer (?) une clôture algébrique de $\mathbb F_7$ ou de réaliser un isomorphisme comme ci-dessus ?
Et il y a aussi, à l'intérieur d'un même monde, le fait de monter plusieurs $\mathbb F_{p^r}$ qui s'emboîtent les uns dans les autres quand il le faut. C'est pas de la tarte (polynômes de Conway, je crois, mais je n'ai jamais regardé).
En guise de résumé, je suis bien d'accord avec toi : le paradis, c'est super bien. Mais la vraie vie se passe parfois ailleurs.
Faut surtout pas se polariser là-dessus. Car il va y avoir bientôt la question (et réponse) qui tue. I.e. Hasse-Davenport ou pas ?
Non : on va se passer de Hasse-Davenport. On va essayer.
Mais je n'ai plus le temps. Je poserai cet après-midi la question qui tue.
On peut prendre un peu le temps de faire pareil avec $3$ à la place de $2$ ?
Je trouve que $3$ est carré dans $\mathbb{F}_p$ si et seulement si $p = 1 \pmod {12}$ en passant par une racine primitive $12$-ième de l'unité :-S
Edit : j'ai oublié $-1$ aussi ...
Pour $5$ à la place de $2$, il faudrait trouver, une extension cyclotomique telle que $\sqrt{5} \in \Q[\zeta]$. Peut-être une racine primitive de degré $10$ :-S
Sur notre terre, les nombres premiers sont normalisés par le fait qu'ils sont positifs. Il est assez rare que l'on parle du nombre premier $-3$ ; c'est possible, mais inhabituel ; on parle plutôt du nombre premier $3$. Bref, entre $3$ et $-3$, on choisit $3$.
Mais sur Mars, ils ne s'alignent pas sur cette convention : ils ont choisi de normaliser les nombres premiers impairs par la congruence $\bullet \equiv 1 \bmod 4$. Ainsi, la suite de leurs nombres premiers est :
$$
2, \quad -3, \quad 5, \quad -7, \quad, -11, \quad 13, \cdots
$$
De sorte que, chez eux, la loi générale (premiers impairs) de réciprocité quadratique s'énonce ainsi : $p$ est un carré modulo $q$ si et seulement si $q$ est un carré modulo $p$. C'est bien commode, non ? Nous, on est obligé d'introduire $p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p$ qui vérifie toujours $p^* \equiv 1 \bmod 4$.
Pour en revenir à la loi de réciprocité pour $3$, ben les martiens ne veulent pas l'établir ! Ils disent qu'il faut d'abord s'occuper de $-3$. Et pour $p \ne 2,3$, le résultat est :
$$
-3 \hbox { carré modulo $p$ } \quad \iff \quad p \equiv 1 \bmod 3
$$
Et ils disent que cela peut-être fait par les petits en considérant le polynôme $X^2 + X + 1$ de discriminant $-3$. Je crois, dans un corps $\mathbb F_p$, qu'il est conseillé, lorsque $-3$ est un carré, de nommer $j$ une de ses racines ...
Et ensuite $3 = (-1) \times (-3)$. Comme quoi, il faut quand même y passer (au modulo 12).
Autre chose. Si un petit te demande : monsieur flip-flop, dans $\mathbb Z[i\rbrack$, cela veut dire quoi, sur $a,b \in \mathbb Z$, que $1+i \mid a+ib$ ? Que $a + ib \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ ? Tu l'envoies ch.er ?
Question qui tue, plus tard.
et j'enchaîne toujours avec, "bon c'est quoi les définitions ? "
$1+i | a+ib$, donc il existe $c+id$ vérifiant ... blabla ... $a$ et $b$ de même parité ici.
Pour la deuxième, je trouve $a = 1 \pmod 2$ et $b=0 \pmod 2$ sauf boulette.
Yes (dernier post).
Au fait, dans ton avant dernier post, il faut bien comprendre, pour $p \ne 2,3$, que $3$ carré modulo $p$ si et seulement si $p \equiv \pm 1 \bmod 12$, n'est ce pas ?
Est ce que tu te souviens, qu'il y a quelques jours, tu t'étais proclamé de niveau $0$ en arithmétique, ou quelque chose comme cela ?
Je peux pas m'empêcher de t'attacher un petit quelque chose ; je sais c'est modeste, mais j'ai pas mieux. Tu y verras pourquoi $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p\of 1)$.
Et même quelque chose de bien mieux que cela, de ``nature arithmétique''. Petite somme de Gauss quadratique, quand tu me tiens.
Trop tôt, je pense pour la question qui tue, qui pourrait tuer. Je vais essayer de te sensibiliser en te disant ``8 pour le prix d'un". Il faut, juste pour l'instant, que tu contemples cela, rien de plus :
> Qi<i> := QuadraticField(-1) ; > U4 := {-1,+1, -i,+i} ; > pi := 2 + 3*i ; > Pi := {u*z : u in U4, z in {pi, Conjugate(pi)}} ; > Pi ; { 2*i + 3, 3*i + 2, -2*i + 3, 2*i - 3, -3*i - 2, -2*i - 3, -3*i + 2, 3*i - 2 } > {Norm(z) : z in Pi} ; { 13 }AJOUT Je détache la version ici qui contient une coquille. Cf nouvelle version in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1400366#msg-1400366
Quoique...:-D
Tu as complété entre temps le coup de $a+ib \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ en disant <<je trouve $a=1 (\bmod2)$ et $b=0(\bmod2)$ sauf boulette>>. Verdict :
La question qui tue. Contexte : $n$ un entier $\ge 1$, $q$ une puissance d'un premier tel que $\gcd(q,2n) = 1$ et $q \equiv 1 \bmod 4$. Et $E_n$ la courbe elliptique :
$$
E_n : \qquad y^2 = x^3 - n^2x = x(x-n)(x+n)
$$
Je note $\chi_2$ l'unique caractère quadratique sur $\mathbb F_q^*$ (qui existe car $q \equiv 1 \bmod 4$).
On suppose disposer d'un $\alpha \in \mathbb Z[i\rbrack$ tel que :
$$
q = \alpha \overline \alpha, \qquad \alpha \equiv \chi_2(n) \bmod (1+i)^3
$$
Est ce que tu es d'accord avec le fait que
$$
\#E_n(\mathbb F_q) = q+1 - (\alpha + \overline \alpha)
$$
Si oui, c'est vacances. Sauf que j'ai besoin d'un argument solide.
Et j'en pense quoi, moi ? Depuis 2 jours, cela dépend de l'heure dans la journée.
Dans l'anneau des entiers de Gauss,
$$ a+ib=1 \bmod (1+i)^3\Leftrightarrow b=0\bmod 2 \text{ et } a=b+1\bmod 4.$$
Mais bon là j'ai tennis donc je te laisse la question qui tue. B-)
$$ N = q+ 1 + \chi_2(n) \times ( \mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)+ \overline{\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)})$$
D'autre part, $\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)$ est un entier de Gauss ... il me reste le lemme 1. que je n'ai pas encore compris. Mais c'est presque la congruence que tu proposes.
$\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)=a+ib$, avec $a^2+b^2=q$ et la congruence ... il faut voir que ça détermine $\mathcal{J}(\chi_2,\chi_4)$ (à conjugaison complexe près) ?
Ok pour gai requin.
Mais pourquoi je vous cause de $a + i b \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ ? Ben, allez donc voir comment est énoncé le théorème de Gauss par Ribet dans le théorème 1, à la page 7, section 6 in https://math.berkeley.edu/~ribet/Articles/icfs.pdf. Et en ce qui concerne ``where $r_p$ is chosen as above'', il a fallu que je fasse un petit effort. En lisant attentivement en bas de la page 9 par exemple. Of course $r+is$ Ribet versus $a + ib$ ici. Sauf que Ribet ne parle pas de $\mathbb Z[i\rbrack$. Et toujours chez moi ce ``est ce que je comprends bien ce qui est écrit ?'' Pourquoi s'occupe-t-il des signes de $r,s$ puisqu'il va réaliser un <<adjust the sign of $r$>> et que $s$ ne semble pas intervenir''
{2*i + 3, 3*i + 2, -2*i + 3, 2*i - 3, -3*i - 2, -2*i - 3, -3*i + 2, 3*i - 2 }Avec $p = 13$ et $n=1$ ... on trouve $\alpha := 2*i + 3$ ou $\alpha := -2*i + 3$ ...
Finalement : si je prend la courbe
$$
y^2 =x^3-x
$$
Sur $\mathbb{F}_{13^7}$, il y a $13^7+1-((2i+3)^7+(-2i+3)^7)=62757416$ points :-D
OUI. $\mathrm {OUI}^{20}$.
Faut verrouiller le binz (de ma question qui tue). Car si j'ai raison pour $(q, \alpha)$, tu remarqueras que ce que l'on demande à $(q,\alpha)$ c'est encore vrai pour $(q^r, \alpha^r)$. Donc on aura la formule $\#E_n(\mathbb F_{q^r})$ analogue à celle de $\#E_n(\mathbb F_{q})$. Donc obtention de la fonction zeta de $E_n$. Et on aura fait l'économie de Hasse-Davenport.
Do you see what I mean un peu ?
Et gai requin qui se barre au tennis. Elle est belle la vie. Tu crois pas qu'il exagère un tantinet ?
Si on suppose que
$$q = \alpha \overline \alpha, \qquad \alpha \equiv \chi_2(n) \bmod (1+i)^3,$$
on aimerait aussi que
$$\alpha^r \equiv \alpha \bmod (1+i)^3\text{ pour tout }r\geq 1.$$
???
$E_{q}$ est de cardinal $q+1-(\alpha+\overline{\alpha})$ alors $E_{q^r}$ est de cardinal $q^r+1-(\alpha^r+\overline{\alpha}^r)$, c'est ça ?
Ici comme ta caractérisation se propage (puissance $r$, car $\chi_2(1)=1$) ... on a pas besoin de ce théorème, et la vie est plus simple ...
je pense que c'est $\chi_2(n)$ :
$$\alpha^r \equiv \chi_2(n) \bmod (1+i)^3\text{ pour tout }r\geq 1$$
Mais ici $n=1$ et donc $\chi_2(1) =1$ :-D
Edit : ce que tu as marqué c'est pareil :-)