@CQ : ton pdf "pourri" donne la réponse : $t_{38}=t_2t_{19}$.(tu)
@flipflop : la fonction $L$ est très bien expliquée dans ce pdf p.31-33.
Tu peux aussi regarder [www.les-mathematiques.net] (nos lecteurs peuvent penser que je m'appelle Jean-Paul. :-))
@vous deux
ATTENTION : il ne faut pas brûler d'étapes sinon on va à la cata. En voulant faire "plaisir" à gai-requin hier soir, je lui ai répondu quelque chose pour les coefficients de la $L$-série d'une courbe elliptique rationnelle $E$. Mais c'est une information liée au modèle $\Z$-minimal (Néron) $E_{\rm min}$ : voir le théorème de Néron (qui est effectif) par exemple page 218 de Hellegouarch (obtention d'un modèle de Weirstrass $\Z$-minimal, unique à un changement $\Z$-admissible de coordonnées).
Pour l'INSTANT, on en est à la caractéristique $p$ en ce qui concerne une cubique de Weierstrass SINGULIERE. Et votre mission est le type node-split sous la forme tranquille :
$$
(y - \lambda_1 x) (y - \lambda_2 x) = x^3, \qquad \lambda_1 \ne \lambda_2
$$
Tranquille, car j'ai été sympa de mettre l'unique point singulier en $(0,0)$ !
En anticipant :
Voici ce que dit la doc de BadPrimes(E) :
Given an elliptic curve E defined over Q, return the sequence of primes dividing the minimal discriminant of E. These are the primes at which the minimal model for E has bad reduction; note that there may be other primes dividing the discriminant of the given model of E.
Of course, le rouge provient de mézigues.
Pour plus tard : un exemple où le premier $p = 5$ divise le discriminant de $E$ et pas de $E_{\rm min}$ :
> a6 := 2^7 * 5^6 * 7^8 ;
> a6 ;
11529602000000
> E := EllipticCurve([0,a6]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 11529602000000 over Rational Field
> Discriminant(E) ;
-57426504024270528000000000000
> Discriminant(E) eq 16 * (-27 * a6^2) ;
true
> Factorization(Z!Discriminant(E)) ;
[ <2, 18>, <3, 3>, <5, 12>, <7, 16> ]
>
> BadPrimes(E) ;
[ 2, 3, 7 ]
> Emin, EtoEmin := MinimalModel(E) ;
> Emin ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 98 over Rational Field
> EtoEmin ;
Elliptic curve isomorphism from: CrvEll: E to CrvEll: Emin
Taking (x : y : 1) to (1/4900*x : 1/343000*y : 1)
> Discriminant(Emin) ;
-4148928
> Factorization(Z!Discriminant(Emin)) ;
[ <2, 6>, <3, 3>, <7, 4> ]
J'insiste encore : il y a là de la DENTELLE. Il va falloir compter EXACTEMENT et pas ``un peu près''. A suivre.
Pour la fin du message ici
D'accord avec le changement de variable ...
Pour $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb{F}_{2}$ : $$
\text{Z}(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1}{(1-T)(1-2T)}
$$ On a presque tout là non ?
$\mathbb{F}_{p^2}$ avec $p = 3 \pmod{4}$ ?
@flip flop
Je ne comprends pas trop le ``on a presque tout, là, non''. Mais je comprends un peu quand même. D'abord, le discriminant, au sens W-cubique, de $y^2 = x^3 - x$, est $64 = 2^6$ et donc on ne peut pas faire plus minimal. C'est LE modèle minimal avec un seul premier $p$ de mauvaise réduction à savoir $p=2$, avec réduction additive (pareil que cusp ou pointe). Cela serait presque prêt pour l'assemblage global (coefficients de la $L$-série).
Sauf que je veux faire le point sur le cas local i.e. sur $\mathbb F_p$, à cause de l'agitation forcenée ces derniers jours avec les sommes de Jacobi, et j'ai de très bonnes nouvelles, cf plus loin. Et que, par ailleurs, je ne souhaite pas brûler d'étapes (because dentelle)
Suggestion : on reste pour l'instant en local et votre mission est ``node split sympa'' sur $\mathbb F_q$.
(1) Bonne nouvelle : en faisant le point, j'ai obtenu la totale pour $E_D : y^2 = x^3 - Dx$ sur $\mathbb F_p$ avec $p \equiv 3 \bmod 4$. La totale signifie la détermination des sommes de Jacobi $-J(\chi_{2,s}, \chi_{4,s})$ sur les $\mathbb F_{p^{2s}}$ ceci a du sens car $p^{2s} \equiv 1 \bmod 4$ et la détermination de la fonction zeta de $E_D$ sur $\mathbb F_p$.
Et ceci sans utiliser Hasse-Davenport ! Grosse différence de traitement avec Koblitz. Autre grosse différence : chez Koblitz, $D = n^2$, pas chez moi. Je vous envoie un scan de 4 pages (le plus self contained possible) plus tard.
Et la clé réside dans un résultat que je ne connaissais pas : si $p \equiv 3 \bmod 4$, alors tout élément de $\mathbb F_p$ est une puissance 4-ième dans $\mathbb F_{p^2}$. C'est spécifique à $p \equiv 3 \bmod 4$ car, par exemple, $2$ n'est pas une puissance 4-ième dans $\mathbb F_{5^2}$.
(2) Dans le pdf pourri (cela sera le nom de code), le sommaire est à la fin. Ne pas s'inquiéter du merd.er là-dedans. Il faut savoir que le tout a été écrit pour un processeur LIP (Literate programming) maison (merci Patrice) dont le job est à la fois la production de programmes et la production de documentation en TeX. Cf l'estampille ``Produced by LIP'' en bas, à droite de chaque page. Le source LIP contient des balises de génération de plusieurs programmes (magma vous vous en doutez) et de TeX.
Sans ce processeur LIP, impossible de faire quelque chose car implémenter Shimura-Taniayama-Weil s'est révélé un tantinet compliqué.
Bref, ceci donne un document pas facile à appréhender quand on n'est pas habitué. Bienvenue au club.
L'inventeur (ou du moins celui qui a en assuré la promotion) de ``literate programming'' (en français ``programmation lettrée'', bof) est le grand Knuth, cf par exemple https://en.wikipedia.org/wiki/Literate_programming
Si je vous parle programmation, c'est qu'il s'agit bien sûr d'une composante importante du binz. Et comme je suis plus vieux que vous, j'ai connu la révolution ``programmation structurée'' dans les années 1975-1985. Avec les grandes épopées comme l'article de Dijkstra ``Go to statement considered harmful'' (1968), le Turing Award Lecture ``The humble programmer'' (Dijkstra, 1972), la réplique de Knuth ``Structured Programming with go to statements'' (1974) ...etc.. Une époque extraordinaire où en 20 ans, il y a eu une révolution en informatique et en algorithmique.
@flip flop
Vu pour $x^2 + y^2 = 1$ sur $\mathbb F_q$, en fait $x^2 + y^2 - z^2 = 0$. Précisions à apporter : $q$ est une puissance d'un premier IMPAIR et le mot ``somme'' est féminin ; donc ``le somme de Jacobi'' devrait être remplacé par ``la somme de Jacobi'' et en fait par ``les sommes de Jacobi'' car il y en a plusieurs.
Tout ceci est bien moral car toute conique lisse sur un corps fini $k$ possède un point $k$-rationnel. Pas évident, il faut travailler un peu, par exemple en traitant $ax^2 + by^2 + cz^2 = 0$ sur $\mathbb F_q$ avec $q$ impair, ce qui n'est déjà pas si mal. Et de ce fait (point $k$-rationnel), une conique lisse est $k$-isomorphe à $\mathbb P^1$. Et la fonction zeta que tu as donnée
$$
{1 \over (1-T)(1-qT)}
$$
est bien celle de $\mathbb P^1$ sur $\mathbb F_q$. Bref, tout baigne.
Faire gaffe : $\{y^2 z = x^3\}$ a la même fonction zeta sur $\mathbb F_q$ (pour tout $q$), mais n'est surtout pas isomorphe à $\mathbb P^1$.
Le scan promis (4 pages) sur le cas $p \equiv 3 \bmod 4$, de A à Z. Ouf. Faites gaffe, mon scanner a un petit pet (une bande-rayure verticale à droite, pas très agréable). Mais surtout, surtout, il y a des preuves ; et c'est la première fois de ma vie que j'en fais (des preuves).
A la LOUCHE : surtout pas. Dentelle, tout va s'écrouler.
Il faut trouver un changement de variables ... etc... Mais j'ai tout fait pour la mettre en position SYMPA. Poser $y = tx$ et à vous. De plus, on VEUT LE VOIR ce paramétrage, de la cubique (projective) singulière :
$$
\xymatrix { \mathbb P^1 \ar[d] \\ C}
$$
Quid de l'image réciproque du point singulier $(x = 0 : y = 0 : z = 1)$ par ce paramétrage ?
J'attache un vieux machin qui répond pas tout-à-fait à la question mais on y voit un dessin avec deux tangentes distinctes, plus ou moins rationnelles (selon les jours de la semaine).
Attention again :
Voici ce que dit la doc de ZetaFunction(C) dans le chapitre Algebraic Curve
The zeta function of the projective normalisation of the curve C over of the base ring of C, which must be a finite field.
On ne peut pas se permettre de se tromper d'une unité. On n'est pas dans les salons mondains !
Et puis, histoire d'en rajouter une couche (attention encore un prog. magma de 6 lignes)
CountingForFlipFlop := function(p, lambda1, lambda2)
P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(GF(p), 2) ;
C := Curve(P2, (y-lambda1*x) * (y-lambda2*x) * z - x^3) ;
return #RationalPoints(C) ;
end function ;
> [<p,CountingForFlipFlop(p,0,1)> : p in PrimesInInterval(2,20)] ;
[ <2, 2>, <3, 3>, <5, 5>, <7, 7>, <11, 11>, <13, 13>, <17, 17>, <19, 19> ]
Ben, avec ça, si vous devinez pas le nombre de points sur $\mathbb F_p$, je change de métier. Note : dans ce cadre $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = 1$, sont deux éléments quelconques distincts du corps de base. Tout ce qu'il y a de plus sérieux.
@flip flop
A propos de preuve(s). Merci. Et en fait, j'ai bien aimé en faire une (et même plusieurs) ; je t'assure que cela m'a donné envie de recommencer.
Pour les versions $\ge 2.21$. Moi, je n'ai que la V2.18-2.
Une nouvelle fonction ZetaFunctionOfCurveModel(C). Pas testée bien entendu.
La documentation :
Returns the zeta function of the actual curve model $C$ rather than that of its projective normalisation $\widetilde C$. The curve $C$ must still be a reduced and irreducible curve and defined over a finite field $\mathbb F_q$ but it may be affine or singular.
The zeta function of $C$ is defined by the usual formula in terms of the numbers $\#C(F_{q^n} )$ (see Appendix C of [Hartshorne 77]) and is still a rational function, even if $C$ is affine and/or singular. From the definition, it is easy to see that the zeta function of $C$ differs from that of $\widetilde C$ as follows. We multiply by $1- t^d$ to remove the contribution of a degree $d$ place at infinity or lying over singular points of $C$ and divide by $1-t^d$ to put back in the contribution of a Galois-conjugate set of singular points defined over $\mathbb F_{q^d}$.
The computation is performed in the obvious way, computing the places at infinity (in the affine case) and those over the singular locus using the standard function field machinery. The major work is in the initial computation of the zeta function of $\widetilde C$ where ZetaFunction is called.
Pour une W-cubique singulière sur $\mathbb F_q$, sa fonction zeta est de la forme :
$$
Z(T) = {1 - tT \over (1-T)(1-qT)} \qquad \hbox {avec} \quad t \in \{0,\pm 1\} \quad \hbox {selon le type de singularité}
$$
Quand on est cusp ou nodal split, c'est pour la vie i.e. pas de changement lorsque l'on grimpe de $\mathbb F_q$ à $\mathbb F_{q^n}$.
Mais pas nodal unsplit : le statut change selon la parité de $n$.
Et la caractéristique $2$ va être pénible.
Dentelle, quand tu me tiens...
Au fait, il y a bien une terminologie en français. On va regarder ce que dit Hellegouarch exactement. Par exemple, je crois que ``nodal split'' se dit ``nodal scindé''. Il y a aussi les terminologies réduction additive, réduction multiplicative (cette dernière englobant les deux cas nodaux).
Ne pas se louper pour le $t$. Un défaut d'une unité et on l'a dans l'os pour l'assemblage.
Je vous raconterai plus tard comment le premier implémenteur du langage-untel m'a foutu la trouille pour le calcul des $t$ dans le cas singulier. ... Désaccord. Et c'est lui qui avait tort.
Mais ensuite, W. Stein est arrivé à Sydney ; et là, l'édifice elliptico-modulaire s'est solidifié et a été considérablement amélioré (avec la participation de Cremona et de bien d'autres). Et quand je dis considérablement amélioré, c'est faible.
@flip-flop
C'est le métier qui rentre. Mais sois homogène : $a - \lambda_i b$ au lieu de $a - \lambda_i$.
C'est presque une bijection sauf au dessus du point singulier. C'est pas parce que l'on a un beau machin homogène (enfin ça va pas tarder) que tous les calculs doivent réalisés en projectif. On peut passer en affine quand on veut ...
Le but, c'est de compter lentement et sûrement.
Plus tard, mais on va attendre un peu, il y aura nodal nonsplit. Euh, je veux dire ``nodal non scindé''. Une fois tu y es, une fois tu n'y es pas. Tu comprendras la vanne quand tu seras dedans.
Autre chose. En local, pour $E_D : y^2 = x^3 - Dx$, je désespère pas encore. Je veux dire sans Hasse-Davenport et pour tout $D$ s'il vous plaît. Avec des preuves of course.
@gai requin
Pas si mal. Un peu KO quand même si bien que j'ai fait une pause cet après-midi (soleil à Poitiers). Je pense qu'il ne faut pas se précipiter et quand même faire le point sur le cas local en ce qui concerne $E_D : y^2 = x^3 - Dx$. Tout n'est pas encore au point et on a été un peu égaré par les auteurs qui veulent absolument relier $J(\chi_2,\chi_4)$ et $J(\chi_4,\chi_4)$, ce qui ne sert à rien. Mais heureusement que les auteurs (Koblitz, Ireland & Rosen) sont là, car sans eux, rien.
Il faut faire du ménage dans nos affaires et jeter ce qui est inutile. Mais pour jeter vraiment, il faudrait venir à bout de $p \equiv 1 \bmod 4$ (sans Hasse-Davenport). J'ai une petite idée même si c'est du gagne-petit.
Et maintenant, on sait que lorsque l'on voit une somme de Jacobi, faut lui coller un signe $-$ devant (remarque d'André Weil) ; ainsi, c'est mieux de dire $-J(\chi_2,\chi_4) \equiv 1 \bmod (i+1)^3$ que de dire $J(\chi_2,\chi_4) \equiv -1 \bmod (i+1)^3$. Car c'est $-J$ qui doit apparaître quelque part.
Bref, multiplicité ordinaire. Par exemple, Perrin 4.8, Tangentes à une courbe plane en un point p. 115. En l'origine, pour $F(X,Y)$ que l'on décompose en composantes homogènes :
$$
F = F_r + F_{r+1} + \cdots, \qquad F_r \ne 0
$$
On a $r \ge 1$ car $F(0,0) = 0$. On décompose $F_r$ sur $\overline k$ en :
$$
F_r = \prod_i (\alpha_i X + \beta_i Y)^{e_i} \qquad (\alpha_i : \beta_i) \hbox { deux à deux distincts}
$$
Les droites $\alpha_i x + \beta_i y = 0$ sont les tangentes (à $F$ en l'origine) et $e_i$ sa multiplicité.
Multiplicité ordinaire : $e_i = 1$ pour tout $i$.
Je crois me souvenir que Koblitz propose une preuve de Hasse-Davenport sous la forme de $n$ exercices. :-S
Tu connais une référence pour une preuve clé en main ?
Et quid du théorème de Hasse sans Davenport (que je trouve monumental de par sa simplicité) ?
Je note $C_{\rm aff}$ la courbe affine $(y - \lambda_1x)(y - \lambda_2x) = x^3$. Il suffit alors de contempler :
$$
\xymatrix {\mathbb A^1 \ar[d] \\ C_{\rm aff} }
\qquad
\xymatrix {t\ar[d] \\ (x=(t-\lambda_1)(t-\lambda_2),\ y=tx) }
\qquad
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \{t = \lambda_1, t = \lambda_2\} \ar[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\} }
\qquad
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \{t = \lambda_1, t = \lambda_2\}\ar@{<-}[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\}}
\qquad
\xymatrix {t = y/x\ar@{<-}[d] \\ (x,y)}
$$
Mission (impossible désormais de la contourner) : $y^n = x^n(x + a)$ sur un corps quelconque $k$, avec $n \ge 2$ et $a \in k$ quelconque.
Je nuance ton ``les exercices de Koblitz sont corrigés'' car pour les exercices 10 à 17 de la section II.2 consacrés à Hasse-Davenport, le corrigé (sic) mentionne : See Weil's paper [Weil 1949] or Ireland & Rosen
@CQ : Merci pour [www.les-mathematiques.net]. J'ai commencé à lire l'article à l'adresse people.reed.edu qui est très bien.
Et joli diagramme pour le node split. (tu)
Dans le scan d'hier de 4 pages p=3mod4.pdf, 2 coquilles. A la page 1 dans l'encadré, il faut remplacer dans le point (1)
$$
p^r + 1 - (-p)^s \qquad \hbox {par} \qquad p^r + 1 - 2(-p)^s
$$
Car il s'agit de prendre la trace de $(-p)^s$ vu dans $\Z[i\rbrack$. Et j'en sais quelque chose car j'avais oublié le ! (the so called bang conversion) à l'endroit noté HERE :
alpha := (-p)^s ;
Fq := GF(q) ;
Eq := ChangeRing(E, Fq) ;
assert #Eq eq q+1 - Trace([color=#FF0000]Zi![/color]alpha) ; // attention à mettre alpha dans Z[ i] HERE
Autre coquille vers le bas de la page 3 : il faut lire ``où $\chi'_4$ est un caractère d'ordre 4'' au lieu de ``$\chi'_4$ est un caractère quadratique''.
@gai requin
Je vais essayer de répondre à ta question sur Hasse. Je te conseille le petit livre bleu de Cassels Lectures on Elliptic Curves : 26 chapitres, mais chaque chapitre fait au plus 4-5 pages ! J'exagère un peu car j'en vois quelques uns (mais pas beaucoup) de 6-7 pages.
C'est ``malin'' : tout ça m'oblige à me clarifier et je me suis senti obligé de tirer le pdf de 5 pages que j'ai pointé sur Hasse-Davenport. A suivre.
@flip-flop
A propos de $y^n = x^n(x + a)$ dans ton http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393661#msg-1393661. Je sais pas car je n'ai pas compté les points sur $\mathbb F_q$. Je vais être ``obligé'' de le faire.
Suggestion : pour $k$ corps de base quelconque, on voudrait bien le paramétrage de $\mathbb A^1$ sur $\{y^n = x^n(x+a)\}_{\rm aff}$.
Ton code magma est trompeur car le paramètre $p$ que l'on voit dans CountingForFlipFlop (copieur), cela serait plutôt un $q$ (comme c.l et pas comme p.t).
Attention à la modération, Claude :-D
Paramétrage : $$\xymatrix {\mathbb A^1 \ar[d] \\ C_{\rm aff} }
\qquad
\xymatrix {t\ar[d] \\ (x=t^n-a,\ y=tx) }$$ Avec une bijection : $$
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \mu_n(a) \ar[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\} }
$$ Et la fibre au dessus de $(0,0)$ est de cardinal $\text{Card}(\mu_n(a))$.
Du coup, ça répond à ma question d'hier ... C'est pas parce que on a un paramétrage rationnel que l'on a une bijection.
@vous deux
Bonne idée de se poser un peu avant d'attaquer la mission node-unsplit. Il faut terminer $y^n = x^n(x+a)$ vraiment, cela ne peut pas faire de mal.
Saviez vous, pour une courbe elliptique quelconque $E$, et une isogénie $\varphi : E \to E$ i.e. un morphisme de courbes algébriques qui conserve l'origine (et de ce fait est un endomorphisme du groupe $(E, +)$), que l'on a une relation quadratique :
$$
\varphi^2 - \mathrm {Tr}(\varphi) \varphi + \deg(\varphi) \mathrm {Id}_E = 0
$$
Le degré de $\varphi$ c'est le degré ``habituel'' au sens revêtement ou plus algébriquement le degré de l'extension $\iota : k(E) \hookrightarrow k(E)$ où $\iota$ est le comorphisme de $\varphi$. Et la trace, on peut convenir que
$$
\mathrm {Tr}(\varphi) = 1 + \deg(\varphi) - \deg(\mathrm {Id}_E - \varphi)
$$
Rappel : pour des matrices $2 \times 2$ $M,N$ sur un anneau commutatif quelconque, on a :
$$
\det(M+N) = \det(M) + \mathrm {Tr}(\widetilde {M}N) + \det(N), \qquad
\det(I_2 - N) = 1 - \mathrm {Tr}(N) + \det(N)
$$
et la relation de droite permet d'exprimer la trace à l'aide de déterminants.
Et le déterminant, c'est relié au degré ``car il y a de la dimension 2 quelque part'', 2 étant compris comme $2g$ avec $g = 1$.
Encore une fois, tout cela est de la faute de gai-requin qui m'oblige à me clarifier (encore que pour l'instant, ci-dessus, c'est assez fumeux). Une petite animation pour voir avec nos yeux la relation quadratique. Utilisation de notre chère courbe elliptique $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_p$ avec $p = 13 \equiv 1 \bmod 4$. Look at HERE
> p := 13 ;
> p ;
13
> k := GF(p) ;
> E := EllipticCurve([k| -1, 0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 12*x over GF(13)
> Phi := FrobeniusMap(E) ;
> Phi ;
Elliptic curve isogeny from: CrvEll: E to CrvEll: E
taking (x : y : 1) to (x^13 : y^13 : 1)
> d := Degree(Phi) ;
> d ;
13
> t := Trace(E) ;
> t ;
6
>
> Points(E) ;
{@ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (5 : 4 : 1), (5 : 9 : 1), (8 : 6 : 1), (8 : 7 : 1), (12 : 0 : 1) @}
> P := Random(E) ;
> (Phi^2)(P) - t*Phi(P) + d*P ; <-------- HERE
(0 : 1 : 0)
@flip flop
Je vais vérifier (si tu permets) l'histoire $y^n = x(x^n + a)$ en prenant mon temps. Cela ne m'étonnerait pas d'un comportement bizarre lorsque la caractéristique $p$ (oui, oui, la lettre $p$) divise $n$. Je veux dire quoi par bizarre ? Je n'en sais rien.
@gai requin
Pour te montrer que je ne suis pas un bourreur quand je dis que chaque chapitre de Cassels (Lectures on Elliptic Curves) fait au plus 4-5 pages, je t'attache le sommaire. Regarde les numéros de pages. Encore un à ajouter au panier ; mais non, pas au panier de la ménagère. Au tien.
Oui Claude, je suis entrain de regarder la caractéristique, j'ai aussi le sentiment qu'il va y avoir un petit truc ! D'ailleurs quid de $\mu_{n,k}(a)$ ? C'est un peu flou son cardinal, non ?
Je me fixe sur ça aujourd'hui, histoire de changer d'air !
@gai requin
J'ai commencé à lire le pdf de 5 pages ``The Hasse-Davenport Relation'' (auteur anonyme, pas de bibliographie). Effectivement, c'est vachement bien fait. L'auteur s'inspire fortement de Ireland & Rosen mais il met son grain de sel afin d'obtenir quelque chose de self-contained. C'est bien structuré et je préfère même lire la preuve ici que chez Ireland & Rosen (qui écrivent pourtant très bien). Note : Ireland & Rosen n'hésitent pas à faire un lemme pour prouver $\lambda(fg) = \lambda(f)\lambda(g)$, alors que l'auteur anonyme dit ``A little algebra shows that $\lambda$ is multiplicative'' (juste avant proposition 4.2)
Bref, bonne pioche. Et du coup, il n' y a plus aucune raison d'avoir peur de Hasse-Davenport. Je suis guéri. Merci à toi !
Une petite mission quand même (liée à ta question sur Hasse). On travaille avec des matrices $2 \times 2$. Pourrais tu expliciter $a, b, c$ en fonction de la matrice $M$ qui est $2 \times 2$ tels que pour tous $x, y$, on ait :
$$
\det(xI_2 - yM) = ax^2 - bxy + cy^2
$$
Imagines maintenant que nous nous placions sur $\Z$, et que pour certaines raisons, on ait $\det(xI_2 - yM) \ge 0$ pour tous $x,y \in \Z$. Est ce que tu pourrais en déduire quelque chose d'intelligent sur la trace de $M$ et son déterminant ? Une certaine inégalité ?
@flip flop
Y'a pas de lézard : on a bien une bijection entre $\mathbb A^1 \setminus \mu_n(a)$ et $\{y^n = x^n(x+a)\}_{\rm aff}$. Je suis resté en affine pour ne pas copier sur toi. Petite remarque : faut savoir se poser pour traiter un exemple et je pense qu'il y a là, matière à faire. Je n'ai pas la solution car dans ma tête, il s'agissait juste du paramétrage pas du comptage. Ne pas s'épuiser pour autant à vouloir en faire trop. Je ne sais pas si on est capable d'exprimer la fonction zeta à partir de $(q, a, n)$ ?? Aucune idée. Peut-être se limiter à des cas particuliers. Du coup je suis content de cet exemple. Regarde comme je peux être un max bourrin parfois :
NombreDePointsEnAffine := function(q, a, n)
Fq := GF(q) ;
A2<x,y> := AffineSpace(Fq, 2) ;
C := Curve(A2, y^n - x^n * (x+a)) ;
FqX<X> := PolynomialRing(Fq) ;
f := X^n - a ;
R := Roots(f) ;
assert #RationalPoints(C) eq q+1 - #R ;
return q+1 - #R ;
end function ;
time for p in PrimesInInterval(2,20) do
printf "p=%o ", p ;
for e := 1 to 2 do
q := p^e ;
Fq := GF(q) ;
unused := [NombreDePointsEnAffine(q, a, n) : a in Fq, n in [1..5]] ;
end for;
end for ;
Le premier, c'est les racines $n$-ième de l'unité : Je pense que en utilisant l'indicatrice d'Euler, on obtient : $$\text{Card}(\mu_{n,q}(1)) = (q-1) \wedge n$$
Une fois que l'on a ça, j'en suis arrivé à :
$$\text{Card}(\mu_{n,q}(a)) = \text{Card}(\mu_{n,q}(1)) \quad \text{ ou } \ 0 $$ selon que $a$ est une puissance $n$ ou pas. Ok, aussi faire attention à $n \ne 0$ dans le corps.Vacherie ça, non ! Tu n'as pas un petit symbole "$n$-tique", Claude ? Papa noël m'a offert le symbole quadratique et celui biquadratique cette année ... Sûrement pour $2018$ :-D
J'étais entrain de regarder $n = 4$ pour le refaire tourner !
p := 13 ;
pi := 3+2*i;
pi := Primary(pi);
Chi_4 := SymboleBiquadratique(pi);
/// NumberOfRoots(p,a,n) c'est juste le nombre de solution de x^n=a dans Fp
[<a,NumberOfRoots(p,a,4),Chi_4(a)> : a in [1..p]] ;
>[ <1, 4, 1>, <2, 0, -i>, <3, 4, 1>, <4, 0, -1>, <5, 0, -i>, <6, 0, -i>, <7, 0,
i>, <8, 0, i>, <9, 4, 1>, <10, 0, -1>, <11, 0, i>, <12, 0, -1>, <13, 1, 0> ]
On doit pouvoir faire un petit truc ... pause pour l'instant. Toujours fatigué mentalement !
Tiens sinon, j'ai regardé "Lip", le principe c'est de générer automatiquement une documentation, avec des commentaires, c'est ça ? Ou c'est plus puissant que ça ?
@flip flop
Lip fait plus que cela. Car il génère à la fois les programmes et la documentation. Tu t'interdis de modifier tes programmes directement (il suffit d'ailleurs de les faire générer en interdisant la modification en écriture des fichiers : seul Lip sera habilité à le faire).
Et tu décris un programme (ou plusieurs) par morceaux dans l'ordre que tu veux. Tu n'est pas obligé de suivre l'ordre des instructions. Tu en décris des bouts (des fragments de programmation dans le jargon LIP) comme tu le sens. Ces fragments sont repérés par des balises et des titres. Et à un moment donné tu décris l'assemblage des fragments pour la constitution de ton programme. Et entre les fragments, tu commentes en TeX ce que tu fabriques. C'est très mal raconté, je pense. Voici juste un exemple ci-dessous. Tu reconnais en principe du TeX au début. Et à un moment donné, quand ``je pense que c'est mûr pour encoder'', je déclare une balise @magma pour signaler au processeur LIP que, attention ce n'est plus du TeX, mais de la programmation. Je donne un titre au fragment (directive @title) et on voit que la portion de programmation se termine par @endmagma.
Plus loin, tu indiqueras au processeur LIP de coucher ce fragment et d'autres, dans l'ordre que tu indiqueras, dans les fichiers que tu nommeras. Il peut y avoir des liens entre fragments, des références en arrière ..etc.. (le processeur fait plusieurs passes). Et bien sûr, le processeur génère non seulement les programmes mais également le TeX. Que tu compiles ensuite.
C'est pas encore très bien raconté mais cela donne une vague idée. Ici, c'est un processeur maison écrit par Patrice. Patrice est informaticien ``de métier'' (et matheux) et nous avons partagé le même bureau pendant 25-30 ans. J'ai appris le métier (informatique, algorithmique, programmation) grâce à lui.
Il est évident que sans LIP, je n'y serais pas arrivé. Documenter m'a vachement aidé car le binz à produire est plus difficile qu'un programme qui calcule $x^n$ !!
Pour une courbe elliptique~$E$ à coefficients entiers, le calcul de~$n$
coefficients $t_1, \ldots, t_n$ se réalise tout simplement dans un tableau de
longueur~$n$ à partir des $t_p$ pour $p$ premier ($t_1 = 1$) par la relation
de récurrence~:
$$
t_{p^{k}} = \cases {
t_p t_{p^{k-1}} - p t_{p^{k-2}} &si $p$ est de bonne réduction et $k \ge 2$\cr
\noalign {\medskip}
t_p^k &sinon\cr
}
$$
On applique ensuite pour $m = q_1 \ldots q_h$ où les $q_j$ sont des puissances
de premiers distincts~:
$$
t_m = t_{q_1} \cdots t_{q_h}
$$
@magma
@title Calcul des coefficients de la $L$-série d'une courbe elliptique
LCoefficients := function(E, n)
// E est une courbe elliptique à coefficients entiers, n un entier
// Retourne les n premiers coefficients de la L-série de E
N := Conductor(E) ; t := [IntegerRing() | ] ; t[1] := 1 ;
for m := 2 to n do
mFactorization := Factorization(m) ;
if #mFactorization eq 1 then // m est une puissance d'un premier
p, k := Explode(mFactorization[1]) ;
t[m] := k eq 1
select FrobeniusTrace(E, GF(p)) // my FrobeniusTrace
else (N mod p eq 0 select t[p]^k else t[p]*t[m div p] - p*t[m div p^2]) ;
else // m n'est pas primaire
t[m] := &* [t[p^k] where p,k is Explode(pk) : pk in mFactorization] ;
end if ;
end for ;
return t ;
end function ;
@endmagma
@flip flop
$C : y^n = x^n(x+a)$. J'ai bien pataugé et j'ai quasiment rien fait. Je te raconte juste où j'en suis (pas loin). D'abord, je ne vais pas indiquer la dépendance en $n, a$, qui sont fixés si tu veux. Le corps de base est $\mathbb F_q$ et je joue avec la courbe AFFINE que je note $C$. Le fait que la fonction zeta de $C$ soit une fraction rationnelle est dûe à Dwork (1960) en utilisant des méthodes d'analyse $p$-adique. Cf des éléments historiques dans le pdf de Tibouchi in https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf
Notre ``ami'' Koblitz a écrit un autre ouvrage ``$p$-adic Numbers, $p$-adic Analysis and Zeta-Functions'' que j'ai (et que je n'ai pas lu) qui est consacré à la preuve de Dwork.
Retour à nos petites affaires. On a :
$$
\#C(\mathbb F_q) = q+1 - \#R(\mathbb F_q) \qquad R = \{x \mid x^n = a \}
$$
Pourquoi le nom $R$ ? Pour reste, car cela me restait dans les mains (et que cela me faisait bien ch.er en passant).
Cas particulier $a = 0$. Facile (of course, on va appliquer à tour de bras ``if the author is polite'') :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {1 \over 1-qT}
$$
Dans la suite, je suppose $a \ne 0$. J'ai CONSTATE (centaines et centaines d'exemples, tirages aléatoires etc ..) que :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {L_{C/\mathbb F_q}(T) \over 1 - qT} \qquad
\hbox {$L = L_{C/\mathbb F_q}$ polynôme de degré $\le n-1$, avec $L(0) = 1$}
$$
La lettre $L$ pour LPolynomial. Il dépend bien sûr de $n, a$. Expérimentalement, il est réciproque au signe près :
$$
\hbox {pol. réc. de $L$} = \pm L \qquad \hbox {sans que j'ai pu déterminer le signe $\pm 1$}
$$
Le job est de déterminer ce polynôme $L = L_{C/\mathbb F_q}$.
Par ailleurs :
$$
\#C(\mathbb F_{q^r}) = q^r+1 - \#R(\mathbb F_{q^r}) \qquad R = \{x \mid x^n = a \}
\qquad \hbox {pareil que} \qquad
\#R(\mathbb F_{q^r}) = q^r+1 - \#C(\mathbb F_{q^r})
$$
Je vais appliquer le fait que l'opérateur fonction zeta $u \mapsto Z_u$ transforme une addition en multiplication. Et une application de ``if the author is polite'' donne :
$$
Z_{R/\mathbb F_q}(T) = {1 \over (1-qT) (1-T) Z_{C/\mathbb F_q}(T) } = {1 \over (1-T)L_{C/\mathbb F_q}(T)}
$$
Ceci, c'est juste pour se convaincre que la fonction zeta de $R/\mathbb F_q$, variété de dimension $0$, est bien une fraction rationnelle et surtout pour avoir une idée de la forme de cette fraction rationnelle.
Déterminer le L-polynomial $L_{C/\mathbb F_q}$ (courbe, dimension 1) est équivalent à déterminer la fonction zeta $Z_{R/\mathbb F_q}$ (dimension 0).
Pas grande avancée certes sauf qu'étudier $x^n = a$ (c'est de la dimension $0$, bis et même ter), c'est pile-poil la question 5.a de la partie I de mon épreuve d'Agrégation :
$$
\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a)
$$
A suivre.
Je suis ok :
$$\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a)$$
Mais comme $ \mathbb F_q$ est cyclique d'ordre $q-1$, les caractères sur la sommation $${\chi \mid \chi^n = \epsilon}$$ sont les éléments d'ordre divisant $n$ dans un groupe cyclique d'ordre $q-1$ ... L'ordre de ces caractères divisent à la fois $n$ et $q-1$, il divise leurs pgcd que je note $\delta$.
Donc :
$$
\sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a) = \sum_{\chi \mid \chi^\delta = \epsilon} \chi(a) =\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^\delta = a \}
$$
Donc :
$$
\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^\delta = a \} \quad \quad \text{ Avec} \quad \delta = (q-1) \wedge n
$$
On a gagner que $\delta$ divise $q-1$. Ce qui permet de dire que le corps $\mathbb{F}_q$ possède les racines $\delta$-ième de l'unité. Et réduire le truc à la situation $a=1$. Tu vois ce que je veux dire :-S
@flip flop
Oui, je pense que je comprends. Plusieurs choses :
(1) J'ai arrangé mon dernier post pour le rendre plus précis. Dans la rédaction initiale, on aurait pu penser que je tournais en rond tellement c'était mal expliqué. J'ai précisé que tout se ramène à étudier la fonction zeta de $\{x^n = a\}/\mathbb F_q$, variété de dimension $0$. Et j'ai viré à la fin une allusion aux sommes de Jacobi (c'était complètement c.n) : $\{ x^n = a\}$ c'est de la dimension $0$ et une somme de Jacobi sur un seul caractère cela doit être réduit à 1 ou 0.
(2) Je me suis rendu compte que vouloir étudier la fonction zeta de $C : y^n = x^n(x + a)$, cela pouvait être compliqué à cause des deux paramètres $a$ et $n$. Du coup je me suis calmé en faisant $a = 1$ et en étudiant des cas particuliers de $n$. C'est vraiment petit joueur mais quand on est dans la m.rde en étudiant trop général, faut en rabattre.
(2.a) cas $n \mid q-1$ (vraiment petit, petit joueur). Je trouve :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {(1-T)^{n-1} \over 1-qT}
$$
(2.b) cas $n = 3$ (petit ...etc..)
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = \cases {
{1 \over 1-qT} & si $3 \mid q$ \cr
{(1-T)^2 \over 1-qT} & si $q = 1 \bmod 3$ \cr
{(1-T)(1+T) \over 1-qT} & si $q = 2 \bmod 3$ \cr
}
$$
Par exemple dans le cas le plus difficile $q \equiv 2 \bmod 3$, cela vient de
$$
\#\{x^3 = 1\}(\mathbb F_{q^r}) = \cases {
1 & si $r$ impair \cr
3 & si $r$ pair \cr
}
$$
J'ai mis vachement longtemps pour comprendre que ce $1$ ou ce $3$ variant avec $r$, il fallait l'écrire de manière uniforme :
$$
1^r + (-1)^r + 1^r
$$
pour pouvoir appliquer ``If the author is polite''.
(3) Je pense que de manière générale la fonction zeta de $C$ est de la forme
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {\hbox {produit de $(1 - T^m)$} \over 1 - qT}
$$
Peut-être seulement dans le cas $a = 1$ ??
Je vais ressortir des outils spéciaux (en magma) pour mettre le numérateur sous cette forme.
Le fait que je sois nul en anglais est un sacré handicap dès que l'on quitte la technique. Par exemple, je n'ai jamais pu apprécié le review par Mordell du ``Diophantine Geometry'' de Lang in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.bams/1183526083. Mais je crois comprendre que ce n'est pas très tendre. Il me semble que je comprends un peu près quand Mordell dit du livre de Lang
His presentation of proofs often seems unattractive. He frequently starts off with various definitions and then gives some arguments and finally says that we have now proved Theorem X, repeating again many of his definitions, sometimes adding a few lines to finish the proof of theorem X.
Certes, pas beaucoup de rapport avec nos histoires, juste pour signaler que les grands ne sont pas toujours tendres entre eux (et donc, il n'y a pas que les petits sur le forum qui parfois s'étripent).
Dans le même style mais en pire : je ne sais pas si vous avez entendu parler à une certaine époque de la virulence de Lang autour de l'ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil ? Il a presque fallu la débaptiser en conjecture modulaire (ou quelque chose comme cela .. Lang ne voulait pas y voir le nom de Weil).
Les mathématiques sont faites par des hommes .. Il y a parfois des traces.
Bref, cela ne change rien au fait que je suis nul en anglais.
@flip flop
A propos de $C : y^n = x^n(x + a)$, je pense qu'il va falloir se calmer sinon on va perdre le fil de ce que l'on était en train de faire (il restait node-unsplit pour les W-cubiques). Ci-dessous, une trace d'exécution dans le cas petit joueur $a = 1$. Cela se passe sur $\mathbb F_q$ avec $q = 5$ et ce que l'on voit c'est :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = { (1 - T^{d_1})^ {e_1} (1 - T^{d_2})^ {e_2} \cdots \over (1 - qT)}
$$
Par exemple, pour $n = 12$, il faut comprendre que :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = { (1 - T^{1})^ {3} (1 - T^{2})^ {4} \over (1 - qT)}
$$
Dans le cas où $a$ ne vaut pas 1, j'ai vu passer des polynômes cyclotomiques. Je sais pas si on bien évalué dans quoi on se lançait !
Salut Claude.
Epuisé et un peu malade, j'ai besoin de repos avant de regarder ta question liée au théorème de Hasse.
Pour le reste, je me débrouille en anglais si, contrairement à toi, le propos n'est pas trop technique. Si c'est le cas, je préfère lire plutôt qu'écouter.
@Claude : Yep ok pour les " node-unsplit pour les W-cubiques ". Je vais regarder ce que tu as fait dans le cas $a=1$ pour voir si ça correspond un peu à ce que j'avais en tête.
@flip flop
Certes, mais pour $n \ge 1$ et $q$ (puissance d'un premier) fixés, ce n'est quand même pas évident que la série
$$
S = \sum_{r \ge 1} \gcd(q^r - 1, n)\, T^r \qquad \hbox {soit une fraction rationnelle.}
$$
Et de surcroît la dérivée logarithmique décalée d'une fraction rationnelle $Z$ (a so called zeta function) ; que l'on aimerait bien expliciter dans certains cas.
Prenons $n = 5$ par exemple et posons (sic)
$$
Z = {1 \over (1-T)(1 - T^4)}, \qquad S = T {Z' \over Z}
$$
Alors pour certains $q$ <<ça le fait>>. Par exemple, pour $q = 17$ :
Et ça le fait pour beaucoup d'autres $q$ premiers disons pour $q \equiv 2,3 \bmod 5$. Comme c'est pas moi qui paye, en continuant à garder $n= 5$ et la fonction zeta (fraction rationnelle) notée $Z$ ci-dessus, je monte la précision des séries à 500 et je balaie les premiers $q$ entre 2 et 100 qui satisfont $q \equiv 2,3 \bmod 5$
> N := 500 ; AssertAttribute(PSR, "Precision",N) ;
> time {Gcd(q^r-1,n) eq Coefficient(PSR!S,r) : r in [1..N], q in [q : q in PrimesInInterval(2,10^2) | q mod 5 in {2,3}]} ;
{ true }
Time: 0.230
C'était quand même pas prévu que $\gcd(q^\bullet-1, n)$ s'organise en une fonction zeta. Si ? Tu t'en doutais ?
@flip flop
Suite de l'exemple précédent i.e. la série :
$$
S = \sum_{r \ge 1} \gcd(q^r - 1,n)\, T^r \qquad (\star)
$$
Rappel : il s'agissait d'expliciter la fonction zeta de la courbe affine $C : y^n = x^n (x+a)$ sur $\mathbb F_q$. Of course, quand on parle de $\mathbb F_q$, c'est que $q$ est une puissance d'un nombre premier. Petits joueurs, nous avons fait $a = 1$. Et encore plus petit joueur, je prends $n=5$, comme dans l'exemple précédent mais cette fois, histoire de changer un peu, je considère :
$$
Z = {1 \over (1-T)(1-T^2)^2}, \qquad S = T{Z' \over Z}
$$
Je m'apprêtais à te montrer que ``cette fonction zeta'', elle était adaptée à $(\star)$ mais pour les $q$ (puissances d'un premier) vérifiant $q \equiv -1 \bmod 5$. Allons y mon kiki. Je ne te cache rien. Tu vois que j'ai pris $q = 4$ comme puissance d'un premier :
Je vais mettre la gomme en montant la précision des séries à 500 et en prenant tous les $q$ de l'intervalle $4 \le q \le 10^3$ par pas de 5 i.e. $q \equiv -1 \bmod 5$.
> N := 500 ; AssertAttribute(PSR, "Precision", N) ;
> time {Gcd(q^r - 1, n) eq Coefficient(PSR!S, r) : r in [1..N], q in [4 .. 10^3 by 5]} ;
{ true }
Time: 4.920
Ben, la surprise, c'est que dans l'ensemble considéré des $q$, il y en a qui ne sont pas des puissances d'un nombre premier.
> I := [4 .. 10^3 by 5] ;
> I ;
[ 4 .. 999 by 5 ]
> Random(I) ;
984
> Factorisation(984) ;
[ <2, 3>, <3, 1>, <41, 1> ]
Est ce que les puissances d'un nombre premier n'auraient plus rien à voir dans l'histoire ? Exit $\mathbb F_q$. Et tout dans $\gcd(q^\bullet - 1,n)$.
Tu le savais ?
@flip flop
Fixons $n$ et $q$ ($q$ puissance ou pas d'un premier, je n'en sais absolument rien). La ``seule'' explication possible, pour qu'il puisse y avoir formation d'une fonction zeta pour $\gcd(q^\bullet - 1, n)$, c'est qu'il y ait un nombre fini d'entiers $d, e, f \cdots \ge 1$ tels que, pour TOUT $r \ge 1$, on ait, avec des racines de l'unité :
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r + \sum_{\beta \in \mathbb U_e} \beta^r + \sum_{\gamma \in \mathbb U_f} \gamma^r + \cdots
$$
Car on ne peut pas faire autrement que <<if the author is polite>> (il y a une équivalence). Et la première somme va contribuer à la présence de $1-T^d$ au dénominateur de la fonction zeta, la deuxième somme à $1- T^e$ ...etc...
Dis moi que cela te la coupe ... Ou alors que je suis fatigué ..
Je tente un truc ...
Je prend $q$ et je prend un $n$ très particulier $n = q^{T}-1$ ... On note $N_r = \# \{ x^n=1 \}_{\mathbb{F}_{q^r}}$.
On a : $$
N_r = \gcd(q^r - 1, n) = \gcd(q^r - 1, q^{T}-1) = q^{\gcd(r,T)} -1
$$ Donc aussi : $$
N_{r+T} = q^{\gcd(r+T,T)} -1
$$ Mais : $$
\gcd(r,T) = \gcd(r+T,T)
$$ On en déduit que : $$
N_{r} = N_{r+T}
$$ La somme est périodique ... On a une une relation de récurrence linéaire, on considère le polynôme caractéristique $\quad X^T-1$
Et on obtient : $$
N_r = \sum_{\zeta \in \mathbb{U}_T} \alpha \zeta^r
$$ Ce n'est pas tout a fait comme toi. Mais, on doit pouvoir prouver que les coefficients $\alpha$ sont dans $\Z$ pourvoir appliquer qui tu sais !
> q := 4957 ; n := q^3-1 ; [Gcd(q^r - 1, n) : r in [1..14]] ;
Du coup, un exemple :
Je trouve dans le cas $q := 5; n := q^3-1$, $$
N_r = 44 \times 1^r + 40 \times j^r + 40 \times (j^2)^r
$$ Et la fonction Zéta de $\{x^n=1 \}$ : $$
Z ( (x^n = 1, \mathbb{F}_q) = \frac{1}{(1-T)^{44}(1-jT)^{40}(1-j^2T)^{40} }
$$ Et la fonction zéta de la courbe $y^n=x^n(x+1)$, on avait trouvé : $$
N_r = q^r+2- \text{Card} (\{x^n=1 \})
$$ $$
Z (y^n=x^n(x+1), \mathbb{F}_q) = \frac{(1-T)^{44}(1-jT)^{40}(1-j^2T)^{40}}{(1-qT)(1-T)^2}
$$
@flip-flop
Dans ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1394842#msg-1394842 (pas le dernier mais l'avant dernier), il y a une coquille : au lieu de $q \mid n$, tu as dû vouloir dire $n \mid q-1$ de manière à avoir, pour tout $r \ge 1$ :
$$
\gcd(q^r - 1, n) = n = \overbrace {1^r + \cdots + 1^r}^{n\ \rm fois}
$$
Quant à ton dernier post, avec $q = 5$ et $n = q^3 - 1$, je pense qu'il y a beaucoup de vrai mais il faut que je vérifie attentivement. A cette occasion, je pointe mon post (un peu confus) http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393992#msg-1393992 pour te rappeler le lien entre les deux fonctions zeta sur $\mathbb F_q$, celle de la courbe $C : y^n = x^n(x+a)$ et celle de l'ensemble fini $R : \{ x^n = a\}$ étant entendu que $a$ n'est pas nul dans $\mathbb F_q$ :
$$
Z_{C/\mathbb F_q} = {L(T) \over 1-qT}, \qquad Z_{R/\mathbb F_q} = {1 \over (1-T)L(T)}
\qquad \hbox {pour un certain polynôme $L$ de degré $\le n-1$}
$$
Le polynôme $L$ dépend de $q,a,n$. Il est presque réciproque au sens où $L^\star = \pm L$ avec un signe que j'ignore (il y a donc une sorte d'équation fonctionnelle quelque part). Le post est confus car il n'y a aucune preuve pour la bonne raison que je n'en ai pas et que tout repose sur des observations expérimentales. Quand je dis observations expérimentales, il ne s'agit pas de 3 exemples mais de milliers tirés au hasard.
Du nouveau : je reviens maintenant sur $n = 5$ puis sur $n$ quelconque en le supposant premier (de sorte que $n$ n'est pas quelconque, ah, ah). Et en donnant une preuve de quelque chose. Il est sous entendu que $a = 1$ et en fait plus besoin d'alibi de courbe ou de variété de dimension $0$, de $\mathbb F_q$. Car c'est la suite $\gcd(q^\bullet-1, n)$, suite en $\bullet$, qui possède une fonction zeta.
(1) Comme $n=5$ est premier, on a $\gcd(q^r-1, n) = 1 \ {\rm ou}\ n$. Prenons $q \equiv 2 \bmod 5$ et notons que $4$ est l'ordre de 2 modulo $5$
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \cases {5 & si $r \equiv 0 \bmod 4$ \cr 1 & sinon }
$$
Et le 5 ou le 1, il faut l'écrire de manière uniforme en $r$ pour faire plaisir à <<if the author is polite>>. Je fais intervenir $i$ la fameuse racine de l'unité d'ordre $4$. Pourquoi $4$ ? Parce que $4$ est l'ordre de 2 modulo 5.
$$
5\ {\rm ou}\ 1 = 1^r + \big( 1^r + (-1)^r + i^r + (-i)^r \big)
$$
Si bien que la fonction zeta de $\gcd(q^\bullet - 1, 5)$ est pour $q \equiv 2 \bmod 5$ :
$$
{1 \over (1-T)(1-T^4)}
$$
(2) Plus général. Je suppose $n$ PREMIER et $q \wedge n = 1$ ($q$ n'a plus à être une puissance d'un premier). Je note $d$ l'ordre de $q$ modulo $n$. Je dis que :
$$
\hbox { fonction zeta de $\gcd(q^\bullet - 1, n)$ } = {1 \over (1-T)(1-T^d)^{n-1 \over d}}
$$
Preuve.
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \cases {n & si $r \equiv 0 \bmod d$ \cr 1 & sinon }
\qquad \hbox {et} \qquad
n\ {\rm ou}\ 1 = 1^r + \overbrace {\sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r + \cdots + \sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r}^{(n-1)/d \ \rm fois}
$$
Puis application, pour la quinzième fois, de <<if the author is polite>>.
Tu te doutes que j'ai fait un certain nombre de vérifications.
Salut Claude.
Je me remets un peu dans le bain.
Est-ce que ton message précédent permet de compter sur $\mathbb F_q$ la courbe de Serre dans le cas $a=1$ et $n$ premier ne divisant pas $q$ ?
Réponses
Avec ce qu'on a fait jusqu'à présent, sait-on justifier que $t_{38}=6$ ?
C'est quoi la fonction $L$ :-S
@flipflop : la fonction $L$ est très bien expliquée dans ce pdf p.31-33.
Tu peux aussi regarder [www.les-mathematiques.net] (nos lecteurs peuvent penser que je m'appelle Jean-Paul. :-))
ATTENTION : il ne faut pas brûler d'étapes sinon on va à la cata. En voulant faire "plaisir" à gai-requin hier soir, je lui ai répondu quelque chose pour les coefficients de la $L$-série d'une courbe elliptique rationnelle $E$. Mais c'est une information liée au modèle $\Z$-minimal (Néron) $E_{\rm min}$ : voir le théorème de Néron (qui est effectif) par exemple page 218 de Hellegouarch (obtention d'un modèle de Weirstrass $\Z$-minimal, unique à un changement $\Z$-admissible de coordonnées).
Pour l'INSTANT, on en est à la caractéristique $p$ en ce qui concerne une cubique de Weierstrass SINGULIERE. Et votre mission est le type node-split sous la forme tranquille :
$$
(y - \lambda_1 x) (y - \lambda_2 x) = x^3, \qquad \lambda_1 \ne \lambda_2
$$
Tranquille, car j'ai été sympa de mettre l'unique point singulier en $(0,0)$ !
En anticipant :
Voici ce que dit la doc de BadPrimes(E) :
Given an elliptic curve E defined over Q, return the sequence of primes dividing the minimal discriminant of E. These are the primes at which the minimal model for E has bad reduction; note that there may be other primes dividing the discriminant of the given model of E.
Of course, le rouge provient de mézigues.
Pour plus tard : un exemple où le premier $p = 5$ divise le discriminant de $E$ et pas de $E_{\rm min}$ :
J'insiste encore : il y a là de la DENTELLE. Il va falloir compter EXACTEMENT et pas ``un peu près''. A suivre.
Pour la fin du message ici
D'accord avec le changement de variable ...
Pour $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb{F}_{2}$ : $$
\text{Z}(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1}{(1-T)(1-2T)}
$$ On a presque tout là non ?
$\mathbb{F}_{p^2}$ avec $p = 3 \pmod{4}$ ?
$$
\frac{1}{(1-T)(1-qT)}
$$
$$ N = \sum_{a+b=1} \sum_{i,j} \chi^i_2(a) \chi_2^j(1-a) = \sum_{i,j} J(\chi^i_2,\chi^j_2) = q -\chi_2(-1)$$
Et il faut distinguer, entre carré et non carré et compter les points à l'infini, mais dans tous les cas on trouve $q+1$ points.
Je ne comprends pas trop le ``on a presque tout, là, non''. Mais je comprends un peu quand même. D'abord, le discriminant, au sens W-cubique, de $y^2 = x^3 - x$, est $64 = 2^6$ et donc on ne peut pas faire plus minimal. C'est LE modèle minimal avec un seul premier $p$ de mauvaise réduction à savoir $p=2$, avec réduction additive (pareil que cusp ou pointe). Cela serait presque prêt pour l'assemblage global (coefficients de la $L$-série).
Sauf que je veux faire le point sur le cas local i.e. sur $\mathbb F_p$, à cause de l'agitation forcenée ces derniers jours avec les sommes de Jacobi, et j'ai de très bonnes nouvelles, cf plus loin. Et que, par ailleurs, je ne souhaite pas brûler d'étapes (because dentelle)
Suggestion : on reste pour l'instant en local et votre mission est ``node split sympa'' sur $\mathbb F_q$.
@vous deux
(1) Bonne nouvelle : en faisant le point, j'ai obtenu la totale pour $E_D : y^2 = x^3 - Dx$ sur $\mathbb F_p$ avec $p \equiv 3 \bmod 4$. La totale signifie la détermination des sommes de Jacobi $-J(\chi_{2,s}, \chi_{4,s})$ sur les $\mathbb F_{p^{2s}}$ ceci a du sens car $p^{2s} \equiv 1 \bmod 4$ et la détermination de la fonction zeta de $E_D$ sur $\mathbb F_p$.
Et ceci sans utiliser Hasse-Davenport ! Grosse différence de traitement avec Koblitz. Autre grosse différence : chez Koblitz, $D = n^2$, pas chez moi. Je vous envoie un scan de 4 pages (le plus self contained possible) plus tard.
Et la clé réside dans un résultat que je ne connaissais pas : si $p \equiv 3 \bmod 4$, alors tout élément de $\mathbb F_p$ est une puissance 4-ième dans $\mathbb F_{p^2}$. C'est spécifique à $p \equiv 3 \bmod 4$ car, par exemple, $2$ n'est pas une puissance 4-ième dans $\mathbb F_{5^2}$.
(2) Dans le pdf pourri (cela sera le nom de code), le sommaire est à la fin. Ne pas s'inquiéter du merd.er là-dedans. Il faut savoir que le tout a été écrit pour un processeur LIP (Literate programming) maison (merci Patrice) dont le job est à la fois la production de programmes et la production de documentation en TeX. Cf l'estampille ``Produced by LIP'' en bas, à droite de chaque page. Le source LIP contient des balises de génération de plusieurs programmes (magma vous vous en doutez) et de TeX.
Sans ce processeur LIP, impossible de faire quelque chose car implémenter Shimura-Taniayama-Weil s'est révélé un tantinet compliqué.
Bref, ceci donne un document pas facile à appréhender quand on n'est pas habitué. Bienvenue au club.
L'inventeur (ou du moins celui qui a en assuré la promotion) de ``literate programming'' (en français ``programmation lettrée'', bof) est le grand Knuth, cf par exemple https://en.wikipedia.org/wiki/Literate_programming
Si je vous parle programmation, c'est qu'il s'agit bien sûr d'une composante importante du binz. Et comme je suis plus vieux que vous, j'ai connu la révolution ``programmation structurée'' dans les années 1975-1985. Avec les grandes épopées comme l'article de Dijkstra ``Go to statement considered harmful'' (1968), le Turing Award Lecture ``The humble programmer'' (Dijkstra, 1972), la réplique de Knuth ``Structured Programming with go to statements'' (1974) ...etc.. Une époque extraordinaire où en 20 ans, il y a eu une révolution en informatique et en algorithmique.
Vu pour $x^2 + y^2 = 1$ sur $\mathbb F_q$, en fait $x^2 + y^2 - z^2 = 0$. Précisions à apporter : $q$ est une puissance d'un premier IMPAIR et le mot ``somme'' est féminin ; donc ``le somme de Jacobi'' devrait être remplacé par ``la somme de Jacobi'' et en fait par ``les sommes de Jacobi'' car il y en a plusieurs.
Tout ceci est bien moral car toute conique lisse sur un corps fini $k$ possède un point $k$-rationnel. Pas évident, il faut travailler un peu, par exemple en traitant $ax^2 + by^2 + cz^2 = 0$ sur $\mathbb F_q$ avec $q$ impair, ce qui n'est déjà pas si mal. Et de ce fait (point $k$-rationnel), une conique lisse est $k$-isomorphe à $\mathbb P^1$. Et la fonction zeta que tu as donnée
$$
{1 \over (1-T)(1-qT)}
$$
est bien celle de $\mathbb P^1$ sur $\mathbb F_q$. Bref, tout baigne.
Faire gaffe : $\{y^2 z = x^3\}$ a la même fonction zeta sur $\mathbb F_q$ (pour tout $q$), mais n'est surtout pas isomorphe à $\mathbb P^1$.
Waiting for split node.
Le scan promis (4 pages) sur le cas $p \equiv 3 \bmod 4$, de A à Z. Ouf. Faites gaffe, mon scanner a un petit pet (une bande-rayure verticale à droite, pas très agréable). Mais surtout, surtout, il y a des preuves ; et c'est la première fois de ma vie que j'en fais (des preuves).
$$
(y-\lambda_1x)(y-\lambda_2x)=x^3
$$
Il faut trouver un changement de variable qui nous rend la vie plus simple.
Comme on a le point double $(0,0)$, on peut se faire un petit paramétrage rationnel ? A la louche :
Je dirai $ \text{Z} := \frac{1}{(1-T)(1-qT)}$ !
Pas le temps de vérifier qu'on peut se ramener à $y^2=x^3$.
Pour apprendre un peu sur les caractères (tant qu'a faire), je vais refaire cette preuve usant de ce langage ! J'aime bien !
A la LOUCHE : surtout pas. Dentelle, tout va s'écrouler.
Il faut trouver un changement de variables ... etc... Mais j'ai tout fait pour la mettre en position SYMPA. Poser $y = tx$ et à vous. De plus, on VEUT LE VOIR ce paramétrage, de la cubique (projective) singulière :
$$
\xymatrix { \mathbb P^1 \ar[d] \\ C}
$$
Quid de l'image réciproque du point singulier $(x = 0 : y = 0 : z = 1)$ par ce paramétrage ?
J'attache un vieux machin qui répond pas tout-à-fait à la question mais on y voit un dessin avec deux tangentes distinctes, plus ou moins rationnelles (selon les jours de la semaine).
Attention again :
Voici ce que dit la doc de ZetaFunction(C) dans le chapitre Algebraic Curve
The zeta function of the projective normalisation of the curve C over of the base ring of C, which must be a finite field.
On ne peut pas se permettre de se tromper d'une unité. On n'est pas dans les salons mondains !
Et puis, histoire d'en rajouter une couche (attention encore un prog. magma de 6 lignes)
Ben, avec ça, si vous devinez pas le nombre de points sur $\mathbb F_p$, je change de métier. Note : dans ce cadre $\lambda_1 = 0$ et $\lambda_2 = 1$, sont deux éléments quelconques distincts du corps de base. Tout ce qu'il y a de plus sérieux.
@flip flop
A propos de preuve(s). Merci. Et en fait, j'ai bien aimé en faire une (et même plusieurs) ; je t'assure que cela m'a donné envie de recommencer.
$$
\mathbb{P}^1 \ni (a,b) \longrightarrow \big( b (a-\lambda_1 b)(a-\lambda_2 b ) : a(a-\lambda_1b)(a-\lambda_2b) : b^3 \big) \in C
$$
Pour les versions $\ge 2.21$. Moi, je n'ai que la V2.18-2.
Une nouvelle fonction ZetaFunctionOfCurveModel(C). Pas testée bien entendu.
La documentation :
Returns the zeta function of the actual curve model $C$ rather than that of its projective normalisation $\widetilde C$. The curve $C$ must still be a reduced and irreducible curve and defined over a finite field $\mathbb F_q$ but it may be affine or singular.
The zeta function of $C$ is defined by the usual formula in terms of the numbers $\#C(F_{q^n} )$ (see Appendix C of [Hartshorne 77]) and is still a rational function, even if $C$ is affine and/or singular. From the definition, it is easy to see that the zeta function of $C$ differs from that of $\widetilde C$ as follows. We multiply by $1- t^d$ to remove the contribution of a degree $d$ place at infinity or lying over singular points of $C$ and divide by $1-t^d$ to put back in the contribution of a Galois-conjugate set of singular points defined over $\mathbb F_{q^d}$.
The computation is performed in the obvious way, computing the places at infinity (in the affine case) and those over the singular locus using the standard function field machinery. The major work is in the initial computation of the zeta function of $\widetilde C$ where ZetaFunction is called.
Pour une W-cubique singulière sur $\mathbb F_q$, sa fonction zeta est de la forme :
$$
Z(T) = {1 - tT \over (1-T)(1-qT)} \qquad \hbox {avec} \quad t \in \{0,\pm 1\} \quad \hbox {selon le type de singularité}
$$
Quand on est cusp ou nodal split, c'est pour la vie i.e. pas de changement lorsque l'on grimpe de $\mathbb F_q$ à $\mathbb F_{q^n}$.
Mais pas nodal unsplit : le statut change selon la parité de $n$.
Et la caractéristique $2$ va être pénible.
Dentelle, quand tu me tiens...
Au fait, il y a bien une terminologie en français. On va regarder ce que dit Hellegouarch exactement. Par exemple, je crois que ``nodal split'' se dit ``nodal scindé''. Il y a aussi les terminologies réduction additive, réduction multiplicative (cette dernière englobant les deux cas nodaux).
Ne pas se louper pour le $t$. Un défaut d'une unité et on l'a dans l'os pour l'assemblage.
Je vous raconterai plus tard comment le premier implémenteur du langage-untel m'a foutu la trouille pour le calcul des $t$ dans le cas singulier. ... Désaccord. Et c'est lui qui avait tort.
Mais ensuite, W. Stein est arrivé à Sydney ; et là, l'édifice elliptico-modulaire s'est solidifié et a été considérablement amélioré (avec la participation de Cremona et de bien d'autres). Et quand je dis considérablement amélioré, c'est faible.
A Poitiers, il fait beau.
C'est le métier qui rentre. Mais sois homogène : $a - \lambda_i b$ au lieu de $a - \lambda_i$.
C'est presque une bijection sauf au dessus du point singulier. C'est pas parce que l'on a un beau machin homogène (enfin ça va pas tarder) que tous les calculs doivent réalisés en projectif. On peut passer en affine quand on veut ...
Le but, c'est de compter lentement et sûrement.
Plus tard, mais on va attendre un peu, il y aura nodal nonsplit. Euh, je veux dire ``nodal non scindé''. Une fois tu y es, une fois tu n'y es pas. Tu comprendras la vanne quand tu seras dedans.
Autre chose. En local, pour $E_D : y^2 = x^3 - Dx$, je désespère pas encore. Je veux dire sans Hasse-Davenport et pour tout $D$ s'il vous plaît. Avec des preuves of course.
Que désigne le qualificatif ordinaire pour une singularité ?
Pas si mal. Un peu KO quand même si bien que j'ai fait une pause cet après-midi (soleil à Poitiers). Je pense qu'il ne faut pas se précipiter et quand même faire le point sur le cas local en ce qui concerne $E_D : y^2 = x^3 - Dx$. Tout n'est pas encore au point et on a été un peu égaré par les auteurs qui veulent absolument relier $J(\chi_2,\chi_4)$ et $J(\chi_4,\chi_4)$, ce qui ne sert à rien. Mais heureusement que les auteurs (Koblitz, Ireland & Rosen) sont là, car sans eux, rien.
Il faut faire du ménage dans nos affaires et jeter ce qui est inutile. Mais pour jeter vraiment, il faudrait venir à bout de $p \equiv 1 \bmod 4$ (sans Hasse-Davenport). J'ai une petite idée même si c'est du gagne-petit.
Et maintenant, on sait que lorsque l'on voit une somme de Jacobi, faut lui coller un signe $-$ devant (remarque d'André Weil) ; ainsi, c'est mieux de dire $-J(\chi_2,\chi_4) \equiv 1 \bmod (i+1)^3$ que de dire $J(\chi_2,\chi_4) \equiv -1 \bmod (i+1)^3$. Car c'est $-J$ qui doit apparaître quelque part.
Bref, multiplicité ordinaire. Par exemple, Perrin 4.8, Tangentes à une courbe plane en un point p. 115. En l'origine, pour $F(X,Y)$ que l'on décompose en composantes homogènes :
$$
F = F_r + F_{r+1} + \cdots, \qquad F_r \ne 0
$$
On a $r \ge 1$ car $F(0,0) = 0$. On décompose $F_r$ sur $\overline k$ en :
$$
F_r = \prod_i (\alpha_i X + \beta_i Y)^{e_i} \qquad (\alpha_i : \beta_i) \hbox { deux à deux distincts}
$$
Les droites $\alpha_i x + \beta_i y = 0$ sont les tangentes (à $F$ en l'origine) et $e_i$ sa multiplicité.
Multiplicité ordinaire : $e_i = 1$ pour tout $i$.
Je crois me souvenir que Koblitz propose une preuve de Hasse-Davenport sous la forme de $n$ exercices. :-S
Tu connais une référence pour une preuve clé en main ?
Et quid du théorème de Hasse sans Davenport (que je trouve monumental de par sa simplicité) ?
Dans Ireland & Rosen. J'ai vaguement parcouru.
Un autre pointeur http://people.reed.edu/~jerry/361/lectures/hassedav.pdf (pas eu le temps de regarder)
Juste pour le fun : la correspondance Hasse-Davenport in https://www.mathi.uni-heidelberg.de/~roquette/Transkriptionen/hasdav_111101.pdf
Hasse : plus tard.
@Claude : Y'a un truc que je ne comprends pas : isomorphisme, paramétrage rationnel, et bijection.
Lorsque l'on fait le coup, des droites $y=tx$, on obtient bien une bijection non, je n'ai rien compris :-S
Une "petite" vidéo pour la suite de l'aventure B-)
Finalement : le paramétrage donne une bijection, ouhais ouhais j'ai pas vérifié $$
\mathbb{P}^1 \setminus \{ (\lambda_1 : 1),(\lambda_2 : 1),\} \to C_{\text{Proj}} \setminus \{ (0 : 0 :1) \}
$$ Donc $$
\text{Card} C - 1 = \text{Card} \mathbb{P}^1 - 2
$$ D'où $$\text{Card} C(\mathbb{F}_q) = q$$
$$
\xymatrix {\mathbb A^1 \ar[d] \\ C_{\rm aff} }
\qquad
\xymatrix {t\ar[d] \\ (x=(t-\lambda_1)(t-\lambda_2),\ y=tx) }
\qquad
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \{t = \lambda_1, t = \lambda_2\} \ar[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\} }
\qquad
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \{t = \lambda_1, t = \lambda_2\}\ar@{<-}[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\}}
\qquad
\xymatrix {t = y/x\ar@{<-}[d] \\ (x,y)}
$$
Mission (impossible désormais de la contourner) : $y^n = x^n(x + a)$ sur un corps quelconque $k$, avec $n \ge 2$ et $a \in k$ quelconque.
Je nuance ton ``les exercices de Koblitz sont corrigés'' car pour les exercices 10 à 17 de la section II.2 consacrés à Hasse-Davenport, le corrigé (sic) mentionne : See Weil's paper [Weil 1949] or Ireland & Rosen
Et joli diagramme pour le node split. (tu)
Je trouve lorsque $a \ne 0$ sur le corps $k = \mathbb{F}_q$.
$$N_q = q+2 - \text{Card} \mu_n(a) $$
où $\mu_n(a) := \{ x \in k, \ x^n = a \}$.
Petit code Magma : Elle est sympa ta fonction CountingForFlipFLop :-)
$$
p^r + 1 - (-p)^s \qquad \hbox {par} \qquad p^r + 1 - 2(-p)^s
$$
Car il s'agit de prendre la trace de $(-p)^s$ vu dans $\Z[i\rbrack$. Et j'en sais quelque chose car j'avais oublié le ! (the so called bang conversion) à l'endroit noté HERE :
Autre coquille vers le bas de la page 3 : il faut lire ``où $\chi'_4$ est un caractère d'ordre 4'' au lieu de ``$\chi'_4$ est un caractère quadratique''.
@gai requin
Je vais essayer de répondre à ta question sur Hasse. Je te conseille le petit livre bleu de Cassels Lectures on Elliptic Curves : 26 chapitres, mais chaque chapitre fait au plus 4-5 pages ! J'exagère un peu car j'en vois quelques uns (mais pas beaucoup) de 6-7 pages.
C'est ``malin'' : tout ça m'oblige à me clarifier et je me suis senti obligé de tirer le pdf de 5 pages que j'ai pointé sur Hasse-Davenport. A suivre.
A propos de $y^n = x^n(x + a)$ dans ton http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393661#msg-1393661. Je sais pas car je n'ai pas compté les points sur $\mathbb F_q$. Je vais être ``obligé'' de le faire.
Suggestion : pour $k$ corps de base quelconque, on voudrait bien le paramétrage de $\mathbb A^1$ sur $\{y^n = x^n(x+a)\}_{\rm aff}$.
Ton code magma est trompeur car le paramètre $p$ que l'on voit dans CountingForFlipFlop (copieur), cela serait plutôt un $q$ (comme c.l et pas comme p.t).
Paramétrage : $$\xymatrix {\mathbb A^1 \ar[d] \\ C_{\rm aff} }
\qquad
\xymatrix {t\ar[d] \\ (x=t^n-a,\ y=tx) }$$ Avec une bijection : $$
\xymatrix {\mathbb A^1 \setminus \mu_n(a) \ar[d] \\ C_{\rm aff} \setminus \{(0,0)_{x,y}\} }
$$ Et la fibre au dessus de $(0,0)$ est de cardinal $\text{Card}(\mu_n(a))$.
Du coup, ça répond à ma question d'hier ... C'est pas parce que on a un paramétrage rationnel que l'on a une bijection.
Bonne idée de se poser un peu avant d'attaquer la mission node-unsplit. Il faut terminer $y^n = x^n(x+a)$ vraiment, cela ne peut pas faire de mal.
Saviez vous, pour une courbe elliptique quelconque $E$, et une isogénie $\varphi : E \to E$ i.e. un morphisme de courbes algébriques qui conserve l'origine (et de ce fait est un endomorphisme du groupe $(E, +)$), que l'on a une relation quadratique :
$$
\varphi^2 - \mathrm {Tr}(\varphi) \varphi + \deg(\varphi) \mathrm {Id}_E = 0
$$
Le degré de $\varphi$ c'est le degré ``habituel'' au sens revêtement ou plus algébriquement le degré de l'extension $\iota : k(E) \hookrightarrow k(E)$ où $\iota$ est le comorphisme de $\varphi$. Et la trace, on peut convenir que
$$
\mathrm {Tr}(\varphi) = 1 + \deg(\varphi) - \deg(\mathrm {Id}_E - \varphi)
$$
Rappel : pour des matrices $2 \times 2$ $M,N$ sur un anneau commutatif quelconque, on a :
$$
\det(M+N) = \det(M) + \mathrm {Tr}(\widetilde {M}N) + \det(N), \qquad
\det(I_2 - N) = 1 - \mathrm {Tr}(N) + \det(N)
$$
et la relation de droite permet d'exprimer la trace à l'aide de déterminants.
Et le déterminant, c'est relié au degré ``car il y a de la dimension 2 quelque part'', 2 étant compris comme $2g$ avec $g = 1$.
Encore une fois, tout cela est de la faute de gai-requin qui m'oblige à me clarifier (encore que pour l'instant, ci-dessus, c'est assez fumeux). Une petite animation pour voir avec nos yeux la relation quadratique. Utilisation de notre chère courbe elliptique $E : y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_p$ avec $p = 13 \equiv 1 \bmod 4$. Look at HERE
Je vais vérifier (si tu permets) l'histoire $y^n = x(x^n + a)$ en prenant mon temps. Cela ne m'étonnerait pas d'un comportement bizarre lorsque la caractéristique $p$ (oui, oui, la lettre $p$) divise $n$. Je veux dire quoi par bizarre ? Je n'en sais rien.
@gai requin
Pour te montrer que je ne suis pas un bourreur quand je dis que chaque chapitre de Cassels (Lectures on Elliptic Curves) fait au plus 4-5 pages, je t'attache le sommaire. Regarde les numéros de pages. Encore un à ajouter au panier ; mais non, pas au panier de la ménagère. Au tien.
Je me fixe sur ça aujourd'hui, histoire de changer d'air !
J'ai commencé à lire le pdf de 5 pages ``The Hasse-Davenport Relation'' (auteur anonyme, pas de bibliographie). Effectivement, c'est vachement bien fait. L'auteur s'inspire fortement de Ireland & Rosen mais il met son grain de sel afin d'obtenir quelque chose de self-contained. C'est bien structuré et je préfère même lire la preuve ici que chez Ireland & Rosen (qui écrivent pourtant très bien). Note : Ireland & Rosen n'hésitent pas à faire un lemme pour prouver $\lambda(fg) = \lambda(f)\lambda(g)$, alors que l'auteur anonyme dit ``A little algebra shows that $\lambda$ is multiplicative'' (juste avant proposition 4.2)
Bref, bonne pioche. Et du coup, il n' y a plus aucune raison d'avoir peur de Hasse-Davenport. Je suis guéri. Merci à toi !
Une petite mission quand même (liée à ta question sur Hasse). On travaille avec des matrices $2 \times 2$. Pourrais tu expliciter $a, b, c$ en fonction de la matrice $M$ qui est $2 \times 2$ tels que pour tous $x, y$, on ait :
$$
\det(xI_2 - yM) = ax^2 - bxy + cy^2
$$
Imagines maintenant que nous nous placions sur $\Z$, et que pour certaines raisons, on ait $\det(xI_2 - yM) \ge 0$ pour tous $x,y \in \Z$. Est ce que tu pourrais en déduire quelque chose d'intelligent sur la trace de $M$ et son déterminant ? Une certaine inégalité ?
@flip flop
Y'a pas de lézard : on a bien une bijection entre $\mathbb A^1 \setminus \mu_n(a)$ et $\{y^n = x^n(x+a)\}_{\rm aff}$. Je suis resté en affine pour ne pas copier sur toi. Petite remarque : faut savoir se poser pour traiter un exemple et je pense qu'il y a là, matière à faire. Je n'ai pas la solution car dans ma tête, il s'agissait juste du paramétrage pas du comptage. Ne pas s'épuiser pour autant à vouloir en faire trop. Je ne sais pas si on est capable d'exprimer la fonction zeta à partir de $(q, a, n)$ ?? Aucune idée. Peut-être se limiter à des cas particuliers. Du coup je suis content de cet exemple. Regarde comme je peux être un max bourrin parfois :
Et voilà ce que cela donne
Le premier, c'est les racines $n$-ième de l'unité : Je pense que en utilisant l'indicatrice d'Euler, on obtient : $$\text{Card}(\mu_{n,q}(1)) = (q-1) \wedge n$$
Une fois que l'on a ça, j'en suis arrivé à :
$$\text{Card}(\mu_{n,q}(a)) = \text{Card}(\mu_{n,q}(1)) \quad \text{ ou } \ 0 $$ selon que $a$ est une puissance $n$ ou pas. Ok, aussi faire attention à $n \ne 0$ dans le corps.Vacherie ça, non ! Tu n'as pas un petit symbole "$n$-tique", Claude ? Papa noël m'a offert le symbole quadratique et celui biquadratique cette année ... Sûrement pour $2018$ :-D
J'étais entrain de regarder $n = 4$ pour le refaire tourner !
On doit pouvoir faire un petit truc ... pause pour l'instant. Toujours fatigué mentalement !
Tiens sinon, j'ai regardé "Lip", le principe c'est de générer automatiquement une documentation, avec des commentaires, c'est ça ? Ou c'est plus puissant que ça ?
Lip fait plus que cela. Car il génère à la fois les programmes et la documentation. Tu t'interdis de modifier tes programmes directement (il suffit d'ailleurs de les faire générer en interdisant la modification en écriture des fichiers : seul Lip sera habilité à le faire).
Et tu décris un programme (ou plusieurs) par morceaux dans l'ordre que tu veux. Tu n'est pas obligé de suivre l'ordre des instructions. Tu en décris des bouts (des fragments de programmation dans le jargon LIP) comme tu le sens. Ces fragments sont repérés par des balises et des titres. Et à un moment donné tu décris l'assemblage des fragments pour la constitution de ton programme. Et entre les fragments, tu commentes en TeX ce que tu fabriques. C'est très mal raconté, je pense. Voici juste un exemple ci-dessous. Tu reconnais en principe du TeX au début. Et à un moment donné, quand ``je pense que c'est mûr pour encoder'', je déclare une balise @magma pour signaler au processeur LIP que, attention ce n'est plus du TeX, mais de la programmation. Je donne un titre au fragment (directive @title) et on voit que la portion de programmation se termine par @endmagma.
Plus loin, tu indiqueras au processeur LIP de coucher ce fragment et d'autres, dans l'ordre que tu indiqueras, dans les fichiers que tu nommeras. Il peut y avoir des liens entre fragments, des références en arrière ..etc.. (le processeur fait plusieurs passes). Et bien sûr, le processeur génère non seulement les programmes mais également le TeX. Que tu compiles ensuite.
C'est pas encore très bien raconté mais cela donne une vague idée. Ici, c'est un processeur maison écrit par Patrice. Patrice est informaticien ``de métier'' (et matheux) et nous avons partagé le même bureau pendant 25-30 ans. J'ai appris le métier (informatique, algorithmique, programmation) grâce à lui.
Il est évident que sans LIP, je n'y serais pas arrivé. Documenter m'a vachement aidé car le binz à produire est plus difficile qu'un programme qui calcule $x^n$ !!
$C : y^n = x^n(x+a)$. J'ai bien pataugé et j'ai quasiment rien fait. Je te raconte juste où j'en suis (pas loin). D'abord, je ne vais pas indiquer la dépendance en $n, a$, qui sont fixés si tu veux. Le corps de base est $\mathbb F_q$ et je joue avec la courbe AFFINE que je note $C$. Le fait que la fonction zeta de $C$ soit une fraction rationnelle est dûe à Dwork (1960) en utilisant des méthodes d'analyse $p$-adique. Cf des éléments historiques dans le pdf de Tibouchi in https://www.normalesup.org/~tibouchi/math/weil.pdf
Notre ``ami'' Koblitz a écrit un autre ouvrage ``$p$-adic Numbers, $p$-adic Analysis and Zeta-Functions'' que j'ai (et que je n'ai pas lu) qui est consacré à la preuve de Dwork.
Retour à nos petites affaires. On a :
$$
\#C(\mathbb F_q) = q+1 - \#R(\mathbb F_q) \qquad R = \{x \mid x^n = a \}
$$
Pourquoi le nom $R$ ? Pour reste, car cela me restait dans les mains (et que cela me faisait bien ch.er en passant).
Cas particulier $a = 0$. Facile (of course, on va appliquer à tour de bras ``if the author is polite'') :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {1 \over 1-qT}
$$
Dans la suite, je suppose $a \ne 0$. J'ai CONSTATE (centaines et centaines d'exemples, tirages aléatoires etc ..) que :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {L_{C/\mathbb F_q}(T) \over 1 - qT} \qquad
\hbox {$L = L_{C/\mathbb F_q}$ polynôme de degré $\le n-1$, avec $L(0) = 1$}
$$
La lettre $L$ pour LPolynomial. Il dépend bien sûr de $n, a$. Expérimentalement, il est réciproque au signe près :
$$
\hbox {pol. réc. de $L$} = \pm L \qquad \hbox {sans que j'ai pu déterminer le signe $\pm 1$}
$$
Le job est de déterminer ce polynôme $L = L_{C/\mathbb F_q}$.
Par ailleurs :
$$
\#C(\mathbb F_{q^r}) = q^r+1 - \#R(\mathbb F_{q^r}) \qquad R = \{x \mid x^n = a \}
\qquad \hbox {pareil que} \qquad
\#R(\mathbb F_{q^r}) = q^r+1 - \#C(\mathbb F_{q^r})
$$
Je vais appliquer le fait que l'opérateur fonction zeta $u \mapsto Z_u$ transforme une addition en multiplication. Et une application de ``if the author is polite'' donne :
$$
Z_{R/\mathbb F_q}(T) = {1 \over (1-qT) (1-T) Z_{C/\mathbb F_q}(T) } = {1 \over (1-T)L_{C/\mathbb F_q}(T)}
$$
Ceci, c'est juste pour se convaincre que la fonction zeta de $R/\mathbb F_q$, variété de dimension $0$, est bien une fraction rationnelle et surtout pour avoir une idée de la forme de cette fraction rationnelle.
Déterminer le L-polynomial $L_{C/\mathbb F_q}$ (courbe, dimension 1) est équivalent à déterminer la fonction zeta $Z_{R/\mathbb F_q}$ (dimension 0).
Pas grande avancée certes sauf qu'étudier $x^n = a$ (c'est de la dimension $0$, bis et même ter), c'est pile-poil la question 5.a de la partie I de mon épreuve d'Agrégation :
$$
\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a)
$$
A suivre.
J'ai une petite idée pour $\text{Card}( \{x \in \mathbb{F}_{q^r}, x^n = a\}$, c'est un truc assez périodique je pense. A suivre plus tard plus tard.
Je suis ok :
$$\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a)$$
Mais comme $ \mathbb F_q$ est cyclique d'ordre $q-1$, les caractères sur la sommation $${\chi \mid \chi^n = \epsilon}$$ sont les éléments d'ordre divisant $n$ dans un groupe cyclique d'ordre $q-1$ ... L'ordre de ces caractères divisent à la fois $n$ et $q-1$, il divise leurs pgcd que je note $\delta$.
Donc :
$$
\sum_{\chi \mid \chi^n = \epsilon} \chi(a) = \sum_{\chi \mid \chi^\delta = \epsilon} \chi(a) =\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^\delta = a \}
$$
Donc :
$$
\#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^n = a \} = \#\{ x \in \mathbb F_q \mid x^\delta = a \} \quad \quad \text{ Avec} \quad \delta = (q-1) \wedge n
$$
On a gagner que $\delta$ divise $q-1$. Ce qui permet de dire que le corps $\mathbb{F}_q$ possède les racines $\delta$-ième de l'unité. Et réduire le truc à la situation $a=1$. Tu vois ce que je veux dire :-S
Oui, je pense que je comprends. Plusieurs choses :
(1) J'ai arrangé mon dernier post pour le rendre plus précis. Dans la rédaction initiale, on aurait pu penser que je tournais en rond tellement c'était mal expliqué. J'ai précisé que tout se ramène à étudier la fonction zeta de $\{x^n = a\}/\mathbb F_q$, variété de dimension $0$. Et j'ai viré à la fin une allusion aux sommes de Jacobi (c'était complètement c.n) : $\{ x^n = a\}$ c'est de la dimension $0$ et une somme de Jacobi sur un seul caractère cela doit être réduit à 1 ou 0.
(2) Je me suis rendu compte que vouloir étudier la fonction zeta de $C : y^n = x^n(x + a)$, cela pouvait être compliqué à cause des deux paramètres $a$ et $n$. Du coup je me suis calmé en faisant $a = 1$ et en étudiant des cas particuliers de $n$. C'est vraiment petit joueur mais quand on est dans la m.rde en étudiant trop général, faut en rabattre.
(2.a) cas $n \mid q-1$ (vraiment petit, petit joueur). Je trouve :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {(1-T)^{n-1} \over 1-qT}
$$
(2.b) cas $n = 3$ (petit ...etc..)
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = \cases {
{1 \over 1-qT} & si $3 \mid q$ \cr
{(1-T)^2 \over 1-qT} & si $q = 1 \bmod 3$ \cr
{(1-T)(1+T) \over 1-qT} & si $q = 2 \bmod 3$ \cr
}
$$
Par exemple dans le cas le plus difficile $q \equiv 2 \bmod 3$, cela vient de
$$
\#\{x^3 = 1\}(\mathbb F_{q^r}) = \cases {
1 & si $r$ impair \cr
3 & si $r$ pair \cr
}
$$
J'ai mis vachement longtemps pour comprendre que ce $1$ ou ce $3$ variant avec $r$, il fallait l'écrire de manière uniforme :
$$
1^r + (-1)^r + 1^r
$$
pour pouvoir appliquer ``If the author is polite''.
(3) Je pense que de manière générale la fonction zeta de $C$ est de la forme
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {\hbox {produit de $(1 - T^m)$} \over 1 - qT}
$$
Peut-être seulement dans le cas $a = 1$ ??
Je vais ressortir des outils spéciaux (en magma) pour mettre le numérateur sous cette forme.
Comment va ? As tu vu que je t'avais posé une petite question autour de matrices $2 \times 2$, $\det(xI_2 - yM) \ge 0$ ... in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393736#msg-1393736 ?
Est ce que tu es bon en anglais ? Flip flop a pointé une vidéo (Don Zagier, monde modulaire) http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393478#msg-1393478. Tu vas me dire qu'il n'y a pas que le problème de la langue. C'est pas faux.
Le fait que je sois nul en anglais est un sacré handicap dès que l'on quitte la technique. Par exemple, je n'ai jamais pu apprécié le review par Mordell du ``Diophantine Geometry'' de Lang in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.bams/1183526083. Mais je crois comprendre que ce n'est pas très tendre. Il me semble que je comprends un peu près quand Mordell dit du livre de Lang
His presentation of proofs often seems unattractive. He frequently starts off with various definitions and then gives some arguments and finally says that we have now proved Theorem X, repeating again many of his definitions, sometimes adding a few lines to finish the proof of theorem X.
J'ai cru comprendre que Lang avait apprécié moyennement, cf par exemple http://smf4.emath.fr/Publications/Gazette/1995/63/smf_gazette_63_17-36.pdf
Certes, pas beaucoup de rapport avec nos histoires, juste pour signaler que les grands ne sont pas toujours tendres entre eux (et donc, il n'y a pas que les petits sur le forum qui parfois s'étripent).
Dans le même style mais en pire : je ne sais pas si vous avez entendu parler à une certaine époque de la virulence de Lang autour de l'ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil ? Il a presque fallu la débaptiser en conjecture modulaire (ou quelque chose comme cela .. Lang ne voulait pas y voir le nom de Weil).
Les mathématiques sont faites par des hommes .. Il y a parfois des traces.
Bref, cela ne change rien au fait que je suis nul en anglais.
@flip flop
A propos de $C : y^n = x^n(x + a)$, je pense qu'il va falloir se calmer sinon on va perdre le fil de ce que l'on était en train de faire (il restait node-unsplit pour les W-cubiques). Ci-dessous, une trace d'exécution dans le cas petit joueur $a = 1$. Cela se passe sur $\mathbb F_q$ avec $q = 5$ et ce que l'on voit c'est :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = { (1 - T^{d_1})^ {e_1} (1 - T^{d_2})^ {e_2} \cdots \over (1 - qT)}
$$
Par exemple, pour $n = 12$, il faut comprendre que :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = { (1 - T^{1})^ {3} (1 - T^{2})^ {4} \over (1 - qT)}
$$
Dans le cas où $a$ ne vaut pas 1, j'ai vu passer des polynômes cyclotomiques. Je sais pas si on bien évalué dans quoi on se lançait !
Epuisé et un peu malade, j'ai besoin de repos avant de regarder ta question liée au théorème de Hasse.
Pour le reste, je me débrouille en anglais si, contrairement à toi, le propos n'est pas trop technique. Si c'est le cas, je préfère lire plutôt qu'écouter.
@Gai requin : bon repos !
$$\#\{x^n = 1\}(\mathbb F_{q^r})= (q^r-1) \wedge n$$
@flip flop
Certes, mais pour $n \ge 1$ et $q$ (puissance d'un premier) fixés, ce n'est quand même pas évident que la série
$$
S = \sum_{r \ge 1} \gcd(q^r - 1, n)\, T^r \qquad \hbox {soit une fraction rationnelle.}
$$
Et de surcroît la dérivée logarithmique décalée d'une fraction rationnelle $Z$ (a so called zeta function) ; que l'on aimerait bien expliciter dans certains cas.
Prenons $n = 5$ par exemple et posons (sic)
$$
Z = {1 \over (1-T)(1 - T^4)}, \qquad S = T {Z' \over Z}
$$
Alors pour certains $q$ <<ça le fait>>. Par exemple, pour $q = 17$ :
Et ça le fait pour beaucoup d'autres $q$ premiers disons pour $q \equiv 2,3 \bmod 5$. Comme c'est pas moi qui paye, en continuant à garder $n= 5$ et la fonction zeta (fraction rationnelle) notée $Z$ ci-dessus, je monte la précision des séries à 500 et je balaie les premiers $q$ entre 2 et 100 qui satisfont $q \equiv 2,3 \bmod 5$
C'était quand même pas prévu que $\gcd(q^\bullet-1, n)$ s'organise en une fonction zeta. Si ? Tu t'en doutais ?
En fait pour utiliser "if the author is polite", on a besoin d'une certaine forme pour les nombres $N_{r} = \gcd(q^r - 1, n)$.
J'ai refait le cas (petit petit joueur) Edit. $n \mid q-1$ et $a=1$. Je trouve comme toi, en utilisant, j'adore :
$$
n = 1^r+1^r+\dots+1^r
$$
Mon erreur que j'ai fais plusieurs fois, c'est de dire :
$$ Z(x^n=1,\mathbb{F}_q) = Z(x^\delta,\mathbb{F}_q) = \frac{1}{(1-T)^\delta}$$
Suite de l'exemple précédent i.e. la série :
$$
S = \sum_{r \ge 1} \gcd(q^r - 1,n)\, T^r \qquad (\star)
$$
Rappel : il s'agissait d'expliciter la fonction zeta de la courbe affine $C : y^n = x^n (x+a)$ sur $\mathbb F_q$. Of course, quand on parle de $\mathbb F_q$, c'est que $q$ est une puissance d'un nombre premier. Petits joueurs, nous avons fait $a = 1$. Et encore plus petit joueur, je prends $n=5$, comme dans l'exemple précédent mais cette fois, histoire de changer un peu, je considère :
$$
Z = {1 \over (1-T)(1-T^2)^2}, \qquad S = T{Z' \over Z}
$$
Je m'apprêtais à te montrer que ``cette fonction zeta'', elle était adaptée à $(\star)$ mais pour les $q$ (puissances d'un premier) vérifiant $q \equiv -1 \bmod 5$. Allons y mon kiki. Je ne te cache rien. Tu vois que j'ai pris $q = 4$ comme puissance d'un premier :
Je vais mettre la gomme en montant la précision des séries à 500 et en prenant tous les $q$ de l'intervalle $4 \le q \le 10^3$ par pas de 5 i.e. $q \equiv -1 \bmod 5$.
Ben, la surprise, c'est que dans l'ensemble considéré des $q$, il y en a qui ne sont pas des puissances d'un nombre premier.
Est ce que les puissances d'un nombre premier n'auraient plus rien à voir dans l'histoire ? Exit $\mathbb F_q$. Et tout dans $\gcd(q^\bullet - 1,n)$.
Tu le savais ?
Fixons $n$ et $q$ ($q$ puissance ou pas d'un premier, je n'en sais absolument rien). La ``seule'' explication possible, pour qu'il puisse y avoir formation d'une fonction zeta pour $\gcd(q^\bullet - 1, n)$, c'est qu'il y ait un nombre fini d'entiers $d, e, f \cdots \ge 1$ tels que, pour TOUT $r \ge 1$, on ait, avec des racines de l'unité :
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r + \sum_{\beta \in \mathbb U_e} \beta^r + \sum_{\gamma \in \mathbb U_f} \gamma^r + \cdots
$$
Car on ne peut pas faire autrement que <<if the author is polite>> (il y a une équivalence). Et la première somme va contribuer à la présence de $1-T^d$ au dénominateur de la fonction zeta, la deuxième somme à $1- T^e$ ...etc...
Dis moi que cela te la coupe ... Ou alors que je suis fatigué ..
Je tente un truc ...
Je prend $q$ et je prend un $n$ très particulier $n = q^{T}-1$ ... On note $N_r = \# \{ x^n=1 \}_{\mathbb{F}_{q^r}}$.
On a : $$
N_r = \gcd(q^r - 1, n) = \gcd(q^r - 1, q^{T}-1) = q^{\gcd(r,T)} -1
$$ Donc aussi : $$
N_{r+T} = q^{\gcd(r+T,T)} -1
$$ Mais : $$
\gcd(r,T) = \gcd(r+T,T)
$$ On en déduit que : $$
N_{r} = N_{r+T}
$$ La somme est périodique ... On a une une relation de récurrence linéaire, on considère le polynôme caractéristique $\quad X^T-1$
Et on obtient : $$
N_r = \sum_{\zeta \in \mathbb{U}_T} \alpha \zeta^r
$$ Ce n'est pas tout a fait comme toi. Mais, on doit pouvoir prouver que les coefficients $\alpha$ sont dans $\Z$ pourvoir appliquer qui tu sais !
Du coup, un exemple :
Je trouve dans le cas $q := 5; n := q^3-1$, $$
N_r = 44 \times 1^r + 40 \times j^r + 40 \times (j^2)^r
$$ Et la fonction Zéta de $\{x^n=1 \}$ : $$
Z ( (x^n = 1, \mathbb{F}_q) = \frac{1}{(1-T)^{44}(1-jT)^{40}(1-j^2T)^{40} }
$$ Et la fonction zéta de la courbe $y^n=x^n(x+1)$, on avait trouvé : $$
N_r = q^r+2- \text{Card} (\{x^n=1 \})
$$ $$
Z (y^n=x^n(x+1), \mathbb{F}_q) = \frac{(1-T)^{44}(1-jT)^{40}(1-j^2T)^{40}}{(1-qT)(1-T)^2}
$$
Dans ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1394842#msg-1394842 (pas le dernier mais l'avant dernier), il y a une coquille : au lieu de $q \mid n$, tu as dû vouloir dire $n \mid q-1$ de manière à avoir, pour tout $r \ge 1$ :
$$
\gcd(q^r - 1, n) = n = \overbrace {1^r + \cdots + 1^r}^{n\ \rm fois}
$$
Quant à ton dernier post, avec $q = 5$ et $n = q^3 - 1$, je pense qu'il y a beaucoup de vrai mais il faut que je vérifie attentivement. A cette occasion, je pointe mon post (un peu confus) http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1393992#msg-1393992 pour te rappeler le lien entre les deux fonctions zeta sur $\mathbb F_q$, celle de la courbe $C : y^n = x^n(x+a)$ et celle de l'ensemble fini $R : \{ x^n = a\}$ étant entendu que $a$ n'est pas nul dans $\mathbb F_q$ :
$$
Z_{C/\mathbb F_q} = {L(T) \over 1-qT}, \qquad Z_{R/\mathbb F_q} = {1 \over (1-T)L(T)}
\qquad \hbox {pour un certain polynôme $L$ de degré $\le n-1$}
$$
Le polynôme $L$ dépend de $q,a,n$. Il est presque réciproque au sens où $L^\star = \pm L$ avec un signe que j'ignore (il y a donc une sorte d'équation fonctionnelle quelque part). Le post est confus car il n'y a aucune preuve pour la bonne raison que je n'en ai pas et que tout repose sur des observations expérimentales. Quand je dis observations expérimentales, il ne s'agit pas de 3 exemples mais de milliers tirés au hasard.
Et quand $a = 1$, il y a un autre post qui annonce une forme plus précise pour $L$ in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1394266#msg-1394266
Du nouveau : je reviens maintenant sur $n = 5$ puis sur $n$ quelconque en le supposant premier (de sorte que $n$ n'est pas quelconque, ah, ah). Et en donnant une preuve de quelque chose. Il est sous entendu que $a = 1$ et en fait plus besoin d'alibi de courbe ou de variété de dimension $0$, de $\mathbb F_q$. Car c'est la suite $\gcd(q^\bullet-1, n)$, suite en $\bullet$, qui possède une fonction zeta.
(1) Comme $n=5$ est premier, on a $\gcd(q^r-1, n) = 1 \ {\rm ou}\ n$. Prenons $q \equiv 2 \bmod 5$ et notons que $4$ est l'ordre de 2 modulo $5$
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \cases {5 & si $r \equiv 0 \bmod 4$ \cr 1 & sinon }
$$
Et le 5 ou le 1, il faut l'écrire de manière uniforme en $r$ pour faire plaisir à <<if the author is polite>>. Je fais intervenir $i$ la fameuse racine de l'unité d'ordre $4$. Pourquoi $4$ ? Parce que $4$ est l'ordre de 2 modulo 5.
$$
5\ {\rm ou}\ 1 = 1^r + \big( 1^r + (-1)^r + i^r + (-i)^r \big)
$$
Si bien que la fonction zeta de $\gcd(q^\bullet - 1, 5)$ est pour $q \equiv 2 \bmod 5$ :
$$
{1 \over (1-T)(1-T^4)}
$$
(2) Plus général. Je suppose $n$ PREMIER et $q \wedge n = 1$ ($q$ n'a plus à être une puissance d'un premier). Je note $d$ l'ordre de $q$ modulo $n$. Je dis que :
$$
\hbox { fonction zeta de $\gcd(q^\bullet - 1, n)$ } = {1 \over (1-T)(1-T^d)^{n-1 \over d}}
$$
Preuve.
$$
\gcd(q^r - 1, n) = \cases {n & si $r \equiv 0 \bmod d$ \cr 1 & sinon }
\qquad \hbox {et} \qquad
n\ {\rm ou}\ 1 = 1^r + \overbrace {\sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r + \cdots + \sum_{\alpha \in \mathbb U_d} \alpha^r}^{(n-1)/d \ \rm fois}
$$
Puis application, pour la quinzième fois, de <<if the author is polite>>.
Tu te doutes que j'ai fait un certain nombre de vérifications.
Je me remets un peu dans le bain.
Est-ce que ton message précédent permet de compter sur $\mathbb F_q$ la courbe de Serre dans le cas $a=1$ et $n$ premier ne divisant pas $q$ ?