@vous deux
Comptons, comptons encore et beaucoup. Voir à la fin où j'en dis plus.
Mais je commence par gai requin qui est un cachotier (vouloir jouer avec les $L$-séries de magma).
Bon, mais cela tombe bien car j'ai mis au point des petits outils qui à mon avis vont dans ton sens.
> LK ;
L-series of Quadratic Field with defining polynomial x^2 + 47 over the Rational Field
> LGetCoefficients(LK, 2) ;
[* 1, 2.00000000000000000000000000000 *]
> Coeffs := LGetCoefficients(LK, 2) ;
> Parent(Coeffs[1]) ;
Integer Ring
> Parent(Coeffs[2]) ;
Complex field of precision 30
Ci-DESSUS, j'ai fait calculer les 2 premiers coefficients de la $L$-série (voir d'où elle vient et ce que j'en fais plus loin). On voit que le premier coefficient est entier (au sens magma) mais pas le second. Du coup, j'ai mis au point la fonction ci-dessous :
Z := IntegerRing() ;
PSR<t> := PowerSeriesRing(Z) ;
FormalSeries := function(L, N)
// L est une L-série, N une borne
Coeffs := LGetCoefficients(L,N) ;
RoundCoeffs := [Z| Round(c) : c in Coeffs] ;
return &+[PSR| RoundCoeffs[i ]*t^i : i in [1..N]] ;
end function ;
En action maintenant avec l'anneau quadratique imaginaire $K = \Q(\sqrt D)$ où $D = -47$. On dispose d'un caractère quadratique :
$$
\chi_D = \left( D \over \bullet\right)
$$
qui possède la propriété :
$$
\hbox {nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $n$ } = \sum_{d \mid n} \chi_D(n)
\qquad\qquad (\star)
$$
[code]
> // Chi(n) = (D / n)_Kronecker
> // Frolich/Taylor Th 65 p. 296
> // #{I idéal de Q(\/D) de norme m} = sum_{d | m} Chi(m)
>
> precision := 10^2 ;
> D := -47 ;
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> G<chi> := Parent(ChiD) ;
> G ;
Group of Dirichlet characters of modulus 47 over Integer Ring
> Order(G) ;
2
> ChiD ;
chi
>
> K := QuadraticField(D) ;
> LK := LSeries(K) ;
> LK ;
L-series of Quadratic Field with defining polynomial x^2 + 47 over the Rational Field
> S := FormalSeries(LK, precision) ;
> S ;
t + 2*t^2 + 2*t^3 + 3*t^4 + 4*t^6 + 2*t^7 + 4*t^8 + 3*t^9 + 6*t^12 + 4*t^14 + 5*t^16 + 2*t^17 + 6*t^18 + 4*t^21 + 8*t^24
+ t^25 + 4*t^27 + 6*t^28 + 6*t^32 + 4*t^34 + 9*t^36 + 2*t^37 + 8*t^42 + t^47 + 10*t^48 + 3*t^49 + 2*t^50 + 4*t^51 +
2*t^53 + 8*t^54 + 8*t^56 + 2*t^59 + 2*t^61 + 6*t^63 + 7*t^64 + 6*t^68 + 2*t^71 + 12*t^72 + 4*t^74 + 2*t^75 + 2*t^79
+ 5*t^81 + 2*t^83 + 12*t^84 + 2*t^89 + 2*t^94 + 12*t^96 + 2*t^97 + 6*t^98 + 3*t^100
> assert &and [Coefficient(S,m) eq &+[ChiD(d) : d in Divisors(m)] : m in [1..precision]] ;
[/code]
La dernière ligne vérifie $(\star)$. Pas que je n'ai pas confiance en $(\star)$. Mais je me méfie de ce que je comprends dans ce terrain (ce n'est pas de l'algèbre commutative) et surtout je me méfie de magma.
JE COMPTE, TU COMPTES, IL COMPTE, NOUS COMPTONS ...etc..
En ayant compté (sans savoir où cela allait nous mener) à travers les polynômes $X^n-1$ et $\Phi_n(X)$ sur $\mathbb F_q$, je dois avouer que lorsque flip-flop a suggéré de le faire pour d'autres polynômes, j'ai trouvé cette idée totalement saugrenue. Pardon, flip flop. Je crois maintenant que j'ai eu tort de penser cela.
Et je pense que cela vaudrait le coup de compter avec des polynomes quadratiques, surtout si vous êtes un peu dedans (les anneaux qadratiques). Qu'est ce que l'on risque ? De perdre du temps ?
En se méfiant de magma si on l'utilise. Cela m'a fait quand même un choc, dans le cas cyclotomique, pour $p^2 \mid n$, lorsque EulerFactor m'a retourné un $1/Z_p(T)$ égal à $-1$. C'est pour cette raison, que j'ai ré-armé moi-même dans la $L$-série les facteurs d'Euler corrects : les $a_m$ sont calculés de manière multiplicative à partir des $a_{p^\bullet}$ et y'a pas intérêt à se louper dans ceux là (que $p$ soit de bonne ou mauvaise réduction).
Drôle de métier où l'on ignore ce que l'on fera la semaine prochaine.
Et Clairon, quelques années après ta licence, est ce que tu étais un Samedi matin en train de plancher pendant 6 heures (préparation à l'Agrégation) sur les sommes de Gauss/Jacobi ? Ou peut-être sur les formes quadratiques entières $ax^2 + bxy + cy^2$ de Gauss ?
J'ai souvenir que les épreuves blanches se passaient le Samedi matin (6 heures) et certains étudiant(e)s à la fin (vers 15 h) me faisaient un peu la gueule, on se demande bien pourquoi.
Edit : On s'est posé la même question au même moment avec CQ. B-)-
Je n'ai pas bossé sur les sommes de Gauss/Jacobi.
Mais sur les formes quadratiques entières $ax^2+bxy+cy^2$ de Gauss, oui, oui !
J'ai le sujet papier dans mes archives, dans le Poitou. Puis-je en avoir le pdf (souvenir-souvenir) ?
J'ai fais un tour sur le forum (hors ici) ... bilan : Mais pourquoi les gens veulent faire des trucs qui ne maîtrise absolument pas ... Style, je vais inventer une théorie Galoisienne des distributions tempérées !
Je vois le même problème avec mes jeunes, quand je demande ce qu'ils veulent faire, ils me répondent souvent : un exercice compliqué ! Mais pourquoi faire un truc compliqué qu'on ne comprend pas ! pffff ... bref !
Du coup, je fais simple !
Soit $D=-47$ , on considère le corps $\Q(\sqrt{-47})$, son anneau des entiers est $\Z[\frac{1+i \sqrt{47}}{2}]$.
Le truc que je veux regarder c'est comment un nombre premier $p$ de $\Z$ se "factorise" dans cet anneau.
Je fais demain ! Faut comprendre le discriminant et tout ...
J'ai un petit souci avec l'exemple $A=\Z[\frac{1+i \sqrt{47}}{2}]$ de flipflop.
Comme $-47=1\bmod 8$, $2A$ est décomposé dans $A$ donc n'est pas maximal.
De plus, $A$ est un anneau de Dedekind donc $2A$ n'est pas premier non plus.
Le problème, c'est que je n'arrive pas à factoriser $2$ dans $A$.
C'est moi le problème non ?
(1) Dans le fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1397900#msg-1397900, j'ai finalement attaché 6 pages de Cohen (au lieu de 3), et j'ai numéroté correctement par rapport aux pages de l'ouvrage (et pas par rapport aux pages du viewer pdf). Je trouvais dommage d'avoir coupé Cohen en plein milieu de la (petite) section sur les courbes elliptiques.
Et également pour me souvenir que Cohen parle, à la page 390, du conducteur $N$ d'une courbe elliptique rationnelle, qu'il va étudier en détails plus loin dans la section 7.5. Dans cette section 7.5, il donne l'algorithme de Tate que l'on ne trouve pas sous les sabots d'un cheval. J'ai envie de dire que Cohen ne peut pas se permettre d'être approximatif : je pense que qu'une grosse partie des méthodes décrites dans A course in Computational Algebraic Number Theory ont été implémentées en Pari. Et cela ne supporte pas l'approximation.
(2) Réinventer l'eau chaude. Je vois écrit noir sur blanc dans Bordellès, Arithmetic Tales, section 7.4.2 The Dedekind Zeta-Functions, remarque 7.122 point 2. page 431. Le contexte est $K/\Q$ un corps de nombres galoisien
$$
\zeta_K(s) = \prod_p \left( 1 - {1 \over p^{sf_p}} \right)^{-g_p}
$$
Les deux nombres entiers $f_p$ et $g_p$ ont la signification habituelle. C.a.d. qu'en notant $f, g$ pour alléger, on a la décomposition :
$$
p\mathcal O_K = \mathfrak p_1^e \cdots \mathfrak p_g^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathcal O_K/\mathbb p_i
$$
C'est le côté galoisien qui provoque l'égalité (au dessus d'un $p$ fixé) des degrés résiduels et des indices de ramification.
Le fait d'être bloqué par l'analytique (je parle de mézigues) fait que l'on peut passer facilement à côté de cette information. Le $p$-Euler facteur de la fonction zeta de Dedekind est pourtant bien visible :
$$
{1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} \qquad \quad T \leftrightarrow {1 \over p^s}
$$
Bilan le cas galoisien est plus général que le cas cyclotomique.
Par contre, Bordellès ne mentionne pas cette histoire de fonction zeta de comptage modulo $p$ ... pour la bonne raison que l'on ne dispose pas dans ce contexte d'un polynôme unitaire irréductible de $\Z[X]$ que l'on pourrait réduire modulo $p$ (pour lui faire les choses de la vie i.e. compter).
En effet, il n'y a aucune raison que $\mathcal O_K$ soit monogène. C'est cependant le cas dans les deux cas suivants : extensions cyclotomiques ou quadratiques.
Mais, du point de vue ``Objet de dimension $0$ défini sur $\mathbb Z$'', il n'y a pas que le coup de $\{ P(x) = 0 \}$ où $P \in \mathbb Z[X]$ est un ``bon'' polynôme. Cela veut probablement dire, de manière pompeuse, qu'il doit y avoir un ``bon'' schéma de dimension $0$ défini sur $\mathbb Z$. Et le groupe de Galois de $K/\Q$ y interviendrait. Dans le cas cyclotomique, on le voit bien intervenir le groupe de Galois de $\Q(\root n \of 1)/\Q$ sous la forme innocente de $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$.
@flip flop : je ne sais faire que des choses simples. Mais c'est parfois compliqué de faire des choses simples. Moi aussi de temps en temps, je vois les gugusses dont tu parles. Laisse béton.
@gai requin
Je suis scrupuleusement le théorème 2 et sa preuve, en espérant ne pas avoir fait de boulette. Mais comme j'ai un peu la flemme de faire les (petits) calculs devant toi, je m'aide d'une calculette
> Z := IntegerRing() ;
> ZX<X> := PolynomialRing(Z) ;
> S := 1 ; P := 12 ;
> F := X^2 - S*X + P ;
> Discriminant(F) ;
-47
Bon, là tu ne peux être que d'accord. Je suis toujours la méthode et comme $p = 2$, il y a cette histoire un peu pénible de racine modulo 8 du trinôme $X^2 - SX + P = X^2 - X + 12$. Je vais finir par trouver $a = 4$ (je prends les notations de ma note, enfin presque car $\alpha_{\rm note}$, c'est $x$ ici).
> K<x> := NumberField(F) ;
>
> [<a,Evaluate(F,a)> : a in [0..5]] ;
[ <0, 12>, <1, 12>, <2, 14>, <3, 18>, <4, 24>, <5, 32> ]
> a := 4 ;
> OK := MaximalOrder(K) ;
> OK eq Order([x]) ;
true
>
> P1 := ideal < OK | 2, x-a > ;
> IsPrime(P1) ;
true
> P2 := ideal < OK | 2, y-a where y is S-x> ; // y = conjugate of x
> IsPrime(P2) ;
true
> ideal < OK | 2 > eq P1*P2 ;
true
J'ai utilisé le fait que le conjugué de $x$ c'est $y$ défini par $x+y = S$ ; d'où le where.
Après calcul comme dit l'autre, ça marche. Je n'ai jamais compris pourquoi on disait ``après calcul''. On se doute que cela ne peut pas être ``avant calcul''.
Ben du coup, c'est pas mal d'avoir un petit guide, non ?
Je crois avoir la solution.
$A$ est de Dedekind donc $(2)$ n'est pas premier (sinon, il serait maximal).
Comme $2$ est irréductible, $A$ n'est pas factoriel.
@flipflop :
Ce serait cool de trouver dans $A$ un premier impair ramifié (il n'y en a qu'un), un premier impair décomposé et un premier impair inerte. Je n'ai plus trop le temps ce matin. B-)
@gai requin
Exact. Et le groupe des classes d'idéaux est $\simeq \Z/5\Z$. C'est ce que savait déjà faire Gauss avec les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $-47$.
> G<g>, f := ClassGroup(OK) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/5
Defined on 1 generator
Relations:
5*g = 0
> f ;
Mapping from: Abelian Group isomorphic to Z/5
Defined on 1 generator
Relations:
5*$.1 = 0 to Set of ideals of OK
> f(g) ;
Ideal of OK
Two element generators:
[2, 0]
[1, 1]
> Generators(f(g)) ;
[ [2, 0], [1, 1] ]
> ChangeUniverse(Generators(f(g)), K) ;
[ 2, x + 1 ]
On tombe sur un des facteurs de l'idéal $\langle 2\rangle$. Peu importe lequel. Je le note $P_1$ comme tout à l'heure même si c'est $P_2$. Ceci veut dire que $P_i$ n'est pas principal mais $P_i^5$ l'est. Et que tout idéal de $A$ est équivalent à une puissance de $P_i$. Equivalent au sens $aI = bJ$ où $a,b$ sont non nuls.
> G!Inverse(f)(P1) ;
4*g
> G!Inverse(f)(P2) ;
g
> ok, generateur := IsPrincipal(P2^5) ;
> ok ;
true
> generateur ;
[-5, 1]
> K!generateur ;
x - 5
On cherche la décomposition de $X^2-X+12$ dans $\mathbb{F}_p$. Alors $\Delta = 1-48=-47$. Donc si $p = 47$, on a :
$ \Delta = 0 \pmod{47}$, et $X^2-X+12 = (X-a)^2$.
Je n'avais jamais fait le lien entre le discriminant (le $b^2-4ac$ du lycée) et le discriminant de l'anneau des entiers ... C'est bien la même chose ?
Ensuite, pour les inertes : on cherche $p$ tel que $X^2-X+12$ n'a pas de racine dans $\mathbb{F}_p$. Donc, on fait intervenir le symbole de Legendre (pour savoir si $\Delta$ est un carré ou non):
$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right)
$$
Par exemple, si $p=5$ alors $-47$ n'est pas un carré et $5$ est inerte.
@gai requin (et flip flop)
Equivalent à $P_1$ ou $P_2$, c'est pareil car $P_1$ et $P_2$ sont inverses l'un de l'autre puisque $P_1P_2 = 2$. Ou encore : $P_2$ est équivalent à $P_1^{-1}$. C'est bien de passer dans le groupe des idéaux fractionnaires (non nuls).
Dire qu'un anneau (de Dedekind) est principal c'est la même chose que de dire que son groupe des classes d'idéaux est trivial.
Pour un anneau factoriel en général ... Je zappe pour l'instant. Mais exercice quand même : montrer qu'un idéal inversible d'un anneau factoriel est principal.
En théorie des nombres, les groupes de classes (d'idéaux inversibles) d'un anneau d'entiers sont finis.
Gauss a fait un sacré travail pour les anneaux quadratiques imaginaires (et peut-être réels), je ne sais plus.
Une petite vacherie : un anneau quadratique imaginaire (donc pas compliqué) pour lequel le groupe des classes d'idéaux est trivial mais sans qu'il ne soit principal. Par exemple $\Z[2i\rbrack$.
Bon, finalement ça va la décomposition dans les entiers quadratiques. C'est quand même un sacré Gauss (tu) Ça me donne envie de lire un peu d'histoire des maths.
Je suis tombé sur une vidéo de Serre ... il rapporte une phrase de Weil (vers 6 minutes 20) disant " Gauss avait déjà compris la théorie du corps des classes " ... par contre Serre ajoute : "je pense que là où les mathématiciens ont dépassé les travaux de Gauss, c'est dans le programme de Langlands". D'ailleurs, il est très amusant Serre
@gai requin Je suppose que tu parles d'idéaux entiers ? Si $I,J$ sont entiers et $IJ = A$, alors $1 \in I$ et $1 \in J$. Bref $I = J = A$.
Pour les idéaux entiers : $I$ est inversible s'il existe un idéal $J$ et un élément régulier $a$ tels que $IJ = aA$. Alors $I$ est de type fini et plein de bonnes choses.
Bien sûr, si $A$ est intègre, on peut travailler avec les idéaux fractionnaires et transformer $IJ = aA$ en $I(a^{-1}J) = A$. Faut juste faire attention au maniement des idéaux : entiers versus fractionnaires.
Dans un anneau de Dedekind, l'inversiblité des idéaux est une propriété capitale.
Au fait, il faut parfois (souvent) remplacer l'écriture compacte $IJ = aA$ par il existe $a_1, \ldots, a_n \in I$, $b_1, \ldots, b_n \in J$ vérifiant
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j
$$
Si $A$ est factoriel, il faut proposer un générateur pour $I$. Euh, je sais plus faire au pied levé.
Ajout : je suis bête, il n'y a pas le choix pour proposer un générateur. Puisque $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ (fait qui aura été prouvé dès l'introduction des idéaux inversibles),on n'a pas le choix : je propose $d = \gcd(a_1, \ldots, a_n)$.
@Claude : j'ai lâché après 7 minutes ... mais je le trouve très amusant. A voir plus tard, plus tard. Je passe aux entiers cyclotomiques : mon copain sera $\Q(\zeta_{47})$ :-D
@flip flop
Juste un truc concernant la vidéo de Serre. J'ai pas pu m'en empêcher. Soit $p$ un premier vérifiant $p \equiv 3 \pmod 4$. Alors Dirichlet avait montré que le nombre $V$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $[1 .. {p-1 \over 2}]$ est toujours strictement plus grand que le nombre $N$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $] {p-1 \over 2} .. p-1]$. Les lettres $V,N$, cela peut paraître bizarre mais ce sont les notations de Serre, alors j'ai gardé. Peut-être que $V$ c'est ``pour au début'' et $N$ ``pour à la fin'' ?
Et de plus, en gardant toujours les notations de Serre, Dirichlet avait été plus loin, en montrant, pour $p \equiv 7 \bmod 8$ :
$$
(\star) \qquad\quad
V - N = k(-p) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \hbox {l'ordre du groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-p})$}
$$
Alors, j'ai fait intervenir le symbole de Legendre :
$$
2V \quad \buildrel {(1)} \over =\quad \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left( 1 + \Bigl({ x \over p}\Bigr)\right), \qquad\qquad
V+N \quad \buildrel {(2)} \over = \quad {p-1 \over 2}
$$
A gauche, l'égalité (1), cela vient du fait que quand $x$ est un carré mod $p$, alors $1 + \left({x\over p}\right)$, cela fait 2, sinon cela fait $0$. Et à droite, c'est parce ce que il y a ${p-1 \over 2}$ carrés, et il faut bien qu'ils se placent soit au début soit à la fin.
Et j'ai fait (1) - (2) :
$$
V - N = \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left({ x \over p}\right)
$$
A mon avis, cette égalité juste ci-dessus, on doit être capable de la voir directement. Bref, c'est là que j'ai eu envie de jouer. C'est grave docteur ?
> p := 8*Random(10^3,10^4) + 7 ; while not IsPrime(p) do p := p+8 ; end while ;
> p ;
40879
> &+[LegendreSymbol(x,p) : x in [1..ExactQuotient(p-1,2)]] = ClassNumber(-p) ;
115 = 115
@flip flop
Bon j'arrête de jouer. Le fait que $A := \Z[\root n\of 1]$ soit l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$ se fait en montrant que tout idéal premier (non nul) de $A$ est inversible. Donc $A$ est un anneau de Dedekind, et donc c'est lui l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$.
Pour montrer l'inversibilité d'un idéal premier $\mathfrak p$ de $A$, on montre d'abord que pour tout premier $p \in \Z$, l'idéal $\sqrt {pA}$ est principal. Cette dernière assertion est prouvée au début du chapitre IX in http://claire.tete.free.fr/LaTotale.pdf, pages 169, 170. C'est ce sur quoi j'ai pointé hier quand tu as fait ton magnifique calcul :
$$
{\mathrm {truc}^{\rm machin} \over \mathrm {truc}^{\rm chose}} = \mathrm {truc}^{...}
$$
J'ai mis des petits points pudiques ..
Une fois que $\sqrt {pA}$ est principal, c'est plié car cet idéal $\sqrt {pA}$ c'est le produit (fini) de tous les idéaux premiers de $A$ qui sont au dessus de $p$.
flip flop
Oui, mais moi, je te rappelle que la conjecture 6.1, le coup de l'existence d'un Shannon functor (je crois en français que l'on dit ``foncteur de Shannon''), j'étais pas trop d'accord pour qu'on en parle. Je ne crois pas en avoir vu un de ma vie ou alors je m'en souviens pas ; en tout cas pas sous les sabots d'un cheval. Et de là à conjecturer qu'il est de Sylvester, je vous avais trouvé un peu gonflés.
Bon, c'était bien pour vous faire plaisir à tous les deux, mais comptez pas sur moi une prochaine fois.
@Claude : c'est costaud pour moi. J'ai fait l'irréductibilité du polynôme cyclotomique ! Pour le reste va falloir rentrer dans les trucs de Dedekind, pas trop le choix !
@CQ : Dans [www.les-mathematiques.net], tu as résolu l'exercice mais je crois que tu demandes de prouver qu'un idéal inversible est de type fini. C'est ça ?
@gai requin
Non, je n'ai rien résolu, j'ai juste fourni une indication. Mais en fait, j'ai senti que je pataugeais. Et la seule manière de s'en sortir, c'est de dire la vérité. Il y a un trick vraiment fort sur l'inversibilité des idéaux (merci Dedekind). Je te prépare un post (pas de magma, promis, juré).
En attendant, cela serait super bien que tu répondes au trick suivant (idempotent trick). Soit $e$ un idempotent d'un anneau i.e. $e^2 = e$. Tu disposes d'un $x$ et tu veux savoir si $x \in Ae$. Et bien, si vraiment $x \in Ae$ et que tu cherches un multiplicateur :
$$
x = ? \times e
$$
Que peux tu prendre pour multiplicateur ?
Réponses
Oups ;-)
Et regarde [ici] comme les gens se prennent la tête ;-) pour calculer l'anneau des entiers d'un corps de nombres biquadratique.
Je viens de faire le lien :-D
B-)
Et pour l'anecdote, en 2007, moi, je faisais le sujet de géométrie ! http://www.les-mathematiques.net/phorum/file.php?3,file=58858,filename=projet_avril_2007.pdf
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1387548#msg-1387548
Comptons, comptons encore et beaucoup. Voir à la fin où j'en dis plus.
Mais je commence par gai requin qui est un cachotier (vouloir jouer avec les $L$-séries de magma).
Bon, mais cela tombe bien car j'ai mis au point des petits outils qui à mon avis vont dans ton sens.
Ci-DESSUS, j'ai fait calculer les 2 premiers coefficients de la $L$-série (voir d'où elle vient et ce que j'en fais plus loin). On voit que le premier coefficient est entier (au sens magma) mais pas le second. Du coup, j'ai mis au point la fonction ci-dessous :
En action maintenant avec l'anneau quadratique imaginaire $K = \Q(\sqrt D)$ où $D = -47$. On dispose d'un caractère quadratique :
$$
\chi_D = \left( D \over \bullet\right)
$$
qui possède la propriété :
$$
\hbox {nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $n$ } = \sum_{d \mid n} \chi_D(n)
\qquad\qquad (\star)
$$
[code] > // Chi(n) = (D / n)_Kronecker > // Frolich/Taylor Th 65 p. 296 > // #{I idéal de Q(\/D) de norme m} = sum_{d | m} Chi(m) > > precision := 10^2 ; > D := -47 ; > ChiD := KroneckerCharacter(D) ; > G<chi> := Parent(ChiD) ; > G ; Group of Dirichlet characters of modulus 47 over Integer Ring > Order(G) ; 2 > ChiD ; chi > > K := QuadraticField(D) ; > LK := LSeries(K) ; > LK ; L-series of Quadratic Field with defining polynomial x^2 + 47 over the Rational Field > S := FormalSeries(LK, precision) ; > S ; t + 2*t^2 + 2*t^3 + 3*t^4 + 4*t^6 + 2*t^7 + 4*t^8 + 3*t^9 + 6*t^12 + 4*t^14 + 5*t^16 + 2*t^17 + 6*t^18 + 4*t^21 + 8*t^24 + t^25 + 4*t^27 + 6*t^28 + 6*t^32 + 4*t^34 + 9*t^36 + 2*t^37 + 8*t^42 + t^47 + 10*t^48 + 3*t^49 + 2*t^50 + 4*t^51 + 2*t^53 + 8*t^54 + 8*t^56 + 2*t^59 + 2*t^61 + 6*t^63 + 7*t^64 + 6*t^68 + 2*t^71 + 12*t^72 + 4*t^74 + 2*t^75 + 2*t^79 + 5*t^81 + 2*t^83 + 12*t^84 + 2*t^89 + 2*t^94 + 12*t^96 + 2*t^97 + 6*t^98 + 3*t^100 > assert &and [Coefficient(S,m) eq &+[ChiD(d) : d in Divisors(m)] : m in [1..precision]] ;[/code]La dernière ligne vérifie $(\star)$. Pas que je n'ai pas confiance en $(\star)$. Mais je me méfie de ce que je comprends dans ce terrain (ce n'est pas de l'algèbre commutative) et surtout je me méfie de magma.
JE COMPTE, TU COMPTES, IL COMPTE, NOUS COMPTONS ...etc..
En ayant compté (sans savoir où cela allait nous mener) à travers les polynômes $X^n-1$ et $\Phi_n(X)$ sur $\mathbb F_q$, je dois avouer que lorsque flip-flop a suggéré de le faire pour d'autres polynômes, j'ai trouvé cette idée totalement saugrenue. Pardon, flip flop. Je crois maintenant que j'ai eu tort de penser cela.
Et je pense que cela vaudrait le coup de compter avec des polynomes quadratiques, surtout si vous êtes un peu dedans (les anneaux qadratiques). Qu'est ce que l'on risque ? De perdre du temps ?
Et je me suis souvenu du papier de Serre in http://www.ams.org/journals/bull/2003-40-04/S0273-0979-03-00992-3/S0273-0979-03-00992-3.pdf Peut-être qu'il serait bon de jeter un oeil sur 5.2 page 7. Le risque n'est pas gros.
En se méfiant de magma si on l'utilise. Cela m'a fait quand même un choc, dans le cas cyclotomique, pour $p^2 \mid n$, lorsque EulerFactor m'a retourné un $1/Z_p(T)$ égal à $-1$. C'est pour cette raison, que j'ai ré-armé moi-même dans la $L$-série les facteurs d'Euler corrects : les $a_m$ sont calculés de manière multiplicative à partir des $a_{p^\bullet}$ et y'a pas intérêt à se louper dans ceux là (que $p$ soit de bonne ou mauvaise réduction).
Drôle de métier où l'on ignore ce que l'on fera la semaine prochaine.
Quelle surprise, vous trois ensemble.
Et Clairon, quelques années après ta licence, est ce que tu étais un Samedi matin en train de plancher pendant 6 heures (préparation à l'Agrégation) sur les sommes de Gauss/Jacobi ? Ou peut-être sur les formes quadratiques entières $ax^2 + bxy + cy^2$ de Gauss ?
Moi, j'ai oublié. Mais pas toi, je suppose ?
Edit : On s'est posé la même question au même moment avec CQ. B-)-
Je n'ai pas bossé sur les sommes de Gauss/Jacobi.
Mais sur les formes quadratiques entières $ax^2+bxy+cy^2$ de Gauss, oui, oui !
J'ai le sujet papier dans mes archives, dans le Poitou. Puis-je en avoir le pdf (souvenir-souvenir) ?
J'avais cherché toute une soirée pendant les dernières vacances sans aucun résultat !
Je vois le même problème avec mes jeunes, quand je demande ce qu'ils veulent faire, ils me répondent souvent : un exercice compliqué ! Mais pourquoi faire un truc compliqué qu'on ne comprend pas ! pffff ... bref !
Du coup, je fais simple !
Soit $D=-47$ , on considère le corps $\Q(\sqrt{-47})$, son anneau des entiers est $\Z[\frac{1+i \sqrt{47}}{2}]$.
Le truc que je veux regarder c'est comment un nombre premier $p$ de $\Z$ se "factorise" dans cet anneau.
Je fais demain ! Faut comprendre le discriminant et tout ...
Comme $-47=1\bmod 8$, $2A$ est décomposé dans $A$ donc n'est pas maximal.
De plus, $A$ est un anneau de Dedekind donc $2A$ n'est pas premier non plus.
Le problème, c'est que je n'arrive pas à factoriser $2$ dans $A$.
C'est moi le problème non ?
(1) Dans le fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1397900#msg-1397900, j'ai finalement attaché 6 pages de Cohen (au lieu de 3), et j'ai numéroté correctement par rapport aux pages de l'ouvrage (et pas par rapport aux pages du viewer pdf). Je trouvais dommage d'avoir coupé Cohen en plein milieu de la (petite) section sur les courbes elliptiques.
Et également pour me souvenir que Cohen parle, à la page 390, du conducteur $N$ d'une courbe elliptique rationnelle, qu'il va étudier en détails plus loin dans la section 7.5. Dans cette section 7.5, il donne l'algorithme de Tate que l'on ne trouve pas sous les sabots d'un cheval. J'ai envie de dire que Cohen ne peut pas se permettre d'être approximatif : je pense que qu'une grosse partie des méthodes décrites dans A course in Computational Algebraic Number Theory ont été implémentées en Pari. Et cela ne supporte pas l'approximation.
(2) Réinventer l'eau chaude. Je vois écrit noir sur blanc dans Bordellès, Arithmetic Tales, section 7.4.2 The Dedekind Zeta-Functions, remarque 7.122 point 2. page 431. Le contexte est $K/\Q$ un corps de nombres galoisien
$$
\zeta_K(s) = \prod_p \left( 1 - {1 \over p^{sf_p}} \right)^{-g_p}
$$
Les deux nombres entiers $f_p$ et $g_p$ ont la signification habituelle. C.a.d. qu'en notant $f, g$ pour alléger, on a la décomposition :
$$
p\mathcal O_K = \mathfrak p_1^e \cdots \mathfrak p_g^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathcal O_K/\mathbb p_i
$$
C'est le côté galoisien qui provoque l'égalité (au dessus d'un $p$ fixé) des degrés résiduels et des indices de ramification.
Le fait d'être bloqué par l'analytique (je parle de mézigues) fait que l'on peut passer facilement à côté de cette information. Le $p$-Euler facteur de la fonction zeta de Dedekind est pourtant bien visible :
$$
{1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} \qquad \quad T \leftrightarrow {1 \over p^s}
$$
Bilan le cas galoisien est plus général que le cas cyclotomique.
Par contre, Bordellès ne mentionne pas cette histoire de fonction zeta de comptage modulo $p$ ... pour la bonne raison que l'on ne dispose pas dans ce contexte d'un polynôme unitaire irréductible de $\Z[X]$ que l'on pourrait réduire modulo $p$ (pour lui faire les choses de la vie i.e. compter).
En effet, il n'y a aucune raison que $\mathcal O_K$ soit monogène. C'est cependant le cas dans les deux cas suivants : extensions cyclotomiques ou quadratiques.
Mais, du point de vue ``Objet de dimension $0$ défini sur $\mathbb Z$'', il n'y a pas que le coup de $\{ P(x) = 0 \}$ où $P \in \mathbb Z[X]$ est un ``bon'' polynôme. Cela veut probablement dire, de manière pompeuse, qu'il doit y avoir un ``bon'' schéma de dimension $0$ défini sur $\mathbb Z$. Et le groupe de Galois de $K/\Q$ y interviendrait. Dans le cas cyclotomique, on le voit bien intervenir le groupe de Galois de $\Q(\root n \of 1)/\Q$ sous la forme innocente de $(\mathbb Z/n\mathbb Z)^\times$.
@flip flop : je ne sais faire que des choses simples. Mais c'est parfois compliqué de faire des choses simples. Moi aussi de temps en temps, je vois les gugusses dont tu parles. Laisse béton.
Je suis scrupuleusement le théorème 2 et sa preuve, en espérant ne pas avoir fait de boulette. Mais comme j'ai un peu la flemme de faire les (petits) calculs devant toi, je m'aide d'une calculette
Bon, là tu ne peux être que d'accord. Je suis toujours la méthode et comme $p = 2$, il y a cette histoire un peu pénible de racine modulo 8 du trinôme $X^2 - SX + P = X^2 - X + 12$. Je vais finir par trouver $a = 4$ (je prends les notations de ma note, enfin presque car $\alpha_{\rm note}$, c'est $x$ ici).
J'ai utilisé le fait que le conjugué de $x$ c'est $y$ défini par $x+y = S$ ; d'où le where.
Après calcul comme dit l'autre, ça marche. Je n'ai jamais compris pourquoi on disait ``après calcul''. On se doute que cela ne peut pas être ``avant calcul''.
Ben du coup, c'est pas mal d'avoir un petit guide, non ?
On a : $$A=\Z[\frac{1+i \sqrt{47}}{2}] \simeq Z[X] / X^2-X+12$$
Donc $$A/(2) \simeq \mathbb{F}_2[X] / X^2-X+12 =\mathbb{F}_2[X] / X(X-1)$$
"Donc" n : $$(2)=(2,\alpha) \times (2,\alpha-1) \quad \quad \alpha = \frac{1+i \sqrt{47}}{2} $$
Exercice : 2 est irréductible dans l'anneau quadratique de discriminant $-47$.
Donc $(2)$ est premier sans être maximal !
L'idéal $\langle 2\rangle$ premier dans $A$ mais pas maximal ?? T'as fumé quoi au petit déjeuné ?
$A$ est de Dedekind donc $(2)$ n'est pas premier (sinon, il serait maximal).
Comme $2$ est irréductible, $A$ n'est pas factoriel.
Je vais faire $p=5$ histoire de faire mumuse.
Dans un anneau factoriel, on a : si $x$ est irréductible, alors $(x)$ est premier ?
Ce serait cool de trouver dans $A$ un premier impair ramifié (il n'y en a qu'un), un premier impair décomposé et un premier impair inerte. Je n'ai plus trop le temps ce matin. B-)
@CQ : Il n'y a pas que $\mathbb Z$ dans la vraie vie !
Exact. Et le groupe des classes d'idéaux est $\simeq \Z/5\Z$. C'est ce que savait déjà faire Gauss avec les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $-47$.
> G<g>, f := ClassGroup(OK) ; > G ; Abelian Group isomorphic to Z/5 Defined on 1 generator Relations: 5*g = 0 > f ; Mapping from: Abelian Group isomorphic to Z/5 Defined on 1 generator Relations: 5*$.1 = 0 to Set of ideals of OK > f(g) ; Ideal of OK Two element generators: [2, 0] [1, 1] > Generators(f(g)) ; [ [2, 0], [1, 1] ] > ChangeUniverse(Generators(f(g)), K) ; [ 2, x + 1 ]On tombe sur un des facteurs de l'idéal $\langle 2\rangle$. Peu importe lequel. Je le note $P_1$ comme tout à l'heure même si c'est $P_2$. Ceci veut dire que $P_i$ n'est pas principal mais $P_i^5$ l'est. Et que tout idéal de $A$ est équivalent à une puissance de $P_i$. Equivalent au sens $aI = bJ$ où $a,b$ sont non nuls.
Combien de classes dans un anneau principal ? Dans un anneau factoriel plus généralement ?
On cherche la décomposition de $X^2-X+12$ dans $\mathbb{F}_p$. Alors $\Delta = 1-48=-47$. Donc si $p = 47$, on a :
$ \Delta = 0 \pmod{47}$, et $X^2-X+12 = (X-a)^2$.
Je n'avais jamais fait le lien entre le discriminant (le $b^2-4ac$ du lycée) et le discriminant de l'anneau des entiers ... C'est bien la même chose ?
Ensuite, pour les inertes : on cherche $p$ tel que $X^2-X+12$ n'a pas de racine dans $\mathbb{F}_p$. Donc, on fait intervenir le symbole de Legendre (pour savoir si $\Delta$ est un carré ou non):
$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right)
$$
Par exemple, si $p=5$ alors $-47$ n'est pas un carré et $5$ est inerte.
Equivalent à $P_1$ ou $P_2$, c'est pareil car $P_1$ et $P_2$ sont inverses l'un de l'autre puisque $P_1P_2 = 2$. Ou encore : $P_2$ est équivalent à $P_1^{-1}$. C'est bien de passer dans le groupe des idéaux fractionnaires (non nuls).
Dire qu'un anneau (de Dedekind) est principal c'est la même chose que de dire que son groupe des classes d'idéaux est trivial.
Pour un anneau factoriel en général ... Je zappe pour l'instant. Mais exercice quand même : montrer qu'un idéal inversible d'un anneau factoriel est principal.
En théorie des nombres, les groupes de classes (d'idéaux inversibles) d'un anneau d'entiers sont finis.
Gauss a fait un sacré travail pour les anneaux quadratiques imaginaires (et peut-être réels), je ne sais plus.
Une petite vacherie : un anneau quadratique imaginaire (donc pas compliqué) pour lequel le groupe des classes d'idéaux est trivial mais sans qu'il ne soit principal. Par exemple $\Z[2i\rbrack$.
$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right) = \left(\dfrac{p}{47} \right)
$$
Oui. Mais .. la ``bonne'' (version de la loi de réciprocité ..)
Qué passa ?
$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right)=\left(\dfrac{p}{47} \right) (-1)^{p-1 \over 2} \times (-1) ^{ 23.(p-1) \over 2} = \left(\dfrac{p}{47} \right)
$$
Bon, finalement ça va la décomposition dans les entiers quadratiques. C'est quand même un sacré Gauss (tu) Ça me donne envie de lire un peu d'histoire des maths.
Je suis tombé sur une vidéo de Serre ... il rapporte une phrase de Weil (vers 6 minutes 20) disant " Gauss avait déjà compris la théorie du corps des classes " ... par contre Serre ajoute : "je pense que là où les mathématiciens ont dépassé les travaux de Gauss, c'est dans le programme de Langlands". D'ailleurs, il est très amusant Serre
Pour les idéaux entiers : $I$ est inversible s'il existe un idéal $J$ et un élément régulier $a$ tels que $IJ = aA$. Alors $I$ est de type fini et plein de bonnes choses.
Bien sûr, si $A$ est intègre, on peut travailler avec les idéaux fractionnaires et transformer $IJ = aA$ en $I(a^{-1}J) = A$. Faut juste faire attention au maniement des idéaux : entiers versus fractionnaires.
Dans un anneau de Dedekind, l'inversiblité des idéaux est une propriété capitale.
Je posais ma question dans le cadre de cet exercice où l'anneau est seulement factoriel. Right ?
Je comprends pas ton ''Right ?"
Au fait, il faut parfois (souvent) remplacer l'écriture compacte $IJ = aA$ par il existe $a_1, \ldots, a_n \in I$, $b_1, \ldots, b_n \in J$ vérifiant
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j
$$
Si $A$ est factoriel, il faut proposer un générateur pour $I$. Euh, je sais plus faire au pied levé.
Ajout : je suis bête, il n'y a pas le choix pour proposer un générateur. Puisque $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ (fait qui aura été prouvé dès l'introduction des idéaux inversibles),on n'a pas le choix : je propose $d = \gcd(a_1, \ldots, a_n)$.
J'ai commencé à regarder ta vidéo pointée dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1398708#msg-1398708
.. 1837 : Dirichlet et l'analytique. Et méthodes algébriques pas très efficaces. Oui, ok, mais je suis trop vieux.
Un idéal inversible dans un anneau factoriel in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1398756#msg-1398756. J'ai ajouté une indication.
Remarque : le bug de ] semble avoir été corrigé
Juste un truc concernant la vidéo de Serre. J'ai pas pu m'en empêcher. Soit $p$ un premier vérifiant $p \equiv 3 \pmod 4$. Alors Dirichlet avait montré que le nombre $V$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $[1 .. {p-1 \over 2}]$ est toujours strictement plus grand que le nombre $N$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $] {p-1 \over 2} .. p-1]$. Les lettres $V,N$, cela peut paraître bizarre mais ce sont les notations de Serre, alors j'ai gardé. Peut-être que $V$ c'est ``pour au début'' et $N$ ``pour à la fin'' ?
Et de plus, en gardant toujours les notations de Serre, Dirichlet avait été plus loin, en montrant, pour $p \equiv 7 \bmod 8$ :
$$
(\star) \qquad\quad
V - N = k(-p) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \hbox {l'ordre du groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-p})$}
$$
Alors, j'ai fait intervenir le symbole de Legendre :
$$
2V \quad \buildrel {(1)} \over =\quad \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left( 1 + \Bigl({ x \over p}\Bigr)\right), \qquad\qquad
V+N \quad \buildrel {(2)} \over = \quad {p-1 \over 2}
$$
A gauche, l'égalité (1), cela vient du fait que quand $x$ est un carré mod $p$, alors $1 + \left({x\over p}\right)$, cela fait 2, sinon cela fait $0$. Et à droite, c'est parce ce que il y a ${p-1 \over 2}$ carrés, et il faut bien qu'ils se placent soit au début soit à la fin.
Et j'ai fait (1) - (2) :
$$
V - N = \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left({ x \over p}\right)
$$
A mon avis, cette égalité juste ci-dessus, on doit être capable de la voir directement. Bref, c'est là que j'ai eu envie de jouer. C'est grave docteur ?
Mais je suis pas encore au groupe de classes d'idéaux :-S
Bon j'arrête de jouer. Le fait que $A := \Z[\root n\of 1]$ soit l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$ se fait en montrant que tout idéal premier (non nul) de $A$ est inversible. Donc $A$ est un anneau de Dedekind, et donc c'est lui l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$.
Pour montrer l'inversibilité d'un idéal premier $\mathfrak p$ de $A$, on montre d'abord que pour tout premier $p \in \Z$, l'idéal $\sqrt {pA}$ est principal. Cette dernière assertion est prouvée au début du chapitre IX in http://claire.tete.free.fr/LaTotale.pdf, pages 169, 170. C'est ce sur quoi j'ai pointé hier quand tu as fait ton magnifique calcul :
$$
{\mathrm {truc}^{\rm machin} \over \mathrm {truc}^{\rm chose}} = \mathrm {truc}^{...}
$$
J'ai mis des petits points pudiques ..
Une fois que $\sqrt {pA}$ est principal, c'est plié car cet idéal $\sqrt {pA}$ c'est le produit (fini) de tous les idéaux premiers de $A$ qui sont au dessus de $p$.
C'est vachement plus simple que tout ce que j'ai vu dans la littérature. Compare par exemple avec l'argument de Washington, ``Introduction to Cyclotomic Fields'', page 11, th 2.6, qui fait d'ailleurs appel à un résultat de Lang http://www.math.hawaii.edu/~pavel/cmi/References/Washington_Introduction_to_Cyclotomic_Fields.pdf
Bon, mais c'est pas le tout. Faut que j'avance un article sur les foncteurs algébriques non universels. C''est pas gagné cette histoire là.
Oui, mais moi, je te rappelle que la conjecture 6.1, le coup de l'existence d'un Shannon functor (je crois en français que l'on dit ``foncteur de Shannon''), j'étais pas trop d'accord pour qu'on en parle. Je ne crois pas en avoir vu un de ma vie ou alors je m'en souviens pas ; en tout cas pas sous les sabots d'un cheval. Et de là à conjecturer qu'il est de Sylvester, je vous avais trouvé un peu gonflés.
Bon, c'était bien pour vous faire plaisir à tous les deux, mais comptez pas sur moi une prochaine fois.
@Claude : c'est costaud pour moi. J'ai fait l'irréductibilité du polynôme cyclotomique ! Pour le reste va falloir rentrer dans les trucs de Dedekind, pas trop le choix !
Non, je n'ai rien résolu, j'ai juste fourni une indication. Mais en fait, j'ai senti que je pataugeais. Et la seule manière de s'en sortir, c'est de dire la vérité. Il y a un trick vraiment fort sur l'inversibilité des idéaux (merci Dedekind). Je te prépare un post (pas de magma, promis, juré).
En attendant, cela serait super bien que tu répondes au trick suivant (idempotent trick). Soit $e$ un idempotent d'un anneau i.e. $e^2 = e$. Tu disposes d'un $x$ et tu veux savoir si $x \in Ae$. Et bien, si vraiment $x \in Ae$ et que tu cherches un multiplicateur :
$$
x = ? \times e
$$
Que peux tu prendre pour multiplicateur ?