@gai requin (suite).
Il faut OUBLIER les idéaux du moins les mettre de côté pour quelques instants. Il faut pour l'instant contempler dans un anneau commutatif :
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j \quad \forall\ i ,j, \qquad \hbox {$a$ régulier}
\qquad\quad (\star)
$$
L'égalité de gauche, on peut y penser comme :
$$
1 = \sum_i {a_ib_i \over a}
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$).
On veut étudier la possibilité, pour un $x \in A$, d'être une combinaison linéaire des $a_i$ :
$$
x = \sum_i x_i a_i, \qquad x_i\ ?
$$
On commence par remarquer que :
$$
x = \sum_i {a_ib_i \over a}\, x
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$), bis. Mais ce n'est pas pour autant que l'on peut écrire :
$$
x = \sum_i {b_i x\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_x)
$$
Parce que la division n'a aucune raison d'être exacte. Et puis, si c'était vraiment possible pour tout $x$, cela démontrerait que $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle = A$.
Mais imaginons un instant que $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Et commençons par $x = a_j$. Alors, on peut écrire :
$$
a_j = \sum_i {b_i a_j\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_{a_j})
$$
Merci à la relation de divisibilité du milieu en $(\star)$ là haut.
Et donc si vraiment, $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, par combinaison linéaire .... Et donc $(\heartsuit)$ va pouvoir opérer.
Bilan : si $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, inutile de se croire intelligent pour trouver une combinaison linéaire qui certifie cette appartenance. Il y a quelque chose d'automatique qui le réalise.
@CQ :
Si $e=0$ ou $1$, c'est trivial.
Sinon, soit $M$ un idéal maximal ne contenant pas $e$ de telle sorte que $e=1\bmod M$.
Alors il existe $m\in M$ tel que $?=x+m$.
@gai requin. N'oublie pas le côté effectif. Si vraiment $x \in Ae$, avec $e$ idempotent, alors, tiens toi bien :
$$
x = x \times e
$$
Pourquoi ? Parce que. Pour de vrai : $e$ est idempotent, et si $x = ye$, alors ...à toi.
Inutile de chercher un multiplicateur pour $x$ : c'est lui-même. La solution est dans l'hypothèse.
@gai requin
En ce qui concerne les idéaux et l'inversiblité,il en sera toujours de même : la solution est dans les données. Voir mon post après l'idempotent trick. Inutile de chercher : tout est AUTOMATIQUE, du type $x = xe$ si $x \in Ae$ (avec $e$ idempotent).
$$
\hbox {Dedekind}
$$
Et Ellison, dit, dans Abrégé d'Histoire des Mathématiques, tome I, chap. V, p . 264 : cela prit des années à Dedekind pour trouver une démonstration acceptable du théorème de simplification dans l'anneau des entiers d'un corps de nombres (idéaux non nuls) :
$$
I J_1 = I J_2 \quad\Rightarrow\quad J_1 = J_2
$$
Cela n'a donc pas été une mince affaire. Et c'est la notion l'inversibilité qui va en venir à bout. Et Ellison donne l'exemple de NON-simplificaton dans $\Z[X,Y]$ :
$$
\langle X,Y\rangle\ \langle X^2, Y^2\rangle = \langle X,Y\rangle\ \langle X^2, XY, Y^2\rangle
$$
Note : en cherchant bien, avec les $a_i, b_i, a$, on trouve une matrice idempotente. Mais ce n'est pas une obligation de ...
@gai requin
Au lieu d'une implication, je préfère : si $x \in \cdots$, alors je peux prendre $x_i = \cdots$ pour tout $i$ (il y a d'autres solutions).
Retour aux idéaux. Contexte $IJ = Aa$ avec $a$ régulier. Faire débarquer des $a_i$ et des $b_i$ qui certifient cette égalité.. Et on aura alors $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ et $J = \langle b_1, \ldots, b_n\rangle$. Et si on doit prouver qu'un certain $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, cela sera AUTOMATIQUE.
Et dans l'histoire $A$ factoriel ..etc.. il faut montrer que le pgcd des $a_i$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Cela sera donc automatique.
T'as $8$ degré en soirée !!! Ici on décale pas du zéro !
Pour le polynôme cyclotomique $\phi_{47}$, en admettant que l'anneau des entiers est le bon, je trouve que $47$ est ramifié d'indice $46$ et les autres premiers sont non ramifiés.
Je pense que l'on ne peut pas se contenter de ne faire que de ``la technique''. De temps ne temps, il faut être capable de regarder un peu l'histoire. Je sais, on ne peut pas tout faire. Je vous invite cependant à regarder (un jour) le papier de Jeremy Avigad, 2005, (on va dire un historien des mathématiques) sur la théorie des idéaux de Dedekind. In http://repository.cmu.edu/cgi/viewcontent.cgi?article=1034&context=philosophy
On est loin des définitions froides (glaciales ?) de nos jours. Du genre, on dit qu'un anneau $A$ est de Dedekind si .. Et puis viennent 4 ou 5 équivalences selon les auteurs.
Mais il faut aussi faire de la technique. Par exemple, pour $p$ premier impair :
$$
\mathrm {Disc}(\Phi_p) = (-1)^{p-1 \over 2} p^{p-2} = \Bigl(p^{p-3 \over 2}\Bigr)^2 p^*, \qquad p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p
$$
Il y a plusieurs preuves de cette égalité. Ma façon de l'écrire est liée à l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt {p^*}) \quad \subset \quad \Q(\root p \of 1)
$$
Il y a un traitement ``plus arithmétique'' (avec une somme quadratique de Gauss) dans un pdf attaché il y a un certain temps (exoSommeGauss.pdf). Je ne suis pas aussi efficace que gai-requin pour retrouver mes billes dans ce fil.
Bien sûr, ceci n'est pas étranger au monde cyclotomique que vous être en train de revisiter. Les premiers ramifiés sont ceux qui divisent le discriminant (de l'anneau des entiers). Et ici, pour $\Z[\root p\of 1]$, le seul premier ramifié est $p$. Quelle est sa factorisation ?
J'essaie de terminer l'histoire de l'idéal inversible d'un anneau factoriel.
Soit $x\in I$. Alors, pour tout $i$, $a$ divise $b_ix$ donc on peut poser $$y=\sum_i {b_i x\over a}\, a_i.
$$ Or, $\displaystyle \quad 1 = \sum_i {a_ib_i \over a},\quad$ donc $y=x$ et $\ I=\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.
Notons alors $d=\gcd (a_1, \ldots, a_n)$.
Par définition, $I\subset \langle d\rangle$.
De plus, pour tout $i$, $a$ divise $a_i$ donc $a$ divise $d$ et on trouve comme ci-dessus : $$d=\sum_i {b_i d\over a}\, a_i.$$ D'où $I=\langle d \rangle$.
@gai requin
Il y a deux parties dans ton histoire. Je suis ok avec la première dont le contexte est $IJ = aA$ avec les $a_i, b_i$ ... Et tu prouves que $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.
Mais pas d'accord avec la seconde. Quand tu dis $a$ divise $a_i$. NON. Car on peut modifier $a$ sans toucher aux $a_i$ :
$$
IJ = aA \quad \Rightarrow\quad IJ' = a'A \quad \hbox {pour tout $a'$ régulier multiple de $a$}
$$
Par contre, l'expression que tu veux :
$$
d = \sum_i {b_i d \over a}\, a_i
$$
elle SERA la bonne quand tout sera terminé (à cause du principe $(\heartsuit)$ d'hier soir). Et pourqu'elle soit bonne ..
@gai requin
Yes. Mais peut-être que le plus important dans l'histoire, c'est d'avoir dégagé ce principe (que l'on va baptiser ``idempotent trick'' pour s'y retrouver).
Un petit quelque chose supplémentaire : supposons, dans un anneau quelconque, disposer d'un idéal inversible $I$. Cela s'accompagne des $a_i, b_j, a$ tels que ...
(1) Pour un $x \in A$, de quoi a-t-on besoin pour tester si $x \in I$ ?
Compléments : l'élément régulier $a$ qui débarque dans la définition de $I$ inversible, $IJ = Aa$, appartient nécessairement à $I$.
Pour $a' \in I$ régulier, trouver un idéal $J'$ tel que $IJ' = Aa'$. Cela fera donc un peu de souplesse sur le choix de $a$.
Indication : faire du calcul ``symbolique'' en n'hésitant pas à écrire $I^{-1} = a^{-1}J$. I.e. se permettre (sur le papier ou pas) de sortir du cadre des idéaux entiers. Et pour $J'$, on n'a pas le choix...
@vous deux
Le symbole bi-quadratique tapé en TeX. Le scan contenait une erreur. Je m'en suis aperçu en continuant à étudier $J(\chi_{2,r}, \chi_{4,r})$ (et oui, je n'ai pas lâché). Impossible, pour continuer, de s'appuyer sur des choses bancales.
@CQ :
Pour le (1), puisque $I=\langle a_1,\ldots,a_n\rangle$, on a :
$$x\in I\Leftrightarrow \forall i\space a\mid b_ix.$$
On a aussi $x\in I\Leftrightarrow d\mid x$. :-D
@gai requin
Yes. Et tu vois donc, dans ce contexte, qu'un test d'appartenance de $x$ à $I$ (découvrir une combinaison linéaire ad-hoc) se ramène à un test de divisibilité entre des éléments. Ce n'est quand même pas banal : tu dois donc, pour deux éléments donnés $y,z$, savoir résoudre en $q$, l'équation $y = qz$. Pour l'anneau des entiers d'un corps de nombres, ce n'est pas difficile puisqu'il suffit de calculer $y/z$ et de tester s'il est entier.
Et j'insiste : découvrir une combinaison linéaire ad-hoc .. c'est pipeau. Elle t'attend.
C'est un DES aspects de la théorie des anneaux de Dedekind (ou plus faiblement de la théorie des anneaux de Prüfer). Mais le ``problème'', c'est qu'il y en a d'autres (aspects) ..
@CQ :
Si on écrit $IJ=Aa$ et $IJ'=Aa'$, alors $a'J=aJ'$ donc $J$ et $J'$ sont dans la même classe !
Attention : j'ai fait mes calculs avec des idéaux fractionnaires et en simplifiant par $I$ (qui est inversible après tout).
Mais peut-être qu'on peut montrer le résultat formel $a'J=aJ'$...
@gai requin
Reste à voir pourquoi $J'$ défini par $a'J = aJ'$ est entier. Ou encore $J' = a^{-1}a' J$ est entier. Cela vient du fait que $a' \in I$ ; en effet ...
@gai requin
Je comprends pas. L'hypothèse est $a' \in I$ (relis le post) et il faut montrer que $J'$ défini par $J' = a^{-1} a'J$ est entier. Comme $a' \in I$, alors $a'J \subset Aa$ (puisque $IJ = Aa$), et donc $a^{-1} a'J$ est bien entier.
Il va y avoir aussi, dans le cadre des anneaux d'entiers des corps de nombres, la propriété de factorisation (de manière unique) en produit d'idéaux premiers. C'est surtout cela qui nous concerne pour le dénombrement des idéaux de norme donnée.
Boulot pour moi ! Le samedi grosse journée ... La décomposition de $p$ dans $\Q[\zeta_p]$, je trouve $(p)=(1-\zeta)^{p-1}$. Pour les autres, ce sera pour demain ou lundi.
Amusez vous bien. @+
@gai requin
Dis moi, sans le réaliser, ce qu'il s'agit de faire. Ca.d. le contexte. On part de .. et on veut .. Sans ces précisions (contexte) il me parait difficile d'échanger.
On part de $IJ=Aa$ avec $A$ anneau factoriel.
On connaît bien $I=\langle d\rangle$ et on essaie de donner de la souplesse à $a$ et $J$ en regardant un autre inverse $J'$ de $I$. Pour cela, on écrit $IJ'=Aa'$.
On a trouvé que $J'=a^{-1}a'J$ et aussi $a'\in I$ donc $a'= \sum \dfrac{b_ia'}{a}\, a_i$.
On ne suppose pas l'anneau factoriel. D'ailleurs, on ne suppose rien sur l'anneau. Cela s'appelle une propriété ``ponctuelle''.
Contexte : $IJ = aA$ où $I,J$ sont deux idéaux et $a$ un élément régulier. Rien d'autre.
Et on veut quoi ? Etant donné $a' \in I$, montrer l'existence (et l'expliciter tant qu'à faire) d'un idéal $J'$ tel que $IJ' = a'A$.
@gai requin
Ton dernier post : dans un anneau factoriel, tout idéal inversible est principal, donc le groupe des classes d'idéaux (sous-entendu inversibles) est trivial. Avant dernier post : on n'a pas vraiment le choix pour $J'$ : $J' = a^{-1} a'J$. Faut juste (faire semblant de) vérifier qu'il est bien entier, mais cela a était déjà fait.
Note : si on se préoccupe de savoir si $J'$ est entier, c'est que visiblement son expression laisse croire que l'on est sorti des choux (because le $a^{-1}$) ; il suffit alors de l'exprimer en des termes qui ne font pas sortir de $A$. On peut même se demander ce qu'est ce $a^{-1}$, vu le degré de généralité du contexe ($A$ est un anneau quelconque ..etc..)
Je réponds à ce message je galère un peu avec la réciprocité quadratique. J'ai fait un petit pdf mais j'ai vraiment du mal à expliquer, du coup la page trois est vraiment brouillon (Sorry), c'est peut-être du grand n'importe quoi !
@CQ :
Pour le $a^{-1}$, je pense qu'il faut se placer dans un anneau de fractions qui permet d'inverser $a$ (qui a la gentillesse d'être régulier). C'est peut-être pour ça qu'on parle a priori d'idéal fractionnaire pour $J'$ ?
Parle-t-on aussi de monoïde de classe d'idéaux ce qui permettrait de s'intéresser aussi aux idéaux non inversibles ?
Finalement, que reste-t-il à faire (en termes d'idéaux toujours) pour les anneaux d'entiers ?
@gai requin
Ok pour le coup du localisé en $a$ : puisque $a$ est régulier, le morphisme de localisation $A \to A[a^{-1}]$ est injectif (il y a d'ailleurs une équivalence).
Je zappe sur ``monoïde de classes d'idéaux'' because son aspect bien général (à mon goût)
Anneaux d'entiers, que reste-t-il à faire ? Réponse : tout ou rien ou ça dépend. Ca dépend de qui, de quoi ? De vous, par exemple (et surtout de vous).
Quelques lignes qui participent au fait que tout idéal non nul (de type fini, pour moi) de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est inversible.
A la base, $x \in \C$ entier sur $\Z$ et $a \in \Z$ non nul. Je note $K = \Q(x)$ et $\mathcal O_K$ son anneau d'entiers (que je ne suis pas censé connaître). Il s'agit d'inverser (de manière effective) l'idéal $\langle a, x\rangle$ dans $\mathcal O_K$. Mais cette phrase est bancale et en tout cas, pas assez précise. Apporter des précisions nécessite un peu de technique, disons du vocabulaire.
D'abord, de manière générale, dans un anneau $A$, je vais parler d'égalité au SENS FORT :
$$
\langle a_1, \ldots, a_n\rangle \langle b_1, \ldots, b_n\rangle = Aa
$$
Cela voudra dire $a$ régulier, $a = \sum_i a_ib_i$, et $a \mid a_i b_j$ ; et tant qu'à faire, c'est bien de disposer de $q_{ij}$ vérifiant $a_ib_j = q_{ij} a$.
J'en viens à l'inversion de $\langle a, x\rangle$, ce qui est une écriture cavalière car je ne précise pas (encore) où est pris l'idéal : dans $\Z[x]$ ? dans $\mathcal O_K$ ? Cela va s'arranger par la suite car les idéaux vont jicler (comme dans l'égalité au sens fort des idéaux qui se termine par des égalités entre éléments).
Soit $f \in \Z[X]$ un polynôme unitaire tel que $f(x) = 0$. Je pose $P = f(aX)/d$ où $d$ est le pgcd des coefficients de $f(aX)$. On alors que $P \in \Z[X]$ est un polynôme primitif et $P(y) = 0$ où $y = x/a$. Remarque : rien ne sortira de $\Q(x)$ mais on va peut-être sortir de $\Z[x]$.
Et bien, en désignant par $H_y \subset \mathcal O_K$ la collection des entiers de Manu de $(P, y)$, il y a $u,v$ qui habitent $\Z[x][H_y]$ vérifiant au sens fort :
$$
\langle a, x\rangle \langle u, v\rangle = \langle a\rangle
$$
Je ne dis pas où sont pris les idéaux car ``au sens fort'' les fait jicler : cela signifie $a = au + vx$ ...etc ...
Mais pourquoi ce discours et où va-t-on ??
(1) Si $L$ est un corps de nombres et $\mathcal O_L$ son anneau d'entiers, cela permet de démontrer que tout idéal de $\mathcal O_L$ de la de la forme $\langle a, x\rangle$
où $a \in \Z$, est inversible.
(2) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ engendré par deux éléments en se ramenant à (1).
(3) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ : se ramener à (2) par un trick dû à Dedekind.
(4) Cela permet, lorsque l'on ``veut inverser'' l'idéal $\langle a, x\rangle_{\Z[x]}$, d'inventer de nouveaux entiers de $\Q(x)$ non dans $\Z[x]$. Car il se peut que la ``tentative d'inversion'' ne soit pas possible dans $\Z[x]$. Il suffit d'essayer dans $\Z[\sqrt 5]$ avec $\langle 2, \sqrt 5\rangle$. On va alors ``inventer'' l'entier ${1 + \sqrt 5 \over 2}$. Ne pas oublier qu'il y a des personnes qui calculent des fermetures intégrales.
En résumé, tout ce binz sert à la fois de preuve de .. Et si on veut, d''ébauche (vraiment ébauche) d'algorithme de calcul de .. Mais on peut oublier ce deuxième volet : cela sert de preuve que tout idéal non nul de $\mathcal O_L$ est inversible.
PS : pour $a \in A$, on peut toujours considérer $A[a^{-1}]$ que $a$ soit régulier ou pas ; on peut même avoir $a$ nilpotent, voire $a$ nul, ce qui a pour effet d'effondrer l'anneau $A[a^{-1}]$.
@flip flop
Cela va être très difficile de te répondre à cause de oeuf-poule, pré-requis ..etc...
Car je suppose que tu n'attends pas de moi : attention en haut de la page 2, tu as écrit soit $m = 5$ donc $m = 1 \pmod 5$ alors que tu voulais écrire $m = 1 \pmod 4$.
Tu attends plus, non ?
Remarque : à la page 1, on ne voit pas assez l'importance de $m$ sans facteur carré. C'est bien sûr dans $m(2b)^2 \in \Z$. D'où $(2b)^2 \in \Z$. Cela aurait mérité un petit ``$m$ étant sans facteur carré, on a ..''.
Remarques et suggestions (pour l'instant)
(1) Je n'ai pas lu ni tiré le petit pdf que j'ai pointé. Et je crois que je ne ferais pas. J'ai peut-être eu tort de pointer.
(2) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de la loi de réciprocité de Gauss i.e. la générale avec $p,q$ impairs distincts, celle utilisant la somme de Gauss quadratique (car des preuves, il y en a des tonnes et des tonnes). Je parle de la somme de Gauss au dessus de $\mathbb F_p$.
(3) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p\of 1)$. Mieux disposer du certificat de l'inclusion arithmétique :
$$
\Z\Bigl[ {\pm 1 \pm \sqrt {p^*} \over 2}\Bigr] \quad \subset \quad \Z[\root p \of 1]
$$
Avec le plus grand nombre de précisions possibles : on doit y voir la somme de Gauss quadratique en caractéristique $0$.
Ca, se sont des choses ``basiques'' qui doivent être self-contained. Rien n'est admis : ainsi, on ne confond pas l'oeuf et la poule.
Ensuite, on peut commencer à travailler, échanger. Interprétation galoisienne de la loi de réciprocité ...etc... Car effectivement, il y a des choses à dire.
Une précision : dans le cas des corps de nombres, une fois que l'on dispose du fait que tout idéal non nul de $\mathcal O_K$ est inversible, ce n'est pas trop difficile d'attraper la décomposition en produit d'idéaux premiers de manière unique.
Mais d'autres renseignements sont utiles : le fait par exemple que $\mathcal O_K$ soit un $\Z$-module libre de rang $[K : \Q]$, le théorème de génération 1,5 des idéaux, la ramification ...etc..
Attention : parfois, c'est le monde à l'envers. Pour montrer que $B := \Z[\root n\of 1]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\root n\of 1)$, on n'a pas besoin de tout cela !! On commence par démontrer que tout idéal premier (non nul) de $B$ est inversible. Puis tout idéal non nul. Cela force $B$ à être intégralement clos, donc c'est lui la fermeture intégrale. Voir mes posts à flip-flop (hier je crois) concernant cette histoire et des pointeurs. Cela peut-être fait dès le départ, sans grand prè-requis.
@gai requin
En principe, oui car j'ai divisé un polynôme (non nul) de $\Z[X]$ par le pgcd de ses coefficients.
Attention 1 : j'ai essayé de faire un résumé et il peut y avoir des coquilles. Mais tu sais où aller chercher des infos (sans coquille). Et tout cela est supporté par une implémentation où l'imprécision n'est pas la bienvenue.
Attention 2 : il y a dans la littérature d'autres approches et c'est une bonne chose d'en regarder certaines. Inutile de rêver, cela demande du temps, beaucoup de temps si on veut tout lire. Tu te doutes que lorsque nous nous sommes lancés dans un tel binz, il a fallu s'entourer d'ouvrages même si le traitement n'y est pas effectif. S'entourer ne suffit pas : il faut en lire quelques uns. Je peux t'en citer une dizaine.
@gai requin
Que $\Z[\root n\of 1]$ soit un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$ est ``immédiat''. On est même prié ici d'amener une $\Z$-base.
Ce qui est un tantinet plus difficile, c'est de montrer que tout idéal est inversible. Mais cela est dû à un truc magique du polynôme cyclotomique $\Phi_n$, à savoir son comportement sur $\mathbb F_p$. Cela le force, cet anneau, à être intégralement clos (qui est une propriété plutôt passive au sens où on attend qu'un élément du corps des fractions débarque qui est entier sur .. et donc dans .. alors que être inversible, cela se certifie).
Une page + 1/5 de page, tout au début du chap. IX.
@CQ : Je viens de retrouver sur mon pc une preuve que $\cal{O}$$_K$ est un $\Z$-module libre de rang $[K:\Q]$ en utilisant le fait que $\Z$ est intégralement clos et que $\mathrm{Tr}_{K/\mathbb Q}$ est une forme bilinéaire symétrique !
Merci pour les commentaires Claude. Rien de clair dans ma petite tête :-S
Je voulais voir le lien entre les $5$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$ et $p$ est un carré dans $\mathbb{F}_5$. En considérant la tour d'extensions : $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5}) \longrightarrow \Q(\zeta_5)$. Et surtout regarder comment un nombre premier $p \in \Z$, se décompose dans cette tour.
Dans la grande extension, $p$ est inerte lorsque $p$ est d'ordre $4$ dans $\Z/5\Z ^ \star$ et on voit que $p$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_5$. Mais si $p$ est inerte dans la grande extension, alors $p$ est inerte dans la petite extension $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5})$ et donc $5$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_p$.
@flip flop
J'ai bien compris ce que tu voulais faire. Mais ce qui n'est pas clair, ce sont les pré-requis.
Je te propose quelque chose ci-dessous qui risque d'être déstabilisant, à toi de voir.
Je considère un discriminant quadratique fondamental $D$, positif ou négatif ; par définition, c'est le discriminant de l'anneau des entiers d'un corps quadratique. Ce n'est pas n'importe quel nombre qui peut se prétendre discriminant quadratique fondamental .
(1) Je te demande d'admettre (provisoirement) que :
$$
\Q(\sqrt {D}) \quad \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
Puisque $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)^\times$, on peut considérer :
$$
\xymatrix @C = 3.5cm{
(\Z/D\Z)^\times \simeq \mathrm {Gal}(\Q(\root |D| \of 1)/\Q) \ar[r]^-{\rm morphisme\ de\ restriction} &
\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt{D})/\Q \simeq \{ \pm 1\}
}
$$
Le morphisme de restriction c'est celui qui à un $\sigma$ du gros groupe de Galois associe sa restriction à $\Q(\sqrt D)$ qui est stable par $\sigma$.
Il faut être super clair sur les isomorphismes canoniques. A droite, $-1$ correspond à $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$ et $1$ à l'identité.
A gauche, ce qui correspond à un entier $m$ inversible modulo $D$, c'est $\sigma_m$ l'élévation à la puissance $m$ sur les racines $|D|$-ièmes de l'unité.
OK ? A tout moment, on peut particulariser $D$. En liaison avec ce que tu as pointé, je particulariserais bien $D$ en $8$, qui est le discriminant de $\Z[\sqrt 2]$, qui est bien l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt 2)$.
Le bilan, en oubliant l'attirail galoisien, c'est que l'on se récupère un caractère quadratique, que je note $\chi_D$ :
$$
\xymatrix {
(\Z/D\Z)^\times \ar[r]^-{\chi_D} & \{\pm 1\}
}
$$
(2) Je te demande aussi d'admettre (provisoirement) que pour $p$ premier impair $\ge 3$ ne divisant pas $D$, on a :
$$
\chi_D(p) = \left( D \over p\right)
$$
Ok pour un Dimanche, cela fait beaucoup de choses à admettre.
Bon et bien je t'informe qu'ici, les 3 lois de réciprocité quadratique (la générale, celle pour $-1$ et celle pour $2$) sont là ... à condition de déjouer un peu tout ce binz.
Plus tard, on virera ``admettre provisoirement''.
Par ailleurs, tu ne m'as pas répondu clairement sur le fait que tu possèdes ou pas sous le nez, une preuve de la loi de réciprocité quadratique via une somme de Gauss quadratique souvent notée $\tau$, ni sur l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ ou plutôt l'inclusion ARITHMETIQUE correspondante.
Sur la loi de réciprocité quadratique via les sommes de Gauss, je l'ai vu une fois et oublié. Pour l'inclusion, tu m'as donné un exercice ici, que je n'ai pas encore fait ! Je vais faire, maintenant !
@CQ :
Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité, $K=\Q(\zeta)/\Q$ et $m=\varphi (n)$.
Alors $e=(1,\zeta,\ldots,\zeta^{m-1})$ est une $\Q$-base de $K$ formée d'entiers.
En particulier, $e$ est $\Z$-libre mais je ne vois pas pourquoi elle génère $\Z[\zeta]$. :-S
@flip flop
Tu as raison (et ce genre de coquilles me fait ch.ier). Cela ne va rien changer heureusement. Le polynôme $X^2 - X + {1 - p^* \over 4}$ doit être remplacé par $X^2 + X + {1 - p^* \over 4}$. Je ferais les modifications nécessaires. Merci.
Et en deux mots : l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ (ou plutôt l'inclusion arithmétique qui est plus fine) et la loi de réciprocité, c'est KIF-KIF. Attention, cela ne veut pas dire que c'est la même chose. Cela signifie que c'est kif-kif. A voir plus tard.
Je vais taper un résumé (vague bilan depuis 10 jours).
@gai requin
Plus le temps. Si par exemple, de manière générale, $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$, avec $a,b,c \in \Z$, peux tu t'expliquer pourquoi $\Z.1 + \Z.x + \Z.x^2$ contient $x^3$, puis $x^4$ puis $x^5$ and so on.
OK pour les points (1) et (2). Avec les notations de l'exercice.
Par exemple, si $p$ n'est pas un carré alors $$\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))(\tau_0) = \sum_{i \in \mathbb{F}_p^{\star 2}} \zeta^{ip} = \tau_1$$
Car $ i \to ip$ est une bijection des carrés dans les non carrés. Donc $\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))$ est non trivial et $\chi_D(p)=-1$.
Réponses
Il faut OUBLIER les idéaux du moins les mettre de côté pour quelques instants. Il faut pour l'instant contempler dans un anneau commutatif :
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j \quad \forall\ i ,j, \qquad \hbox {$a$ régulier}
\qquad\quad (\star)
$$
L'égalité de gauche, on peut y penser comme :
$$
1 = \sum_i {a_ib_i \over a}
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$).
On veut étudier la possibilité, pour un $x \in A$, d'être une combinaison linéaire des $a_i$ :
$$
x = \sum_i x_i a_i, \qquad x_i\ ?
$$
On commence par remarquer que :
$$
x = \sum_i {a_ib_i \over a}\, x
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$), bis. Mais ce n'est pas pour autant que l'on peut écrire :
$$
x = \sum_i {b_i x\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_x)
$$
Parce que la division n'a aucune raison d'être exacte. Et puis, si c'était vraiment possible pour tout $x$, cela démontrerait que $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle = A$.
Mais imaginons un instant que $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Et commençons par $x = a_j$. Alors, on peut écrire :
$$
a_j = \sum_i {b_i a_j\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_{a_j})
$$
Merci à la relation de divisibilité du milieu en $(\star)$ là haut.
Et donc si vraiment, $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, par combinaison linéaire .... Et donc $(\heartsuit)$ va pouvoir opérer.
Bilan : si $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, inutile de se croire intelligent pour trouver une combinaison linéaire qui certifie cette appartenance. Il y a quelque chose d'automatique qui le réalise.
Si $e=0$ ou $1$, c'est trivial.
Sinon, soit $M$ un idéal maximal ne contenant pas $e$ de telle sorte que $e=1\bmod M$.
Alors il existe $m\in M$ tel que $?=x+m$.
$$
x = x \times e
$$
Pourquoi ? Parce que. Pour de vrai : $e$ est idempotent, et si $x = ye$, alors ...à toi.
Inutile de chercher un multiplicateur pour $x$ : c'est lui-même. La solution est dans l'hypothèse.
J'avais raison puisque $0\in M$. :-D
En ce qui concerne les idéaux et l'inversiblité,il en sera toujours de même : la solution est dans les données. Voir mon post après l'idempotent trick. Inutile de chercher : tout est AUTOMATIQUE, du type $x = xe$ si $x \in Ae$ (avec $e$ idempotent).
$$
\hbox {Dedekind}
$$
Et Ellison, dit, dans Abrégé d'Histoire des Mathématiques, tome I, chap. V, p . 264 : cela prit des années à Dedekind pour trouver une démonstration acceptable du théorème de simplification dans l'anneau des entiers d'un corps de nombres (idéaux non nuls) :
$$
I J_1 = I J_2 \quad\Rightarrow\quad J_1 = J_2
$$
Cela n'a donc pas été une mince affaire. Et c'est la notion l'inversibilité qui va en venir à bout. Et Ellison donne l'exemple de NON-simplificaton dans $\Z[X,Y]$ :
$$
\langle X,Y\rangle\ \langle X^2, Y^2\rangle = \langle X,Y\rangle\ \langle X^2, XY, Y^2\rangle
$$
Note : en cherchant bien, avec les $a_i, b_i, a$, on trouve une matrice idempotente. Mais ce n'est pas une obligation de ...
Au lieu d'une implication, je préfère : si $x \in \cdots$, alors je peux prendre $x_i = \cdots$ pour tout $i$ (il y a d'autres solutions).
Retour aux idéaux. Contexte $IJ = Aa$ avec $a$ régulier. Faire débarquer des $a_i$ et des $b_i$ qui certifient cette égalité.. Et on aura alors $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ et $J = \langle b_1, \ldots, b_n\rangle$. Et si on doit prouver qu'un certain $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, cela sera AUTOMATIQUE.
Et dans l'histoire $A$ factoriel ..etc.. il faut montrer que le pgcd des $a_i$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Cela sera donc automatique.
Je pars au tennis en pleine canicule (+8°C B-)).
Pour le polynôme cyclotomique $\phi_{47}$, en admettant que l'anneau des entiers est le bon, je trouve que $47$ est ramifié d'indice $46$ et les autres premiers sont non ramifiés.
Je pense que l'on ne peut pas se contenter de ne faire que de ``la technique''. De temps ne temps, il faut être capable de regarder un peu l'histoire. Je sais, on ne peut pas tout faire. Je vous invite cependant à regarder (un jour) le papier de Jeremy Avigad, 2005, (on va dire un historien des mathématiques) sur la théorie des idéaux de Dedekind. In http://repository.cmu.edu/cgi/viewcontent.cgi?article=1034&context=philosophy
On est loin des définitions froides (glaciales ?) de nos jours. Du genre, on dit qu'un anneau $A$ est de Dedekind si .. Et puis viennent 4 ou 5 équivalences selon les auteurs.
Mais il faut aussi faire de la technique. Par exemple, pour $p$ premier impair :
$$
\mathrm {Disc}(\Phi_p) = (-1)^{p-1 \over 2} p^{p-2} = \Bigl(p^{p-3 \over 2}\Bigr)^2 p^*, \qquad p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p
$$
Il y a plusieurs preuves de cette égalité. Ma façon de l'écrire est liée à l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt {p^*}) \quad \subset \quad \Q(\root p \of 1)
$$
Il y a un traitement ``plus arithmétique'' (avec une somme quadratique de Gauss) dans un pdf attaché il y a un certain temps (exoSommeGauss.pdf). Je ne suis pas aussi efficace que gai-requin pour retrouver mes billes dans ce fil.
Bien sûr, ceci n'est pas étranger au monde cyclotomique que vous être en train de revisiter. Les premiers ramifiés sont ceux qui divisent le discriminant (de l'anneau des entiers). Et ici, pour $\Z[\root p\of 1]$, le seul premier ramifié est $p$. Quelle est sa factorisation ?
J'ai trouvé cela (en cherchant l'article de Avigad) : http://www.math.uchicago.edu/~may/VIGRE/VIGRE2011/REUPapers/Kopper.pdf. Utile, pas utile ? A vous de voir.
Soit $x\in I$. Alors, pour tout $i$, $a$ divise $b_ix$ donc on peut poser $$y=\sum_i {b_i x\over a}\, a_i.
$$ Or, $\displaystyle \quad 1 = \sum_i {a_ib_i \over a},\quad$ donc $y=x$ et $\ I=\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.
Notons alors $d=\gcd (a_1, \ldots, a_n)$.
Par définition, $I\subset \langle d\rangle$.
De plus, pour tout $i$, $a$ divise $a_i$ donc $a$ divise $d$ et on trouve comme ci-dessus : $$d=\sum_i {b_i d\over a}\, a_i.$$ D'où $I=\langle d \rangle$.
Il y a deux parties dans ton histoire. Je suis ok avec la première dont le contexte est $IJ = aA$ avec les $a_i, b_i$ ... Et tu prouves que $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.
Mais pas d'accord avec la seconde. Quand tu dis $a$ divise $a_i$. NON. Car on peut modifier $a$ sans toucher aux $a_i$ :
$$
IJ = aA \quad \Rightarrow\quad IJ' = a'A \quad \hbox {pour tout $a'$ régulier multiple de $a$}
$$
Par contre, l'expression que tu veux :
$$
d = \sum_i {b_i d \over a}\, a_i
$$
elle SERA la bonne quand tout sera terminé (à cause du principe $(\heartsuit)$ d'hier soir). Et pourqu'elle soit bonne ..
Alors $\gcd (a_1b_i,\ldots,a_nb_i)=b_id$. Or, $a$ divise chacun des $a_jb_i$ donc $a$ divise $b_id$.
Yes. Mais peut-être que le plus important dans l'histoire, c'est d'avoir dégagé ce principe (que l'on va baptiser ``idempotent trick'' pour s'y retrouver).
Un petit quelque chose supplémentaire : supposons, dans un anneau quelconque, disposer d'un idéal inversible $I$. Cela s'accompagne des $a_i, b_j, a$ tels que ...
(1) Pour un $x \in A$, de quoi a-t-on besoin pour tester si $x \in I$ ?
Compléments : l'élément régulier $a$ qui débarque dans la définition de $I$ inversible, $IJ = Aa$, appartient nécessairement à $I$.
Pour $a' \in I$ régulier, trouver un idéal $J'$ tel que $IJ' = Aa'$. Cela fera donc un peu de souplesse sur le choix de $a$.
Indication : faire du calcul ``symbolique'' en n'hésitant pas à écrire $I^{-1} = a^{-1}J$. I.e. se permettre (sur le papier ou pas) de sortir du cadre des idéaux entiers. Et pour $J'$, on n'a pas le choix...
Le symbole bi-quadratique tapé en TeX. Le scan contenait une erreur. Je m'en suis aperçu en continuant à étudier $J(\chi_{2,r}, \chi_{4,r})$ (et oui, je n'ai pas lâché). Impossible, pour continuer, de s'appuyer sur des choses bancales.
Pour le (1), puisque $I=\langle a_1,\ldots,a_n\rangle$, on a :
$$x\in I\Leftrightarrow \forall i\space a\mid b_ix.$$
On a aussi $x\in I\Leftrightarrow d\mid x$. :-D
Yes. Et tu vois donc, dans ce contexte, qu'un test d'appartenance de $x$ à $I$ (découvrir une combinaison linéaire ad-hoc) se ramène à un test de divisibilité entre des éléments. Ce n'est quand même pas banal : tu dois donc, pour deux éléments donnés $y,z$, savoir résoudre en $q$, l'équation $y = qz$. Pour l'anneau des entiers d'un corps de nombres, ce n'est pas difficile puisqu'il suffit de calculer $y/z$ et de tester s'il est entier.
Et j'insiste : découvrir une combinaison linéaire ad-hoc .. c'est pipeau. Elle t'attend.
C'est un DES aspects de la théorie des anneaux de Dedekind (ou plus faiblement de la théorie des anneaux de Prüfer). Mais le ``problème'', c'est qu'il y en a d'autres (aspects) ..
Si on écrit $IJ=Aa$ et $IJ'=Aa'$, alors $a'J=aJ'$ donc $J$ et $J'$ sont dans la même classe !
Attention : j'ai fait mes calculs avec des idéaux fractionnaires et en simplifiant par $I$ (qui est inversible après tout).
Mais peut-être qu'on peut montrer le résultat formel $a'J=aJ'$...
Reste à voir pourquoi $J'$ défini par $a'J = aJ'$ est entier. Ou encore $J' = a^{-1}a' J$ est entier. Cela vient du fait que $a' \in I$ ; en effet ...
Or, $a$ divise tous les éléments de $IJ$ donc aussi tous ceux de $a'J$.
Je comprends pas. L'hypothèse est $a' \in I$ (relis le post) et il faut montrer que $J'$ défini par $J' = a^{-1} a'J$ est entier. Comme $a' \in I$, alors $a'J \subset Aa$ (puisque $IJ = Aa$), et donc $a^{-1} a'J$ est bien entier.
Il va y avoir aussi, dans le cadre des anneaux d'entiers des corps de nombres, la propriété de factorisation (de manière unique) en produit d'idéaux premiers. C'est surtout cela qui nous concerne pour le dénombrement des idéaux de norme donnée.
Pour le reste, tu dis la même chose que moi.
Boulot pour moi ! Le samedi grosse journée ... La décomposition de $p$ dans $\Q[\zeta_p]$, je trouve $(p)=(1-\zeta)^{p-1}$. Pour les autres, ce sera pour demain ou lundi.
Amusez vous bien.
@+
Dis moi, sans le réaliser, ce qu'il s'agit de faire. Ca.d. le contexte. On part de .. et on veut .. Sans ces précisions (contexte) il me parait difficile d'échanger.
On connaît bien $I=\langle d\rangle$ et on essaie de donner de la souplesse à $a$ et $J$ en regardant un autre inverse $J'$ de $I$. Pour cela, on écrit $IJ'=Aa'$.
On a trouvé que $J'=a^{-1}a'J$ et aussi $a'\in I$ donc $a'= \sum \dfrac{b_ia'}{a}\, a_i$.
Ce n'est pas du tout le contexte que j'ai voulu donner dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1399372#msg-1399372. Du coup, cela ne m'étonne plus que l'on ne se comprenne pas.
On ne suppose pas l'anneau factoriel. D'ailleurs, on ne suppose rien sur l'anneau. Cela s'appelle une propriété ``ponctuelle''.
Contexte : $IJ = aA$ où $I,J$ sont deux idéaux et $a$ un élément régulier. Rien d'autre.
Et on veut quoi ? Etant donné $a' \in I$, montrer l'existence (et l'expliciter tant qu'à faire) d'un idéal $J'$ tel que $IJ' = a'A$.
On a quand même répondu avec $J'=a^{-1}a'J$ qui est un idéal de $A$. Right ?
Ton dernier post : dans un anneau factoriel, tout idéal inversible est principal, donc le groupe des classes d'idéaux (sous-entendu inversibles) est trivial. Avant dernier post : on n'a pas vraiment le choix pour $J'$ : $J' = a^{-1} a'J$. Faut juste (faire semblant de) vérifier qu'il est bien entier, mais cela a était déjà fait.
Note : si on se préoccupe de savoir si $J'$ est entier, c'est que visiblement son expression laisse croire que l'on est sorti des choux (because le $a^{-1}$) ; il suffit alors de l'exprimer en des termes qui ne font pas sortir de $A$. On peut même se demander ce qu'est ce $a^{-1}$, vu le degré de généralité du contexe ($A$ est un anneau quelconque ..etc..)
Je réponds à ce message je galère un peu avec la réciprocité quadratique. J'ai fait un petit pdf mais j'ai vraiment du mal à expliquer, du coup la page trois est vraiment brouillon (Sorry), c'est peut-être du grand n'importe quoi !
Pour le $a^{-1}$, je pense qu'il faut se placer dans un anneau de fractions qui permet d'inverser $a$ (qui a la gentillesse d'être régulier). C'est peut-être pour ça qu'on parle a priori d'idéal fractionnaire pour $J'$ ?
Parle-t-on aussi de monoïde de classe d'idéaux ce qui permettrait de s'intéresser aussi aux idéaux non inversibles ?
Finalement, que reste-t-il à faire (en termes d'idéaux toujours) pour les anneaux d'entiers ?
J'arrête les questions. ;-)
Ok pour le coup du localisé en $a$ : puisque $a$ est régulier, le morphisme de localisation $A \to A[a^{-1}]$ est injectif (il y a d'ailleurs une équivalence).
Je zappe sur ``monoïde de classes d'idéaux'' because son aspect bien général (à mon goût)
Anneaux d'entiers, que reste-t-il à faire ? Réponse : tout ou rien ou ça dépend. Ca dépend de qui, de quoi ? De vous, par exemple (et surtout de vous).
Quelques lignes qui participent au fait que tout idéal non nul (de type fini, pour moi) de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est inversible.
A la base, $x \in \C$ entier sur $\Z$ et $a \in \Z$ non nul. Je note $K = \Q(x)$ et $\mathcal O_K$ son anneau d'entiers (que je ne suis pas censé connaître). Il s'agit d'inverser (de manière effective) l'idéal $\langle a, x\rangle$ dans $\mathcal O_K$. Mais cette phrase est bancale et en tout cas, pas assez précise. Apporter des précisions nécessite un peu de technique, disons du vocabulaire.
D'abord, de manière générale, dans un anneau $A$, je vais parler d'égalité au SENS FORT :
$$
\langle a_1, \ldots, a_n\rangle \langle b_1, \ldots, b_n\rangle = Aa
$$
Cela voudra dire $a$ régulier, $a = \sum_i a_ib_i$, et $a \mid a_i b_j$ ; et tant qu'à faire, c'est bien de disposer de $q_{ij}$ vérifiant $a_ib_j = q_{ij} a$.
J'en viens à l'inversion de $\langle a, x\rangle$, ce qui est une écriture cavalière car je ne précise pas (encore) où est pris l'idéal : dans $\Z[x]$ ? dans $\mathcal O_K$ ? Cela va s'arranger par la suite car les idéaux vont jicler (comme dans l'égalité au sens fort des idéaux qui se termine par des égalités entre éléments).
Soit $f \in \Z[X]$ un polynôme unitaire tel que $f(x) = 0$. Je pose $P = f(aX)/d$ où $d$ est le pgcd des coefficients de $f(aX)$. On alors que $P \in \Z[X]$ est un polynôme primitif et $P(y) = 0$ où $y = x/a$. Remarque : rien ne sortira de $\Q(x)$ mais on va peut-être sortir de $\Z[x]$.
Et bien, en désignant par $H_y \subset \mathcal O_K$ la collection des entiers de Manu de $(P, y)$, il y a $u,v$ qui habitent $\Z[x][H_y]$ vérifiant au sens fort :
$$
\langle a, x\rangle \langle u, v\rangle = \langle a\rangle
$$
Je ne dis pas où sont pris les idéaux car ``au sens fort'' les fait jicler : cela signifie $a = au + vx$ ...etc ...
Mais pourquoi ce discours et où va-t-on ??
(1) Si $L$ est un corps de nombres et $\mathcal O_L$ son anneau d'entiers, cela permet de démontrer que tout idéal de $\mathcal O_L$ de la de la forme $\langle a, x\rangle$
où $a \in \Z$, est inversible.
(2) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ engendré par deux éléments en se ramenant à (1).
(3) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ : se ramener à (2) par un trick dû à Dedekind.
(4) Cela permet, lorsque l'on ``veut inverser'' l'idéal $\langle a, x\rangle_{\Z[x]}$, d'inventer de nouveaux entiers de $\Q(x)$ non dans $\Z[x]$. Car il se peut que la ``tentative d'inversion'' ne soit pas possible dans $\Z[x]$. Il suffit d'essayer dans $\Z[\sqrt 5]$ avec $\langle 2, \sqrt 5\rangle$. On va alors ``inventer'' l'entier ${1 + \sqrt 5 \over 2}$. Ne pas oublier qu'il y a des personnes qui calculent des fermetures intégrales.
En résumé, tout ce binz sert à la fois de preuve de .. Et si on veut, d''ébauche (vraiment ébauche) d'algorithme de calcul de .. Mais on peut oublier ce deuxième volet : cela sert de preuve que tout idéal non nul de $\mathcal O_L$ est inversible.
PS : pour $a \in A$, on peut toujours considérer $A[a^{-1}]$ que $a$ soit régulier ou pas ; on peut même avoir $a$ nilpotent, voire $a$ nul, ce qui a pour effet d'effondrer l'anneau $A[a^{-1}]$.
Cela va être très difficile de te répondre à cause de oeuf-poule, pré-requis ..etc...
Car je suppose que tu n'attends pas de moi : attention en haut de la page 2, tu as écrit soit $m = 5$ donc $m = 1 \pmod 5$ alors que tu voulais écrire $m = 1 \pmod 4$.
Tu attends plus, non ?
Remarque : à la page 1, on ne voit pas assez l'importance de $m$ sans facteur carré. C'est bien sûr dans $m(2b)^2 \in \Z$. D'où $(2b)^2 \in \Z$. Cela aurait mérité un petit ``$m$ étant sans facteur carré, on a ..''.
Remarques et suggestions (pour l'instant)
(1) Je n'ai pas lu ni tiré le petit pdf que j'ai pointé. Et je crois que je ne ferais pas. J'ai peut-être eu tort de pointer.
(2) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de la loi de réciprocité de Gauss i.e. la générale avec $p,q$ impairs distincts, celle utilisant la somme de Gauss quadratique (car des preuves, il y en a des tonnes et des tonnes). Je parle de la somme de Gauss au dessus de $\mathbb F_p$.
(3) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p\of 1)$. Mieux disposer du certificat de l'inclusion arithmétique :
$$
\Z\Bigl[ {\pm 1 \pm \sqrt {p^*} \over 2}\Bigr] \quad \subset \quad \Z[\root p \of 1]
$$
Avec le plus grand nombre de précisions possibles : on doit y voir la somme de Gauss quadratique en caractéristique $0$.
Ca, se sont des choses ``basiques'' qui doivent être self-contained. Rien n'est admis : ainsi, on ne confond pas l'oeuf et la poule.
Ensuite, on peut commencer à travailler, échanger. Interprétation galoisienne de la loi de réciprocité ...etc... Car effectivement, il y a des choses à dire.
Do you see what I mean, dear Flip-Flop ?
En quoi l'inversibilité des idéaux non nuls dans un anneau de Dedekind va-t-elle nous servir ?
Une précision : dans le cas des corps de nombres, une fois que l'on dispose du fait que tout idéal non nul de $\mathcal O_K$ est inversible, ce n'est pas trop difficile d'attraper la décomposition en produit d'idéaux premiers de manière unique.
Mais d'autres renseignements sont utiles : le fait par exemple que $\mathcal O_K$ soit un $\Z$-module libre de rang $[K : \Q]$, le théorème de génération 1,5 des idéaux, la ramification ...etc..
Attention : parfois, c'est le monde à l'envers. Pour montrer que $B := \Z[\root n\of 1]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\root n\of 1)$, on n'a pas besoin de tout cela !! On commence par démontrer que tout idéal premier (non nul) de $B$ est inversible. Puis tout idéal non nul. Cela force $B$ à être intégralement clos, donc c'est lui la fermeture intégrale. Voir mes posts à flip-flop (hier je crois) concernant cette histoire et des pointeurs. Cela peut-être fait dès le départ, sans grand prè-requis.
C'est intéressant ce que tu dis.
Si je comprends bien, $\Z[\root n\of 1]$ est un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$.
Wow !
En principe, oui car j'ai divisé un polynôme (non nul) de $\Z[X]$ par le pgcd de ses coefficients.
Attention 1 : j'ai essayé de faire un résumé et il peut y avoir des coquilles. Mais tu sais où aller chercher des infos (sans coquille). Et tout cela est supporté par une implémentation où l'imprécision n'est pas la bienvenue.
Attention 2 : il y a dans la littérature d'autres approches et c'est une bonne chose d'en regarder certaines. Inutile de rêver, cela demande du temps, beaucoup de temps si on veut tout lire. Tu te doutes que lorsque nous nous sommes lancés dans un tel binz, il a fallu s'entourer d'ouvrages même si le traitement n'y est pas effectif. S'entourer ne suffit pas : il faut en lire quelques uns. Je peux t'en citer une dizaine.
Que $\Z[\root n\of 1]$ soit un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$ est ``immédiat''. On est même prié ici d'amener une $\Z$-base.
Ce qui est un tantinet plus difficile, c'est de montrer que tout idéal est inversible. Mais cela est dû à un truc magique du polynôme cyclotomique $\Phi_n$, à savoir son comportement sur $\mathbb F_p$. Cela le force, cet anneau, à être intégralement clos (qui est une propriété plutôt passive au sens où on attend qu'un élément du corps des fractions débarque qui est entier sur .. et donc dans .. alors que être inversible, cela se certifie).
Une page + 1/5 de page, tout au début du chap. IX.
Sacré contraste avec la littérature habituelle. Jette un oeil sur Lawrence C. Washington, Introduction to Cyclotomic Fields, et tu verras. http://wstein.org/edu/2010/581b/books/washington-introduction_to_cyclotomic_fields.pdf
Il y a une seconde édition (j'ai la vieille) et j'ai toujours cru que Lawrence C. Washington était une femme. Et bien non, http://www.math.umd.edu/~lcw/
Merci pour les commentaires Claude. Rien de clair dans ma petite tête :-S
Je voulais voir le lien entre les $5$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$ et $p$ est un carré dans $\mathbb{F}_5$. En considérant la tour d'extensions : $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5}) \longrightarrow \Q(\zeta_5)$. Et surtout regarder comment un nombre premier $p \in \Z$, se décompose dans cette tour.
Dans la grande extension, $p$ est inerte lorsque $p$ est d'ordre $4$ dans $\Z/5\Z ^ \star$ et on voit que $p$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_5$. Mais si $p$ est inerte dans la grande extension, alors $p$ est inerte dans la petite extension $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5})$ et donc $5$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_p$.
En fait, c'est le pdf ici qui m'intrigue !
Je vais faire un peu de théorie aujourd'hui :-D
J'ai bien compris ce que tu voulais faire. Mais ce qui n'est pas clair, ce sont les pré-requis.
Je te propose quelque chose ci-dessous qui risque d'être déstabilisant, à toi de voir.
Je considère un discriminant quadratique fondamental $D$, positif ou négatif ; par définition, c'est le discriminant de l'anneau des entiers d'un corps quadratique. Ce n'est pas n'importe quel nombre qui peut se prétendre discriminant quadratique fondamental .
(1) Je te demande d'admettre (provisoirement) que :
$$
\Q(\sqrt {D}) \quad \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
Puisque $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)^\times$, on peut considérer :
$$
\xymatrix @C = 3.5cm{
(\Z/D\Z)^\times \simeq \mathrm {Gal}(\Q(\root |D| \of 1)/\Q) \ar[r]^-{\rm morphisme\ de\ restriction} &
\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt{D})/\Q \simeq \{ \pm 1\}
}
$$
Le morphisme de restriction c'est celui qui à un $\sigma$ du gros groupe de Galois associe sa restriction à $\Q(\sqrt D)$ qui est stable par $\sigma$.
Il faut être super clair sur les isomorphismes canoniques. A droite, $-1$ correspond à $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$ et $1$ à l'identité.
A gauche, ce qui correspond à un entier $m$ inversible modulo $D$, c'est $\sigma_m$ l'élévation à la puissance $m$ sur les racines $|D|$-ièmes de l'unité.
OK ? A tout moment, on peut particulariser $D$. En liaison avec ce que tu as pointé, je particulariserais bien $D$ en $8$, qui est le discriminant de $\Z[\sqrt 2]$, qui est bien l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt 2)$.
Le bilan, en oubliant l'attirail galoisien, c'est que l'on se récupère un caractère quadratique, que je note $\chi_D$ :
$$
\xymatrix {
(\Z/D\Z)^\times \ar[r]^-{\chi_D} & \{\pm 1\}
}
$$
(2) Je te demande aussi d'admettre (provisoirement) que pour $p$ premier impair $\ge 3$ ne divisant pas $D$, on a :
$$
\chi_D(p) = \left( D \over p\right)
$$
Ok pour un Dimanche, cela fait beaucoup de choses à admettre.
Bon et bien je t'informe qu'ici, les 3 lois de réciprocité quadratique (la générale, celle pour $-1$ et celle pour $2$) sont là ... à condition de déjouer un peu tout ce binz.
Plus tard, on virera ``admettre provisoirement''.
Par ailleurs, tu ne m'as pas répondu clairement sur le fait que tu possèdes ou pas sous le nez, une preuve de la loi de réciprocité quadratique via une somme de Gauss quadratique souvent notée $\tau$, ni sur l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ ou plutôt l'inclusion ARITHMETIQUE correspondante.
Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité, $K=\Q(\zeta)/\Q$ et $m=\varphi (n)$.
Alors $e=(1,\zeta,\ldots,\zeta^{m-1})$ est une $\Q$-base de $K$ formée d'entiers.
En particulier, $e$ est $\Z$-libre mais je ne vois pas pourquoi elle génère $\Z[\zeta]$. :-S
Tu as raison (et ce genre de coquilles me fait ch.ier). Cela ne va rien changer heureusement. Le polynôme $X^2 - X + {1 - p^* \over 4}$ doit être remplacé par $X^2 + X + {1 - p^* \over 4}$. Je ferais les modifications nécessaires. Merci.
Et en deux mots : l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ (ou plutôt l'inclusion arithmétique qui est plus fine) et la loi de réciprocité, c'est KIF-KIF. Attention, cela ne veut pas dire que c'est la même chose. Cela signifie que c'est kif-kif. A voir plus tard.
Je vais taper un résumé (vague bilan depuis 10 jours).
Plus le temps. Si par exemple, de manière générale, $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$, avec $a,b,c \in \Z$, peux tu t'expliquer pourquoi $\Z.1 + \Z.x + \Z.x^2$ contient $x^3$, puis $x^4$ puis $x^5$ and so on.
Par exemple, si $p$ n'est pas un carré alors $$\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))(\tau_0) = \sum_{i \in \mathbb{F}_p^{\star 2}} \zeta^{ip} = \tau_1$$
Car $ i \to ip$ est une bijection des carrés dans les non carrés. Donc $\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))$ est non trivial et $\chi_D(p)=-1$.