Ou bien $D \equiv 1 \bmod 4$ et $D$ est sans facteur carré.
Ou bien $D \equiv 8,12 \bmod 16$ et $D/4$ est sans facteur carré.
D'abord, la décomposition. Dans ce que tu as écrit, cela revient à prendre pour $D_0$ le quotient de $D$ par le produit des $p_i^*$, Oui ? Les $p_i$ étant les facteurs premiers positifs (impairs) de $|D|/2^v$ où $v$ est la valuation de $2$ dans $|D|$.
Par exemple, la décomposition de 15, c'est dans les combien ?
Pour le fun
> D := FundamentalDiscriminant(Random(10^5,10^6)) ; D ; PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ;
3696424
[ 8, -367, -1259 ]
Lang, dans Algebraic Number Theory, a propos de $X^3 - 2$ :
Let $E = \Q(\alpha)$ where $\alpha^3 = 2$, say $\alpha$ is the real cube root of 2. Let $f(X) = X^3 - 2$. Then $f'(\alpha) = 3\alpha^2$, and $D_{E/\Q}(\alpha) = -3^32^2$. Let $B$ be the rings of algebraic integers in $E$. Note that 2 is ramified in $E$ with ramifiation index 3, and hence $D_{E/\Q}(B)$ is divisible by 2, whence by $2^2$, by Stickelberger's criterion.
Furthermore 3 must have some ramified factor in $E$, for otherwise all the conjugates of $E$ would be unramified over 3, so that the splitting field $\Q(\alpha, \sqrt {-3})$ would be unramified over 3, which is obvious not the case. The polynomial $X^3 - 2$ is irreducible over the $3$-adic field $\Q_3$ because already the congruence
$$
X^3 \equiv 2 \pmod 9
$$
has no solution in the $3$-adic fields. Thus there is only one prime in $E$ lying above $(3)$, and therefore the ramification index must be 3. Thus we have
$$
3B = \mathfrak p^3
$$
We see that in fact, $\mathfrak p$ is strongly ramified, and by Proposition 8 of section 2, we conclude that $\mathfrak p^3$ divides the different of $E/\Q$. Since $N\mathfrak p= 3$, it follows, that $3^3$ divides the discriminant, and we now see that $3^32^2$ divides the discriminant $D_{E/\Q}$. By Proposition 10, we conclude finally that $B = \Z[\alpha]$.
Mais je me mélange ! avec $D$ $\Delta$ et $D_0$, tu me diras c'est moi qui écrit $\Delta$.
Bref pour $3696424 = 462053 * 8$. Je prend la parti sans facteurs premiers multiples : $D = 462053 * 2$ donc là c'est congru à $2$ modulo $4$. Donc $\Delta = 4 * 2 * 357 * 1259= 4 * 2 * (-357)*(-1259)$. Bon, je pense que l'on est bon ! Et on a : $\Q(\sqrt{462053 * 2}) \subset \Q(\zeta_{462053 * 2^3})$. On prend le morphisme de restriction et on obtient ;
$$\chi_D : (Z / \Delta \Z ) ^* \to \{-1,1 \}$$ vu comme groupe de Galois.Et
$$
\sigma_m(\sqrt{462053 * 2}) = \chi_{\Delta}(m) \times \sqrt{462053 * 2}
$$
Avec $\sigma_m$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur les racines de l'unité (important : seulement sur les racines de l'unité et pas sur tout)
Edit : y'a une boulette ! Il faut prendre : $\Q(\zeta_\Delta)$, correction en rouge ! Il faut une racine de $2$ !
@flip -flop
C'est OK. Peut-être un tout petit bilan avant la touche finale qui ne saurait tarder. Histoire de bien clarifier les acquis.
(1) On dispose de preuves "autonomes" (self contained) des lois de réciprocité quadratiques. Et on en connaît l'intérieur des preuves choisies : elles utilisent la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique $p$), notée $\tau$ chez nous autres.
(2) On dispose ... de l'inclusion $\Q(\sqrt {q^*}) \subset \Q(\root q \of 1)$ pour un premier impair $q \ge 3$. Et on n'est ``pas dupe'' : on sait d'où provient cette inclusion. Elle provient de la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique 0), notée encore $\tau = \tau_0 - \tau_1$. Avec l'égalité $\tau^2 = q^*$ et c'est ce qui certifie l'inclusion puisque $\tau$ est par définition une expression $q$-cyclotomique. Et en prime, le bonus arithmétique $\tau_0, \tau_1$.
(3) On sait écrire un discriminant quadratique fondamental $D$ sous la forme d'un produit $D = D_0 p_1^* \cdots p_k^*$ ...etc ..
(4) On dispose de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ et à tout moment, si on nous le demande, on sait d'où provient cette inclusion.
(5) $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne de groupe de Galois CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)$ via $m \leftrightarrow \sigma_m$ qui éléve à la puissance $m$ les racines de l'unité de $\mathbb U_{|D|}$. Cela a donc du sens de définir un signe $\pm$ :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D \qquad \chi_D(m) \in \{\pm 1\}, \qquad m \wedge D = 1
$$
Donc on a une définition ``propre'' (si je peux me permettre) de $\chi_D(m)$. Disons que je préfère cela à ce que j'ai pointé chez Ribenboim (avec tout le respect ...etc..)
Et tu OK avec ce bilan ?
Il reste à montrer d'une part que le caractère quadratique $\chi_D$ vérifie ce que l'on attend de lui i.e. $\chi_D(p) = ...$ pour $p$ premier impair. Et que d'autre part, on sait le calculer. C'est pas le tout de dire que l'on croit faire propre, faut savoir opérer.
Petites questions avant de terminer :
(A) pourquoi un caractère $(\Z/D\Z)^\times \to ...$ est-il caractérisé sur les $p$ premiers impairs $\ge 3$ ? I.e. si deux caractères coïncident en ..., alors ..
(B) $\sigma_{-1}$ c'est qui ? Et que vaut $\chi_D(-1)$ ?
(C) On remonte tous les caractères à $\Z$ en leur collant $0$ comme on le pense. Soient $D_1, D_2$ deux disc. quadratiques fondamentaux premiers entre eux et $D = D_1D_2$. Alors
$$
\chi_D(m) = \chi_{D_1}(m) \chi_{D_2}(m) \qquad \hbox {que l'on écrit} \qquad \chi_{D_1D_2} = \chi_{D_1}\ \chi_{D_2} \qquad D_1 \wedge D_2 = 1
$$
Alors ok avec le bilan :-D Pour l'instant tout va bien !
(A) On peut essayer de trouver un système de générateur et relever ce système en des nombres premiers ... Théorème de la progression arithmétique ???
(B) $\sigma_{-1}$ c'est la conjugaison complexe, et $\chi_D(-1)$ c'est le signe de $D$.
(C) La j'ai envie de prendre $\Q(\root |D_1| \of 1)$ et $\Q(\root |D_2| \of 1)$ dans $\Q(\root |D_1D_2| \of 1)$. Comme $D_1$ et $D_2$ sont premiers entre eux. On a un isomorphisme $$(\Z / D_1D_2 \Z)^* \to (\Z / D_1 \Z)^* \times (\Z / D_2 \Z)^*$$
Et ce qui est important c'est que cet isomorphisme correspond à la restriction. Hum, je suis un peu en galère pour écrire la formule :
Je veux dire, $$\sigma_m(\sqrt{D_1}) = \text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))(\sqrt{D_1}) = \chi_{D_1}(m) \sqrt{D_1}$$
où $\text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))$ désigne la restriction de $\sigma_m$ à $\Q(\root |D_1| \of 1)$, et il correspond par l'isomorphisme canonique à $m \pmod{D_1}$. donc élévation à la puissance $m$ sur les racines $D_1$-ième de l'unité dans $\Q(\root |D_1| \of 1)$, ce qui justifie le second $=$.
Ok mais peut-être que pour (A) on va se passer du théorème de la progression arithmétique. Tout habitant de $(\Z/D\Z)^\times$ possède un représentant qui est un nombre entier $m \ge 1$. Et $m$ est premier à $D$.
Je dis que, quitte à remplacer $m$ par $m +D$, je peux supposer $m$ IMPAIR. En effet, si $m$ est impair, je n'y touche pas. Et si $m$ est pair, vu que $D \wedge m = 1$, c'est que $D$ est impair et donc $m+D$ est impair.
Surveille moi quand même.
On écrit $m$ (enfin impair) comme produit de premiers $p_i$ (impairs pardi) et donc $\sigma_D(m)$ est le produit des $\sigma_D(p_i)$.
Moins violent que la progression arithmétique ?
Enfin, pour vérifier $\sigma_D(p) = \left({D \over p}\right)$ pour $p$ premier impair $\ge 3$, on se ramène, grâce à $\chi_{D_1D_2} = \chi_{D1} \chi_{D_2}$ quand $D_1 \wedge D_2 = 1$, à un discriminant quadratique fondamental ``élémentaire'' de type $D_0 \in \{ -4, 8, -8\}$ ou $q^*$. Et là, pour l'INSTANT, pas de miracle, on utilise la loi de réciprocité quadratique.
Mais on reviendra, un peu plus tard, sur ce dernier point en examinant $A/pA \hookrightarrow B/pB$ où $A$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$ et $B$ celui de $\Q(\root |D| \of 1)$. Mais plus tard.
@CQ : Je ne vais même pas essayer de comprendre Lang pour $X^3-2$. :-S
J'ai vu une solution plus détaillée ailleurs mais qui a l'air de reposer sur des idées similaires.
Je préfère m'occuper de factorisation d'idéaux mais là tout de suite maintenant, je n'ai pas d'idée pour démarrer.
Un petit tip pour un gai requin paumé ?
@Rescassol
Boîte mail : c'est que c'est un sacré merd.er dans le pdf (de mézigues) en question. Tu vois déjà comment cela se passe ici ? Et bien, dans le pdf, c'est pire, si, si.
@flip-flop
Je voulais te montrer que ma fonction de calcul du symbole de Kronecker associé à $D$ était vraiment inefficace. Car elle factorise $|D|$ et un vrai gentleman ne doit pas le faire. Il y a un autre symbole, dit de Jacobi, qui se détermine via des divisions euclidiennes. Et je pensais que le calcul par magma du symbole de Kronecker utilisait celui de Jacobi.
Et j'ai commencé à chercher des exemples pour montrer la méga-différence entre magma et ma fonction (qui n'a absolument pas été écrite pour être efficace). Mais mazette, j'arrive pas à perdre.
Hum, si les gens, à l'extérieur, savaient l'énergie dépensée pour calculer un signe $\pm$, cela remettrait peut-être en cause ...
> D := NextPrime(10^25) * NextPrime(10^30) ;
> time D := FundamentalDiscriminant(D) ;
Time: 0.100
> time ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
Time: 0.590
> time MyChiD := MyKroneckerCharacter(D) ;
Time: 0.140
> m := Random(10^20, 10^30) ;
> time u := ChiD(m) ;
Time: 0.430
> time v := MyChiD(m) ;
Time: 0.000
> u eq v ;
true
> u ;
-1 <----------- on est bien content de le savoir ...
@gai requin
On démarre un peu ? Soit $A \subset \C$ un anneau de nombres (un order en anglais) mais pas nécessairement (justement) l'anneau des entiers d'un corps de nombres. Par exemple $A = \Z[\root 3 \of 2]$.
Imagines un instant que tout premier de $\Z$ soit un produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal non nul de $A$ est inversible.
Hum je vois qu'il faut préparer le terrain avec le trick suivant dans un anneau quelconque :
$$
\mathfrak m_1 \cdots \mathfrak m_k \subset I \qquad \hbox {chaque $\mathfrak m_i$ étant maximal inversible}
$$
Alors $I$ est un produit de certains des $\mathfrak m_i$.
Faut déjà assurer ce trick qui montre l'importance de l'inversibilité.
Le coup de Lang, c'est juste pour signaler que de temps en temps, les auteurs, ils ne font pas trop attention aux lecteurs débutants.
@flip flop
Tu as vu que l'on a réinventé l'eau chaude ? Cf, exercice 1 de la feuille de TD que tu as pointée ce matin. Bonne pioche.
Si $I = A$, cela ira encore plus vite : $I$ est produit sur la famille vide des $\mathfrak m_i$.
Remarquer d'abord que tout idéal maximal contenant les produit des $\mathfrak m_i$ est l'un des $\mathfrak m_i$ (en particulier est inversible).
Commencer par $k=2$.
Supposons $I$ maximal.
Si $I$ n'est contenu dans aucun des $\mathfrak m_i$, on peut trouver $x_i\in \mathfrak m_i$ tel que $x_i\notin I$ pour tout $i$.
Mézalor $x_1\cdots x_k\in I$ donc, comme $I$ est premier, il existe $i$ tel que $x_i\in I$ : contradiction.
Dans le cas général, soit $\mathfrak m$ un idéal maximal tel que $I\subset \mathfrak m$.
Alors $\mathfrak m$ est l'un des $\mathfrak m_i$ d'après ce qui précède.
@Claude : Je suis un peu remonté dans l'historique ! Si je considère la courbe elliptique $y^2=x^3-x$ sur le corps $\mathbb{F}_5$.
Alors on écrit $5$ en somme de deux carrés : $5=1^2+2^2$. Et on prend les entiers de Gauss de norme $5$. Il y 'a $8$ choix ! Et pour normaliser on utilise la propriété de Gai requin
On tombe sur $\pi = -1+2i$. Et le cardinal de $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb{F}_5$ est $5+1-\text{Trace}(\pi) = 8$ points sur cette courbe elliptique :-D
Par contre, si j'ai bien compris, il y a une structure de groupe sur cette courbe, donc un groupe abélien à $8$ éléments ?
On peut donner la structure du groupe :-D
E := EllipticCurve([-1, 0]) ;
p := 5 ;
Ep := ChangeRing(E, GF(p)) ;
Ep ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5)
#Ep(GF(p)) ;
8
Sur un corps fini $\mathbb F_q$, la structure de groupe d'une courbe elliptique est $\simeq \Z/a\Z \times \Z/b\Z$ avec $a \mid b$ et $a \mid q-1$. Pour notre chère $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$, on a $a=2$ et $b=4$.
> F5 := GF(5) ;
> E := EllipticCurve([F5| -1, 0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5)
> AbelianGroup(E) ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/4
Defined on 2 generators
Relations:
2*$.1 = 0
4*$.2 = 0
Un peu plus compliqué et sans beaucoup d'explication, la forme des automorphismes
$$
(x, y) \mapsto (u^2x + r, u^3y + su^2x + t)
$$
Comme il y a un $i$ dans $\mathbb F_5$ tel que $i^2 = -1$, à savoir $i = \pm 2$, je vais considérer $(x,y) \mapsto (-x, iy)$ qui est bien un automorphisme de $y^2 = x^3 - x$. Il faut le mettre sous forme officielle :
> u := F5!3 ;
> u^2 ;
4
> i := Automorphism(E, [r,s,t,u]) where r is 0 where s is 0 where t is 0 where u is 3 ;
> Points(E) ;
{@ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : 1 : 1), (2 : 4 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (4 : 0 : 1) @}
> [i(P) : P in Points(E)] ;
[ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (4 : 0 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (2 : 4 : 1), (2 : 1 : 1), (1 : 0 : 1) ]
Suite :
J'essaie de traiter le cas $k=2$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $\mathfrak m_1 \mathfrak m_2 \subset I\subset \mathfrak m_1$.
Soit alors $a$ régulier tel que $\mathfrak m_1\mathfrak m_1^{-1}=aA$.
On a $a\mathfrak m_2\subset I\mathfrak m_1^{-1}\subset aA$ et donc $\mathfrak m_2\subset a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}$ qui est un idéal de $A$.
Si $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=A$, alors $I=\mathfrak m_1$.
Sinon, $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=\mathfrak m_2$ et $I=\mathfrak m_1\mathfrak m_2$.
J'ai compris pourquoi tu disais de considérer $y^2=x^3-Dx$ plutôt que $y^2=x^3-n^2x$ pour mieux voir ! Pour la courbe: $y^2=x^3-n^2x$ le résultat est quand même un peu plus simple car juste un petit symbole quadratique de $n$ et pas le biquadratique !
D'ailleurs une question : Dans le cas "simple" $n^2$. Tu as une idée de où provient cette normalisation ? prendre modulo $(1+i)^3$ ?
@gai requin
Il ne faut pas hésiter à ``sortir'' provisoirement de l'anneau pour rester dedans tout de même. Cela veut dire quoi ce charabia ? Ci-dessous, je vais multiplier les inclusions de gauche par $\mathfrak m_1^{-1}$
$$
\mathfrak m_1\mathfrak m_2 \subset I \subset \mathfrak m_1 \qquad\Longrightarrow\qquad
\mathfrak m_2 \subset \mathfrak m_1^{-1} I \subset A
$$
A droite, les idéaux qui interviennent, même s'ils sont fabriqués avec des idéaux fractionnaires, sont entiers ; la preuve : tout baigne dans $A$ because l'inclusion $\subset A$. Maintenant, le brave idéal entier $J := \mathfrak m_1^{-1} I$ qui est coincé entre le maximal $\mathfrak m_2$ et $A$, son sort est réglé : ou bien, $J$ c'est $A$, auquel cas $I = \mathfrak m_1$ ou bien $J$ c'est $\mathfrak m_2$ auquel cas $I = \mathfrak m_1\mathfrak m_2$ (j'ai remultiplié par $\mathfrak m_1$).
C'est sans danger, même dans un anneau quelconque (c'était le cas de mon énoncé). Je veux dire par là que tu joues avec un nombre fini d'idéaux inversibles (le jour où tu joueras, dans une preuve, avec une infinité d'idéaux inversibles, fais moi signe quand même) qui font intervenir un nombre fini d'éléments réguliers $a, b, \cdots$ from $IJ = aA$, et il suffit de savoir que les objets qui sortent de $A$ sont en fait pris dans le localisé $A' := A[a^{-1}, b^{-1}, c^{-1}, \cdots]$. Et comme $A$ s'injecte dans $A'$, il n'y a pas de ``danger mathématique''.
Le seul danger, c'est de se mélanger soi-même dans le maniement des idéaux entiers ou pas entiers.
@flip flop
Est ce que l'on peut considérer que le FONDEMENT de $\chi_D$ est réglé ?
Oui, avec $D = n^2$ dans $E_D : y^2 = x^3 - Dx$, la vie aurait été plus simple avec $D = n^2$. Mais on serait peut-être passé à côté du symbole biquadratique. Dommage, non ?
Quant à la normalisation via $(1+i)^3$ dans $\Z[i\rbrack$, je sais pas trop quoi te répondre à part le fait que je n'ai pas réponse à tout. Je sais que dans $\Z[j]$, la normalisation se fait via $3$, cf la question 5 de la partie IV de l'épreuve sommes de Gauss et Jacobi. Ceci signifie que l'application canonique :
$$
\mathbb U_6 = \langle -j\rangle = (\Z[j])^\times \quad\to\quad (\Z[j]/3\Z[j])^\times
$$
est un isomorphisme. Là-aussi, cela fait naître un certain symbole. L'anneau $\Z[j]/3\Z[j]$ est plus simple que dans le cas $\Z[i\rbrack$ car $3$ est entier.
@flip flop
Encore une fois tout va être de ta faute. A propos de l'exercice 5 de la feuille 2 (Merel, Bernardi, Charollois) https://webusers.imj-prg.fr/~dominique.bernardi/MM120/Nombres2.pdf, j'ai été obligé d'écrire un nouveau programme magma de nom RingQuadraticGaussSum.magma. Tu crois que j'en ai pas assez comme cela ? Au coeur du débat : un discriminant quadratique fondamental $D$ et le caractère quadratique $\chi_D$ (Kronecker character) et une nouvelle somme (quadratique) de Gauss :
$$
G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
Note que je n'ai pas pu prendre une somme de Gauss analytique (vous n'avez pas répondu l'autre jour alors que c'était super important). Et bien :
$$
G^2 = D
$$
Ce n'est pas dit dans l'exercice. Et cela est encore du bonus. Je reprendrai ce post plus tard.
> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ;
Loading "RingQuadraticGaussSum.magma"
> // Attention à N = 0, 1
> N := Random(-10^2, 10^2) ; assert N notin {0,1} ;
> D := FundamentalDiscriminant(N) ;
> D ;
184
> L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ;
> L ;
Cyclotomic Field of order 184 and degree 88
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in [1..Abs(D)-1] | Gcd(k,D) eq 1] ;
> G ;
-4*zeta^87 - 4*zeta^85 + 4*zeta^81 - 4*zeta^77 + 4*zeta^75 + 4*zeta^73 - 4*zeta^71 - 2*zeta^69 + 4*zeta^59 -
4*zeta^55 + 4*zeta^49 - 4*zeta^47 + 4*zeta^41 - 4*zeta^39 + 4*zeta^35 - 4*zeta^31 - 4*zeta^29 + 4*zeta^27 +
4*zeta^25 - 2*zeta^23 - 4*zeta^13 + 4*zeta^9 + 4*zeta^3 + 4*zeta
> assert G^2 eq D ;
AJOUT On désigne, comme déjà depuis un certain temps, pour $m \wedge D = 1$, par $\sigma_m$ l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui élève toute racine $|D|$-ème de l'unité à la puissance $m$. Alors :
$$
\sigma_m(G) = \chi_D(m)\, G \qquad\qquad \hbox {(que du bonheur pour nous cette égalité)}
$$
En particulier pour $m=-1$ :
$$
\overline {G} = \chi_D(-1)\, G \qquad \hbox {d'où en multipliant par $G$} \qquad G\overline G = \chi_{-1}D = |D|
\quad \hbox {i.e.} \quad |G| = \sqrt {|D|}
$$
> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ;
Loading "RingQuadraticGaussSum.magma"
> // Attention à N carré
> N := Random(-10^2, 10^2) ; assert not IsSquare(N) ;
> D := FundamentalDiscriminant(N) ;
> D ;
-84
> UZDZ := [m : m in [1..Abs(D)-1] | Gcd(m,D) eq 1] ;
> L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ;
> L ;
Cyclotomic Field of order 84 and degree 24
> // sigma : U(Z/DZ) -> Gal(L/Q) : m -> sigma_m (élévation à la puissance m sur U_{|D|})
> sigma := map < UZDZ -> Aut(L) | m :-> iso <L -> L | zeta^m> > ;
>
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in UZDZ] ;
> G ;
4*zeta^23 + 2*zeta^21 + 4*zeta^19 + 4*zeta^17 - 4*zeta^15 - 4*zeta^13 + 4*zeta^11 - 4*zeta^3 + 4*zeta
> assert G^2 eq D ;
> [sigma(m)(G) eq ChiD(m)*G : m in UZDZ] ;
[ true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true,
true, true, true, true, true, true ]
> // En particulier pour m=-1, sigma(-1) = c la conjugaison complexe donc c(G) = Chi_D(-1)*G
> // Donc c(G)*G = Chi_D(-1)D = |D|
> assert ComplexConjugate(G)*G eq Abs(D) ;
Pour le fondement de $\chi_D$, oui c'est bon. Je vais mettre au propre et on verra si tout est clair ! Si tu as de petites questions pour voir si j'ai tout compris, n'hésites pas !
C'est le symbole cubique dont tu parles ? Je voulais utiliser ça pour savoir quand $2$ est un cube modulo $p$ ? Mais je n'ai pas regardé vraiment de quoi il en retourne.
Je voulais faire les fonctions zéta de $x^3-2$ ? Tu vois ce que je veux dire ? En fait, $x^3-2=0$ c'est un exemple de $x^n-a = 0$ :-D
$$G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}$$
Mais tu as pris une nouvelle somme de Gauss ? Et en plus elle donne directement l'inclusion $\Q(\sqrt{D}) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ ! J'avais fait bien plus compliqué hier.
@flip flop
Oui, il y a un ``Cubic Residue Character'' et même un ``Power Residue Symbol'' et des lois de réciprocité d'Eisenstein. Mais, j'insiste, ce n'est pas mon métier.
Et bien sûr, cette nouvelle somme de Gauss quadratique, je ne la connaissais pas avant ce matin. Tu ne crois pas quand même pas que je suis né avec des sommes de Gauss indexées par le groupe des inversibles d'un anneau fini dans mon berceau ? On n'avait pas trop les moyens, et on se contentait de sommes de Gauss indexées par le groupe multiplicatif d'un corps fini.
Mais je la sors d'où cette nouvelle somme de Gauss ? (qui ne sera plus nouvelle dans quelques jours). Et bien de la feuille d'exos que tu as pointé. Tu crois quand même pas que je l'avais en planquette et j'attendais le moment propice pour la sortir ?
Pareil que toi : je faisais plus compliqué. J'ai toujours fait plus compliqué. Mais maintenant, cela va changer.
J'ai mis à jour mon post précédent. Avec un AJOUT en rouge, bien visible. C'est que du bonheur.
Et quand j'ai vu l'exercice 3 de la feuille avec un corps biquadratique, tu crois quand même pas que je suis resté là à rien faire (à suivre).
@gai requin
Yes. Bien sûr, c'est ``théorique'' mais pour l'instant, cela nous suffit.
(A) Dans un anneau d'entiers $A$, tout idéal premier (non nul) est maximal. Why (de manière élémentaire) ? Une remarque : quand on dit idéal dans ce contexte (anneaux d'entiers, anneaux de Dedekind), cela sous-entend idéal non nul.
(B) Imagine, dans un anneau d'entiers $A$, typiquement $A = \Z[\root 3\of 2]$, que tout premier $p$ de $\Z$ soit produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal (non nul, arg) de $A$ est inversible. En conséquence, $A$ est intégralement clos. Et donc c'est l'anneau des entiers de son corps des fractions.
Suggestion : faire le truc général et en parallèle $A = \Z[\root 3\of 2]$, ou l'inverse. Sans précipitation. Et une fois que $\Z[\root 3\of 2]$ est bien bien au point dans la tête (c'est quand même plein de subtilités), alors le critère de Dedekind n'est pas loin (j'exagère un tantinet mais pas trop).
A propos de $\Z[\root 3 \of 2]$ : avec tout le respect que je dois à S.L., pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?
@flip flop
Tu l'as fait exprès, hein ? De pointer sur https://webusers.imj-prg.fr/~dominique.bernardi/MM120/Nombres2.pdf. Et je vois l'exercice 3. A ton avis, autrefois, en présence d'une extension biquadratique $K/\Q$ :
$$
\xymatrix {
& K\ar@{-}[d] \\
\Q(\sqrt {d_1})\ar@{-}[ur] & \Q(\sqrt {d_1d_2})\ar@{-}[d] & \Q(\sqrt {d_2})\ar@{-}[ul] \\
& \Q \ar@{-}[ul] \ar@{-}[ur] \\
}
$$
et de l'égalité (à gauche c'est la fonction zeta de Dedekind de $K$ et je te laisse deviner que sont les $D_i$)
$$
\zeta_K(s) = \zeta(s)\ L_{D_1}(s) \ L_{D_2}(s) \ L_{D_3}(s) \qquad\qquad (\star)
$$
j'aurais fait quoi ? Et bien, je me serais barré en courant, à fond la caisse, car grosse trouille de $(\star)$.
Mais maintenant ? Moins peur. Car quand je regarde les $p$-Euler facteurs (hum, je crois que l'on va passer pour des nazes, je pense qu'il faut dire produit eulérien sauf que moi, je veux isoler la fraction rationnelle et pas faire un produit analytique) :
$$
{1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} = {1 \over 1 -T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
A gauche, $f_p, g_p$, c'est comme d'habitude avec $e_pg_pg_p = 4 = [K : \Q]$ car $K/\Q$ est galoisienne (et même abélienne). Cela reflète la loi de décomposition de $p$ dans $K$. J'enlève l'indice $p$ à $e_p, f_p, g_p$ pour alléger :
$$
p = (\mathfrak p_1 \cdots \mathfrak p_g)^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathfrak p_i
$$
Et tu sais quoi ? L'anneau des entiers de $K$ n'a aucune raison d'être monogène i.e. de la forme $\Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$. Et donc, on va pas pouvoir faire mumuse en comptant le nombre de racines modulo $p$ du polynôme $F$ de degré 4. Pour la bonne raison que $F$ n'existe pas.
Ben, on va compter quoi alors modulo $p$ ? Il n'y a pas que les polynômes dans la vie. On va installer un joli système d'équations à coefficients dans $\Z$ que l'on va réduire modulo $p$. Quand on veut éloigner les enfants, on dit schéma défini sur $\Z$ de dimension relative nulle.
Bon, mais comme d'habitude, j'ai des .. petits ennuis. Des petits ? Euh ..
@flip flop
Les extensions bi-quadratiques, je t'assure que c'est concret. Tiens regarde, j'ai tiré $d_1, d_2$ au hasard mais pas trop n'importe comment quand même. Tu vois le type de décomposition des premiers :
$$
p \quad \mapsto\quad <f_1, e_1>, \quad <f_2,e_2>, \quad \cdots, <f_g, e_g>
$$
Sauf que, terrain galoisien oblige, tous les $f_i$ sont égaux à un même $f$. Idem pour les $e_i$.
La fonction zeta (de Dedekind) de $K$ est un peu longuette à déterminer.
Mais évidemment, je n'ai aucune confiance et je me méfie de tout. C'est cela, les ``petits ennuis'' de tout à l'heure. Et mon système d'équations, il va pas se monter tout seul.
Et tout à l'heure, avec mes tirages aléatoires, j'ai eu $d_1 = -1$ et $d_2 = 29$. Et le truc suivant :
> time DedekindZetaK := LSeries(K) ;
Runtime error: Failed to compute the splitting field for f = x^4 + 4*x^3 + 180*x^2 + 352*x + 21200 at p = 2
@CQ :
(A) Soit $I$ un idéal non nul de $\mathcal{O}_K$.
On a déjà vu dans ce fil que $\mathcal{O}_K/I$ est fini.
Si de plus $I$ est premier, $\mathcal{O}_K/I$ est un anneau intègre fini donc c'est un corps et $I$ est maximal.
@flip flop
Tu te souviens, dans le cas quadratique, $K = \Q(\sqrt D)$, $D$ discriminant quadratique fondamental, de la formule de comptage :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
où $a_m$ est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $m$.
Si oui, dans le cadre biquadratique http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1403728#msg-1403728, tu proposerais quoi comme formule pour $a_m$ ? Ce n'est pas une colle, c'est que pendant des heures, j'ai fait une erreur (de débutant, je suppose) en proposant une expression de $a_m$ à l'aide des caractères $\chi_{D_1}, \chi_{D_2}, \chi_{D_3}$. Et cela ne collait pas avec la formule de la série zeta de Dedekind de l'extension biquadratique.
Merci.
Et maintenant, c'est ok et je vais pouvoir te montrer le ``schéma affine'' défini sur $\Z$ et que je réduis modulo $p$. Et je compte (enfin, je fais compter) et tout est ok.
@flip flop
J'ai suivi la preuve du cas quadratique http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1402786#msg-1402786 et je me suis dit, dans le cas biquadratique, que cela devait être :
$$
a_m = \sum_{m_1,m_2,m_3 \atop m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) \qquad\qquad (\star)
$$
Ceci étant basé sur le facteur $p$-Eulérien :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
c.a.d. que si tu développes cette fraction rationnelle $Z_p(T)$ en série, le coefficient de $T^r$ est $a_{p^r}$. Et ensuite, $(\star)$ s'obtiendrait par multiplicativité en $m$.
C'est presque cela. Mais quand tu programmes, le verdict ne se fait pas attendre. Ce n'est pas cela. C'est, en notant $\epsilon$ le caractère trivial i.e. celui qui vaut 1 partout :
$$
a_m = \sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \epsilon(m_0) \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) =
\sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3)
$$
J'ai mis un peu (?) de temps à tomber dessus.
Le schéma affine sur $\Z$ demain. C'est celui qui consiste à écrire, en général pour un corps de nombres $K$ :
$$
\mathcal O_K = \Z[x_1, x_2, \cdots] = \Z[X_1, X_2, \ldots] / I = \Z[X_1, X_2, \ldots] / \langle F_1, F_2, \ldots\rangle
$$
@CQ :
Pour le (B) :
Soit $I$ un idéal de $\mathcal{O}_K$ et $m\in I\cap\Z$.
Soit $p$ un facteur premier de $m$ dans $\Z$.
Alors $\langle m\rangle\subset I\langle p\rangle$.
@gai requin
Attention surtout pas de $\mathcal O_K$ dans l'histoire !! Quel est le contexte ? Un anneau $A$ de nombres tel que tout $p$ premier de $\Z$ soit un produit de premiers de $A$. Il n'y a pas de $\mathcal O_K$ pour l'instant (bis).
Pourquoi tout entier non nul $m$ est produit d'idéaux premiers de $A$ ?
@Claude : trop complexe pour moi pour l'instant, j'ai explosé avec les $\chi_D$ :-P Je vais tout reprendre sur un exemple !
Du coup, je vais essayer d'étudier l'extension $\Q(\root 15 \of 1) $. Faire toutes les extensions intermédiaires, les lois de décompositions et les fonctions zéta !
Réponses
Ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1402872#msg-1402872. Juste pour que l'on puisse échanger, je vais continuer à noter $D$ un discriminant quadratique fondamental (et pas $\Delta$ comme toi). On peut (un peu) oublier ``$d$ sans facteur carré'' et dire que cela signifie :
Ou bien $D \equiv 1 \bmod 4$ et $D$ est sans facteur carré.
Ou bien $D \equiv 8,12 \bmod 16$ et $D/4$ est sans facteur carré.
D'abord, la décomposition. Dans ce que tu as écrit, cela revient à prendre pour $D_0$ le quotient de $D$ par le produit des $p_i^*$, Oui ? Les $p_i$ étant les facteurs premiers positifs (impairs) de $|D|/2^v$ où $v$ est la valuation de $2$ dans $|D|$.
Par exemple, la décomposition de 15, c'est dans les combien ?
Pour le fun
Lang, dans Algebraic Number Theory, a propos de $X^3 - 2$ :
Let $E = \Q(\alpha)$ where $\alpha^3 = 2$, say $\alpha$ is the real cube root of 2. Let $f(X) = X^3 - 2$. Then $f'(\alpha) = 3\alpha^2$, and $D_{E/\Q}(\alpha) = -3^32^2$. Let $B$ be the rings of algebraic integers in $E$. Note that 2 is ramified in $E$ with ramifiation index 3, and hence $D_{E/\Q}(B)$ is divisible by 2, whence by $2^2$, by Stickelberger's criterion.
Furthermore 3 must have some ramified factor in $E$, for otherwise all the conjugates of $E$ would be unramified over 3, so that the splitting field $\Q(\alpha, \sqrt {-3})$ would be unramified over 3, which is obvious not the case. The polynomial $X^3 - 2$ is irreducible over the $3$-adic field $\Q_3$ because already the congruence
$$
X^3 \equiv 2 \pmod 9
$$
has no solution in the $3$-adic fields. Thus there is only one prime in $E$ lying above $(3)$, and therefore the ramification index must be 3. Thus we have
$$
3B = \mathfrak p^3
$$
We see that in fact, $\mathfrak p$ is strongly ramified, and by Proposition 8 of section 2, we conclude that $\mathfrak p^3$ divides the different of $E/\Q$. Since $N\mathfrak p= 3$, it follows, that $3^3$ divides the discriminant, and we now see that $3^32^2$ divides the discriminant $D_{E/\Q}$. By Proposition 10, we conclude finally that $B = \Z[\alpha]$.
Ben, mon colon.
> N := 15 ; > PrimaryDiscrimantalDecomposition(N) ; >> assert IsFundamentalDiscriminant(D) ; ^ Runtime error in assert: Assertion failed > D := FundamentalDiscriminant(N) ; > D ; 60 > PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ; [ -4, -3, 5 ]Bref pour $3696424 = 462053 * 8$. Je prend la parti sans facteurs premiers multiples : $D = 462053 * 2$ donc là c'est congru à $2$ modulo $4$. Donc $\Delta = 4 * 2 * 357 * 1259= 4 * 2 * (-357)*(-1259)$. Bon, je pense que l'on est bon ! Et on a : $\Q(\sqrt{462053 * 2}) \subset \Q(\zeta_{462053 * 2^3})$. On prend le morphisme de restriction et on obtient ;
$$\chi_D : (Z / \Delta \Z ) ^* \to \{-1,1 \}$$ vu comme groupe de Galois.Et
$$
\sigma_m(\sqrt{462053 * 2}) = \chi_{\Delta}(m) \times \sqrt{462053 * 2}
$$
Avec $\sigma_m$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur les racines de l'unité (important : seulement sur les racines de l'unité et pas sur tout)
Edit : y'a une boulette ! Il faut prendre : $\Q(\zeta_\Delta)$, correction en rouge ! Il faut une racine de $2$ !
C'est OK. Peut-être un tout petit bilan avant la touche finale qui ne saurait tarder. Histoire de bien clarifier les acquis.
(1) On dispose de preuves "autonomes" (self contained) des lois de réciprocité quadratiques. Et on en connaît l'intérieur des preuves choisies : elles utilisent la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique $p$), notée $\tau$ chez nous autres.
(2) On dispose ... de l'inclusion $\Q(\sqrt {q^*}) \subset \Q(\root q \of 1)$ pour un premier impair $q \ge 3$. Et on n'est ``pas dupe'' : on sait d'où provient cette inclusion. Elle provient de la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique 0), notée encore $\tau = \tau_0 - \tau_1$. Avec l'égalité $\tau^2 = q^*$ et c'est ce qui certifie l'inclusion puisque $\tau$ est par définition une expression $q$-cyclotomique. Et en prime, le bonus arithmétique $\tau_0, \tau_1$.
(3) On sait écrire un discriminant quadratique fondamental $D$ sous la forme d'un produit $D = D_0 p_1^* \cdots p_k^*$ ...etc ..
(4) On dispose de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ et à tout moment, si on nous le demande, on sait d'où provient cette inclusion.
(5) $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne de groupe de Galois CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)$ via $m \leftrightarrow \sigma_m$ qui éléve à la puissance $m$ les racines de l'unité de $\mathbb U_{|D|}$. Cela a donc du sens de définir un signe $\pm$ :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D \qquad \chi_D(m) \in \{\pm 1\}, \qquad m \wedge D = 1
$$
Donc on a une définition ``propre'' (si je peux me permettre) de $\chi_D(m)$. Disons que je préfère cela à ce que j'ai pointé chez Ribenboim (avec tout le respect ...etc..)
Et tu OK avec ce bilan ?
Il reste à montrer d'une part que le caractère quadratique $\chi_D$ vérifie ce que l'on attend de lui i.e. $\chi_D(p) = ...$ pour $p$ premier impair. Et que d'autre part, on sait le calculer. C'est pas le tout de dire que l'on croit faire propre, faut savoir opérer.
Petites questions avant de terminer :
(A) pourquoi un caractère $(\Z/D\Z)^\times \to ...$ est-il caractérisé sur les $p$ premiers impairs $\ge 3$ ? I.e. si deux caractères coïncident en ..., alors ..
(B) $\sigma_{-1}$ c'est qui ? Et que vaut $\chi_D(-1)$ ?
(C) On remonte tous les caractères à $\Z$ en leur collant $0$ comme on le pense. Soient $D_1, D_2$ deux disc. quadratiques fondamentaux premiers entre eux et $D = D_1D_2$. Alors
$$
\chi_D(m) = \chi_{D_1}(m) \chi_{D_2}(m) \qquad \hbox {que l'on écrit} \qquad \chi_{D_1D_2} = \chi_{D_1}\ \chi_{D_2} \qquad D_1 \wedge D_2 = 1
$$
(A) On peut essayer de trouver un système de générateur et relever ce système en des nombres premiers ... Théorème de la progression arithmétique ???
(B) $\sigma_{-1}$ c'est la conjugaison complexe, et $\chi_D(-1)$ c'est le signe de $D$.
(C) La j'ai envie de prendre $\Q(\root |D_1| \of 1)$ et $\Q(\root |D_2| \of 1)$ dans $\Q(\root |D_1D_2| \of 1)$. Comme $D_1$ et $D_2$ sont premiers entre eux. On a un isomorphisme $$(\Z / D_1D_2 \Z)^* \to (\Z / D_1 \Z)^* \times (\Z / D_2 \Z)^*$$
Et ce qui est important c'est que cet isomorphisme correspond à la restriction. Hum, je suis un peu en galère pour écrire la formule :
Je veux dire, $$\sigma_m(\sqrt{D_1}) = \text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))(\sqrt{D_1}) = \chi_{D_1}(m) \sqrt{D_1}$$
où $\text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))$ désigne la restriction de $\sigma_m$ à $\Q(\root |D_1| \of 1)$, et il correspond par l'isomorphisme canonique à $m \pmod{D_1}$. donc élévation à la puissance $m$ sur les racines $D_1$-ième de l'unité dans $\Q(\root |D_1| \of 1)$, ce qui justifie le second $=$.
De même :
$$\sigma_m(\sqrt{D_2}) = \text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_2| \of 1))(\sqrt{D_2}) = \chi_{D_2}(m) \sqrt{D_2}$$
D'où
$$
\sigma_m(\sqrt{D_1D_2}) = \sigma_m(\sqrt{D_1})\sigma_m(\sqrt{D_2}) = \chi_{D_1}(m) \sqrt{D_1} \chi_{D_2}(m) \sqrt{D_2}
$$
D'où
$$ \chi_{D_1 D_2} = \chi_{D_1} \chi_{D_2}
$$
Ok mais peut-être que pour (A) on va se passer du théorème de la progression arithmétique. Tout habitant de $(\Z/D\Z)^\times$ possède un représentant qui est un nombre entier $m \ge 1$. Et $m$ est premier à $D$.
Je dis que, quitte à remplacer $m$ par $m +D$, je peux supposer $m$ IMPAIR. En effet, si $m$ est impair, je n'y touche pas. Et si $m$ est pair, vu que $D \wedge m = 1$, c'est que $D$ est impair et donc $m+D$ est impair.
Surveille moi quand même.
On écrit $m$ (enfin impair) comme produit de premiers $p_i$ (impairs pardi) et donc $\sigma_D(m)$ est le produit des $\sigma_D(p_i)$.
Moins violent que la progression arithmétique ?
Enfin, pour vérifier $\sigma_D(p) = \left({D \over p}\right)$ pour $p$ premier impair $\ge 3$, on se ramène, grâce à $\chi_{D_1D_2} = \chi_{D1} \chi_{D_2}$ quand $D_1 \wedge D_2 = 1$, à un discriminant quadratique fondamental ``élémentaire'' de type $D_0 \in \{ -4, 8, -8\}$ ou $q^*$. Et là, pour l'INSTANT, pas de miracle, on utilise la loi de réciprocité quadratique.
Mais on reviendra, un peu plus tard, sur ce dernier point en examinant $A/pA \hookrightarrow B/pB$ où $A$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$ et $B$ celui de $\Q(\root |D| \of 1)$. Mais plus tard.
Z := IntegerRing() ; Chi8 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> IsOdd(m) select (-1)^ExactQuotient(m^2-1,8) else 0 > ; ChiMinus4 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> IsOdd(m) select (-1)^ExactQuotient(m-1,2) else 0 > ; ChiMinus8 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> Chi8(m)*ChiMinus4(m) > ; Epsilon := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> 1 > ; // Le reste modulo p va fournir 0,1,p-1. A transformer en 0,1,-1 CenteredRemainder := func < x | x in {0,1} select x else -1 > ; MetaChi := func < p | map <Z -> {-1,0,1} | m :-> CenteredRemainder(Modexp(m, ExactQuotient(p-1,2), p)) > > ; PrimaryDiscrimantalDecomposition := function(D) assert IsFundamentalDiscriminant(D) ; AbsD := Abs(D) ; Dodd := ExactQuotient(AbsD, 2^Valuation(AbsD,2)) ; OddPrimes := [Z| item[1] : item in Factorisation(Dodd)] ; assert Dodd eq &*OddPrimes ; Pstar := [Z| (-1)^ExactQuotient(p-1,2) * p : p in OddPrimes] ; D0 := ExactQuotient(D, &*Pstar) ; assert D0 in {1, -4, 8, -8} ; return D0, Pstar ; end function ; MyKroneckerCharacter := function(D) D0, Pstar := PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ; ChiD0 := D0 eq 1 select Epsilon else D0 eq -4 select ChiMinus4 else D0 eq 8 select Chi8 else ChiMinus8 ; return map < Z -> {-1,0,1} | m :-> ChiD0(m) * &*[Z| MetaChi(Abs(p))(m) : p in Pstar] > ; end function ;J'ai vu une solution plus détaillée ailleurs mais qui a l'air de reposer sur des idées similaires.
Je préfère m'occuper de factorisation d'idéaux mais là tout de suite maintenant, je n'ai pas d'idée pour démarrer.
Un petit tip pour un gai requin paumé ?
Sinon vacance ???
Pour nos affaires, faut que j'étudie l'anneau des entiers d'une extension cubique $\Q(\sqrt[3]{2})$.
Boîte mail.
Claude, tu frustres les lurkeurs.
Cordialement,
Rescassol
Boîte mail : c'est que c'est un sacré merd.er dans le pdf (de mézigues) en question. Tu vois déjà comment cela se passe ici ? Et bien, dans le pdf, c'est pire, si, si.
@flip-flop
Je voulais te montrer que ma fonction de calcul du symbole de Kronecker associé à $D$ était vraiment inefficace. Car elle factorise $|D|$ et un vrai gentleman ne doit pas le faire. Il y a un autre symbole, dit de Jacobi, qui se détermine via des divisions euclidiennes. Et je pensais que le calcul par magma du symbole de Kronecker utilisait celui de Jacobi.
Et j'ai commencé à chercher des exemples pour montrer la méga-différence entre magma et ma fonction (qui n'a absolument pas été écrite pour être efficace). Mais mazette, j'arrive pas à perdre.
Hum, si les gens, à l'extérieur, savaient l'énergie dépensée pour calculer un signe $\pm$, cela remettrait peut-être en cause ...
On démarre un peu ? Soit $A \subset \C$ un anneau de nombres (un order en anglais) mais pas nécessairement (justement) l'anneau des entiers d'un corps de nombres. Par exemple $A = \Z[\root 3 \of 2]$.
Imagines un instant que tout premier de $\Z$ soit un produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal non nul de $A$ est inversible.
Hum je vois qu'il faut préparer le terrain avec le trick suivant dans un anneau quelconque :
$$
\mathfrak m_1 \cdots \mathfrak m_k \subset I \qquad \hbox {chaque $\mathfrak m_i$ étant maximal inversible}
$$
Alors $I$ est un produit de certains des $\mathfrak m_i$.
Faut déjà assurer ce trick qui montre l'importance de l'inversibilité.
Le coup de Lang, c'est juste pour signaler que de temps en temps, les auteurs, ils ne font pas trop attention aux lecteurs débutants.
@flip flop
Tu as vu que l'on a réinventé l'eau chaude ? Cf, exercice 1 de la feuille de TD que tu as pointée ce matin. Bonne pioche.
Si $I = A$, cela ira encore plus vite : $I$ est produit sur la famille vide des $\mathfrak m_i$.
Remarquer d'abord que tout idéal maximal contenant les produit des $\mathfrak m_i$ est l'un des $\mathfrak m_i$ (en particulier est inversible).
Commencer par $k=2$.
Vous avez vu qu'en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?8,1403250,1403250#msg-1403250, il y en a un qui cherche à jouer avec NOTRE courbe elliptique $y^2 = x^3 - x$ ? Non mais. Cette fois, je ne réponds pas. Mais je ne me fais pas de bile, il y a un spécialiste de crypto sur le forum.
Supposons $I$ maximal.
Si $I$ n'est contenu dans aucun des $\mathfrak m_i$, on peut trouver $x_i\in \mathfrak m_i$ tel que $x_i\notin I$ pour tout $i$.
Mézalor $x_1\cdots x_k\in I$ donc, comme $I$ est premier, il existe $i$ tel que $x_i\in I$ : contradiction.
Dans le cas général, soit $\mathfrak m$ un idéal maximal tel que $I\subset \mathfrak m$.
Alors $\mathfrak m$ est l'un des $\mathfrak m_i$ d'après ce qui précède.
A suivre ...
Alors on écrit $5$ en somme de deux carrés : $5=1^2+2^2$. Et on prend les entiers de Gauss de norme $5$. Il y 'a $8$ choix ! Et pour normaliser on utilise la propriété de Gai requin
On tombe sur $\pi = -1+2i$. Et le cardinal de $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb{F}_5$ est $5+1-\text{Trace}(\pi) = 8$ points sur cette courbe elliptique :-D
Par contre, si j'ai bien compris, il y a une structure de groupe sur cette courbe, donc un groupe abélien à $8$ éléments ?
On peut donner la structure du groupe :-D
E := EllipticCurve([-1, 0]) ; p := 5 ; Ep := ChangeRing(E, GF(p)) ; Ep ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5) #Ep(GF(p)) ; 8> F5 := GF(5) ; > E := EllipticCurve([F5| -1, 0]) ; > E ; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5) > AbelianGroup(E) ; Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/4 Defined on 2 generators Relations: 2*$.1 = 0 4*$.2 = 0Un peu plus compliqué et sans beaucoup d'explication, la forme des automorphismes
$$
(x, y) \mapsto (u^2x + r, u^3y + su^2x + t)
$$
Comme il y a un $i$ dans $\mathbb F_5$ tel que $i^2 = -1$, à savoir $i = \pm 2$, je vais considérer $(x,y) \mapsto (-x, iy)$ qui est bien un automorphisme de $y^2 = x^3 - x$. Il faut le mettre sous forme officielle :
> u := F5!3 ; > u^2 ; 4 > i := Automorphism(E, [r,s,t,u]) where r is 0 where s is 0 where t is 0 where u is 3 ; > Points(E) ; {@ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : 1 : 1), (2 : 4 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (4 : 0 : 1) @} > [i(P) : P in Points(E)] ; [ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (4 : 0 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (2 : 4 : 1), (2 : 1 : 1), (1 : 0 : 1) ]J'essaie de traiter le cas $k=2$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $\mathfrak m_1 \mathfrak m_2 \subset I\subset \mathfrak m_1$.
Soit alors $a$ régulier tel que $\mathfrak m_1\mathfrak m_1^{-1}=aA$.
On a $a\mathfrak m_2\subset I\mathfrak m_1^{-1}\subset aA$ et donc $\mathfrak m_2\subset a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}$ qui est un idéal de $A$.
Si $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=A$, alors $I=\mathfrak m_1$.
Sinon, $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=\mathfrak m_2$ et $I=\mathfrak m_1\mathfrak m_2$.
J'ai compris pourquoi tu disais de considérer $y^2=x^3-Dx$ plutôt que $y^2=x^3-n^2x$ pour mieux voir ! Pour la courbe: $y^2=x^3-n^2x$ le résultat est quand même un peu plus simple car juste un petit symbole quadratique de $n$ et pas le biquadratique !
D'ailleurs une question : Dans le cas "simple" $n^2$. Tu as une idée de où provient cette normalisation ? prendre modulo $(1+i)^3$ ?
Va falloir que s'y passe un jour au idéaux fractionnaires, pour l'instant toujours pas (td)
Il ne faut pas hésiter à ``sortir'' provisoirement de l'anneau pour rester dedans tout de même. Cela veut dire quoi ce charabia ? Ci-dessous, je vais multiplier les inclusions de gauche par $\mathfrak m_1^{-1}$
$$
\mathfrak m_1\mathfrak m_2 \subset I \subset \mathfrak m_1 \qquad\Longrightarrow\qquad
\mathfrak m_2 \subset \mathfrak m_1^{-1} I \subset A
$$
A droite, les idéaux qui interviennent, même s'ils sont fabriqués avec des idéaux fractionnaires, sont entiers ; la preuve : tout baigne dans $A$ because l'inclusion $\subset A$. Maintenant, le brave idéal entier $J := \mathfrak m_1^{-1} I$ qui est coincé entre le maximal $\mathfrak m_2$ et $A$, son sort est réglé : ou bien, $J$ c'est $A$, auquel cas $I = \mathfrak m_1$ ou bien $J$ c'est $\mathfrak m_2$ auquel cas $I = \mathfrak m_1\mathfrak m_2$ (j'ai remultiplié par $\mathfrak m_1$).
C'est sans danger, même dans un anneau quelconque (c'était le cas de mon énoncé). Je veux dire par là que tu joues avec un nombre fini d'idéaux inversibles (le jour où tu joueras, dans une preuve, avec une infinité d'idéaux inversibles, fais moi signe quand même) qui font intervenir un nombre fini d'éléments réguliers $a, b, \cdots$ from $IJ = aA$, et il suffit de savoir que les objets qui sortent de $A$ sont en fait pris dans le localisé $A' := A[a^{-1}, b^{-1}, c^{-1}, \cdots]$. Et comme $A$ s'injecte dans $A'$, il n'y a pas de ``danger mathématique''.
Le seul danger, c'est de se mélanger soi-même dans le maniement des idéaux entiers ou pas entiers.
@flip flop
Est ce que l'on peut considérer que le FONDEMENT de $\chi_D$ est réglé ?
Oui, avec $D = n^2$ dans $E_D : y^2 = x^3 - Dx$, la vie aurait été plus simple avec $D = n^2$. Mais on serait peut-être passé à côté du symbole biquadratique. Dommage, non ?
Quant à la normalisation via $(1+i)^3$ dans $\Z[i\rbrack$, je sais pas trop quoi te répondre à part le fait que je n'ai pas réponse à tout. Je sais que dans $\Z[j]$, la normalisation se fait via $3$, cf la question 5 de la partie IV de l'épreuve sommes de Gauss et Jacobi. Ceci signifie que l'application canonique :
$$
\mathbb U_6 = \langle -j\rangle = (\Z[j])^\times \quad\to\quad (\Z[j]/3\Z[j])^\times
$$
est un isomorphisme. Là-aussi, cela fait naître un certain symbole. L'anneau $\Z[j]/3\Z[j]$ est plus simple que dans le cas $\Z[i\rbrack$ car $3$ est entier.
Encore une fois tout va être de ta faute. A propos de l'exercice 5 de la feuille 2 (Merel, Bernardi, Charollois) https://webusers.imj-prg.fr/~dominique.bernardi/MM120/Nombres2.pdf, j'ai été obligé d'écrire un nouveau programme magma de nom RingQuadraticGaussSum.magma. Tu crois que j'en ai pas assez comme cela ? Au coeur du débat : un discriminant quadratique fondamental $D$ et le caractère quadratique $\chi_D$ (Kronecker character) et une nouvelle somme (quadratique) de Gauss :
$$
G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
Note que je n'ai pas pu prendre une somme de Gauss analytique (vous n'avez pas répondu l'autre jour alors que c'était super important). Et bien :
$$
G^2 = D
$$
Ce n'est pas dit dans l'exercice. Et cela est encore du bonus. Je reprendrai ce post plus tard.
> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ; Loading "RingQuadraticGaussSum.magma" > // Attention à N = 0, 1 > N := Random(-10^2, 10^2) ; assert N notin {0,1} ; > D := FundamentalDiscriminant(N) ; > D ; 184 > L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ; > L ; Cyclotomic Field of order 184 and degree 88 > ChiD := KroneckerCharacter(D) ; > G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in [1..Abs(D)-1] | Gcd(k,D) eq 1] ; > G ; -4*zeta^87 - 4*zeta^85 + 4*zeta^81 - 4*zeta^77 + 4*zeta^75 + 4*zeta^73 - 4*zeta^71 - 2*zeta^69 + 4*zeta^59 - 4*zeta^55 + 4*zeta^49 - 4*zeta^47 + 4*zeta^41 - 4*zeta^39 + 4*zeta^35 - 4*zeta^31 - 4*zeta^29 + 4*zeta^27 + 4*zeta^25 - 2*zeta^23 - 4*zeta^13 + 4*zeta^9 + 4*zeta^3 + 4*zeta > assert G^2 eq D ;AJOUT On désigne, comme déjà depuis un certain temps, pour $m \wedge D = 1$, par $\sigma_m$ l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui élève toute racine $|D|$-ème de l'unité à la puissance $m$. Alors :
$$
\sigma_m(G) = \chi_D(m)\, G \qquad\qquad \hbox {(que du bonheur pour nous cette égalité)}
$$
En particulier pour $m=-1$ :
$$
\overline {G} = \chi_D(-1)\, G \qquad \hbox {d'où en multipliant par $G$} \qquad G\overline G = \chi_{-1}D = |D|
\quad \hbox {i.e.} \quad |G| = \sqrt {|D|}
$$
> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ; Loading "RingQuadraticGaussSum.magma" > // Attention à N carré > N := Random(-10^2, 10^2) ; assert not IsSquare(N) ; > D := FundamentalDiscriminant(N) ; > D ; -84 > UZDZ := [m : m in [1..Abs(D)-1] | Gcd(m,D) eq 1] ; > L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ; > L ; Cyclotomic Field of order 84 and degree 24 > // sigma : U(Z/DZ) -> Gal(L/Q) : m -> sigma_m (élévation à la puissance m sur U_{|D|}) > sigma := map < UZDZ -> Aut(L) | m :-> iso <L -> L | zeta^m> > ; > > ChiD := KroneckerCharacter(D) ; > G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in UZDZ] ; > G ; 4*zeta^23 + 2*zeta^21 + 4*zeta^19 + 4*zeta^17 - 4*zeta^15 - 4*zeta^13 + 4*zeta^11 - 4*zeta^3 + 4*zeta > assert G^2 eq D ; > [sigma(m)(G) eq ChiD(m)*G : m in UZDZ] ; [ true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true ] > // En particulier pour m=-1, sigma(-1) = c la conjugaison complexe donc c(G) = Chi_D(-1)*G > // Donc c(G)*G = Chi_D(-1)D = |D| > assert ComplexConjugate(G)*G eq Abs(D) ;Pour le fondement de $\chi_D$, oui c'est bon. Je vais mettre au propre et on verra si tout est clair ! Si tu as de petites questions pour voir si j'ai tout compris, n'hésites pas !
C'est le symbole cubique dont tu parles ? Je voulais utiliser ça pour savoir quand $2$ est un cube modulo $p$ ? Mais je n'ai pas regardé vraiment de quoi il en retourne.
Je voulais faire les fonctions zéta de $x^3-2$ ? Tu vois ce que je veux dire ? En fait, $x^3-2=0$ c'est un exemple de $x^n-a = 0$ :-D
$$G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}$$
Mais tu as pris une nouvelle somme de Gauss ? Et en plus elle donne directement l'inclusion $\Q(\sqrt{D}) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ ! J'avais fait bien plus compliqué hier.
Oui, il y a un ``Cubic Residue Character'' et même un ``Power Residue Symbol'' et des lois de réciprocité d'Eisenstein. Mais, j'insiste, ce n'est pas mon métier.
Et bien sûr, cette nouvelle somme de Gauss quadratique, je ne la connaissais pas avant ce matin. Tu ne crois pas quand même pas que je suis né avec des sommes de Gauss indexées par le groupe des inversibles d'un anneau fini dans mon berceau ? On n'avait pas trop les moyens, et on se contentait de sommes de Gauss indexées par le groupe multiplicatif d'un corps fini.
Mais je la sors d'où cette nouvelle somme de Gauss ? (qui ne sera plus nouvelle dans quelques jours). Et bien de la feuille d'exos que tu as pointé. Tu crois quand même pas que je l'avais en planquette et j'attendais le moment propice pour la sortir ?
Pareil que toi : je faisais plus compliqué. J'ai toujours fait plus compliqué. Mais maintenant, cela va changer.
J'ai mis à jour mon post précédent. Avec un AJOUT en rouge, bien visible. C'est que du bonheur.
Et quand j'ai vu l'exercice 3 de la feuille avec un corps biquadratique, tu crois quand même pas que je suis resté là à rien faire (à suivre).
Donc pour factoriser un idéal, il suffit qu'il contienne un produit d'idéaux maximaux inversibles.
Next up ?
Yes. Bien sûr, c'est ``théorique'' mais pour l'instant, cela nous suffit.
(A) Dans un anneau d'entiers $A$, tout idéal premier (non nul) est maximal. Why (de manière élémentaire) ? Une remarque : quand on dit idéal dans ce contexte (anneaux d'entiers, anneaux de Dedekind), cela sous-entend idéal non nul.
(B) Imagine, dans un anneau d'entiers $A$, typiquement $A = \Z[\root 3\of 2]$, que tout premier $p$ de $\Z$ soit produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal (non nul, arg) de $A$ est inversible. En conséquence, $A$ est intégralement clos. Et donc c'est l'anneau des entiers de son corps des fractions.
Suggestion : faire le truc général et en parallèle $A = \Z[\root 3\of 2]$, ou l'inverse. Sans précipitation. Et une fois que $\Z[\root 3\of 2]$ est bien bien au point dans la tête (c'est quand même plein de subtilités), alors le critère de Dedekind n'est pas loin (j'exagère un tantinet mais pas trop).
A propos de $\Z[\root 3 \of 2]$ : avec tout le respect que je dois à S.L., pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?
Tu l'as fait exprès, hein ? De pointer sur https://webusers.imj-prg.fr/~dominique.bernardi/MM120/Nombres2.pdf. Et je vois l'exercice 3. A ton avis, autrefois, en présence d'une extension biquadratique $K/\Q$ :
$$
\xymatrix {
& K\ar@{-}[d] \\
\Q(\sqrt {d_1})\ar@{-}[ur] & \Q(\sqrt {d_1d_2})\ar@{-}[d] & \Q(\sqrt {d_2})\ar@{-}[ul] \\
& \Q \ar@{-}[ul] \ar@{-}[ur] \\
}
$$
et de l'égalité (à gauche c'est la fonction zeta de Dedekind de $K$ et je te laisse deviner que sont les $D_i$)
$$
\zeta_K(s) = \zeta(s)\ L_{D_1}(s) \ L_{D_2}(s) \ L_{D_3}(s) \qquad\qquad (\star)
$$
j'aurais fait quoi ? Et bien, je me serais barré en courant, à fond la caisse, car grosse trouille de $(\star)$.
Mais maintenant ? Moins peur. Car quand je regarde les $p$-Euler facteurs (hum, je crois que l'on va passer pour des nazes, je pense qu'il faut dire produit eulérien sauf que moi, je veux isoler la fraction rationnelle et pas faire un produit analytique) :
$$
{1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} = {1 \over 1 -T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
A gauche, $f_p, g_p$, c'est comme d'habitude avec $e_pg_pg_p = 4 = [K : \Q]$ car $K/\Q$ est galoisienne (et même abélienne). Cela reflète la loi de décomposition de $p$ dans $K$. J'enlève l'indice $p$ à $e_p, f_p, g_p$ pour alléger :
$$
p = (\mathfrak p_1 \cdots \mathfrak p_g)^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathfrak p_i
$$
Et tu sais quoi ? L'anneau des entiers de $K$ n'a aucune raison d'être monogène i.e. de la forme $\Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$. Et donc, on va pas pouvoir faire mumuse en comptant le nombre de racines modulo $p$ du polynôme $F$ de degré 4. Pour la bonne raison que $F$ n'existe pas.
Ben, on va compter quoi alors modulo $p$ ? Il n'y a pas que les polynômes dans la vie. On va installer un joli système d'équations à coefficients dans $\Z$ que l'on va réduire modulo $p$. Quand on veut éloigner les enfants, on dit schéma défini sur $\Z$ de dimension relative nulle.
Bon, mais comme d'habitude, j'ai des .. petits ennuis. Des petits ? Euh ..
Dans la série feuille de TD Merel, Bernardi, Charollois, la feuille I in https://webusers.imj-prg.fr/~dominique.bernardi/MM120/Nombres1.pdf
Et un corrigé s'il vous plait. Un grand merci à eux trois. Et le critère de Dedekind en exercice 4.
Elle est pas belle la vie ?
Les extensions bi-quadratiques, je t'assure que c'est concret. Tiens regarde, j'ai tiré $d_1, d_2$ au hasard mais pas trop n'importe comment quand même. Tu vois le type de décomposition des premiers :
$$
p \quad \mapsto\quad <f_1, e_1>, \quad <f_2,e_2>, \quad \cdots, <f_g, e_g>
$$
Sauf que, terrain galoisien oblige, tous les $f_i$ sont égaux à un même $f$. Idem pour les $e_i$.
La fonction zeta (de Dedekind) de $K$ est un peu longuette à déterminer.
> repeat d1 := (-1)^Random(0,1) * SquareFree(Random(2,30)) ; until d1 ne 1 ; > repeat d2 := (-1)^Random(0,1) * SquareFree(Random(2,30)) ; until d2 notin {1,d1} ; > printf "d1 = %o, d2 = %o\n", d1, d2 ; d1 = 7, d2 = 30 > > K<r1, r2> := NumberField([X^2 - d1, X^2 - d2] : Abs := true) ; > assert r1^2 eq d1 and r2^2 eq d2 ; > B := MaximalOrder(K) ; > > [<p, DecompositionType(B,p)> : p in PrimesInInterval(2,20)] ; [ <2, [ <1, 4> ]>, <3, [ <1, 2>, <1, 2> ]>, <5, [ <2, 2> ]>, <7, [ <1, 2>, <1, 2> ]>, <11, [ <2, 1>, <2, 1> ]>, <13, [ <2, 1>, <2, 1> ]>, <17, [ <2, 1>, <2, 1> ]>, <19, [ <1, 1>, <1, 1>, <1, 1>, <1, 1> ]> ] > > d3 := d1*d2 ; > D1, D2, D3 := Explode([FundamentalDiscriminant(d) : d in [d1,d2,d3]]) ; > ChiD1, ChiD2, ChiD3 := Explode([* KroneckerCharacter(D) : D in [D1,D2,D3] *]) ; > > time DedekindZetaK := LSeries(K) ; Time: 1.400 > p := RandomPrime(4) ; > "p =", p ; p = 13 > DenominatorZp := IntegralEulerFactor(DedekindZetaK,p) ; > DenominatorZp ; T^4 - 2*T^2 + 1 > assert DenominatorZp eq (1 - T) * (1 - ChiD1(p)*T) * (1 - ChiD2(p)*T) * (1 - ChiD3(p)*T) ; > > precision := 50 ; > SK := FormalSeries(DedekindZetaK, precision) ; > SK ; t + t^2 + 2*t^3 + t^4 + 2*t^6 + 2*t^7 + t^8 + 3*t^9 + 2*t^12 + 2*t^14 + t^16 + 3*t^18 + 4*t^19 + 4*t^21 + 2*t^24 + t^25 + 4*t^27 + 2*t^28 + 4*t^29 + t^32 + 3*t^36 + 4*t^37 + 4*t^38 + 4*t^42 + 2*t^48 + 3*t^49 + t^50Mais évidemment, je n'ai aucune confiance et je me méfie de tout. C'est cela, les ``petits ennuis'' de tout à l'heure. Et mon système d'équations, il va pas se monter tout seul.
Et tout à l'heure, avec mes tirages aléatoires, j'ai eu $d_1 = -1$ et $d_2 = 29$. Et le truc suivant :
Quel naze.
(A) Soit $I$ un idéal non nul de $\mathcal{O}_K$.
On a déjà vu dans ce fil que $\mathcal{O}_K/I$ est fini.
Si de plus $I$ est premier, $\mathcal{O}_K/I$ est un anneau intègre fini donc c'est un corps et $I$ est maximal.
Vu. Et j'ai pointé une feuille d'exos corrigés de Merel, Bernardi, Charollois, tu as vu ?
En tout cas, je suis reposé mais j'ai quand même mis du temps pour le coup premier $\Rightarrow$ maximal.
Remarque : $\Z[\zeta_n]$ est étudié en détail dans "Modules sur les anneaux commutatifs" mais je préfère le faire tranquillement ex nihilo.
Je regarde un peu.
Tu te souviens, dans le cas quadratique, $K = \Q(\sqrt D)$, $D$ discriminant quadratique fondamental, de la formule de comptage :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
où $a_m$ est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $m$.
Si oui, dans le cadre biquadratique http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1403728#msg-1403728, tu proposerais quoi comme formule pour $a_m$ ? Ce n'est pas une colle, c'est que pendant des heures, j'ai fait une erreur (de débutant, je suppose) en proposant une expression de $a_m$ à l'aide des caractères $\chi_{D_1}, \chi_{D_2}, \chi_{D_3}$. Et cela ne collait pas avec la formule de la série zeta de Dedekind de l'extension biquadratique.
Merci.
Et maintenant, c'est ok et je vais pouvoir te montrer le ``schéma affine'' défini sur $\Z$ et que je réduis modulo $p$. Et je compte (enfin, je fais compter) et tout est ok.
J'ai suivi la preuve du cas quadratique http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1402786#msg-1402786 et je me suis dit, dans le cas biquadratique, que cela devait être :
$$
a_m = \sum_{m_1,m_2,m_3 \atop m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) \qquad\qquad (\star)
$$
Ceci étant basé sur le facteur $p$-Eulérien :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
c.a.d. que si tu développes cette fraction rationnelle $Z_p(T)$ en série, le coefficient de $T^r$ est $a_{p^r}$. Et ensuite, $(\star)$ s'obtiendrait par multiplicativité en $m$.
C'est presque cela. Mais quand tu programmes, le verdict ne se fait pas attendre. Ce n'est pas cela. C'est, en notant $\epsilon$ le caractère trivial i.e. celui qui vaut 1 partout :
$$
a_m = \sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \epsilon(m_0) \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) =
\sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3)
$$
J'ai mis un peu (?) de temps à tomber dessus.
Le schéma affine sur $\Z$ demain. C'est celui qui consiste à écrire, en général pour un corps de nombres $K$ :
$$
\mathcal O_K = \Z[x_1, x_2, \cdots] = \Z[X_1, X_2, \ldots] / I = \Z[X_1, X_2, \ldots] / \langle F_1, F_2, \ldots\rangle
$$
Pour le (B) :
Soit $I$ un idéal de $\mathcal{O}_K$ et $m\in I\cap\Z$.
Soit $p$ un facteur premier de $m$ dans $\Z$.
Alors $\langle m\rangle\subset I\langle p\rangle$.
Je suis à côté de la plaque ?
Attention surtout pas de $\mathcal O_K$ dans l'histoire !! Quel est le contexte ? Un anneau $A$ de nombres tel que tout $p$ premier de $\Z$ soit un produit de premiers de $A$. Il n'y a pas de $\mathcal O_K$ pour l'instant (bis).
Pourquoi tout entier non nul $m$ est produit d'idéaux premiers de $A$ ?
Du coup, je vais essayer d'étudier l'extension $\Q(\root 15 \of 1) $. Faire toutes les extensions intermédiaires, les lois de décompositions et les fonctions zéta !
Tout entier non nul de $\Z$ est produit de premiers (de $\Z$) tout simplement. Et donc ..