Je reprends (B) :
Soit $I$ un idéal non nul de $A$ et $m\in I\cap\Z$.
Alors $mA$ est produit d'idéaux maximaux inversibles $\mathfrak{m}_i$.
Comme $mA\subset I$, $I$ est le produit de certains des $\mathfrak{m}_i$ donc $I$ est inversible.
En particulier, $A$ est intégralement clos.
@CQ :
Si je comprends bien la démarche, il existe un nombre premier qui n'est pas produit de premiers dans $\Z[\sqrt{5}]$, obstruction qu'on n'aura pas dans $\Z[\sqrt[3]{2}]$ par exemple.
@gai requin
Tout-à-fait Jean-Paul. Et pour $\Z[\sqrt 5]$, l'empêcheur de tourner en rond est $p=2$. C'est d'ailleurs le cas pour $\Z[\sqrt d]$ pour $d$ entier sans facteur carré vérifiant $d \equiv 1 \bmod 4$. Je t'invite à regarder la section 1.3 de mon merd.er pour constater tous les défauts structurels de ce dernier anneau.
Pour se rassurer : les éventuels empêcheurs de tourner en rond, dans le cas $A = \Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$ ($F \in \Z[X)$ polynôme unitaire irréductible), sont les premiers qui divisent le discriminant de $F$. Les autres premiers, c'est ``petit Kummer'' qui règle leur sort.
Finalement, en ce qui concerne le critère de Dedekind, même si cela ressemble à faire de la pub, je trouve que la section 5 du chapitre IX de http://claire.tete.free.fr/LaTotale.pdf, elle est très bien.
@flip flop
Juste des petites nouvelles (expérimentales) de la ``nouvelle'' somme de Gauss dans le cas quadratique où $D$ est un discriminant quadratique fondamental :
$$
G = \sum_{m \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(m)\, \zeta^m \qquad\qquad \hbox {$\zeta$ racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
On écrit $G = G_0 - G_1$ comme tu le penses. Rappel : un discriminant quadratique fondamental, cela vérifie $D \equiv 0,1 \bmod 4$. On a alors
$$
G_0G_1 ={D \mathrm{\,mod\,4} - D \over 4}, \qquad G_0 + G_1 \in \{-1,0,1\}, \qquad (G_0+G_1)^2 = D \mathrm{\,mod\,} 4 =
\cases {1 & si $D \equiv 1 \bmod 4$ \\ 0 & si $D \equiv 0 \bmod 4$}
$$
J'ai même pas essayé de faire les calculs. J'ai préféré ... Une fois cela acquis, on a :
$$
G^2 = (G_0 - G_1)^2 = (G_0 + G_1)^2 - 4G_0G_1 = D
$$
Et en prime, un petit bonus arithmétique :
$$
\Z[G_0] = \Z[G_1] = \hbox { anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$}
$$
Bien sûr, $G_0$ et $G_1$ sont permutés comme tu le penses par les automorphismes de Galois $\sigma_m$. Et donc, c'est bien moral que $G_0+G_1$ et $G_0G_1$ soient entiers.
Autre chose. Si on veut, on n'a pas fini de s'amuser. Car si $D = D_1 \cdots D_k$ est la décomposition de $D$ en discriminants quadratiques fondamentaux ``élémentaires'' (les $p^*$ avec $p$ premier impair $\ge 3$ et/ou $-4, 8, -8$), on a des inclusions :
$$
\Q(\sqrt D) \quad\subset\quad G := \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) \quad \subset H
$$
L'extension $\Q(\sqrt D) \subset G$ est non ramifiée et le corps $H$ c'est le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$. Je t'assure que dans des cas particuliers de $D$, on peut concrétiser tout cela : nombres convenables d'Euler ...etc.. Bon, c'est pas trop ça qui fait remonter dans le fil. On s'éloigne du sujet (quel sujet ?).
Pour $X^3-2$, $\Delta=-108$ donc il suffit de factoriser $\langle 2\rangle$ et $\langle 3\rangle$ en produit d'idéaux premiers pour gagner la partie.
Posons $\theta=\sqrt[3]{2}$.
On a $X^3-2=(X+1)(X^2-X-1)\bmod 3$ donc on y arrive pour $\langle 3\rangle$ d'après le petit théorème de Kummer ($e_1=e_2=1$).
Pour $p=2$, on y arrive aussi car $\langle 2\rangle=\langle 2,\theta\rangle^3$.
@gai requin
Modulo $3$, $X^3 - 2 = X^3 + 1 = (X+1)^3$. On ne peut pas appliquer petit Kummer.
Pourquoi a-t-on d'une part $2 = \langle 2,\theta\rangle^3$ ? Et d'autre part $\langle 2,\theta\rangle$ premier ? En passant, $2 = \theta^3$, on peut donc supprimer le générateur $2$.
@vous deux
J'ai avancé. C'est pas fini mais j'attache quand même. Il me reste à écrire la preuve du deuxième point mais c'est bon. C'est l'interprétation de points en terme de morphismes qui fait le job (= B.A.BA de la géométrie algébrique des variétés affines).
AJOUT Attachement supprimé. Cf un autre post avec une version plus à jour.
Je pense que j'ai mis le point sur le truc que j'avais en tête. Edit le premier lemme est faux
Soit $p$ un nombre premier et $\mathbb{F}_p$ un corps fini premier. Alors le sous-groupe constitué des carrés modulo dans $\mathbb{F}_p^*$ est le seul sous-groupe d'ordre ${p-1 \over 2}$ et il est maximal. En conséquence, $$\text{un élément est de $\mathbb{F}_p^*$ est un carré si et seulement si ce n'est pas un générateur de $\mathbb{F}_p^* \quad (1)$}$$ C'est faux !!! Ce qui rend fausse la démonstration (td) Voir le message ici pour une démonstration
Ceci étant dit, soit $p$ vérifiant $p = 1 \pmod{4}$ (sinon on prend $p^*$). Je considère l'extension cyclotomique : $\Q(\sqrt{p}) \subset \Q\sqrt[p]{1})$.
Soit $\ell$ un premier $\ne p$ et aussi $1 \pmod{4}$ (sinon prendre $\ell^*$). De manière général, je pense que si $\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$, alors $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$.
De plus, en utilisant le trick de la décomposition du polynôme cyclotomique $\Phi_p$ dans $\mathbb{F}_{\ell}$, on obtient : $$\text{$\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$ si et seulement si $\ell$ est générateur de $\mathbb{F}_p^*$}$$ On en déduit que :
si $\ell$ n'est pas un carré modulo $p$, alors en utilisant (1), $\ell$ est un générateur de $\mathbb{F}_p^*$. Ainsi $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$ et d'après la loi de décomposition des extension quadratique, $p$ n'est pas un carré modulo $\ell$.
Ainsi :
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = -1 \Longrightarrow \left(\dfrac{p}{\ell} \right)= -1
$$
Par symétrie entre $\ell$ et $p$, on obtient l'équivalence ;
Et
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = \left(\dfrac{p}{\ell} \right)
$$
@CQ :
Je détaille un peu la factorisation de $3$.
$a=\theta+1$ vérifie $(a-1)^3-2=a^3-3a^2+3a-3=0$.
On en déduit successivement que $3\in\langle a\rangle$, puis que $3\in\langle a\rangle^2$ et enfin que $3\in\langle a\rangle^3$.
On obtient alors facilement que $\langle 3\rangle=\langle \theta+1\rangle^3$.
$\langle 2\rangle=\langle \theta\rangle^3$ est plus facile à justifier.
@vous deux
J'attache une nouvelle version des histoires de comptage. La totale. Et mon histoire de schéma affine sur $\Z$ (même si c'est un peu pompeux), cela tient la route.
@gai requin Le polynôme $X^3 - 2$ évalué en $X-1$ est 3-Eisenstein. Tu devrais pouvoir refaire la même chose pour un polynôme $p$-Eisenstein dont le coefficient constant est, en un premier temps $\pm p$. Et puis pour un $p$-Eisenstein quelconque en voyant son coefficient constant comme $a_0 = ap$ avec $a$ inversible modulo $p$ (peut-être utiliser coefficients de Bezout).
Faire la même chose signifie $p = \langle x\rangle^n$ dans le cas du coefficient constant $\pm p$ puis $p = \langle p,x\rangle^n$ dans le cas plus général. Tu verras, c'est marrant ; d'abord $p \in I$ qui fournit ensuite $p \in I^2$ qui fournit ensuite $p \in I^3$ .. mais freine à temps (ne dépasse pas l'exposant $n$ !).
@flip flop.
Vaguement vu mais pas lu en détails. J'espère que tu as des notes quelque part. Sur un anneau fini commutatif $R$, une somme de Gauss :
$$
G_\psi(\chi) = \sum_{x \in R} \psi(x) \chi(x)
$$
Alors, si $\psi, \chi$ sont primitifs :
$$
G_\psi(\chi) G_\psi(\overline\chi) = \chi(-1) \times \#R
$$
Vachement plus mieux que .. Plus tard ...
Et c'est quelqu'un qui connaît le prix des choses (we avoid ...etc..)
ABSTRACT. We describe the main structural results on number rings, that is, integral domains for which the field of fractions is a number field. Whenever possible, we avoid the algorithmically undesirable hypothesis that the number ring in question is integrally closed.
Super super Claude (tu) A travailler, mais je vois le truc ;-)
Question (pour ne pas oublier) : Si on prend $\Q \subset K \subset L$, est ce que l'on a une relation entre :
$Z_p(L| \Q)$, $Z_p(K | \Q)$ et les $Z_{\mathfrak{p}}(L |K)$ où $\mathfrak{p}$ sont les premiers de $\mathcal{O}_L$ divisant $p$. Disons dans le cadre où $L|\Q$ est abélienne et $p$ non ramifié, mais je pense qu'on doit pouvoir trouver un truc simple avec la notion de $p$-Euler factor.
Sinon, pour le message d'hier, je vais faire un exemple. J'ai fais pour $p=5$ mais je vais prendre un exemple plus conséquent. Mais je pense que ça donne une démonstration de la réciprocité quadratique (pas les lois complémentaires), que je trouve très clair, à suivre !
@CQ :
J'adore cette méthode par factorisation d'idéaux.
Petit hic : il vaut mieux connaître l'anneau des entiers a priori.
J'ai vu des gens poser $b=(\mathcal{O}_K:\Z[\zeta])$ (indice d'un groupe dans un autre) et calculer $b$...
Mais c'est tellement plus bourrin (cf Lang peut-être) que factoriser quelques nombres premiers...
@gai requin : C'est super de factoriser les nombres premiers dans l'extension cyclotomique, on voit la loi de réciprocité quadratique de manière "géométrique" ;-)
C'est très beau tout ça non ?
Je vais quand même devoir commencer par factoriser $\phi_n$ sur les $\mathbb F_p$ tels que $p$ divise son discriminant qu'il va falloir que j'étudie ! :-S
Par contre, je pense que c'est plus simple de traiter les premiers qui ne divise par le discriminant et ensuite d'utiliser une propriété de factorisation des polynômes cyclotomiques (la question g. du pdf fait le lien).
Je me doute que ce n'est pas trop votre problème mais à l'avenir, je compte faire un truc propre pour réaliser l'anneau des entiers $\mathcal O_K$ d'un corps de nombres comme une $\Z$-algèbre de présentation finie :
$$
\mathcal O_K = \Z[X_1, \ldots, X_\ell] / \langle F_1, \cdots, F_s \rangle \qquad \qquad (\star)
$$
J'en ai eu besoin pour illustrer mes affaires de comptage avec le polynôme de Dedekind (le voici de nouveau ci-dessous) dont l'anneau des entiers du corps de nombres $\Q(x)$ engendré par une racine $x$ n'est pas monogène. Il s'agit là d'un exemple classique.
Et j'ai fait cela i.e. présenter $\mathcal O_{\Q(x)}$ en deux générateurs comme un sagouin, en passant par $\Q$ ..etc.. Pour obtenir un produit non sûr.
Bizarrement, dans la littérature, on parle peu de $(\star)$. On parle surtout de la structure de $\Z$-module libre de rang $n = [K : \Q]$. A un tel point, que je n'ai rien trouvé de tout fait en magma.
> QT<T> := PolynomialRing(Q) ;
> F := T^3 + T^2 - 2*T + 8 ;
> K<x> := NumberField(F) ;
> OK := MaximalOrder(K) ;
> y := 4/x ;
> MinimalPolynomial(y) ;
T^3 - T^2 + 2*T + 8
> OK eq Order([x,y]) ;
true
>
> ZXY<X,Y> := PolynomialRing(Z,2) ;
>
> Phi := hom < ZXY -> OK | x,y > ;
> Phi(X) ;
[0, 1, 0]
> K!Phi(X) ;
x
> K!Phi(Y) ;
1/2*(-x^2 - x + 2)
> K!Phi(Y) eq y ;
true
Ci-dessus, j'ai pu monté $\varphi : \Z[X,Y] \twoheadrightarrow \Z[x,y] = \mathcal O_K$. Mais pas possible de calculer le noyau. En passant, contrairement à ce que l'on pourrait croire, magma n'est pas ``uniforme'' (je crois que l'on parle de ``langage non orthogonal'' ?). Voilà ce qui va arriver :
> KerPhi := Kernel(Phi) ;
>> KerPhi := Kernel(Phi) ;
^
Runtime error in 'Kernel': Kernel is not computable or representable
Oui, oui, je sais, c'est mon problème. Tout cela pour vous dire qu'un jour, je vais envisager $(\star)$ de manière sérieuse. C''est trop risqué de travailler avec des objets approximatifs.
Rien à voir : est ce que dans votre vie, vous avez quotienté deux $L$-séries ? Vous pouvez bien me le dire, à moi ..
Tout à fait Jean-Paul. Et comme les deux fractions rationnelles ${1 \over 1-T}$ et ${1 \over 1-pT}$, tu les vois dans le contexte de $(1)$, qui bien sûr est celui des courbes elliptiques, il va falloir <<faire gicler>> ces deux facteurs de $Z_{E/\mathbb F_p}(T)$. Lors de l'assemblage pour la forme modulaire de comptage. C'est dit en des termes naïfs pour la bonne raison que c'est difficile pour moi de ``bien dire les choses''.
Il faut s'habituer, c'est cela que je dis. Sans faire semblant. Du vrai, si possible. Par exemple, Serre dans http://www.ams.org/journals/bull/2003-40-04/S0273-0979-03-00992-3/S0273-0979-03-00992-3.pdf compte le nombre de racines modulo $p$ de $X^3 - X - 1$ (le fameux $X^n - X - 1$ pour $n = 3$). The case $n=3$ en section 5.3 et de nouveau des explications pages 436-437. On voit qu'il pose :
$$
E = \Q(x), \hbox { $x$ racine de $X^3 - X -1$}, \qquad\qquad L_\rho(s) = {\zeta_E(s) \over \zeta(s)}
$$
A droite $\zeta_E$ c'est la fonction zeta de Dedekind de $E$. On en a moins peur car on connait (en théorie du moins) ses facteurs $p$-Eulériens : on sait qu'ils reflètent la loi de décomposition de $p$ dans $\mathcal O_E$, qui est en passant $\Z[x]$. La division des séries $L$, on sait que cela s'interprète par une division des facteurs Eulériens correspondants.
En clair, on ne se barre pas en courant.
> // Serre, On a theorem of Jordan, 5.3 N_p(f) for f = x^3 - x - 1
> F := X^3 - X - 1 ;
> assert Discriminant(F) eq -23 ;
> E<x> := NumberField(F) ;
> OE := MaximalOrder(E) ;
> assert OE eq Order([x]) ;
>
> DedekindZetaE := LSeries(E) ;
> Lrho := DedekindZetaE / RiemannZeta() ;
>
> p := RandomPrime(5) ;
> p ;
29
> // Ne pas confondre le dénominateur et 1/dénominateur
> IntegralEulerFactor(Lrho, p) ;
T^2 + T + 1
> assert 1/IntegralEulerFactor(Lrho,p) eq EulerianFactor(OE,p) / (1-T)^-1 ;
De cette manière, on va pouvoir apprécier ce que dit Serre. Voici le développement de $L_\rho(s)$:
$$
L_\rho(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s} \quad \longmapsto \quad \sum_{m \ge 1} a_mq^m
$$
Compare avec Serre (il y a plus de termes ici). Et ce que dit Serre , en haut de la page 434, c'est que :
$$
\sum_{m \ge 1} a_mq^m = q \prod_{k\ge 1}(1 - q^k)(1 - q^{23k}) \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Il dit aussi plein d'autres choses : sur le corps quadratique $\Q(\sqrt {-23})$ $-23$ est le discriminant de $X^3 - X -1$ et sur la fermeture galoisienne $L$ de $E$ qui est de groupe de Galois $S_3$. Des choses accessibles, je t'assure (groupe des classes d'un anneau quadratique imaginaire).
Est ce que l'on a bien compris l'information $(\heartsuit)$ ? Je dis bien l'information pas les raisons. Au lieu de calculer le produit comme un bourrin, faisons appel à la fonction $\eta$ de Dedekind :
$$
\eta(q) = q^{1\over 24} \prod_{k \ge 1} (1 - q^k)
\qquad \hbox {de sorte que} \qquad
q \prod_{k \ge 1}(1 - q^k)(1 - q^{23k}) = \eta(q) \eta(q^{23})
$$
Dans le jargon modulaire, c'est ce que l'on appelle un $\eta$-produit, d'où le nom de ma variable ci-dessous.
Alors, ça le fait ??
@CQ :
Magma ne peut pas calculer le noyau de Phi parce qu'on ne lui a pas dit quels sont les idéaux de $\Z[X,Y]$ ?
Qu'entends-tu par "magma n'est pas uniforme" ?
@Claude : si tu trouves un peu de temps pour jeter un coup d'oeil ! Mais vraiment rien ne presse !
Le lemme 1.4 : me pose problème, faut être clair sur les idéaux premiers, je pense que c'est valide mais je n'ai pas encore trouvé une démo.
La situation est la suivante : J'ai $\Z \subset O_K \subset O_L$ qui provient d'une situation $\Q \subset K \subset L$ avec toutes les extensions Galoisiennes (dans mon contexte c'est même abélien). Et il n'y a aucune ramification.
Je prend un idéal premier $(p)$ de $\Z$, que je décompose dans $O_K$
$$
(p) = (p_1) \dots (p_r)
$$
et ensuite je prend chaque $(p_i)$ que je décompose dans $O_L$.
$$
p_i = \mathfrak{p}_{i1} \dots \mathfrak{p}_{in_i}
$$
et je voudrais que $n_i$ ne dépende pas de $i$. Je pense que c'est un petit jeu avec la relation $[L : Q ] = nef$, mais comme je ne maîtrise pas du tout pour l'instant :-S
@gai requin
Mais si, magma peut travailler avec les idéaux de $\Z[X_1, \ldots, X_n]$ (sinon je n'aurais pas pu monter mon schéma sur $\Z$, regarde la trace d'exécution page 4 de CountingWithFlipFlop ...).
Mais dans le cadre de l'anneau des entiers d'un corps de nombres, c'est à moi de faire le job (because langage non orthogonal, je ne peux pas en dire plus). Il peut apparaître des dénominateurs et donc je vais être obligé de ``localiser à la main'' (je me comprends). Bref, il y a un certain boulot (minutieux) de programmation à faire (précédé d'une analyse mathématique de la chose). En principe, je devrais en venir à bout car c'est plutôt de l'algèbre commutative.
Autre chose : j'ai retrouvé deux exercices non finalisés (et donc non terminés) : j'y démontre que le polynôme cyclotomique $\Phi_n$ vérifie le Dedekind test (en tous les premiers) via un calcul de résultant vachement précis. J'attache mais ne pas s'étonner des références ou de l'absence de référence.
Autre chose : le polynôme $X^n - X - 1$ est sur la sellette (polynôme de Selmer-Serre). Pout $n=3$, je l'ai pris en exemple dans mon fourbi headerDedekindCriteria (section 3.2 page 15).
Je me pose la question de savoir s'il passe le Dedekind test en tous les premiers (qui divisent le discriminant). On a une formule pour le discriminant (cas particulier de la formule de Swan pour les trinômes). Il est irréductible sur $\Q$ (Selmer). Cela peut donner des exemples. Serre joue beaucoup avec ce polynôme.
n := 6 ; F := X^n - X - 1 ;
DisF := Z! Discriminant(F) ;
assert DisF eq (-1)^ExactQuotient((n-1)*(n-2), 2) * (n^n - (1-n)^(n-1)) ;
assert &and [DedekindTest(F,p) : p in PrimeDivisors(Abs(DisF))] ;
Je me suis ensuite posé des questions sur le côté sans facteur carré du discriminant. Mais cela me fait peur. Je n'ai pas réfléchi (comme souvent)
// Polynôme de Selmer/Serre : X^n - X - 1
// discriminant = (-1)^((n-1)*(n-2), 2) * [n^n - (1-n)^(n-1)]
SelmerSquareFreeTest := procedure(N)
for n := 2 to N do
F := X^n - X - 1 ;
DisF := Z! Discriminant(F) ;
assert DisF eq (-1)^ExactQuotient((n-1)*(n-2), 2) * (n^n - (1-n)^(n-1)) ;
ok := IsSquarefree(Abs(DisF)) ;
printf "n=%o(%o) ", n, ok select "ok" else "NON-NON" ;
end for ;
printf "\n" ;
end procedure ;
@vous deux
Un principe : personne ne va nous ouvrir la porte de la citadelle en grand pour nous faire plaisir en disant ``venez, mes petits, on va vous expliquer ce qu'est une forme modulaire, la fonction $L$ d'une courbe elliptique ..etc.. avec vos mots à vous''. Non, je n'y crois pas.
Quand on a des égalités de séries de Dirichlet :
$$
A(s) = \zeta(s) B(s), \qquad A(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}, \qquad B(s) = \sum_{m \ge 1} {b_m \over m^s}
$$
Je pense que cela signifie :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} b_d
$$
Ainsi, flip-flop, pour un discriminant quadratique fondamental $D$, comment as tu pu prouver (sans savoir ce que tu fabriquais !! je reprends tes termes) que :
$$
\zeta_{\Q(\sqrt D)}(s) = \zeta(s) \ L_D(s) \qquad L_D(s) = \sum_{m \ge 1} {\chi_D(m) \over m^s}
$$
C'est quand même fort de café, de démontrer sans savoir ce que l'on fabrique. Et en principe cela donne :
$$
\hbox {nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_{\Q(\sqrt D)}$ est égal à } \sum_{d \mid m} \chi_D(d)
$$
Dans le même genre, dans mon post pointé, avec $E = \Q(x)$, $x$ racine de $X^3 - X - 1$, par définition de $L_\rho$ qui est le quotient, on a :
$$
\zeta_E(s) = \zeta(s) L_\rho(s), \qquad L_\rho(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}
$$
Cela dit donc, en notant $a'_m$ le nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_E = \Z[x]$ que :
$$
a'_m = \sum_{d \mid m} a_d
$$
En particulier, pour $m = p^r$
$$
a'_{p^r} = 1 + a_p + a_{p^2} + \cdots + a_{p^r}
\qquad \hbox {et en particulier encore avec $r=1$} \qquad
a'_p = 1 + a_p
$$
Mais ne pas oublier que le nombre d'idéaux de norme $p$ de l'anneau de tous les entiers d'un corps de nombres, c'est aussi le nombre de points sur $\mathbb F_p$ du schéma défini (= bon système d'équations sur $\Z$) par l'anneau de tous les entiers. Ici $\mathcal O_E = \Z[x]$ et donc il s'agit juste du nombre de racines modulo $p$ de $X^3 - X - 1$. Ce qui rejoint ce que Serre écrit :
$$
N_p(X^3 - X - 1) = 1 + a_p
$$
PRENONS DES EXEMPLES.
Et le Koblitz, vous ne l'avez pas égaré, n'est ce pas ? Que voit-on à la page 79 :
$$
L_E(s) = {\zeta(s) \zeta(s-1) \over \displaystyle \prod_p Z(E/\mathbb F_p)(p^{-s})} = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}
$$
Te souviens tu gai requin, qu'il y a un certain temps, tu m'as demandé, pour une courbe elliptique $E$ définie sur $\Q$, comment étaient définis les fameux $a_m$. Et bien les voici ci-dessus. Et c'est cela qui va nous conduire DANS DES CAS PARTICULIERS à contempler :
$$
\sum_{m \ge 1} a_m q^m \in S_2(\Gamma_0(N))
$$
où $N$ est le conducteur de la courbe elliptique. En voilà, une notion (le conducteur) qu'on va pas venir nous expliquer gentiment. Mais on s'en fiche, car avec la courbe ``de Koblitz'' :
$$
E_{n^2} : \quad y^2 = x^3 - n^2x = x(x-n)(x+n) \qquad \hbox {(la courbe elliptique ``aux nombres congruents'')}
$$
le conducteur est $32n^2$ ou $64n^2$.
Il va falloir batailler. Ce n'est pas facile de rentrer dans la citadelle (bis). Prenons des exemples (ter).
J'attache la même chose que l'autre jour mais j'ai fait figurer un truc en rouge (haut de la page 2) ce qui a provoqué un décalage.
Je tire et je lirais plus tard. Ce que je peux juste te dire (car je n'ai certes pas lu mais j'ai quand même cru comprendre ce que tu voulais faire), c'est que maintenant, on ne peut plus se contenter de la technique, il faut mettre des MOTS.
Et, il faut AVOUER, dès le départ, pour un premier impair $p \ge 3$, qu'en AYANT AVEC SOI l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1) \qquad (\star)
$$
on entend ``retrouver'' (ou la prouver) la loi de réciprocité quadratique ``pour $p$''.
C'est bien cela les intentions ?
Oui, on peut le faire ... sauf que peut-être tu t'es embarqué dans un terrain plus compliqué que nécessaire.
Et il faut avoir conscience que l'établissement de l'inclusion $(\star)$ a COTOYE la loi de réciprocité quadratique via la somme quadratique $\tau$ de Gauss. J'ai bien écrit côtoyé et pas prouvé. Cela veut dire quoi ``côtoyer'' ? Ben, cela veut dire ``côtoyer''.
Et il faut faire attention ici à la dentelle : on s'appuie sur quoi .. pour faire quoi ..
C'est un jeu dangereux voire déstabilisant. Et c'est bien pour cette raison que nous avons établi de manière self-contained (autonome) d'une part les lois de réciprocité quadratique et l'inclusion $(\star)$. En notant juste l'analogie.
Do you see what I mean ?
Et tellement dentelle, que je n'ai pas osé en rajouter alors que j'ai quelque chose sous la main !! Pour éviter trop d'agitation. Quelque chose sous la main de bien plus simple et général que ce que tu envisages. Du genre, si l'on a avec soi, pour un discriminant quadratique fondamental $D$, l'inclusion (admise donc)
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
que peut-on en déduire ?? Et bien la réponse est au delà de tes espérances.
Et on a encore mieux depuis que la nouvelle somme de Gauss sur $\Z/D\Z$ a débarqué. Cf l'exercice 5 de la feuille de TD de Morel-Bernardi-... Et encore mieux car j'ai pointé dans Koblitz un exercice où apparaissent des sommes de Gauss sur certains anneaux finis. Et j'ai pu même pousser le truc à des anneaux finis quelconques (je me venge car c'est de l'algèbre commutative).
Je fais au propre la fonction zéta de $\Q(\sqrt{D})$. C'est un bon exercice de remise à plat de tout. J'ai fais juste un plan (ici) et je vais faire les $2$ points cruciaux dans d'autres posts.
En fait, je suis parti de la "première définition" : $$Z(s) = \prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) \quad \text{avec} \quad Z_p(T) = \exp\left(\sum_{r>0}N_r{T^r \over r}\right)\quad N_r = \# \{ f(x) = 0, x \in \mathbb{F}_{p^r} \}$$
Là j'ai deux approches :
Utiliser le $p$-Euler factor.
Le faire à la main.
Je prend la deuxième approche car la première je n'ai pas compris encore pourquoi c'est juste et dans quel contexte. Mais c'est sûr que ça simplifie un peu la vie :-D
Donc je prend un nombre premier $p$, et il s'agit de prouver que : $$N_r = 1^r+\chi_D(p)^r \quad (\star)$$ une fois ça acquis en toutes généralités, on peut utiliser "if the author is polite" (on devient bon en anglais :-D) pour obtenir :
$$Z_p (T) = \frac{1}{(1-T)(1-\chi_D(p)T)}$$
Ensuite,
$$
Z(s) = \prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) = \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-p^{-s})} \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-\chi_D(p)p^{-s})}
$$
Et la on utilise des trucs d'analyses sur les produits infinis, pour obtenir :
$$
Z(s) = \zeta(s) \sum_{n \in \N^*} \frac{\chi_D(n)}{n^s} = \zeta(s) L_D(s)
$$
Donc il y a deux choses à assurer :
La relation $(\star)$ en toutes généralités et donc utiliser le fondement de $\chi_D$, mais je pense que ça se résume à discuter d'une équation du second degré suivant que son discriminant $D$ est égal à $0$, un carré ou non dans $\mathbb{F}_p$. Edit : attention à $p=2$
Les trucs d'analyses, mais ça me fait pas trop peur je pense que la démonstration est formelle $\chi_D$ est multiplicatif.
@flip flop
Attention : il y a un mélange de $T$ et de $s$ dans ton post.
Je veux dire que certaines (mais pas toutes) occurences de $T$ doivent être remplacées par $s$.
Mais surtout : c'est quoi le polynôme $f(x)$ ??
Attention à $p = 2$ : le comportement sur les racines d'un trinôme en caractéristique $2$ n'est pas ``gouverné'' par son discriminant. Mais heureusement ce trinôme provient de $\Z$ !! Lequel trinôme au fait (bis) ? Et là tu peux faire de la réduction modulo $8$ (en cas de besoin).
Autre chose : est ce qu'il y des choses qui ``passent mal'' dans CountingWithFlipFlopAndGaiRequin.pdf ?? Le fait qu'un point de ... défini sur $k$ soit un morphisme de .. à valeurs dans $k$ est un truc capital. A voir si besoin.
Oui je comprends ce que tu veux dire, je n'ai pas été assez clair sur l'objectif : Donc pour $p$ premier impair ayant avec moi l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$, je veux prouver la réciprocité quadratique. En comparant, les lois de factorisation d'un premier impair $\ell$ dans $\Q(\sqrt {p^*})$ et dans $\Q(\root p \of 1)$.
@flip flop
Tu peux pas tout faire d'un coup i.e. t'occuper de réciprocité quadratique et des séries de Dirichlet.
Cela va être super important de préciser le contexte et les acquis (prè-requis).
Ton dernier post : il faut préciser $p$ positif même ci c'est évident (souviens toi l'autre jour).
Es tu sûr que, quand tu as $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ avec toi, qu'en fait tu n'as pas un peu plus ?
Car qui nous a donné cette inclusion ? La somme de Gauss quadratique $\tau$, n'est ce pas ? Mais est ce qu'elle ne nous a pas donné un peu plus ? I.e. le bonus arithmétique $\tau_0, \tau_1$ de $\tau = \tau_0 - \tau_1$ ? Car elle nous a fourni l'inclusion
$$
\Z[\tau_0] = \Z[\tau_1] \subset \Z[\root p \of 1]
$$
Vachement mieux que $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q \root p \of 1)$. Surtout que $\Z[\tau_0]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt {p^*})$, anneau que je note $A$.
Et un trick possible (plus simple que les lois de factorisation qui sous-entendent un certain acquis), c'est pour un premier $\ell$, impair distinct de $p$, d'examiner :
$$
A/\ell A \simeq \mathbb F_\ell \times \mathbb F_\ell \qquad \hbox {ou bien} \qquad A/\ell A \simeq \mathbb F_{\ell^2}
$$
selon le statut quadratique de $p$ modulo $\ell$. Correctif : selon le statut quadratique de $p^*$ modulo $\ell$.
Et de regarder $\sigma_{\ell}$ sur $A/\ell A$. Et d'identifier le signe dans :
$$
\sigma_\ell(\sqrt {p^*}) = \pm \sqrt {p^*}
$$
Et alors, cela SERA gagné.
@Claude : pour les points et les morphismes, "c'est bon" je détails un peu après ! Mais je n'ai lu qu'en diagonal pour l'instant car réciprocité quadratique qui me prend la tête depuis depuis que tu m'as montré : ce coup ci c'est de ta faute (:P)
Pour les points et les morphismes :
Un exemple d'il y a quelques temps, tu te souviens de Grothendieck lisse : Je voulais décrire les morphismes de $\Q$-algèbres :
$$
\Q[\Delta] / (\Delta^2) \longleftarrow \Q[X,Y] / (X^2+Y^2-1)
$$
Ça s'interprète comme un point du cercle à valeurs dans $\Q[\Delta] / (\Delta^2)$ ... un point épais = un point et la tangente qui lui correspond, et c'est aussi une solution de $X^2+Y^2-1=0$ avec $X$ et $Y$ vivant dans $\Q[\Delta] / (\Delta^2)$. On parle bien de la même chose ?
Je suis interdit de parler de schéma et de spectre d'anneau (car je n'y comprend rien, jamais réussie a passer la définition) mais bon ... finalement je le fait en planquette :-D car si je prend un idéal premier $(p)$ de $\Z$ et que je regarde sa décomposition en idéal premier dans $O_K$ finalement je vois ça comme la fibre au dessus de $p$ d'un certain revêtement (en faisant bien attention car y'a une partie géométrique mais aussi arithmétique = " gonflement du corps de définition du point") !
Deux exemples pour donner un sens à "gonflement du corps de définition", sinon vous allez me prendre pour un fou :-D
Je prend $\Z$ et $O_K$ avec $K = \Q(\sqrt{5})$. Je prend $p=11$ en bas, alors $p$ se décompose totalement. Et au dessus de $p$ il y a deux points $p_1$ et $p_2$ dont le corps de définition est $O_K / p_1 =\mathbb{F}_{11}$ i.e pas de gonflement.
Dans le même contexte, je prend $p=7$, dans ce cas il n'y a qu'un seul point au dessus de $p$ et son corps de définition est $O_K / (7) = \mathbb{F}_{7^2}$ ici gonflement du corps de base.
Ce truc de gonflement ne se voit pas au niveau des revêtements topologiques : c'est vraiment arithmétique ! Et ensuite, y'a la ramification qui fait un mélange des deux situations.
Et bien sûr il y a la jolie formule. $[K : \Q ] = \sum e_i f_i$ pour tous premiers $p$. Dans ma tête, je me dis que c'est juste que la fibre du revêtement est de cardinal constant (en comptant, la ramification et les gonflements de corps). Après, faut voir si on a une multiplicativité des indices de gonflement dans une tour. (C'est le lemme 1.4 du pdf) mais bon je peux pas faire des maths avec le merd.er qu'il y a dans ma tête, mais j'arrive quand même a faire mumuse :-D
Edit : j'ai mis un petit dessin ce n'est pas $\Z[\sqrt{13}]$ mais l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt{13})$ . Allez hop au sérieux flip-flop ;-)
Pour les Shadocks (Tiens ça fait longtemps que GBZM n'est pas venu nous faire coucou ;-) :
Je suis ok avec la formule $N_{p^r}(O_k) = \sum \delta(f_i,r)$ avec $\delta(f_i,r)$ égal à $f_i$ ou $0$ ; suivant que $f_i$ divise $r$ ou non (i.e $\mathbb{F}_{p^{f_i}}$ est un sous corps de $\mathbb{F}_{p^r}$ ou non).
Disons que je suis d'accord dans le cas particulier où $O_K$ est donné par $\Z[X]/(f)$. Le polynôme dont je parlais ! Mais il n'existe pas ce polynôme, enfin pas toujours !
Par contre, tu vas beaucoup plus loin en considérant la situation générale ! Le pire (le mieux) c'est que j'ai l'impression que c'est vraiment plus simple en utilisant ce langage (tu)
Un point super important je trouve, c'est en haut de la page (3) le premier $\bullet$ qui compte le nombre de morphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ dans $\mathbb{F}_{p^m}$. si $r$ divise $m$, alors il n'y a qu'un seul exemplaire de $\mathbb{F}_{p^r}$ dans $\mathbb{F}_{p^m}$ et donc les morphismes s'obtiennent tous pas composition avec un $\mathbb{F}_p$-automorphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ ... et le groupe des $\mathbb{F}_p$-automorphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ est le groupe cyclique engendré par le morphisme de Frobenius $x \to x^p$ (qui est d'ordre $r$).
@CQ :
Je fais un petit bilan des pdf que tu as postés concernant $\Z[\alpha=\sqrt[n]{1}]$.
Soit $p$ un nombre premier.
1) Si $p$ ne divise pas $n$, $\Phi_n$ est séparable modulo $p$ et petit Kummer s'applique avec $e_i=1$ pour tout $i$.
2) Si $p$ divise $n$, on peut écrire $n=mp^k$ avec $\gcd (m,p)=1$.
A coup de résultants ;-), le critère de Dedekind s'applique et on obtient :
$$\langle p\rangle=\langle p,\Phi_m(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}.$$ Edit : cette factorisation est fausse (cf plus bas).
En conséquence, $\Z[\alpha]$ est bien l'anneau des entiers de $\Q(\alpha)$ !
Je n'ai pas du tout suivi idéaux inversibles et tout (td)
Sinon, y'a toujours à calculer les degrés des facteurs irréductibles de la décomposition du polynôme cyclotomique dans le cas non ramifié ça vaut aussi le coup ;-) Faut être au point sur les corps finis !
@vous deux
Présentation de $\mathcal O_K$ comme une $\Z$-algèbre de présentation finie, c'est dans la poche. Très simple et robuste.
Eh, vous n'allez pas partir avant de voir le schéma associé à $K = \Q(x)$ où $x^5 = 45$.
@vous deux :
Je modifie ma factorisation de $p$ dans le cas où $p$ divise $n$.
Soit $P_1,\cdots,P_r$ les facteurs irréductibles de $\Phi_m$ (qui est séparable) modulo $p$. Alors :
$$\langle p\rangle=\langle p,P_1(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}\cdots\langle p,P_r(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}.$$
@Gai requin : oui exact tu n'avais pas factorisé le polynôme cyclotomique $\Phi_m$ ! D'ailleurs tu as compris comment on calcule le nombre de facteur de la décomposition de $\Phi_m$ ? Je suis chiant avec ça, je sais ;-)
@Claude :
Pour le polynôme que tu as pris, c'est pas trop complexe de le faire à la main :-)
Exemple : $p=17$ l'application $x \to x^5$ est un isomorphisme de groupe multiplicatif $\mathbb{F}_{17}^*$. Donc $45$ est une puissance $5$ modulo $17$ et on en déduit que ;
$$
\# \{ x^5 - 45 = 0, \mathbb{F}_{17^r} \} = 1+ \# \{ \Phi_5 = 0, \mathbb{F}_{17^r} \}
$$
En utilisant la fonction Zéta cyclotomique, on obtient :
$$
Z_p(T) = \frac{1}{(1-T)(1-T^4)}
$$
Car $\mathcal{O}(17,5) = 4$ et $\phi(5) = 4$.
Tu as remis $x^n=a$ sur le tapis :-D
Par contre, si tu prends un autre polynôme je ne vais plus faire le malin :-D
@flipflop :
CQ a ça dans sa boutique.
Si $d$ est l'ordre de $p$ dans $(\Z/m\Z)^\times$, ces facteurs irréductibles sont tous de degré $d$ donc, comme $\overline{\Phi_m}$ est séparable, il y en a $r=\dfrac{\varphi(m)}{d}$.
@flip flop
Je voulais juste montrer que l'époque ``compter le nombre de racines modulo $p$ d'un polynôme'' est révolue. On compte désormais le nombre de points d'une ``variété'' (de dimension 0) sur un corps fini $\mathbb F_q$, cette variété provenant d'une (bonne) ``variété'' définie sur $\Z$.
Et aussi, que j'avais réglé cette histoire de détermination d'un système d'équations. Tu veux le faire à la main sur cet exemple ?
Révolue : car c'est très rare que l'anneau des entiers $\mathcal O_K$ soit monogène. Et dans l'autre sens, si tu pars de $F \in \Z[X]$ unitaire, irréductible, il y a peu de chances que le comptage de $F(x) = 0$ modulo $p$ ``donne quelque chose de bien''.
@vous deux
Mézalors, pourquoi Serre joue-t-il avec le polynôme $X^n - X - 1$ ? Serre ne jouerait pas avec un polynôme pourri. Mes expérimentations me disent que ce polynôme passe le test de Dedekind, au sens ``strong''. I.e. avec les notations ``habituelles chez nous autres'' :
$$
X^n - X - 1 = QG + pR \qquad \mathrm {Res}(G, R) = 1
$$
Le coup du résultant égal à 1, c'est pas banal. Faut pas laisser passer cela.
@gai requin : Oui, du coup si $d = 1$ ($d=\mathcal{O}(p,m)$). Le polynôme cyclotomique $\phi_m$ a combien de racine sur $\mathbb{F}_p$ ? Et si $d \ne 1$ ?
Si on demande comment se décompose $\Phi_m$ sur $\mathbb{F}_{p^r}$, alors les facteurs sont de degré combien ? Et dans quel cas ces facteurs sont de degré $1$ ?
@gai requin
Non. C'est $p$ qui arrive d'abord et qui détermine le triplet $(G, Q, R)$. J'utilise les notations de Manu page 38. Qui sont celles de Claire avant la proposition 5.4 p. 184 (chap IX). C'est cela le ``chez nous autres''.
Je ne sais pas en quoi c'est lié au fait que le discriminant de $X^n - X - 1$ est sans facteur carré (observation expérimentale pour $n \le 49$).
Peut-être que cela est lié à la preuve (pas au résultat) du fait que $X^n - X - 1$ a pour groupe de Galois $S_n$. Car ce dernier résultat est obtenu en contrôlant les groupes de ramification. Serre en touche 2 mots dans Topics. Mais j'ai quelque part une preuve détaillée.
Je soupçonne que ce polynôme $X^n - X - 1$ n'est pas banal. Pour $n=3,4$, Serre leur consacre une page, totalement dingue pour $n=4$. Je ne comprends que le cas $n=3$.
Réponses
Soit $I$ un idéal non nul de $A$ et $m\in I\cap\Z$.
Alors $mA$ est produit d'idéaux maximaux inversibles $\mathfrak{m}_i$.
Comme $mA\subset I$, $I$ est le produit de certains des $\mathfrak{m}_i$ donc $I$ est inversible.
En particulier, $A$ est intégralement clos.
Si je comprends bien la démarche, il existe un nombre premier qui n'est pas produit de premiers dans $\Z[\sqrt{5}]$, obstruction qu'on n'aura pas dans $\Z[\sqrt[3]{2}]$ par exemple.
Tout-à-fait Jean-Paul. Et pour $\Z[\sqrt 5]$, l'empêcheur de tourner en rond est $p=2$. C'est d'ailleurs le cas pour $\Z[\sqrt d]$ pour $d$ entier sans facteur carré vérifiant $d \equiv 1 \bmod 4$. Je t'invite à regarder la section 1.3 de mon merd.er pour constater tous les défauts structurels de ce dernier anneau.
Pour se rassurer : les éventuels empêcheurs de tourner en rond, dans le cas $A = \Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$ ($F \in \Z[X)$ polynôme unitaire irréductible), sont les premiers qui divisent le discriminant de $F$. Les autres premiers, c'est ``petit Kummer'' qui règle leur sort.
Finalement, en ce qui concerne le critère de Dedekind, même si cela ressemble à faire de la pub, je trouve que la section 5 du chapitre IX de http://claire.tete.free.fr/LaTotale.pdf, elle est très bien.
Aujourd'hui, je vais tenter de factoriser les nombres premiers dans $\Z[\sqrt[3]{2}]$.
J'ai commencé petit avec $p=2$.
Juste des petites nouvelles (expérimentales) de la ``nouvelle'' somme de Gauss dans le cas quadratique où $D$ est un discriminant quadratique fondamental :
$$
G = \sum_{m \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(m)\, \zeta^m \qquad\qquad \hbox {$\zeta$ racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
On écrit $G = G_0 - G_1$ comme tu le penses. Rappel : un discriminant quadratique fondamental, cela vérifie $D \equiv 0,1 \bmod 4$. On a alors
$$
G_0G_1 ={D \mathrm{\,mod\,4} - D \over 4}, \qquad G_0 + G_1 \in \{-1,0,1\}, \qquad (G_0+G_1)^2 = D \mathrm{\,mod\,} 4 =
\cases {1 & si $D \equiv 1 \bmod 4$ \\ 0 & si $D \equiv 0 \bmod 4$}
$$
J'ai même pas essayé de faire les calculs. J'ai préféré ... Une fois cela acquis, on a :
$$
G^2 = (G_0 - G_1)^2 = (G_0 + G_1)^2 - 4G_0G_1 = D
$$
Et en prime, un petit bonus arithmétique :
$$
\Z[G_0] = \Z[G_1] = \hbox { anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$}
$$
Bien sûr, $G_0$ et $G_1$ sont permutés comme tu le penses par les automorphismes de Galois $\sigma_m$. Et donc, c'est bien moral que $G_0+G_1$ et $G_0G_1$ soient entiers.
Autre chose. Si on veut, on n'a pas fini de s'amuser. Car si $D = D_1 \cdots D_k$ est la décomposition de $D$ en discriminants quadratiques fondamentaux ``élémentaires'' (les $p^*$ avec $p$ premier impair $\ge 3$ et/ou $-4, 8, -8$), on a des inclusions :
$$
\Q(\sqrt D) \quad\subset\quad G := \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) \quad \subset H
$$
L'extension $\Q(\sqrt D) \subset G$ est non ramifiée et le corps $H$ c'est le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$. Je t'assure que dans des cas particuliers de $D$, on peut concrétiser tout cela : nombres convenables d'Euler ...etc.. Bon, c'est pas trop ça qui fait remonter dans le fil. On s'éloigne du sujet (quel sujet ?).
Boulot boulot aujourd'hui ! Remonter les posts oui bonne idée, c'est que je veux faire !
Le sujet :$x^3-2$ ? ou bien $\Q(1^{1 \over 15})$ ? Les nombres congruents ? Symbole cubique ?
Posons $\theta=\sqrt[3]{2}$.
On a $X^3-2=(X+1)(X^2-X-1)\bmod 3$ donc on y arrive pour $\langle 3\rangle$ d'après le petit théorème de Kummer ($e_1=e_2=1$).
Pour $p=2$, on y arrive aussi car $\langle 2\rangle=\langle 2,\theta\rangle^3$.
Modulo $3$, $X^3 - 2 = X^3 + 1 = (X+1)^3$. On ne peut pas appliquer petit Kummer.
Pourquoi a-t-on d'une part $2 = \langle 2,\theta\rangle^3$ ? Et d'autre part $\langle 2,\theta\rangle$ premier ? En passant, $2 = \theta^3$, on peut donc supprimer le générateur $2$.
J'ai avancé. C'est pas fini mais j'attache quand même. Il me reste à écrire la preuve du deuxième point mais c'est bon. C'est l'interprétation de points en terme de morphismes qui fait le job (= B.A.BA de la géométrie algébrique des variétés affines).
AJOUT Attachement supprimé. Cf un autre post avec une version plus à jour.
Je ne sais pas comment je m'y suis pris pour factoriser $X^3-2$ modulo $3$. (td)
Frobenius a dû se retourner dans sa tombe !
On devrait donc avoir $\langle 3\rangle=\langle 3,\theta+1\rangle^3$.
Remarque : comme $X$ et $X+1$ sont irréductibles modulo ce qu'on veut, $\langle \theta \rangle$ et $\langle 3,\theta+1\rangle$ sont maximaux.
Je pense que j'ai mis le point sur le truc que j'avais en tête. Edit le premier lemme est faux
Soit $p$ un nombre premier et $\mathbb{F}_p$ un corps fini premier. Alors le sous-groupe constitué des carrés modulo dans $\mathbb{F}_p^*$ est le seul sous-groupe d'ordre ${p-1 \over 2}$ et il est maximal. En conséquence, $$\text{un élément est de $\mathbb{F}_p^*$ est un carré si et seulement si ce n'est pas un générateur de $\mathbb{F}_p^* \quad (1)$}$$
C'est faux !!! Ce qui rend fausse la démonstration (td) Voir le message ici pour une démonstration
Ceci étant dit, soit $p$ vérifiant $p = 1 \pmod{4}$ (sinon on prend $p^*$). Je considère l'extension cyclotomique : $\Q(\sqrt{p}) \subset \Q\sqrt[p]{1})$.
Soit $\ell$ un premier $\ne p$ et aussi $1 \pmod{4}$ (sinon prendre $\ell^*$). De manière général, je pense que si $\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$, alors $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$.
De plus, en utilisant le trick de la décomposition du polynôme cyclotomique $\Phi_p$ dans $\mathbb{F}_{\ell}$, on obtient : $$\text{$\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$ si et seulement si $\ell$ est générateur de $\mathbb{F}_p^*$}$$ On en déduit que :
si $\ell$ n'est pas un carré modulo $p$, alors en utilisant (1), $\ell$ est un générateur de $\mathbb{F}_p^*$. Ainsi $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$ et d'après la loi de décomposition des extension quadratique, $p$ n'est pas un carré modulo $\ell$.
Ainsi :
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = -1 \Longrightarrow \left(\dfrac{p}{\ell} \right)= -1
$$
Par symétrie entre $\ell$ et $p$, on obtient l'équivalence ;
Et
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = \left(\dfrac{p}{\ell} \right)
$$
Je détaille un peu la factorisation de $3$.
$a=\theta+1$ vérifie $(a-1)^3-2=a^3-3a^2+3a-3=0$.
On en déduit successivement que $3\in\langle a\rangle$, puis que $3\in\langle a\rangle^2$ et enfin que $3\in\langle a\rangle^3$.
On obtient alors facilement que $\langle 3\rangle=\langle \theta+1\rangle^3$.
$\langle 2\rangle=\langle \theta\rangle^3$ est plus facile à justifier.
J'attache une nouvelle version des histoires de comptage. La totale. Et mon histoire de schéma affine sur $\Z$ (même si c'est un peu pompeux), cela tient la route.
@gai requin Le polynôme $X^3 - 2$ évalué en $X-1$ est 3-Eisenstein. Tu devrais pouvoir refaire la même chose pour un polynôme $p$-Eisenstein dont le coefficient constant est, en un premier temps $\pm p$. Et puis pour un $p$-Eisenstein quelconque en voyant son coefficient constant comme $a_0 = ap$ avec $a$ inversible modulo $p$ (peut-être utiliser coefficients de Bezout).
Faire la même chose signifie $p = \langle x\rangle^n$ dans le cas du coefficient constant $\pm p$ puis $p = \langle p,x\rangle^n$ dans le cas plus général. Tu verras, c'est marrant ; d'abord $p \in I$ qui fournit ensuite $p \in I^2$ qui fournit ensuite $p \in I^3$ .. mais freine à temps (ne dépasse pas l'exposant $n$ !).
@flip flop.
Vaguement vu mais pas lu en détails. J'espère que tu as des notes quelque part. Sur un anneau fini commutatif $R$, une somme de Gauss :
$$
G_\psi(\chi) = \sum_{x \in R} \psi(x) \chi(x)
$$
Alors, si $\psi, \chi$ sont primitifs :
$$
G_\psi(\chi) G_\psi(\overline\chi) = \chi(-1) \times \#R
$$
Vachement plus mieux que .. Plus tard ...
De la lecture et plein d'exemples dans http://library.msri.org/books/Book44/files/08psh.pdf
Et c'est quelqu'un qui connaît le prix des choses (we avoid ...etc..)
ABSTRACT. We describe the main structural results on number rings, that is, integral domains for which the field of fractions is a number field. Whenever possible, we avoid the algorithmically undesirable hypothesis that the number ring in question is integrally closed.
Question (pour ne pas oublier) : Si on prend $\Q \subset K \subset L$, est ce que l'on a une relation entre :
$Z_p(L| \Q)$, $Z_p(K | \Q)$ et les $Z_{\mathfrak{p}}(L |K)$ où $\mathfrak{p}$ sont les premiers de $\mathcal{O}_L$ divisant $p$. Disons dans le cadre où $L|\Q$ est abélienne et $p$ non ramifié, mais je pense qu'on doit pouvoir trouver un truc simple avec la notion de $p$-Euler factor.
Sinon, pour le message d'hier, je vais faire un exemple. J'ai fais pour $p=5$ mais je vais prendre un exemple plus conséquent. Mais je pense que ça donne une démonstration de la réciprocité quadratique (pas les lois complémentaires), que je trouve très clair, à suivre !
J'adore cette méthode par factorisation d'idéaux.
Petit hic : il vaut mieux connaître l'anneau des entiers a priori.
J'ai vu des gens poser $b=(\mathcal{O}_K:\Z[\zeta])$ (indice d'un groupe dans un autre) et calculer $b$...
Mais c'est tellement plus bourrin (cf Lang peut-être) que factoriser quelques nombres premiers...
C'est très beau tout ça non ?
Je vais quand même devoir commencer par factoriser $\phi_n$ sur les $\mathbb F_p$ tels que $p$ divise son discriminant qu'il va falloir que j'étudie ! :-S
Par contre, je pense que c'est plus simple de traiter les premiers qui ne divise par le discriminant et ensuite d'utiliser une propriété de factorisation des polynômes cyclotomiques (la question g. du pdf fait le lien).
Je me doute que ce n'est pas trop votre problème mais à l'avenir, je compte faire un truc propre pour réaliser l'anneau des entiers $\mathcal O_K$ d'un corps de nombres comme une $\Z$-algèbre de présentation finie :
$$
\mathcal O_K = \Z[X_1, \ldots, X_\ell] / \langle F_1, \cdots, F_s \rangle \qquad \qquad (\star)
$$
J'en ai eu besoin pour illustrer mes affaires de comptage avec le polynôme de Dedekind (le voici de nouveau ci-dessous) dont l'anneau des entiers du corps de nombres $\Q(x)$ engendré par une racine $x$ n'est pas monogène. Il s'agit là d'un exemple classique.
Et j'ai fait cela i.e. présenter $\mathcal O_{\Q(x)}$ en deux générateurs comme un sagouin, en passant par $\Q$ ..etc.. Pour obtenir un produit non sûr.
Bizarrement, dans la littérature, on parle peu de $(\star)$. On parle surtout de la structure de $\Z$-module libre de rang $n = [K : \Q]$. A un tel point, que je n'ai rien trouvé de tout fait en magma.
Ci-dessus, j'ai pu monté $\varphi : \Z[X,Y] \twoheadrightarrow \Z[x,y] = \mathcal O_K$. Mais pas possible de calculer le noyau. En passant, contrairement à ce que l'on pourrait croire, magma n'est pas ``uniforme'' (je crois que l'on parle de ``langage non orthogonal'' ?). Voilà ce qui va arriver :
> KerPhi := Kernel(Phi) ; >> KerPhi := Kernel(Phi) ; ^ Runtime error in 'Kernel': Kernel is not computable or representableOui, oui, je sais, c'est mon problème. Tout cela pour vous dire qu'un jour, je vais envisager $(\star)$ de manière sérieuse. C''est trop risqué de travailler avec des objets approximatifs.
Rien à voir : est ce que dans votre vie, vous avez quotienté deux $L$-séries ? Vous pouvez bien me le dire, à moi ..
Quotienter deux $L$-séries d'une courbe elliptique, ça donne un truc sympa non ?
Bon sinon, ma démonstration d'hier ne tiens pas la route, mais j'ai trouvé un argument de substitution (:D
Il faut essayer de s'habituer à des choses inconnues. Dans l'intention de rentrer dans certaines citadelles.
(1) Vous n'avez pas oublié :
$$
Z_{E/\mathbb F_p}(T) = {1 - t_p T + pT^2 \over (1-T)(1 - pT)},
\qquad \qquad
Z_{E/\mathbb F_p}(T) = {1 - t_p T \over (1-T)(1 - pT)}
$$
Quel en est le contexte ?
(2) Le facteur $p$-Eulérien de la fonction $\zeta$ de Riemann, c'est dans les combien ?
(3) Et celui de $s \mapsto \zeta(s-1)$ ?
ou $\frac{1}{1-T}$ et $\frac{1}{1-pT}$
Il faut s'habituer, c'est cela que je dis. Sans faire semblant. Du vrai, si possible. Par exemple, Serre dans http://www.ams.org/journals/bull/2003-40-04/S0273-0979-03-00992-3/S0273-0979-03-00992-3.pdf compte le nombre de racines modulo $p$ de $X^3 - X - 1$ (le fameux $X^n - X - 1$ pour $n = 3$). The case $n=3$ en section 5.3 et de nouveau des explications pages 436-437. On voit qu'il pose :
$$
E = \Q(x), \hbox { $x$ racine de $X^3 - X -1$}, \qquad\qquad L_\rho(s) = {\zeta_E(s) \over \zeta(s)}
$$
A droite $\zeta_E$ c'est la fonction zeta de Dedekind de $E$. On en a moins peur car on connait (en théorie du moins) ses facteurs $p$-Eulériens : on sait qu'ils reflètent la loi de décomposition de $p$ dans $\mathcal O_E$, qui est en passant $\Z[x]$. La division des séries $L$, on sait que cela s'interprète par une division des facteurs Eulériens correspondants.
En clair, on ne se barre pas en courant.
De cette manière, on va pouvoir apprécier ce que dit Serre. Voici le développement de $L_\rho(s)$:
$$
L_\rho(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s} \quad \longmapsto \quad \sum_{m \ge 1} a_mq^m
$$
> precision := 10^2 ; > Graal<q> := FormalSeries(Lrho, precision) ; > Graal ; q - q^2 - q^3 + q^6 + q^8 - q^13 - q^16 + q^23 - q^24 + q^25 + q^26 + q^27 - q^29 - q^31 + q^39 - q^41 - q^46 - q^47 + q^48 + q^49 - q^50 - q^54 + q^58 + 2*q^59 + q^62 + q^64 - q^69 - q^71 - q^73 - q^75 - q^78 - q^81 + q^82 + q^87 + q^93 + q^94 - q^98Compare avec Serre (il y a plus de termes ici). Et ce que dit Serre , en haut de la page 434, c'est que :
$$
\sum_{m \ge 1} a_mq^m = q \prod_{k\ge 1}(1 - q^k)(1 - q^{23k}) \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Il dit aussi plein d'autres choses : sur le corps quadratique $\Q(\sqrt {-23})$ $-23$ est le discriminant de $X^3 - X -1$ et sur la fermeture galoisienne $L$ de $E$ qui est de groupe de Galois $S_3$. Des choses accessibles, je t'assure (groupe des classes d'un anneau quadratique imaginaire).
Est ce que l'on a bien compris l'information $(\heartsuit)$ ? Je dis bien l'information pas les raisons. Au lieu de calculer le produit comme un bourrin, faisons appel à la fonction $\eta$ de Dedekind :
$$
\eta(q) = q^{1\over 24} \prod_{k \ge 1} (1 - q^k)
\qquad \hbox {de sorte que} \qquad
q \prod_{k \ge 1}(1 - q^k)(1 - q^{23k}) = \eta(q) \eta(q^{23})
$$
Dans le jargon modulaire, c'est ce que l'on appelle un $\eta$-produit, d'où le nom de ma variable ci-dessous.
Alors, ça le fait ??
> // P(q) = prod_{n >= 1} (1 - q^n), DedekindEta(q) = q^{1/24} P(q) > // WANTED (Serre) : q * P(q) * P(q^23) i.e. DedekindEta(q) * DedekindEta(q^23) !! > > Zq<q> := PowerSeriesRing(RationalField()) ; > AssertAttribute(Zq, "Precision", precision) ; > EtaProduct := Zq ! (DedekindEta(q) * DedekindEta(q^23)) ; > > EtaProduct ; q - q^2 - q^3 + q^6 + q^8 - q^13 - q^16 + q^23 - q^24 + q^25 + q^26 + q^27 - q^29 - q^31 + q^39 - q^41 - q^46 - q^47 + q^48 + q^49 - q^50 - q^54 + q^58 + 2*q^59 + q^62 + q^64 - q^69 - q^71 - q^73 - q^75 - q^78 - q^81 + q^82 + q^87 + q^93 + q^94 - q^98 + 2*q^101 + O(q^102)On dirait bien.
Tu vois où cela mène de compter ?
Magma ne peut pas calculer le noyau de Phi parce qu'on ne lui a pas dit quels sont les idéaux de $\Z[X,Y]$ ?
Qu'entends-tu par "magma n'est pas uniforme" ?
Le lemme 1.4 : me pose problème, faut être clair sur les idéaux premiers, je pense que c'est valide mais je n'ai pas encore trouvé une démo.
La situation est la suivante : J'ai $\Z \subset O_K \subset O_L$ qui provient d'une situation $\Q \subset K \subset L$ avec toutes les extensions Galoisiennes (dans mon contexte c'est même abélien). Et il n'y a aucune ramification.
Je prend un idéal premier $(p)$ de $\Z$, que je décompose dans $O_K$
$$
(p) = (p_1) \dots (p_r)
$$
et ensuite je prend chaque $(p_i)$ que je décompose dans $O_L$.
$$
p_i = \mathfrak{p}_{i1} \dots \mathfrak{p}_{in_i}
$$
et je voudrais que $n_i$ ne dépende pas de $i$. Je pense que c'est un petit jeu avec la relation $[L : Q ] = nef$, mais comme je ne maîtrise pas du tout pour l'instant :-S
Mais si, magma peut travailler avec les idéaux de $\Z[X_1, \ldots, X_n]$ (sinon je n'aurais pas pu monter mon schéma sur $\Z$, regarde la trace d'exécution page 4 de CountingWithFlipFlop ...).
Mais dans le cadre de l'anneau des entiers d'un corps de nombres, c'est à moi de faire le job (because langage non orthogonal, je ne peux pas en dire plus). Il peut apparaître des dénominateurs et donc je vais être obligé de ``localiser à la main'' (je me comprends). Bref, il y a un certain boulot (minutieux) de programmation à faire (précédé d'une analyse mathématique de la chose). En principe, je devrais en venir à bout car c'est plutôt de l'algèbre commutative.
Autre chose : j'ai retrouvé deux exercices non finalisés (et donc non terminés) : j'y démontre que le polynôme cyclotomique $\Phi_n$ vérifie le Dedekind test (en tous les premiers) via un calcul de résultant vachement précis. J'attache mais ne pas s'étonner des références ou de l'absence de référence.
Autre chose : le polynôme $X^n - X - 1$ est sur la sellette (polynôme de Selmer-Serre). Pout $n=3$, je l'ai pris en exemple dans mon fourbi headerDedekindCriteria (section 3.2 page 15).
Je me pose la question de savoir s'il passe le Dedekind test en tous les premiers (qui divisent le discriminant). On a une formule pour le discriminant (cas particulier de la formule de Swan pour les trinômes). Il est irréductible sur $\Q$ (Selmer). Cela peut donner des exemples. Serre joue beaucoup avec ce polynôme.
Je me suis ensuite posé des questions sur le côté sans facteur carré du discriminant. Mais cela me fait peur. Je n'ai pas réfléchi (comme souvent)
// Polynôme de Selmer/Serre : X^n - X - 1 // discriminant = (-1)^((n-1)*(n-2), 2) * [n^n - (1-n)^(n-1)] SelmerSquareFreeTest := procedure(N) for n := 2 to N do F := X^n - X - 1 ; DisF := Z! Discriminant(F) ; assert DisF eq (-1)^ExactQuotient((n-1)*(n-2), 2) * (n^n - (1-n)^(n-1)) ; ok := IsSquarefree(Abs(DisF)) ; printf "n=%o(%o) ", n, ok select "ok" else "NON-NON" ; end for ; printf "\n" ; end procedure ;C'est ok jusqu'à 49. Et après trop long
Pas le temps de réfléchir (bis).
Un principe : personne ne va nous ouvrir la porte de la citadelle en grand pour nous faire plaisir en disant ``venez, mes petits, on va vous expliquer ce qu'est une forme modulaire, la fonction $L$ d'une courbe elliptique ..etc.. avec vos mots à vous''. Non, je n'y crois pas.
Et donc à chaque fois que l'on voit un EXEMPLE qui nous semble pertinent, il faut le signaler, le mettre de côté ...etc... Ainsi Serre dans http://www.ams.org/journals/bull/2003-40-04/S0273-0979-03-00992-3/S0273-0979-03-00992-3.pdf consacre une page au polynôme $X^3-X-1$ et une autre page au polynôme $X^4-X-1$.
A ce propos, je reviens sur http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1405188#msg-1405188
Quand on a des égalités de séries de Dirichlet :
$$
A(s) = \zeta(s) B(s), \qquad A(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}, \qquad B(s) = \sum_{m \ge 1} {b_m \over m^s}
$$
Je pense que cela signifie :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} b_d
$$
Ainsi, flip-flop, pour un discriminant quadratique fondamental $D$, comment as tu pu prouver (sans savoir ce que tu fabriquais !! je reprends tes termes) que :
$$
\zeta_{\Q(\sqrt D)}(s) = \zeta(s) \ L_D(s) \qquad L_D(s) = \sum_{m \ge 1} {\chi_D(m) \over m^s}
$$
C'est quand même fort de café, de démontrer sans savoir ce que l'on fabrique. Et en principe cela donne :
$$
\hbox {nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_{\Q(\sqrt D)}$ est égal à } \sum_{d \mid m} \chi_D(d)
$$
Dans le même genre, dans mon post pointé, avec $E = \Q(x)$, $x$ racine de $X^3 - X - 1$, par définition de $L_\rho$ qui est le quotient, on a :
$$
\zeta_E(s) = \zeta(s) L_\rho(s), \qquad L_\rho(s) = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}
$$
Cela dit donc, en notant $a'_m$ le nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_E = \Z[x]$ que :
$$
a'_m = \sum_{d \mid m} a_d
$$
En particulier, pour $m = p^r$
$$
a'_{p^r} = 1 + a_p + a_{p^2} + \cdots + a_{p^r}
\qquad \hbox {et en particulier encore avec $r=1$} \qquad
a'_p = 1 + a_p
$$
Mais ne pas oublier que le nombre d'idéaux de norme $p$ de l'anneau de tous les entiers d'un corps de nombres, c'est aussi le nombre de points sur $\mathbb F_p$ du schéma défini (= bon système d'équations sur $\Z$) par l'anneau de tous les entiers. Ici $\mathcal O_E = \Z[x]$ et donc il s'agit juste du nombre de racines modulo $p$ de $X^3 - X - 1$. Ce qui rejoint ce que Serre écrit :
$$
N_p(X^3 - X - 1) = 1 + a_p
$$
PRENONS DES EXEMPLES.
Et le Koblitz, vous ne l'avez pas égaré, n'est ce pas ? Que voit-on à la page 79 :
$$
L_E(s) = {\zeta(s) \zeta(s-1) \over \displaystyle \prod_p Z(E/\mathbb F_p)(p^{-s})} = \sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s}
$$
Te souviens tu gai requin, qu'il y a un certain temps, tu m'as demandé, pour une courbe elliptique $E$ définie sur $\Q$, comment étaient définis les fameux $a_m$. Et bien les voici ci-dessus. Et c'est cela qui va nous conduire DANS DES CAS PARTICULIERS à contempler :
$$
\sum_{m \ge 1} a_m q^m \in S_2(\Gamma_0(N))
$$
où $N$ est le conducteur de la courbe elliptique. En voilà, une notion (le conducteur) qu'on va pas venir nous expliquer gentiment. Mais on s'en fiche, car avec la courbe ``de Koblitz'' :
$$
E_{n^2} : \quad y^2 = x^3 - n^2x = x(x-n)(x+n) \qquad \hbox {(la courbe elliptique ``aux nombres congruents'')}
$$
le conducteur est $32n^2$ ou $64n^2$.
Il va falloir batailler. Ce n'est pas facile de rentrer dans la citadelle (bis). Prenons des exemples (ter).
J'attache la même chose que l'autre jour mais j'ai fait figurer un truc en rouge (haut de la page 2) ce qui a provoqué un décalage.
A propos de ton post et du pdf attaché (réciprocité quadratique) : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1405320#msg-1405320
Je tire et je lirais plus tard. Ce que je peux juste te dire (car je n'ai certes pas lu mais j'ai quand même cru comprendre ce que tu voulais faire), c'est que maintenant, on ne peut plus se contenter de la technique, il faut mettre des MOTS.
Et, il faut AVOUER, dès le départ, pour un premier impair $p \ge 3$, qu'en AYANT AVEC SOI l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1) \qquad (\star)
$$
on entend ``retrouver'' (ou la prouver) la loi de réciprocité quadratique ``pour $p$''.
C'est bien cela les intentions ?
Oui, on peut le faire ... sauf que peut-être tu t'es embarqué dans un terrain plus compliqué que nécessaire.
Et il faut avoir conscience que l'établissement de l'inclusion $(\star)$ a COTOYE la loi de réciprocité quadratique via la somme quadratique $\tau$ de Gauss. J'ai bien écrit côtoyé et pas prouvé. Cela veut dire quoi ``côtoyer'' ? Ben, cela veut dire ``côtoyer''.
Et il faut faire attention ici à la dentelle : on s'appuie sur quoi .. pour faire quoi ..
C'est un jeu dangereux voire déstabilisant. Et c'est bien pour cette raison que nous avons établi de manière self-contained (autonome) d'une part les lois de réciprocité quadratique et l'inclusion $(\star)$. En notant juste l'analogie.
Do you see what I mean ?
Et tellement dentelle, que je n'ai pas osé en rajouter alors que j'ai quelque chose sous la main !! Pour éviter trop d'agitation. Quelque chose sous la main de bien plus simple et général que ce que tu envisages. Du genre, si l'on a avec soi, pour un discriminant quadratique fondamental $D$, l'inclusion (admise donc)
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
que peut-on en déduire ?? Et bien la réponse est au delà de tes espérances.
Et on a encore mieux depuis que la nouvelle somme de Gauss sur $\Z/D\Z$ a débarqué. Cf l'exercice 5 de la feuille de TD de Morel-Bernardi-... Et encore mieux car j'ai pointé dans Koblitz un exercice où apparaissent des sommes de Gauss sur certains anneaux finis. Et j'ai pu même pousser le truc à des anneaux finis quelconques (je me venge car c'est de l'algèbre commutative).
J'ai essayé d'utiliser des mots pour dire ..
Moi aussi, le forum me prend pour un robot :-D
Je fais au propre la fonction zéta de $\Q(\sqrt{D})$. C'est un bon exercice de remise à plat de tout. J'ai fais juste un plan (ici) et je vais faire les $2$ points cruciaux dans d'autres posts.
En fait, je suis parti de la "première définition" : $$Z(s) = \prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) \quad \text{avec} \quad Z_p(T) = \exp\left(\sum_{r>0}N_r{T^r \over r}\right)\quad N_r = \# \{ f(x) = 0, x \in \mathbb{F}_{p^r} \}$$
Là j'ai deux approches :
Je prend la deuxième approche car la première je n'ai pas compris encore pourquoi c'est juste et dans quel contexte. Mais c'est sûr que ça simplifie un peu la vie :-D
Donc je prend un nombre premier $p$, et il s'agit de prouver que : $$N_r = 1^r+\chi_D(p)^r \quad (\star)$$ une fois ça acquis en toutes généralités, on peut utiliser "if the author is polite" (on devient bon en anglais :-D) pour obtenir :
$$Z_p (T) = \frac{1}{(1-T)(1-\chi_D(p)T)}$$
Ensuite,
$$
Z(s) = \prod_{p \in \mathbb{P}} Z_p(p^{-s}) = \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-p^{-s})} \prod_{p \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-\chi_D(p)p^{-s})}
$$
Et la on utilise des trucs d'analyses sur les produits infinis, pour obtenir :
$$
Z(s) = \zeta(s) \sum_{n \in \N^*} \frac{\chi_D(n)}{n^s} = \zeta(s) L_D(s)
$$
Donc il y a deux choses à assurer :
Edit : remplacement de $T$ et $s$, Claude.
Attention : il y a un mélange de $T$ et de $s$ dans ton post.
Je veux dire que certaines (mais pas toutes) occurences de $T$ doivent être remplacées par $s$.
Mais surtout : c'est quoi le polynôme $f(x)$ ??
Attention à $p = 2$ : le comportement sur les racines d'un trinôme en caractéristique $2$ n'est pas ``gouverné'' par son discriminant. Mais heureusement ce trinôme provient de $\Z$ !! Lequel trinôme au fait (bis) ? Et là tu peux faire de la réduction modulo $8$ (en cas de besoin).
Autre chose : est ce qu'il y des choses qui ``passent mal'' dans CountingWithFlipFlopAndGaiRequin.pdf ?? Le fait qu'un point de ... défini sur $k$ soit un morphisme de .. à valeurs dans $k$ est un truc capital. A voir si besoin.
Oui je comprends ce que tu veux dire, je n'ai pas été assez clair sur l'objectif : Donc pour $p$ premier impair ayant avec moi l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$, je veux prouver la réciprocité quadratique. En comparant, les lois de factorisation d'un premier impair $\ell$ dans $\Q(\sqrt {p^*})$ et dans $\Q(\root p \of 1)$.
Tu peux pas tout faire d'un coup i.e. t'occuper de réciprocité quadratique et des séries de Dirichlet.
Cela va être super important de préciser le contexte et les acquis (prè-requis).
Ton dernier post : il faut préciser $p$ positif même ci c'est évident (souviens toi l'autre jour).
Es tu sûr que, quand tu as $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ avec toi, qu'en fait tu n'as pas un peu plus ?
Car qui nous a donné cette inclusion ? La somme de Gauss quadratique $\tau$, n'est ce pas ? Mais est ce qu'elle ne nous a pas donné un peu plus ? I.e. le bonus arithmétique $\tau_0, \tau_1$ de $\tau = \tau_0 - \tau_1$ ? Car elle nous a fourni l'inclusion
$$
\Z[\tau_0] = \Z[\tau_1] \subset \Z[\root p \of 1]
$$
Vachement mieux que $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q \root p \of 1)$. Surtout que $\Z[\tau_0]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt {p^*})$, anneau que je note $A$.
Et un trick possible (plus simple que les lois de factorisation qui sous-entendent un certain acquis), c'est pour un premier $\ell$, impair distinct de $p$, d'examiner :
$$
A/\ell A \simeq \mathbb F_\ell \times \mathbb F_\ell \qquad \hbox {ou bien} \qquad A/\ell A \simeq \mathbb F_{\ell^2}
$$
selon le statut quadratique de $p$ modulo $\ell$. Correctif : selon le statut quadratique de $p^*$ modulo $\ell$.
Et de regarder $\sigma_{\ell}$ sur $A/\ell A$. Et d'identifier le signe dans :
$$
\sigma_\ell(\sqrt {p^*}) = \pm \sqrt {p^*}
$$
Et alors, cela SERA gagné.
Pour les points et les morphismes :
Un exemple d'il y a quelques temps, tu te souviens de Grothendieck lisse : Je voulais décrire les morphismes de $\Q$-algèbres :
$$
\Q[\Delta] / (\Delta^2) \longleftarrow \Q[X,Y] / (X^2+Y^2-1)
$$
Ça s'interprète comme un point du cercle à valeurs dans $\Q[\Delta] / (\Delta^2)$ ... un point épais = un point et la tangente qui lui correspond, et c'est aussi une solution de $X^2+Y^2-1=0$ avec $X$ et $Y$ vivant dans $\Q[\Delta] / (\Delta^2)$. On parle bien de la même chose ?
Je suis interdit de parler de schéma et de spectre d'anneau (car je n'y comprend rien, jamais réussie a passer la définition) mais bon ... finalement je le fait en planquette :-D car si je prend un idéal premier $(p)$ de $\Z$ et que je regarde sa décomposition en idéal premier dans $O_K$ finalement je vois ça comme la fibre au dessus de $p$ d'un certain revêtement (en faisant bien attention car y'a une partie géométrique mais aussi arithmétique = " gonflement du corps de définition du point") !
Deux exemples pour donner un sens à "gonflement du corps de définition", sinon vous allez me prendre pour un fou :-D
Je prend $\Z$ et $O_K$ avec $K = \Q(\sqrt{5})$. Je prend $p=11$ en bas, alors $p$ se décompose totalement. Et au dessus de $p$ il y a deux points $p_1$ et $p_2$ dont le corps de définition est $O_K / p_1 =\mathbb{F}_{11}$ i.e pas de gonflement.
Dans le même contexte, je prend $p=7$, dans ce cas il n'y a qu'un seul point au dessus de $p$ et son corps de définition est $O_K / (7) = \mathbb{F}_{7^2}$ ici gonflement du corps de base.
Ce truc de gonflement ne se voit pas au niveau des revêtements topologiques : c'est vraiment arithmétique ! Et ensuite, y'a la ramification qui fait un mélange des deux situations.
Et bien sûr il y a la jolie formule. $[K : \Q ] = \sum e_i f_i$ pour tous premiers $p$. Dans ma tête, je me dis que c'est juste que la fibre du revêtement est de cardinal constant (en comptant, la ramification et les gonflements de corps). Après, faut voir si on a une multiplicativité des indices de gonflement dans une tour. (C'est le lemme 1.4 du pdf) mais bon je peux pas faire des maths avec le merd.er qu'il y a dans ma tête, mais j'arrive quand même a faire mumuse :-D
Edit : j'ai mis un petit dessin ce n'est pas $\Z[\sqrt{13}]$ mais l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt{13})$ . Allez hop au sérieux flip-flop ;-)
Pour les Shadocks (Tiens ça fait longtemps que GBZM n'est pas venu nous faire coucou ;-) :
Je suis ok avec la formule $N_{p^r}(O_k) = \sum \delta(f_i,r)$ avec $\delta(f_i,r)$ égal à $f_i$ ou $0$ ; suivant que $f_i$ divise $r$ ou non (i.e $\mathbb{F}_{p^{f_i}}$ est un sous corps de $\mathbb{F}_{p^r}$ ou non).
Disons que je suis d'accord dans le cas particulier où $O_K$ est donné par $\Z[X]/(f)$. Le polynôme dont je parlais ! Mais il n'existe pas ce polynôme, enfin pas toujours !
Par contre, tu vas beaucoup plus loin en considérant la situation générale ! Le pire (le mieux) c'est que j'ai l'impression que c'est vraiment plus simple en utilisant ce langage (tu)
Un point super important je trouve, c'est en haut de la page (3) le premier $\bullet$ qui compte le nombre de morphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ dans $\mathbb{F}_{p^m}$. si $r$ divise $m$, alors il n'y a qu'un seul exemplaire de $\mathbb{F}_{p^r}$ dans $\mathbb{F}_{p^m}$ et donc les morphismes s'obtiennent tous pas composition avec un $\mathbb{F}_p$-automorphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ ... et le groupe des $\mathbb{F}_p$-automorphisme de $\mathbb{F}_{p^r}$ est le groupe cyclique engendré par le morphisme de Frobenius $x \to x^p$ (qui est d'ordre $r$).
Super Claude !!!
Je fais un petit bilan des pdf que tu as postés concernant $\Z[\alpha=\sqrt[n]{1}]$.
Soit $p$ un nombre premier.
1) Si $p$ ne divise pas $n$, $\Phi_n$ est séparable modulo $p$ et petit Kummer s'applique avec $e_i=1$ pour tout $i$.
2) Si $p$ divise $n$, on peut écrire $n=mp^k$ avec $\gcd (m,p)=1$.
A coup de résultants ;-), le critère de Dedekind s'applique et on obtient :
$$\langle p\rangle=\langle p,\Phi_m(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}.$$
Edit : cette factorisation est fausse (cf plus bas).
En conséquence, $\Z[\alpha]$ est bien l'anneau des entiers de $\Q(\alpha)$ !
C'est tellement fort tout ça que j'ai bien envie de faire un pdf.
Mais bon, vacances, tennis et ... copies ! :-(
Sinon, y'a toujours à calculer les degrés des facteurs irréductibles de la décomposition du polynôme cyclotomique dans le cas non ramifié ça vaut aussi le coup ;-) Faut être au point sur les corps finis !
Bon courage pour les copies (td)
Présentation de $\mathcal O_K$ comme une $\Z$-algèbre de présentation finie, c'est dans la poche. Très simple et robuste.
Eh, vous n'allez pas partir avant de voir le schéma associé à $K = \Q(x)$ où $x^5 = 45$.
> F := X^5 - 45 ; > assert Discriminant(F) eq 3^8 * 5^9 ; > K<x> := NumberField(F) ; > OK := MaximalOrder(K) ; > assert Discriminant(OK) eq 3^4 * 5^9 ; > ChangeUniverse(Basis(OK), K) ; [ 1, x, x^2, 1/3*x^3, 1/3*x^4 <----- integral basis ] > > x1 := x ; x2 := 1/3*x^3 ; x3 := 1/3*x^4 ; > assert OK eq Order([x1, x2,x3]) ; > > C<X1,X2,X3> := PolynomialRing(Z,3) ; > equations := OrderPresentationEquations([x1,x2,x3] : PolRing := C) ; > IZ := Ideal(equations) ; > > A3 := AffineSpace(Generic(IZ)) ; > A3 ; Affine Space of dimension 3 Variables: X1, X2, X3 > OKscheme := Scheme(A3, IZ) ; > OKscheme ; <------------------------------ HERE Scheme over Integer Ring defined by -15*X2 + X3^2, X1*X3 - 15, -5*X1 + X2^2, X1*X2 - X3, 5*X1^2 - X2*X3, X1^3 - 3*X2On va pas se gêner pour compter
Je modifie ma factorisation de $p$ dans le cas où $p$ divise $n$.
Soit $P_1,\cdots,P_r$ les facteurs irréductibles de $\Phi_m$ (qui est séparable) modulo $p$. Alors :
$$\langle p\rangle=\langle p,P_1(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}\cdots\langle p,P_r(\alpha)\rangle^{\varphi(p^k)}.$$
@Gai requin : oui exact tu n'avais pas factorisé le polynôme cyclotomique $\Phi_m$ ! D'ailleurs tu as compris comment on calcule le nombre de facteur de la décomposition de $\Phi_m$ ? Je suis chiant avec ça, je sais ;-)
@Claude :
Pour le polynôme que tu as pris, c'est pas trop complexe de le faire à la main :-)
Exemple : $p=17$ l'application $x \to x^5$ est un isomorphisme de groupe multiplicatif $\mathbb{F}_{17}^*$. Donc $45$ est une puissance $5$ modulo $17$ et on en déduit que ;
$$
\# \{ x^5 - 45 = 0, \mathbb{F}_{17^r} \} = 1+ \# \{ \Phi_5 = 0, \mathbb{F}_{17^r} \}
$$
En utilisant la fonction Zéta cyclotomique, on obtient :
$$
Z_p(T) = \frac{1}{(1-T)(1-T^4)}
$$
Car $\mathcal{O}(17,5) = 4$ et $\phi(5) = 4$.
Tu as remis $x^n=a$ sur le tapis :-D
Par contre, si tu prends un autre polynôme je ne vais plus faire le malin :-D
CQ a ça dans sa boutique.
Si $d$ est l'ordre de $p$ dans $(\Z/m\Z)^\times$, ces facteurs irréductibles sont tous de degré $d$ donc, comme $\overline{\Phi_m}$ est séparable, il y en a $r=\dfrac{\varphi(m)}{d}$.
Je voulais juste montrer que l'époque ``compter le nombre de racines modulo $p$ d'un polynôme'' est révolue. On compte désormais le nombre de points d'une ``variété'' (de dimension 0) sur un corps fini $\mathbb F_q$, cette variété provenant d'une (bonne) ``variété'' définie sur $\Z$.
Et aussi, que j'avais réglé cette histoire de détermination d'un système d'équations. Tu veux le faire à la main sur cet exemple ?
Révolue : car c'est très rare que l'anneau des entiers $\mathcal O_K$ soit monogène. Et dans l'autre sens, si tu pars de $F \in \Z[X]$ unitaire, irréductible, il y a peu de chances que le comptage de $F(x) = 0$ modulo $p$ ``donne quelque chose de bien''.
@vous deux
Mézalors, pourquoi Serre joue-t-il avec le polynôme $X^n - X - 1$ ? Serre ne jouerait pas avec un polynôme pourri. Mes expérimentations me disent que ce polynôme passe le test de Dedekind, au sens ``strong''. I.e. avec les notations ``habituelles chez nous autres'' :
$$
X^n - X - 1 = QG + pR \qquad \mathrm {Res}(G, R) = 1
$$
Le coup du résultant égal à 1, c'est pas banal. Faut pas laisser passer cela.
On connaît bien $G$ ?
Et $\mathrm {Res}(G, R) = 1$ pour tout premier $p$ ?
Si on demande comment se décompose $\Phi_m$ sur $\mathbb{F}_{p^r}$, alors les facteurs sont de degré combien ? Et dans quel cas ces facteurs sont de degré $1$ ?
Non. C'est $p$ qui arrive d'abord et qui détermine le triplet $(G, Q, R)$. J'utilise les notations de Manu page 38. Qui sont celles de Claire avant la proposition 5.4 p. 184 (chap IX). C'est cela le ``chez nous autres''.
Je ne sais pas en quoi c'est lié au fait que le discriminant de $X^n - X - 1$ est sans facteur carré (observation expérimentale pour $n \le 49$).
Peut-être que cela est lié à la preuve (pas au résultat) du fait que $X^n - X - 1$ a pour groupe de Galois $S_n$. Car ce dernier résultat est obtenu en contrôlant les groupes de ramification. Serre en touche 2 mots dans Topics. Mais j'ai quelque part une preuve détaillée.
Je soupçonne que ce polynôme $X^n - X - 1$ n'est pas banal. Pour $n=3,4$, Serre leur consacre une page, totalement dingue pour $n=4$. Je ne comprends que le cas $n=3$.
Si $d=1$, $\Phi_m$ est donc scindé à racines simples dans $\mathbb{F}_p[X]$.
Si $d\neq 1$, $\Phi_m$ n'a pas de racines dans $\mathbb{F}_p$.
Sur $\mathbb{F}_{q}$, on a le même résultat avec $d=\mathcal{O}(q,m)$.
Et si, du coup, on essayait de montrer Dedekind strong pour $n=4$ as a starter ?