Homographies et petits groupes de Galois

Yep, là passage ultra super complexe ... du coup :
$$
N_r = \phi(m) = 1^r+1^r+\dots+1^r - 0^r -0^r -0^r \dots 0^r
$$
avec $\phi(m)$ fois le symbole $+$. T'as pas envie de te faire un petit "if the author is polite" :-D

@flipflop :


$$Z_{\Phi_m/\mathbb F_{p}}(T)=\frac{1}{(1-T)^{\varphi(m)}} ???$$

$TZ'/Z=\varphi(m)\dfrac{T}{1-T}=\varphi(m)(T+T^2+\cdots)$.

T'es trop fort en cours particulier. ;-)

Sympa.
Pas étonnante cette formule maintenant qu'on a vu qu'il n'y a pas de racines de $\Phi_m$ dans $\mathbb F_q$ dès que $d>1$.

Si $-1$ n'est pas un carré modulo $n$, c'est bon. :-D

Ben $n^n - (1-n)^{n-1}=-1\bmod n$.
Mais j'avoue que je n'ai pas trop d'idées dans le cas général. :-S

Edit : c'est n'importe quoi. Sorry.

@CQ : tu aurais dû dire : "Tu dérailles ?"

Hello,

Sorry ça va être très très long ! Je me suis plongé dans les Shadocks et du coup, j'ai un peu réfléchit :-D

Objectif : Je fais suite à ce message. à propos des extensions bi-quadratique. Mais avant, je fixe plein de notation et je donne une formule $(\bigstar)$, je pense qu'elle est assez jolie ! Je l'utilise pour savoir si $13$ est un carré ou non modulo $107$ (la bonne blague :-D) et une deuxième utilisation pour trouver la fonction zéta de l'extension $K = \Q(\sqrt{7},\sqrt{30})$ avec $p=13$.


Remarque : jusqu'a $(\bigstar)$ c'est vraiment formel, juste lourd en notation. J'ai juste voulu faire de la chirurgie zétatique :-D Histoire de bien comprendre le binz !


J'aimerai bien étudier la configuration suivante :
$$
\xymatrix{ & O_L\ar@{-}[d] & & (\mathfrak{P}_{1,1} \dots \mathfrak{P}_{1,n_1}) \dots (\mathfrak{P}_{r,1} \dots \mathfrak{P}_{r,n_r}) \\
& O_K\ar@{-}[d] && \mathfrak{p}_1\dots \mathfrak{p}_r \\
& \Z & & p\\
}$$
Explication : $p$ est un premier de $\Z$, sa décomposition dans $O_K$ est $ \mathfrak{p}_1\dots \mathfrak{p}_r$ et chaque $\mathfrak{p}_i$ se décompose en $\mathfrak{P}_{i,1} \dots \mathfrak{P}_{i,n_i}$. On en déduit que la décomposition de $p$ dans $O_L$ est $ (\mathfrak{P}_{1,1} \dots \mathfrak{P}_{1,n_1}) \dots (\mathfrak{P}_{r,1} \dots \mathfrak{P}_{r,n_r})$.

J'ai supposé qu'il n'y a aucune ramification.

Notations :
Pour $(i,j)$ (dans l'ensemble d'indexation), on note :

$$ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right) = \left[ O_L / \mathfrak{P}_{i,j} : \Z / p \right] \quad \quad \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right) = \left[ O_L / \mathfrak{P}_{i,j} : O_K / \mathfrak{p}_{i} \right] \quad \quad \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right) = \left[ O_K / \mathfrak{p}_{i} : \Z / p \right]$$

Alors on a une propriété des multiplicativités des indices de gonflement (je pense qu'on dit d'inertie) mais j'aime bien gonflement :-D :
$$\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right) = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right) \times
\mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right) \quad (\clubsuit)$$
Je note également :

$$ Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) := \frac{1}{1-T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right)}}
\quad \quad Z_{\mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i}} (T):= \frac{1}{1-T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right)}}
\quad \quad Z_{\mathfrak{p}_{i} \mid p}(T) := \frac{1}{1-T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right)}} \quad(\spadesuit) $$Pour les relations $(\spadesuit)$, on a pas de relation de multiplicativité mais on a les deux relations suivantes (en utilisant $(\clubsuit)$) :
$$
Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) = Z_{\mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i}} \left(T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right)}\right) \quad (\heartsuit_1) \quad \quad Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) = Z_{\mathfrak{p}_{i} \mid p}\left(T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right)} \right) \quad (\heartsuit_2)
$$
Avec les notations $(\spadesuit)$, on a :
$$
Z_{O_K,p}(T) = \prod_{\mathfrak{p} | p} Z_{\mathfrak{p} | p}(T)
\quad \quad
Z_{O_L,p}(T) = \prod_{\mathfrak{P} | p} Z_{\mathfrak{P} | p}(T)
\quad \quad
Z_{O_L,\mathfrak{p}_i}(T) = \prod_{\mathfrak{P} | \mathfrak{p}_i} Z_{\mathfrak{P} | \mathfrak{p}_i}(T) \quad (\blacklozenge)
$$
L'idée est d'utiliser les deux relations $(\heartsuit)$ pour obtenir un lien entre les $3$ fonctions zéta.
On a :
$$
Z_{ O_L, p } (T) = \prod_{\mathfrak{p} \mid p} Z_{O_L,\mathfrak{p}}(T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p} \mid p \right)}) \quad \quad Z_{ O_L, p } (T) =\left(Z_{O_K,p}(T^f) \right)^{\frac{[L:K]}{f}} \quad \text{ avec } f = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \right) \quad (\bigstar)
$$
Attention : la seconde formule a besoin d'un terrain Galoisien. J'ai écris des "démonstrations" mais vu les notations ... elles sont en cours de vérification !
Un exemple d'utilisation de la seconde formule. Je prend pour changer $L := \Q(\zeta_{13})$ et $K=\Q(\sqrt{13})$.
Prenons, $p = 3 \pmod{13}$ par exemple $p=107$ et disons que je souhaites savoir si $13$ est un carré modulo $107$ :-D Bin c'est très simple vous allez voir !

L'ordre multiplicatif de $107$ modulo $13$ est $3$. Donc :
$$
Z_{O_L,107} = \frac{1}{(1-T^3)^{4}}
$$
D'autre part, en utilisant la seconde relation ;
$$
Z_{O_L,107}(T) = \left(Z_{O_K,107}(T^f) \right)^{\frac{6}{f}} \quad \text{ avec } f = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \right)
$$
On sait que $f \mid 6$, et en testant les différentes valeurs, on obtient : $f=3$. Donc :
$$
Z_{O_K,107}(T) = \frac{1}{(1-T)^{2}}
$$
Un petit coup de dérivée décalée :
$$N_r = 2T+2T^2+\dots$$
et hop il y a deux points sur $\mathbb{F}_{107}$ dans $O_K$. Donc, $13$ est un carré modulo $107$.

Maintenant, un exemple un peu plus violent : Je fais suite à ce message.

Je considère l'extension $K = \Q(\sqrt{7},\sqrt{30})$ et $p=13$, et je souhaites calculer $Z_{O_K,13} $.
L'idée est la même la tienne, utiliser les extensions quadratique contenu dans $K$.
Alors on détermine facilement les fonctions zeta des trois extensions quadratiques :
$$
Z_{\Q(\sqrt{30}),13}(T) = \frac{1}{(1-T)^2} \quad Z_{\Q(\sqrt{7}),13}(T) = \frac{1}{(1-T)(1+T)} \quad Z_{\Q(\sqrt{210}),13}(T) = = \frac{1}{(1-T)(1+T)}
$$
Maintenant, on utilisant $(\bigstar)$, on a deux manière d'écrire :
$$
Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T^{f_1})(1+T^{f_1})} \right)^{2 \over f_1} \quad \quad Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T^{f_2})^2} \right)^{2 \over f_2}
$$
Avec $f_1$ et $f_2$ divisant $2$. Forcément :
$$
Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T)(1+T)} \right)^{2}
$$

Bon, je n'ai pas retrouvé la formule de l'exercice (td) et ma méthode ne fonctionne pas très très bien dans certain cas !

@flipflop :
Maintenant, je vais bien dormir grâce à toi. ;-)

Du coup, j'ai fait une petite recherche ce matin.
Apparemment, il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels que $p^p-(p-1)^{p-1}$ n'est pas squarefree.
Voir le problème 9 p.5 [ici].

@CQ :
Et en termes d'anneaux des entiers liés aux racines de ce polynôme, tu as des résultats ?

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 $n=3$.

C'est dans Topics ?

Je pourrais finir mes vacances avec ce papier de Serre, sans en arriver à bout :-S
Mais peut-être que le jeu en vaut la chandelle...

@CQ :
Dans le papier de Serre que tu as pointé aujourd'hui, est-ce que le paragraphe sur le cas $n=3$ est self-contained ?
Si non, quels autres paragraphes conseilles-tu de lire ?

Hello Claude,

Alors niveau somme de Gauss, une toute première approche !

Soit $p$ un nombre premier congru à $1$ modulo $3$. Alors $(\Z/pZ)^*$ est cyclique est possède un unique sous-groupe d'ordre $3$ que je note $\mu_3$.

Considérons $\Gamma : (\Z/pZ)^* \to (\Z/pZ)^*$ défini par $x \to x^{\frac{p-1}{3}}$. Alors $\mu_3$ est l'image de $\Gamma$.

Considérons $\mathcal{K} := \text{Ker}(\Gamma)$.

Soit maintenant l'extension cyclotomique $(\Q(\zeta) \mid \Q)$. Notons $K := \Q(\zeta)^{\mathcal{K}}$.
Nous allons construire l'extension $K$.

Notons : $$
\tau_{\underline{i}} := \sum_{j \ \Gamma(j) \in \underline{i}} \zeta^j
$$
On a :
$$
\forall \underline{i}, \ \forall m, \quad m\star \tau_{\underline{i}} = \tau_{\underline{mi}}
$$

Ainsi, $\tau_{\underline{i}}$ sont de degré $3$ et conjugués entre eux.

Mais c'est vraiment explicite. Par exemple, $p= 13$. Alors $\mu_3 = \{ 1, 3 ,-4 \}$ et
$$
\Gamma^{-1} (1) = \{ 1,5,8,12 \} \quad \Gamma^{-1} (3) = \{ 2,3,10,11 \} \quad \Gamma^{-1} (-4) = \{ 4,6,7,9 \}
$$

et on définit :
$$
\tau_1 := \sum_{j \in \{ 1,5,8,12 \} }\zeta^j \quad \quad \tau_3 := \sum_{j \in \{ 2,3,10,11 \} }\zeta^ \quad \quad \tau_{-4} := \sum_{j \in \{ 4,6,7,9 \} }\zeta^j
$$
On a par exemple : $$7 \star \tau_3 = \tau_{-4 * 3} = \tau_{-12}= \tau_{1}$$

> K<y> := CyclotomicField(13);
tau1 := y+y^5+y^8+y^12;  // Gamma = 1
tau3 := y^2+y^3+y^10+y^11; // Gamma = 3
tau9 := -tau1-tau3-1;     // Gamma = 9 i.e (-4)
R<X> := PolynomialRing(K);
P := (X-tau1)*(X-tau3)*(X-tau9);
P;
                                                       X^3 + X^2 - 4*X + 1      <---- polynôme donnant l'extension 
Evaluate(P, tau9);
                                                      0

Donc là j'ai un polynôme $X^3 + X^2 - 4*X + 1$ et les racines $\tau_\bullet$ et l'action de Galois. Petit plus : via mon autre méthode : je peux faire les fonctions zétas.

A suivre, je ne sais pas trop où je vais !

Hello,

Base normale : je n'avais jamais entendu cette notion mais oui ça semble être ça ! Je retiens, j'irai jetais un coup d'oeil.

Du coup, pour les représentations d'Artin. Ça me fait moyen peur B-) tu m'aurais parlé de ça y'a 1 mois, je me serais enfui comme un lâche !

Je détaille l'exemple complètement et je vais essayer de montrer où ils sont cachés ! Bien sûr je ne connais pas la définition du coup faudra trouver une référence pour certain que c'est bien ça ! Mais j'y crois car je suis tombé sur la même chose avec les extensions biquadratiques et l'exercice du pdf

soit $p = 5$, on considère l'extension cyclotomique $\Q(\zeta_5)$ et $\ell \ne 5$ un nombre premier.

Alors : $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T^{\mathcal{O}(\ell,p)})^{\frac{\varphi(p)}{\mathcal{O}(\ell,p)}}}$$

Du coup, je sépare les différents cas :

• Si $\ell = 1 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T)^4} = \frac{1}{(1-T)(1-T)(1-T)(1-T)} $$
• Si $\ell = 2 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{1-T^4} = \frac{1}{(1-T)(1-iT)(1+iT)(1+T)}$$
• Si $\ell = 3 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{1-T^4} = \frac{1}{(1-T)(1+iT)(1-iT)(1+T)} $$
• Si $\ell = 4 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T^2)^2} = \frac{1}{(1-T)(1+T)(1+T)(1-T)} $$

Et on veut former le produit sur tous les nombres premiers $\ell$, le petit souci c'est que mon écriture n'est pas vraiment homogène !

Donc pour uniformiser les formules on introduit les caractères de $(\Z/5Z)^*$ : $\chi_1$ le caractère trivial , $\chi_2$ , $\chi_3$ les caractères d'ordre $4$ et $\chi_4$ le caractère d'ordre $2$.

Alors un peu de magie, (il faut plutôt regarder en colonne que en ligne les factorisations du dessus) on observe que :

• Si $\ell = 1 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(1)T)(1-\chi_2(1)T)(1-\chi_3(1)T)(1-\chi_4(1)T)} $$
• Si $\ell = 2 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(2)T)(1-\chi_2(2)T)(1-\chi_3(2)T)(1-\chi_4(2)T)} $$
• Si $\ell = 3 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(3)T)(1-\chi_2(3)T)(1-\chi_3(3)T)(1-\chi_4(3)T)} $$
• Si $\ell = 4 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) \frac{1}{(1-\chi_1(4)T)(1-\chi_2(4)T)(1-\chi_3(4)T)(1-\chi_4(4)T)} $$

Et finalement, jolie formule uniforme :
$$
Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(\ell)T)(1-\chi_2(\ell)T)(1-\chi_3(\ell)T)(1-\chi_4(\ell)T)} $$

Du coup,
$$
\zeta_{O_K} (s)= \prod_{\ell \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-\chi_1(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_2(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_3(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_4(\ell)\ell^{-s})}
$$
Et, utilisant le trick de Riemann avec les fonctions multiplicatives :
$$
\zeta_{O_K} (s) = \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_1(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_2(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_3(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_4(m)}{m^s}\right)
$$

Remarque : je pense que je me "trompe" quand je dis qu'il faut considérer les caractères de $(\Z/5Z)^*$, en fait il faut considérer les caractères de $\text{Gal}(\Q(\zeta_5 | \Q))$ tu me diras c'est la même chose ici ! Du coup, faudrait re-interpréter la formule de l'exercice du pdf.

Autre truc, j'ai vraiment pas tenu compte de la ramification !!!


Bon je vais faire ça avec mon nouveau jouet sur les extensions d'ordre $3$ vu que j'ai les fonctions zéta dans certain cas. Je fais un autre post après, le temps de faire un peu le point.


Orthographe : Merci Claude ... une calamité je suis !

@CQ :
Une référence sur les groupes des classes d'idéaux inversibles ?