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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 18:26
Costume marron, cravate blanc cassé avec des rayures marrons. winking smiley

J'ai eu le temps de lire deux trois trucs ce matin dans le pdf de Loïc Merel que tu as pointé.
Dans la formule de transitivité que tu as donnée, j'ai l'impression que l'idéal de $\mathcal O_{K_3}$ dont tu parles s'appelle la différente et que le discriminant de $K_3/K_2$ est sa norme.
Mais peu importe, je me coucherai moins c.n grâce à toi.

J'ai vu aussi qu'on n'a pas vraiment besoin de savoir que $h_L=1$.
En effet, dans ce même pdf, on dit que comme $L$ est le corps de classes de $K$, tout idéal premier de $\mathcal O_K$ se relève en un idéal principal de $\mathcal O_L$, quelque soit la valeur de $j_L$ !
Je pense que c'est ce que Serre utilise entre autres pour discriminer les deux cas quand $\left(\dfrac{p}{23}\right)=1$, mais comme d'hab, je n'en suis pas sûr.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 19:15
avatar
@Claude :

Pour mon programme ... normal qu'il ne fonctionne pas pour $p$ puissance d'un premier. Je n'ai pas trouvé la fonction
Log pour l'anneau des unités de $\Z/p^\alpha \Z$ (qui est cyclique quand $p \ne 2$, ch.ant $2$). (si tu peux me renvoyer, le code amélioré).

Oui, j'ai souvent des hésitations entre noyau et quotient mais c'est bien ça ! le $\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow G$ donne bien l'extension. Effectivement, on ne tient pas le conducteur.

J'ajoute mon grain de sel : dans le cas des extensions abéliennes si on a une inclusion de $G \to (\Z/m\Z)^\times$, on a aussi par dualité : $\widehat{(\Z/m\Z)^\times} \twoheadrightarrow \widehat{G}$ ? Et les groupes duaux sont isomorphes aux groupes, tu vois l'idée ?

Sinon, si si j'y crois aux histoires de caractère primitif et associated. Mais j'ai dans la tête que utiliser la dualité va rendre les choses moins complexes.

Tu n'as pas attaché ton "brouillon" ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 19:19
@flip flop
Je croyais l'avoir attaché. En fait j'ai eu des ennuis avec la connexion au forum. Je le fais maintenant. Je t'enverrai le code magma de manière directe.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - RingGaussSum.pdf (410.6 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 20:55
@flip-flop
Tu vas me dire si j'ai bien compris ce que tu racontais. Pour se donner une extension abélienne $K/\Q$, on peut se donner un sous-groupe :
$$
H \quad \subset\quad G_m := \widehat {(\Z/m\Z)^\times}
$$
De sorte que, par dualité, on a une surjection :
$$
\theta : (\Z/m\Z)^\times \twoheadrightarrow \widehat {H}
$$
Si bien que l'on tient une sous-extension $K$ de $\Q(\root m\of 1)$ à savoir le corps des points fixes de $\ker \theta \subset \mathrm {Gal}(\Q(\root m\of 1)/\Q)$.

C'est cela que tu as voulu dire ? Si oui :

(1) Comment déterminer un élément primitif de $K/\Q$. Je me méfie des périodes de Gauss en terrain cyclotomique non de niveau premier.

(2) Déterminer les facteurs $p$-Eulériens de la fonction de Dedekind $\zeta_K$

Allons-y pour de vrai. Je vais tirer 3 caractères au hasard de $G_m$ qui vont engendrer un certain sous-groupe $H$. Comme c'est pas moi qui paye, je me permets de prendre pour $m$ un nombre un peu composé.

> m := 2^2 * 3^4 * 5 * 7 ;               
> Gm := FullDirichletGroup(m) ;
> Random(Gm) ;
$.1*$.2^8*$.3^2*$.4^4
> Order(Gm) ;
2592
> Gm<chi1, chi2, chi3, chi4> := Gm ;
> AbelianExtensionData := [Random(Gm) : i in [1..3]] ;
> AED := AbelianExtensionData ;
> H := sub < Gm | AED > ;

>> H := sub < Gm | AED > ;
            ^
Runtime error in sub< ... >: [Function 'HackobjSubConstrGrpDrch' of arity 2 unreachable

Bon, peut-être une anomalie (bug ?). On va procéder autrement. On va mettre en isomorphie $G_m$ avec un groupe abélien et comme cela magma va pouvoir opérer.

> AbGm, phi := AbelianGroup(Gm) ;
> AbH := sub < AbGm | [Inverse(phi)(chi) : chi in AED] > ;
> AbH ;
Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/108
Defined on 2 generators in supergroup AbGm:
    AbH.1 = AbGm.1 + 27*AbGm.2 + 2*AbGm.3 + 4*AbGm.4
    AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4
Relations:
    6*AbH.1 = 0
    108*AbH.2 = 0

Bon, il n'y a plus qu'à ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 21:19
@gai requin
A propos de ton post [www.les-mathematiques.net]. Ok pour différente et discriminant mais je n'ai jamais mentionné dans mes affaires un idéal de $\mathcal O_{K_3}$ (qui serait la différente de $K_3/K_2$).

En passant, il y a, dans le contexte $K_1 \subset K_2 \subset K_3$ une formule de transitivité de la différente. Un coup de norme sur cette formule donne la formule de transitivité des discriminants.

Service après-vente pour simplest cubic field. Il s'agit du polynôme cubique à un paramètre $a$
$$
F_a := X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad \mathrm {Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2
$$
Il est universel pour les extensions galoisiennes de groupe de Galois $C_3$ i.e si $L/K$ est une telle extension, il y a un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal sur $K$ est un $F_a$ pour un certain $a$.

Il y a dans ce fil plusieurs mentions de cela et même un pointeur sur un autre fil d'un exercice corrigé de mézigues. Mais là, cela m'étonnerait que tu puisses retrouver ces infos !

On va le faire dans l'exemple de ce matin avec $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $L/K$ le corps des classes de Hilbert

> K<rm23> := QuadraticField(-23) ;
> L<x1> := HilbertClassField(K) ;
> L ;
Number Field with defining polynomial $.1^3 - 3*$.1 + rm23 over K
> P<T> := DefiningPolynomial(L) ;
> P ;
T^3 - 3*T + rm23

Il faut mettre $L/K$ sous forme simplest cubic field. On va d'abord déterminer les 2 autres racines de $P$ en fonction de $x_1$ à l'aide du trick :
$$
P'(x_1) (x_2 - x_3) = \delta \qquad \hbox {où $\delta $ est une racine carrée du discriminant de $P$}
$$
Le discriminant de $P$ est facile à calculer car $P$ est de la forme $T^3 + pT +q$. C'est $-(4p^3 + 27q^2)$.

> delta := 3^3 ;
> assert Discriminant(P) eq delta^2 ;
> /*
> P'(x1) * (x2 - x3) = delta
> 
>      x2 - x3 = delta/P'(x1) 
> x1 + x2 + x3 = -coeff en T^2 de P
> En additionnant :
>  2*x2 = delta/P'(x1) -coeff en T^2 de P - x1
> */ 
> a2 := Coefficient(P,2) ;
> x2 := 1/2 * (delta/Evaluate(Derivative(P), x1) - a2 - x1) ;
> assert Evaluate(P, x2) eq 0 ;
> x3 := -x1 - x2 - a2 ;
> assert Evaluate(P, x3) eq 0 ;
> x1 ;
x1
> x2 ;
1/3*x1^2 + 1/6*(rm23 - 3)*x1 - 2/3
> x3 ;
-1/3*x1^2 + 1/6*(-rm23 - 3)*x1 + 2/3

Et maintenant, pour trouver un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal est un $F_a$, les choses de la vie (i.e. le corrigé de l'exercice)

> // x1-x2 de trace nulle et (x1-x2)/(x2-x3) de norme 1
> u := (x1-x2) / (x2-x3) ;
> M := MinimalPolynomial(u) ;
> M ;
T^3 + 1/2*(rm23 + 3)*T^2 + 1/2*(rm23 - 3)*T - 1
> a := -Coefficient(M, 2) ;   
> assert M eq T^3 - a*T^2 - (a+3)*T - 1 ;

J'aime bien quand la pratique coïncide avec la théorie.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 22:17
avatar
Pour la question (1) tu te méfies des sommes de Gauss en terrain cyclotomique non premier ?

Je viens de faire des tests, ça ne fonctionne pas très bien ! Va falloir réfléchir un peu pour voir si on peut corriger le tire !

Je veux bien faire un exemple que tu me donnes, c'est une bonne idée, on verra rapidement si ce que j'ai en tête est valable ou non.

Mais est-ce que l'on peut dire que $2$ n'est pas un nombre premier grinning smiley



Là je peux dire que le conducteur de " AbH.2 = AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " est $3^4*5*7$. Par contre si tu prends
" 3*AbGm.2 + 3*AbGm.3 + AbGm.4 " là le conducteur va être $3^3*5*7$

Pourquoi : car $3*AbGm.2$ est d'ordre $3^3*2 / 3 = 3^2*2$ donc $3AbGm.2$ provient d'un caractère de $(\Z/ 3^3\Z)^*$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 22:46
@flip flop
Je viens de t'envoyer le programme magma revisité par mézigues. J'ai laissé ta fonction Carakter ou quelque chose comme cela mais j'en ai créé une au nom de Caractere qui admet comme paramètre une puissance $q$ d'un nombre premier AUTRE QUE 2 et un ordre qui est un diviseur de $\varphi(q)$ (indicateur d'Euler).

Il y a parfois des échecs selon $q_1, q_2$, cf le deuxième jeu de tests à la fin du programme.

Les périodes de Gauss, je ne connais que pour $\Q(\root p \of 1)$ pour $p$ premier : la qualité de cette extension provient du fait que $\zeta_p, \ldots, \zeta_p^{p-1}$ sont $\Q$-linéairement indépendants (et forme une base normale de $\Q(\root p \of 1)/\Q$).

Déjà pour $\Q(i)$, c'est plus moche car $i, -i$ ne sont pas linéairement indépendants ; il faut prendre $1+i, 1-i$.

Pour l'instant, je stoppe là. Ce que je t'ai proposé c'était juste a joke. Un moyen de coder une extension abélienne de $K/\Q$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 17/02/2017 22:47 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 22:54
@CQ :
Merci pour le polynôme générique (au sens de ?).

Je me rappelle m'être pris la tête pour calculer à la main une base normale d'une extension biquadratique toute bête.
Magma fait ce genre de calcul ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 23:00
@gai requin
Je ne sais plus ``générique au sens de ...''. En tout cas, elle figure à la page 1 du Chapter 1 de Topics in Galois Theory.

Quant à cette histoire de base normale, je ne sais pas si magma sait le faire ; mais nous si, en disant merci à Artin. Tu te souviens ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 23:09
Oui mais c'est quand on réalise un petit groupe de Galois winking smiley comme groupe d'homographies.

On ne peut pas toujours faire comme ça non ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
17 fvrier 2017, 23:12
avatar
@Claude : merci, bien reçu !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
18 fvrier 2017, 20:57
Je reviens sur cette histoire : pourquoi on ne peut pas copier directement la théorie des périodes $p$-cyclotomiques de Gauss pour les extensions cyclotomiques quelconques $\Q(\root m \of 1)$. D'abord, cette extension, de degré $\varphi(m)$ sur $\Q$ admet comme $\Q$-base la base des puissances de $\zeta$ où $\zeta$ est une racine primitive $m$-ième de l'unité. Je parle de la base
$$
1,\quad \zeta,\quad \cdots,\quad \zeta^{\varphi(m)-1}
$$
Inconvénient : cette base n'est pas globalement invariante par le groupe de Galois de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.

Il y a bien une famille de cardinal $\varphi(m)$ qui est globalement invariante par le groupe de Galois. C'est la famille des racines primitives $m$-ièmes de l'unité:
$$
R = \{ \zeta^i \mid i \wedge m = 1,\quad 1 \le i < m \}
$$
Mais manque de pot, la famille $R$ n'est pas, en général, libre sur $\Q$. Et donc elle ne constitue pas une base normale de $\Q(\root m \of 1)/\Q$.

C'est cependant le cas pour $m$ premier (ce qui conduit aux périodes de Gauss) et pour $m$ sans facteur carré, cf plus loin.

Ici, un petit exemple avec $m=9$

> m := 9 ;
> L<z> := CyclotomicField(m) ;
> V, LtoV := VectorSpace(L, Q) ;
> V ;
Full Vector space of degree 6 over Rational Field
> LtoV ;
Mapping from: FldCyc: L to ModTupFld: V
> Inverse(LtoV)(Basis(V)) ;
[
    1,
    z,
    z^2,
    z^3,
    z^4,
    z^5
]
> 
> PrimitiveRoots := [z^i : i in [1..m-1] | Gcd(i,m) eq 1] ;
> M := Transpose(Matrix(LtoV(PrimitiveRoots))) ;
> M ;
[ 0  0  0  0  0  0]
[ 1  0  0  0 -1  0]
[ 0  1  0  0  0 -1]
[ 0  0  0  0  0  0]
[ 0  0  1  0 -1  0]
[ 0  0  0  1  0 -1]
> PrimitiveRoots ;
[
    z,
    z^2,
    z^4,
    z^5,
    -z^4 - z,
    -z^5 - z^2
]

La matrice que l'on voit est la matrices des $\varphi(9) = 6$ racines primitives $9$-ièmes de l'unité dans la base des puissances $1, \zeta, \cdots, \zeta^{6-1}$. On voit que la première ligne est nulle, ce qui justifie le côté non libre de $R$. La nullité de la première ligne signifie que la composante sur $1 = \zeta^0$ des racines primitives $9$-ièmes de l'unité est nulle.

J'ai vérifié expérimentalement que pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de la matrice de $R$ dans .. est $\pm 1$, sans que je ne puisse identifier le signe. Au contraire, pour $m$ non squarefree, le déterminant est nul.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
18 fvrier 2017, 22:07
@CQ : Ce qui m'a l'air compliqué, c'est que non seulement tu cherches une base normale, mais qu'en plus elle doit être formée d'entiers.
Je trouve spectaculaire que ça marche pour tout $m$ squarefree.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 09:33
@gai requin
Je cherche une base normale formée d'entiers ? Euh, non. J'essaie simplement de convaincre flip-flop que de vouloir appliquer à $\Q(\root m \of 1)$ des ``choses'' qui fonctionnent pour $\Q(\root p \of 1)$ pourrait nous conduire dans une impasse.

@vous deux
A propos de cette histoire cyclotomique, plusieurs choses à démontrer :

(1) Pour $m$ sans facteur carré, le déterminant de $R$ dans $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est $\pm 1$. Ici, $R$ désigne la famille des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Si bien que $R$ est une $\Z$-base (normale) de $\Z[\root m \of 1]$. C'est vrai (et facile) pour $m$ premier. Et pour $m$ sans facteur carré, cela doit venir du fait que pour $n_1, n_2$ premiers entre aux, les extensions $\Q(\root n_1\of 1)$ et $\Q(\root n_2\of 1)$ sont linéairement disjointes sur $\Q$.

Mais on aimerait évidemment un argument direct le plus élémentaire qui soit.

(2) Soit $s_m$ la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. Alors $s_m= \mu(m)$ où $\mu$ est la fonction de Möbius. C'est l'objet de mon lemme 11 (sans preuve) dans mon brouillon RingGaussSum.pdf. Si bien que lorsque $m$ est divisible par le carré d'un premier, $s_m = 0$ ; c'est encore un moyen de se convaincre dans ce cas là, que les racines primitives de l'unité d'ordre $m$ ne sont pas linéairement indépendantes puisque leur somme est nulle.

Note : $s_m$ c'est, au signe près, le coefficient de degré $\varphi(m)-1$ du polynôme cyclotomique $\Phi_m$. C'est aussi la trace (relativement à $\Q(\root m \of 1)$ sur $\Q$) de n'importe quelle racine primitive de l'unité d'ordre $m$.

(3) Quand on a vraiment rien à faire. Dans le cas $m$ divisible par le carré d'un premier, l'expression d'une racine primitive de l'unité sur la base des puissances $(1, \zeta, \ldots, \zeta^{\varphi(m)-1})$ est telle que la coordonnée sur $1 = \zeta^0$ est nulle. Si bien que la première ligne de matrice de $R$ (dans la base des puissances) est nulle.

(4) $\Z[{1\over 2}][i\rbrack$ admet $(1+i, 1-i)$ comme base normale sur $\Z[{1\over 2}]$. Mais $\Z[i\rbrack$ n'admet pas de $\Z$-base normale.

Je n'ai pas eu le temps de réfléchir à (1), (2), (3). Mais cela s'appuie sur des tests solides. Je pense que (2) doit être classique. Peut-être qu'il faut faire intervenir l'inversion de Möbius dans l'expression de :
$$
X^m - 1 = \prod_{d \mid m} \Phi_d(X)
$$
Orthographe : Möbius ou Moebius ?

Quant à la deuxième partie de (4), j'ai fait cela un jour quelque part.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 12:18
@vous deux
Ici je joue avec l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$ où $m = p^k$ avec $p = 3$ ou $p=5$. Quand on étudie de manière précise le fait que le groupe $(\Z/p^k\Z)^\times$ est cyclique pour $p$ premier impair et tout $k$, on obtient des renseignements précis. Ce qui est moral car j'ai dit ``de manière précise''. Par exemple, le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$.

En passant : une faiblesse dans le monde magma : $\Q$ n'est pas vu comme un corps de nombres. Une véritable catastrophe dans le montage de l'édifice magma. Impossible de pallier à ce genre d'erreur de conception. Un patch a alors été installé : il s'agit de RationalsAsNumberField() ; c'est $\Q$ mathématiquement mais pas magma parlant. Il est encodé sous la forme $\Q[X]/\langle X-1\rangle$. Ceci provoque parfois certains désagréments.

> Q := RationalsAsNumberField() ;
> ZQ := MaximalOrder(Q) ;
> 
> p := 5 ;  k := 3 ;  m := p^k ;
> Zm := ResidueClassRing(m) ;
> Zm ;
Residue class ring of integers modulo 125
> UZm, theta := UnitGroup(Zm) ;
> // On sait que u=2 est un générateur de U(Z/3^kZ), de U(Z/5^kZ) pour tout k >= 1
> u := Inverse(theta)(2) ;
> assert Order(u) eq EulerPhi(m) ;
> // Que propose magma ?
> PrimitiveElement(Zm) ;
2

Jusqu'ici, rien que du banal, sauf peut-être le fait que $2$ est un générateur de $(\Z/p^k\Z)^\times$ pour $p=3,5$ et pour tout $k$. On va maintenant invoquer de quoi monter l'extension abélienne que l'on vise i.e. $\Q(\root m \of 1)$ avec, ici $m = p^k$, $p = 5$, $k = 3$. On a $\varphi(m) = (p-1)p^{k-1} =_{\rm ici} 4 \times 5^2 = 100$.

> G<a,b>, IdealMap := RayClassGroup(m*ZQ, [1]) ;
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/100
Defined on 2 generators
Relations:
    25*a = 0
    4*b = 0
> assert Domain(IdealMap) eq G and Codomain(IdealMap) cmpeq PowerIdeal(ZQ) ;
> // G est une version (intelligente) de U(Z/mZ)
> ok, phi := IsIsomorphic(UZm, G) ;
> assert ok ;
> g := phi(u) ;
> // g est un générateur de G
> N := EulerPhi(m) ;  assert N eq (p-1)*p^(k-1) ;
> N ;
100
> assert Order(g) eq N ;

Avec ce mécanisme, on va pouvoir ``monter'' l'extension cyclotomique $\Q(\root m \of 1)$, vue comme une extension abélienne de $\Q$, extension abélienne équipée de son groupe de Galois $G$ canoniquement isomorphe à $(\Z/m\Z)^\times$ et ``habilitée'' à déterminer tous ses sous-corps comme sous-corps de points fixes par un sous-groupe $H$ de $G$. Comme $G$ est explicitement cyclique (ici j'ai désigné par $g$ le générateur correspondant à $2$), on va pouvoir encoder un sous-groupe $H$ de $G$ sous la forme $\langle g^d \rangle$ pour un diviseur $d$ de $\varphi(p^k) = (p-1)p^{k-1}$.

Deux mots sur les paramètres de RayClassGroup : le premier paramètre spécifie l'idéal $m\Z$ (qui est un indicateur des premiers ramifiés dans l'extension abélienne à déterminer) et le second est une suite de numéros spécifiant les places infinies réelles de $\Q$. Ici, il y a un seul plongement réel de $\Q$ et on souhaite que celui soit ramifié dans l'extension abélienne visée i.e. qu'il n'y ait aucun plongement réel de cette extension abélienne de $\Q$. Rappel : l'extension abélienne convoitée est $\Q(\root m \of 1)$.

Si l'argument [1] n'avait pas été spécifié dans RayClassGroup, l'extension abélienne de $\Q$ obtenue aurait été $\Q(\root m \of 1) \cap \R$.

> A := AbelianExtension(IdealMap) ;
> A : Maximal ;
FldAb, defined by (<[125]>, [1])
of structure: Z/100

> DiscA, signature := Discriminant(A) ;
> DiscA ;
Principal Ideal of ZQ
Generator:
    [1647218428629769253804464695510940469954681465995079304699650472673147545464024936289121151632745404541120
01303599\
    3511886023540295950307215433693652545561747491120740960468538105487823486328125]
> DiscA := Z!Representative(Generators(DiscA)) ;
> assert DiscA eq (-1)^ExactQuotient(N,2) * p^((k*(p-1) - 1)*p^(k-1)) ;
> signature ;
[ 0, 50 ]

La signature est le couple $(r_1, r_2)$ avec $r_1 + 2r_2 = [A:\Q]$, où $r_1$ est le nombre de plongemants réels de $A$ dans $\C$ et $2r_2$ les autres. Comme ici (c'était voulu), on a $r_1= 0$, cela fait que $r_2 = \varphi(m) /2$.

Le codage de cette extension abélienne $A$ de $\Q$ est spécifique ``à la théorie du corps de classes''. Du point de vue magma, il s'agit d'un objet qui spécifie bien une extension abélienne de $\Q$ mais n'est pas encodé comme un corps de nombres habituel. On peut réaliser certaines opérations. Si on veut absolument obtenir un système d'équations défnissant ce corps de nombres $A/\Q$, c'est possible mais coûteux. Ici, cela demande 15 secondes (pour $k=3$) donc je vais zapper.

> // Attention cela peut-être long
> if k le 2 then
if>   time L<x> := NumberField(A) ;
if>   ChangeUniverse(DefiningPolynomial(L), ZX) ; 
if> end if ;

Maintenant, je vois choisir un diviseur $d$ de $\varphi(m)$ et déterminer l'unique sous-groupe $H$ de $G$ d'indice $d$ (ne pas oublier que $G$ est cyclique). Ceci dans l'intention d'obtenir $A^H$, qui est galoisienne de groupe de Galois $G/H$ (et donc de degré $d$ sur $\Q$).

> // Choisir un diviseur d de N
> d := 2*p^(k-1) ;
> d ;
50
> // Soit H l'unique sous-groupe d'indice d de G
> H := sub < G | d*g > ;
> assert Index(G,H) eq d ;
> // AH = A^H de degré d sur Q
> AH := AbelianSubfield(A, H) ;
> AH : Maximal ;
FldAb, defined by (<[125]>, [1])
of structure: Z/50

> assert Degree(AH) eq d ;
> DiscAH, signature := Discriminant(AH) ;
> DiscAH ;
Principal Ideal of ZQ
Generator:
    [573971850987445072250359637315549647372395291392620860111695169081258427468128502368927001953125]
> DiscAH := Z!Representative(Generators(DiscAH)) ;
> Factorisation(DiscAH) ;
[ <5, 137> ]
> signature ;
[ 50, 0 ]

Enfin, histoire de faire mumuse, sans disposer d'un système d'équations de $A^H/\Q$, on peut déterminer le type de factorisation des premiers de $\Z$ dans $A^H$.

> [<p, DecompositionType(AH, p)> : p in PrimesInInterval(2,50)] ;
[
    <2, [ <50, 1> ]>,
    <3, [ <50, 1> ]>,
    <5, [ <1, 50> ]>,
    <7, [ <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1> ]>,
    <11, [ <25, 1>, <25, 1> ]>,
    <13, [ <50, 1> ]>,
    <17, [ <50, 1> ]>,
    <19, [ <25, 1>, <25, 1> ]>,
    <23, [ <50, 1> ]>,
    <29, [ <25, 1>, <25, 1> ]>,
    <31, [ <25, 1>, <25, 1> ]>,
    <37, [ <50, 1> ]>,
    <41, [ <25, 1>, <25, 1> ]>,
    <43, [ <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1>, <10, 1> ]>,
    <47, [ <50, 1> ]>
]




Modifié 1 fois. Dernière modification le 20/02/2017 11:02 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 12:24
@CQ :
Pour le (1), j'ai l'impression que si $r$ est le nombre de facteurs premiers de $m$, $\det R=(-1)^r$.
On pourrait faire une récurrence sur $r$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 14:45
@gai requin
Non, on n'a pas $\det(R) = (-1)^r$ .. car j'ai le moyen de faire des tests. Je te cacherai pas que j'ai pensé à quelque chose de cette nature mais cela ne fonctionne pas. Puis j'ai réfléchi que peut-être le signe n'avait pas de sens car l'ordre dans lequel je génère $R$ n'a peut-être pas de sens arithmétique. Je génère $R$ sous la forme des $\zeta^i$ avec $i$ premier à $m$, en partant de $i=1$ jusqu'à ..

Peut-être, il faudrait générer $R$ de ``manière tensorielle'' par rapport aux facteurs premiers de $m$.

En tout cas, pour $m=p$ premier, le déterminant est $1$, $R$ étant généré via $\zeta, \cdots, \zeta^{p-1}$. Sauf pour $p=2$. Pour $p=2$, une racine primitive de l'unité d'ordre 2, il y en a une seule à savoir $-1$ et la matrice est réduite à une matrice $1 \times 1$, de coefficient $-1$, de déterminant $-1$.

Du coup, je me suis mis à tester les impairs sans carré, histoire d'essayer d'y voir quelque chose. Mais je n'ai rien vu. Comme je ne savais pas ce que je voulais voir, ce n'est pas trop étonnant.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 15:44
@gai requin
Suite de $\det(R) = \pm 1$. Cela m'agace car il y a encore machin qui débarque alors qu'il n'était pas invité. Machin c'est le symbole de Lengendre et/ou de Zolotarev. Figure toi que j'ai pris deux premiers impairs distincts $p, q$ et que j'ai rangé $R$, la famille des racines primitives d'ordre $pq$, sous la forme suivante
$$
R : \zeta_p^i \zeta_q^j \qquad 1 \le i \le p-1, \quad 1\le j \le q-1
$$
J'ai bloqué $i=1$ puis j'ai fait varier $j$, puis $i=2$, puis j'ai fait varier $j$ and so on.

Et tiens toi bien, le déterminant de $R$ dans la base des puissances de $\zeta$, racine primitive d'ordre $pq$ est
$$
\det(R) = \left( {p \over q}\right)
$$
Bien sûr, j'ai pris soin de jouer la carte système cohérent de racines de l'unité i.e. j'ai posé $\zeta_p = \zeta^q$ et $\zeta_q = \zeta^p$.

Alors, cela m'a rappelé le symbole de Zolotarev. J'ai souvenir de m'être amusé avec ce symbole (très puissant, il prend en charge la loi de réciprocité quadratique et encode le symbole de Jacobi).

Au lieu d'essayer de chercher dans mes affaires, j'ai interrogé le web sur Zolotarev symbole et loi de réciprocité quadratique et je pointe ici sur le premier truc qui me vient sous la main [math.univ-lille1.fr] sans avoir vraiment regardé. Quand je dis, le premier c'est faux, car le premier est wiki ; mais par principe, je ne le prends pas comme référence pour les maths.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/02/2017 15:45 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 18:43
@CQ : J'aime bien cette formule mais que devient-elle s'il y a plus de trois facteurs ?

Preuve d'une de tes remarques :

Soit $n$ et $m$ premiers entre eux, $\alpha$ et $\beta$ des racines primitives $n$-ième et $m$-ième de l'unité.
Alors $\alpha\beta$ est une racine primitive $nm$-ième de l'unité.
De plus, $[\Q(\alpha,\beta):\Q]=[\Q(\alpha\beta):\Q]=\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)=[\Q(\alpha):\Q][\Q(\beta):\Q]$ donc $\Q(\alpha)$ et $\Q(\beta)$ sont linéairement disjointes.

A propos de mon dernier mail :
Je me suis mal fait comprendre.
Ce que je n'arrive pas à prouver, c'est $\mathfrak p$ principal $\Leftrightarrow\dfrac{\mathcal O_L}{\mathfrak P}\simeq\mathbb F_p$.
J'ai essayé des tas de trucs qui n'aboutissent pas mais ça m'a quand même permis de mieux comprendre les histoires de normes d'idéaux.
Mais je t'ai certainement assez ennuyé avec ce papier de Serre...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 19:54
@gai requin
En ce qui concerne $n \wedge m = 1$, j'ai personnellement besoin de plus précis. J'ai envie d'écrire de manière pompeuse :
$$
\Z[\root n \of 1] \otimes_\Z \Z[\root m \of 1] \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad \Z[\root nm \of 1]
$$
On peut le formuler de manière très simple (et le prouver) en introduisant :
$$
\Z[x,y] = \Z[X,Y] / \langle \Phi_{n}(X), \Phi_m(Y) \rangle, \qquad\qquad \Z[t] = \Z[T] / \langle \Phi_{nm}(T)\rangle
$$
On a bien sûr :
$$
t^{nm} = 1, \qquad x^n = 1, \qquad y^m = 1
$$
Donc $t,x,y$ sont inversibles. Avec $un + vm = 1$, on définit deux morphismes d'algèbres :
$$
\Z[x,y] \to \Z[t], \quad x \mapsto t^m, \quad y \mapsto t^n, \qquad \qquad
\Z[t] \to \Z[x,y] \quad t \mapsto x^v y^u \qquad\qquad (\star)
$$
Le choix $x^v y^u$ s'explique par le fait qu'à gauche :
$$
x^v y^u \mapsto t^{mv} t^{nu} = t
$$
Il est alors clair, dans $(\star)$, que les deux morphismes sont réciproques l'un de l'autre.

Avec $(\star)$, on peut faire du transport de $\Z$-bases.

Deuxième partie de ton post : il faut que tu me dises quel est est l'idéal qui intervient au dénominateur de $\mathcal O_L/?$. Ce que tu as écrit, cela figure où exactement dans Serre ? Est ce que les deux implications sont problématiques ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/02/2017 19:56 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 20:11
avatar
Hello,

@Claude : ici

D'accord, bon j'ai eu de la chance de prendre mon exemple dans le contexte où les sommes de Gauss fonctionnent ! . Mais de toute façon c'est déjà assez sympa d'avoir construits quelques extensions abéliennes de manière concrète !

Du coup, retour en arrière pour moi !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 20:27
@fliflop : Welcome back !

@CQ :
En fait Serre dit que si $\sigma_p$ est le Frobenius, alors
$$\mathfrak p\text{ est principal }\Leftrightarrow \sigma_p=1_L.$$

Ceci équivaut à ce que j'ai raconté pour $\mathfrak P$ idéal premier de $\mathcal O_L$ au-dessus de $\mathfrak p$.

C'est cet argument qui permet d'achever le comptage dans tous les cas.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 20:57
@flip flop
Oui bien sûr, on peut être content du cheminement. C'était quand même pas évident d'en arriver là en partant de $y^n = x^n(x+a)$. Oui, on a eu du pot de pouvoir faire quelques calculs, je ne comprends même pas comment des choses ont pu fonctionner avec $m = p^\bullet q^\bullet$.

Demain, je complèterai mon post [www.les-mathematiques.net] où j'utilise RayClassGroup. Je n'oublie pas que toi tu as suivi un cours de Théorie du Corps de Classes.

@gai requin. Je ne sais pas. Cela signifie que pour $z \in \mathcal O_K$ avec $N(z) = p$ premier, alors $z\mathcal O_K$ est totalement décomposé dans $L$. Je vais peut-être dire une ânerie : est ce que cela ne viendrait pas du fait que $L$ est le corps des classes de Hilbert de $K$ ? As tu lu quelque chose qui pourrait laisser croire cela ? Tu m'as dit que tout idéal premier de $K$ devenait principal dans $L$, c'est cela ? Tu vois mon ignorance. Demande à flip-flop.

AJOUT Puisque $L/K$ est abélienne non ramifiée, on dispose du symbole d'Artin
$$
\{\hbox {premiers de $K$}\} \ni \mathfrak p \longmapsto \left ({\bullet \over \mathfrak p}\right) \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Lundi matin Après avoir regardé dans Cox, Primes of the Form $x^2 + ny^2$. Je vais m'aligner sur les notations habituelles et supprimer le joker $\bullet$ que je réservais pour l'argument de l'automorphisme de Galois. Cela devient donc :
$$
\{\hbox {premiers de $K$}\} \ni \mathfrak p \longmapsto \left ({L/K\over \mathfrak p}\right) \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Par multiplicativité, cette application peut-être étendue aux idéaux fractionnaires de $K$ pour donner naissance à l'application d'Artin (Artin map)
$$
\left ({L/K\over \bullet}\right) : \qquad I_K := \{\hbox {idéaux fractionnaires de $K$}\} \longmapsto \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Et maintenant vient un résultat absolument non banal, nommé ``Artin reciprocity theorem for the Hilbert Class Field'' (Cox, page 108 et th 5.23 page 109 et th 8.2 page 161 ...etc..). Ceci est dû au fait que $L$ est le corps des classes de Hilbert de $K$ disons l'extension abélienne non ramifiée maximale de $K$. D'une part, l'application ci-dessus est surjective ; et d'autre part, son noyau est constitué des idéaux principaux. D'où un isomorphisme par passage au quotient :
$$
\left ({L/K\over \bullet}\right) : \qquad \mathrm {Cl}(K) \simeq \mathrm {Gal}(L/K)
$$
On n'oubliera pas que l'application d'Artin réalise :
$$
\left ({L/K\over \bullet}\right) : \qquad
\mathrm {Cl}(K) \ni \overline { \mathfrak p} \longmapsto \left ({L/K \over \mathfrak p}\right) \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Dans notre histoire de Serre, avec $K = \Q(\sqrt {-23})$, et $L/K$ de degré 3, abélienne non ramifiée ...etc..., le 3 de $h_{\sqrt {-23}} = 3$, c'est le 3 de $[L : K]$.

Ceci doit expliquer cela. Ne me demande pas qui est ceci et qui est cela.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 20/02/2017 10:29 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 21:45
@CQ :
Si $z\mathcal O_K$ premier n'est pas totalement décomposé dans $L$, alors il est inerte ($L/K$ est non ramifiée).
Comme $N_K(z)=p$, $N_L(z)=p^3$ ce qui ne donne pas de contradiction. thumbs up

Tu as raison : attendons flipflop. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
19 fvrier 2017, 22:14
@CQ : Tu es trop fort !
Avec les notations de Serre, $[\mathfrak p]\mapsto \sigma_p$ est un isomorphisme.

Exercice : Déterminer les $N_p(f)$ pour $f=X^3+X^2-3X-1$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 19/02/2017 22:26 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 07:18
@CQ : Est-ce qu'on peut généraliser ton résultat comme suit ?
Soit $m$ non premier sans facteurs carrés.
Soit $a$, $b$ premiers entre eux tels que $m=ab$.
Alors $\det R=\left(\dfrac{a}{b}\right)_Z$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 07:40
avatar
Hello,

Corps de classe, oui j'ai suivi un cours mais je n'ai vraiment rien compris. J'ai récupéré des notes manuscrites :)

J'ai juste en mémoire des mots clefs :

Corps de classe de Hilbert : extension maximal non ramifiée oui mais il y a une histoire de valuation archimédienne (place à l'infini) non ramifiée aussi ... confused smiley

Sinon, j'ai aussi l'ajout de Claude ici

Mais il y a un petit truc à dire : Edit : notation
$$
\{\hbox {premiers de $K$}\} \ni \mathfrak p \longmapsto \left ({L \mid K \over \mathfrak p}\right) \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
C'est le symbole d'Artin.

L'application d'Artin est définie sur les idéaux fractionnaires :

$$
I_K \ni \mathfrak{p}_1^{e_1} \dots \mathfrak{p}_g^{e_g} \longmapsto \left ({L \mid K \over \mathfrak p_1}\right) ^{e_1} \dots \left ({L \mid K \over \mathfrak p_g}\right) ^{e_g} \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$

Cette application est surjective et son noyau est le groupe des idéaux principaux (fractionnaires) et induit un isomorphisme $\text{Cl}_K \to \mathrm {Gal}(L/K)$.

Après, il y a un groupe de classe d'idéaux de rayon (qui va prendre en charge la ramification ?) et un corps de classe de rayon. Je vais lire un peu ce soir ... boulot aujourd'hui, c'est les vacances ici ... j'ai pas mal de boulot !



Modifié 2 fois. Dernière modification le 21/02/2017 07:18 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 07:49
@fliflop : Je crois que Lang, pour ce problème de place à l'infini, parle de cycle qui généralise la notion d'idéal.
Tu as ça dans tes notes ?

Fin des vacances ici...
Bon courage et n'oublie pas que l'application d'Artin, c'est pas avant le CM2 ! winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 07:57
avatar
@Gai requin : Bonne reprise.

J'ai une notion : "module"

$$ m : \text{Place de } K \to \Z$$

qui généralise un idéal. Et ensuite, on définit la notion de groupe de rayon $m$. C'est peut-être ça. Je détails si tu veux cet après midi.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 11:37
@vous deux
J'ai repris ce post qui était très très mauvais [www.les-mathematiques.net]. Avec des notations pourries. Attention flip flop, ce n'est peut-être pas une bonne idée de les avoir suivies (mes notations pourries).

@gai requin : j'ai pas compris pourquoi tu as dit ``@CQ Tu es trop fort''. Car je n'ai absolument rien fait ! Au contraire : j'ai très mal raconté le ``Artin reciprocity theorem for the Hilbert Class Field'', regarder de nouveau mon post.

J'ai bien vu ta question sur le symbole de Zolotarev mais il y a un réel souci sur la manière d'ordonner $R$.

Je croyais que l'on se calmait ? I.e. que l'on revenait en arrière pour assurer ceci-cela. Mais je vois que flip flop ressort ses cours. Cela tombe bien car j'ai complété mon post sur les extensions abéliennes de $\Q$ vues par magma (ou, de manière naive, l'encodage via Class Field Theory). In [www.les-mathematiques.net]. Flip-flop, c'est le moment de mettre en application ton cours, non ?

Ce n'est pas que je veux revenir en arrière (si, si, en fait). Mais si on considère un discriminant quadratique fondamental $D$, que l'on décompose en discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires $D = D_1 \cdots D_k$ (premiers deux à deux), alors l'extension suivante est abélienne non ramifiée
$$
\Q(\sqrt D) \quad \subset \quad \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})
$$
Elle n'est pas maximale. Je crois que son groupe de Galois est $G/G^2$ où $G$ est le groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt D)$. Si on veut, il y a plein de choses élémentaires à illustrer. Les discriminants quadratiques fondamentaux, ce n'est pas ce qui manque. Bien sûr, tout ce beau monde est contenu dans l'extension cyclotomique $\Q(\root |D| \of 1)$ et le caractère de Kronecker $\chi_D$ y joue un rôle fondamental.

Flip flop, tu ne veux pas ressortir tes cours sans les illustrer, n'est ce pas (bis)?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 20/02/2017 11:39 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 12:49
@CQ :
T'es trop fort parce que tu as trouvé l'info qui me manquait pour comprendre le papier de Serre.
Et vu qu'on utilise l'application d'Artin, je pense que j'aurais pu encore chercher très longtemps sans aboutir !

Quand j'aurai le temps, j'essaierai de faire l'exercice [ici] (que j'ai imaginé) parce que je pense qu'il se traite avec les outils donnés par Serre et ton épreuve d'agreg blanche.

@flipflop : T'es coincé maintenant. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 16:51
avatar
@Claude, ici

L'extension de degré $50$, ce n'est pas : Le programme fonctionne dans ce cas là grinning smiley

X^50 - 50*X^48 + 1175*X^46 - 17250*X^44 + 177375*X^42 - 1357510*X^40 +
    8021650*X^38 - 37469900*X^36 + 140512125*X^34 - 427248250*X^32 +
    1059575660*X^30 - 2148789800*X^28 + 3562467300*X^26 + X^25 - 4814145000*X^24
    - 25*X^23 + 5272635000*X^22 + 275*X^21 - 4639918800*X^20 - 1750*X^19 +
    3241119750*X^18 + 7125*X^17 - 1767883500*X^16 - 19380*X^15 + 736618125*X^14
    + 35700*X^13 - 227613750*X^12 - 44200*X^11 + 50075025*X^10 + 35750*X^9 -
    7400250*X^8 - 17875*X^7 + 672750*X^6 + 5005*X^5 - 32500*X^4 - 650*X^3 +
    625*X^2 + 25*X - 1



Modifié 1 fois. Dernière modification le 20/02/2017 17:24 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 17:13
@flip flop
Attention, il y a un défaut dans tes balises d'encadrement de code. Tu es fou .. Mais maintenant, il faut que tu m'expliques pourquoi ``cela marche''. Voici la suite de mon post concernant l'utilisation de RayClassGroup. A partir de l'extension abélienne $A^H$, codée en tant que telle par le mécanisme ``Class Field'', NumberField en fournit un système d'équations comme un compositum de l'extension quadratique $\Q(\sqrt 5)$ et d'une extension abélienne de degré $25$. Ensuite, je fais déterminer un élément primitif de cette extension, dont le polynôme minimal sur $\Q$ est de degré 50. Et enfin, je teste si les deux corps de nombres (le ``mien'' et le ``tien'') sont isomorphes. Et la réponse est oui.

Mais tu fatigues ma machine là : 10 secondes + 14 secondes. Si tu crois qu'elle n'a que cela à faire ..

> time LH := NumberField(AH) ;
Time: 10.160
> ChangeUniverse(DefiningPolynomial(LH), ZX) ; 
[
    X^2 - 5,
    X^25 - 50*X^23 + 1025*X^21 - 11250*X^19 - 125*X^18 + 72525*X^17 + 3100*X^16 - 283885*X^15 - 28375*X^14 + 674550*X^13
        + 121800*X^12 - 942450*X^11 - 261005*X^10 + 718625*X^9 + 269475*X^8 - 258425*X^7 - 117125*X^6 + 33010*X^5 + 
        16625*X^4 - 1100*X^3 - 650*X^2 - 50*X - 1
]
> SH<x> := SimpleExtension(LH) ;
> ZX!DefiningPolynomial(SH) ;
X^50 - 225*X^48 + 23050*X^46 - 1428750*X^44 - 250*X^43 + 60070675*X^42 + 14950*X^41 - 1820508145*X^40 + 684500*X^39 + 
    41260123350*X^38 - 101378900*X^37 - 716173813275*X^36 + 4827704740*X^35 + 9672398662875*X^34 - 133561867800*X^33 - 
    102708342962350*X^32 + 2460220172750*X^31 + 863011860544995*X^30 - 32021892413000*X^29 - 5756207598078200*X^28 + 
    303909971426200*X^27 + 30484672739949775*X^26 - 2139444889410152*X^25 - 127868722873457500*X^24 + 
    11261486696459600*X^23 + 422522979593291625*X^22 - 44370664883819050*X^21 - 1090513616362866425*X^20 + 
    130193118755773750*X^19 + 2171708948268392875*X^18 - 281281833058784300*X^17 - 3281821038141211700*X^16 + 
    439307060643327420*X^15 + 3680142482831521750*X^14 - 482775292877791850*X^13 - 2972504462964151850*X^12 + 
    359372588536107650*X^11 + 1661980225298935985*X^10 - 171966646470496000*X^9 - 609694234864987450*X^8 + 
    49370665891180100*X^7 + 136213651234269000*X^6 - 7791159046331770*X^5 - 16467162136163250*X^4 + 537551995928700*X^3 
    + 818300347893800*X^2 - 3558701206900*X - 1092428868499
> 
> FlipFlopPolynomial := X^50 - 50*X^48 + 1175*X^46 - 17250*X^44 + 177375*X^42 - 1357510*X^40 + 
>          8021650*X^38 - 37469900*X^36 + 140512125*X^34 - 427248250*X^32 + 
>          1059575660*X^30 - 2148789800*X^28 + 3562467300*X^26 + X^25 - 4814145000*X^24 
>          - 25*X^23 + 5272635000*X^22 + 275*X^21 - 4639918800*X^20 - 1750*X^19 + 
>          3241119750*X^18 + 7125*X^17 - 1767883500*X^16 - 19380*X^15 + 736618125*X^14 
>          + 35700*X^13 - 227613750*X^12 - 44200*X^11 + 50075025*X^10 + 35750*X^9 - 
>          7400250*X^8 - 17875*X^7 + 672750*X^6 + 5005*X^5 - 32500*X^4 - 650*X^3 + 625*X^2 + 25*X - 1 ;
> 
> FlipFlopNumberField := NumberField(FlipFlopPolynomial) ;
> time ok := IsIsomorphic(SH, FlipFlopNumberField) ;
Time: 14.100
> ok ;
true
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 18:22
avatar
Claude, je ne sais vraiment pas pourquoi ça semble marcher confused smiley Mais je vais y réfléchir encore un petit peu !

Sinon, dans mon cours, je retrouve le corps de classe de rayon $(m,\infty)$ dont tu parles ... a priori c'est bien l'extension cyclotomique de niveau $m$.

Bon il y a beaucoup de notation dans mon cours ! Je continu à lire !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 18:24
@flip flop
Petit cachotier. Pour $m = 5^3$, l'extension $\Q(\zeta_m) = \Q(\root m \of 1)$ est de degré $\varphi(m) = 100$. Et elle contient une unique sous-extension de degré $50$, qui est totalement réelle. Il s'agit de $\Q(\root m\of 1) \cap \R$ corps des points fixes de la conjugaison complexe.
Et ton polynôme est le polynôme minimal de $\zeta_m + \zeta_m^{-1}$ (OptimisedRepresentation me dit l'autre).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
20 fvrier 2017, 19:22
@vous deux
Faut absolument stabiliser le truc sinon on va pas s'en sortir. Interdit de lorgner au loin. Mais un petit quelque chose quand même. Je considère la courbe elliptique $y^2 = x^3 - x$. Tiens la voilà de nouveau sur la sellette. Et le corps $L = \Q(i, E[n])$ engendré sur $\Q(i)$ par les coordonnées des points de $n$-torsion de $E$ i.e. les points $P = (x,y)$ tels que $nP = 0$.

Alors $L/\Q(i)$ est une extension abélienne.

> E := EllipticCurve([-1,0]) ;       
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - x over Rational Field
> n := 3 ;
> Pn<X> := DivisionPolynomial(E,n) ;
> Pn ;
3*X^4 - 6*X^2 - 1
> Qi<i> := QuadraticField(-1);      
> Pn<X> := ChangeRing(Pn, Qi) ;
> 
> L := NumberField(Pn) ;            
> L ;
Number Field with defining polynomial X^4 - 2*X^2 - 1/3 over Qi
> IsAbelian(L) ;
true
> Degree(L) ;                  
4
> AbsoluteDegree(L) ;
8
> G, roots, data := GaloisGroup(L) ;
> IsCyclic(G) ;
true
> roots ;
[ -38*$.1^3 - 125*$.1^2 - 139*$.1 + O(17^2), 38*$.1^3 + 125*$.1^2 + 139*$.1 + O(17^2), 14*$.1^3 - 144*$.1^2 - 
    114*$.1 - 110 + O(17^2), -14*$.1^3 + 144*$.1^2 + 114*$.1 + 110 + O(17^2) ]

ARG, ça m'a échappé.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
21 fvrier 2017, 06:49
Soit $\zeta$ une racine primitive $m$-ième de l'unité. Alors
$$\begin{eqnarray}
s_m
&=&\sum_{1\le k\le m, k\wedge m=1} \zeta^k\\
&=&\sum_{1\le k\le m} \zeta^k \sum_{d\mid k\wedge m} \mu(d)\\
&=&\sum_{d\le m, d\mid m} \mu(d)\sum_{k\le m, d\mid k}\zeta^k\\
&=&\mu(m).
\end{eqnarray}$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
21 fvrier 2017, 08:20
avatar
Claude, gai requin,

Vraiment trop complexe le cours du corps de classe sad smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
21 fvrier 2017, 08:45
avatar
Mais dans cette histoire, l'application d'Artin est vraiment la clef. On peut sûrement commencer avec le symbole d'Artin des extensions quadratiques. Disons, $K:=\Q$ et $L:=\Q(\sqrt{5})$, prendre un $p\in \Z$ non ramifié et trouver les symboles d'Artin (qui doit être le symbole de Legendre). Je pense qu'on là déjà fait il y a quelques temps ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
21 fvrier 2017, 09:00
@gai requin
Somme $s_m$ des racines primitives de l'unité d'ordre $m$. OK. Pas plus tard qu'hier, j'ai trouvé la preuve sur le net et je l'ai rédigée ainsi :
$$
\sum_{d \mid m} s_d = \sum_{k=0}^{m-1} \zeta_m^k = \cases {0 & si $m > 1$ \cr 1 & si $m=1$}
$$
Or la fonction de Möbius vérifie aussi:
$$
\sum_{d \mid m} \mu(d) = \cases {0 & si $m > 1$ \cr 1 & si $m=1$}
$$
Donc $s = \mu$.
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