@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 $m = p^\bullet q^\bullet$.
@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.
@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. (td)
@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 $\det R=\left(\dfrac{a}{b}\right)_Z$.
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 ... :-S
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 :
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 !
@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 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413630#msg-1413630. 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)?
@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.
@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 ..
Claude, je ne sais vraiment pas pourquoi ça semble marcher :-S 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 !
@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).
@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) ]
Soit $\zeta$ une racine primitive $m$-ième de l'unité. Alors
$$\begin{eqnarray}
s_m
&=&\sum_{1\le k\le m, k\wedge m=1} \zeta^k\\
&=&\sum_{1\le k\le m} \zeta^k \sum_{d\mid k\wedge m} \mu(d)\\
&=&\sum_{d\le m, d\mid m} \mu(d)\sum_{k\le m, d\mid k}\zeta^k\\
&=&\mu(m).
\end{eqnarray}$$
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 ?
@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 $s = \mu$.
@gai requin
Si on ne sait rien (ce qui était quand même un peu mon cas quand on a la tête dans le guidon), avec ce que j'ai écrit, on peut en déduire que $s_m = \mu(m)$ par récurrence sur $m$. Ce n'est pas glorieux.
Mais il me semble impossible de mentionner $\mu$ sans faire intervenir le produit arithmétique $\star$, l'inversion de Möbius et toutes ces choses là. Il est important d'avoir entendu parler de l'anneau commutatif des fonctions de $\N^* \to \C$, muni du produit arithmétique. Son unité est la fonction $\delta_1$ qui vaut 1 en 1 et 0 ailleurs. Et la formule $\sum_{d \mid m} \mu(d) = \cdots$ s'exprime en :
$$
\mu \star \mathrm {cst}_1 = \delta_1
$$
I.e. $\mu$ et la fonction constante 1 sont inverses l'une de l'autre pour $\star$.
@flip flop
Tu dis quelque chose du genre ``Je pense qu'on l'a déjà fait il y a quelque temps'' (peu importe de quoi il est question). Est ce que cela veut dire que tu ne sais plus où nous en sommes ? (je me demande d'ailleurs quel sens cela peut avoir ce ``où nous en sommes'').
De mon côté, j'essaie de boucher les trous dans mon torchon RingGaussSum.pdf. J'ai un peu avancé mais je n'ose pas attacher car je n'ai pas envie de pondre quelque chose de structuré (en supposant que j'en sois capable).
Il y a quelque chose qui me reste en travers de la gorge : c'est la notion de conducteur pour un caractère multiplicatif $\chi : R^\times \to \mathbb U$, où $R$ est un anneau fini. C'est pas net, pas du tout net (dans ma pauvre tête). Tu vas me dire : bien fait pour ta g.., tu as choisi un cadre bien trop général ($R$ anneau fini au lieu de $R = \Z/m\Z$). Possible, mais c'était pour y voir plus clair.
Je formalise une question : si $K \subset \Q(\root n \of 1)$ et $K \subset \Q(\root m \of 1)$, alors on a $K \subset \Q(\root d \of 1)$ avec $d = n \wedge m$. Pour la bonne raison que :
$$
\Q(\root n \of 1) \cap \Q(\root m \of 1) = \Q(\root d \of 1)
$$
Par contre, quand on dispose de
$$
\chi : (\Z/N\Z)^\times \to \mathbb U
$$
et que $\chi$ ``passe au quotient modulo $n$ et modulo $m$'' (attention au sens de cette phrase) où $n,m$ sont des diviseurs de $N$, je n'ai pas les idées claires sur le fait que $\chi$ passe au quotient modulo $d = n \wedge m$.
Autre chose : conductor-discriminant formula (pour les bébés que nous sommes). Soit $K/\Q$ une extension abélienne et $m$ un modulus de $K$ i.e. $K \subset \Q(\root m \of 1)$ (on ne demande pas à ce que $m$ soit le plus petit possible). On a donc une surjection :
$$
(\Z/m\Z)^\times \longmapsto \mathrm {Gal}(K/\Q)
$$
J'en note $I_{K,m}$ le noyau (comme dans le document que j'ai sous les yeux) et $X_{K,m}$ le sous-groupe des caractères qui valent 1 sur $I_{K,m}$. Alors:
$$
\mathfrak f_K = \mathrm {ppcm}(\mathfrak f_\chi, \chi \in X_{K,m}), \qquad\qquad
|\mathrm {Disc}(K)| = \prod_{\chi \in X_{K,m}} \mathfrak f_\chi
$$
Et $\mathfrak f_\chi$ comme on s'en doute, c'est le conducteur de $\chi$. Vu dans https://math.dartmouth.edu/~trs/expository-papers/tex/CFT.pdf
Est ce qu'il n'y a pas une contradiction entre le fait de dire ``non, non, pas question de ...'' et de pointer sur quelque chose qui dit le contraire ?
J'ai continué un peu a décortiquer mon cours. Va falloir du temps. J'ai "compris" quelques petits petits trucs.
Sinon, niveau morphisme qui passe au quotient.
Si on note, lorsque $b \mid a$, $\pi_{a,b} : \left(\Z / a \Z \right)^* \to \left(\Z / b \Z \right)^*$ le morphisme de quotient.
Dire que le caractère $\chi :\left(\Z / N \Z \right)^* \to\mathbb{U}$ passe au quotient modulo $n$ et modulo $m$ veut dire que :
$$
\text{Ker} (\pi_{N,m}) \subset \text{Ker}(\chi) \quad \text{et} \quad \text{Ker} (\pi_{N,n}) \subset \text{Ker}(\chi)
$$
Je suis invité a dire que : $$ \text{Ker} (\pi_{N,m}) . \text{Ker} (\pi_{N,n}) \subset \text{Ker}(\chi) $$
Et le caractère passe au quotient modulo $n \wedge m$ car (utilisant le lemma de Frohlich) $\text{Ker} (\pi_{N,m} ). \text{Ker}( \pi_{N,n}) = \text{Ker} (\pi_{N,m \wedge n})$.
@flip flop
Il doit y avoir quelque chose qui est interverti dans tes 3 dernières lignes. Car lorsque l'on a des sous groupes $K_1, K_2, K$ d'un groupe commutatif noté multiplicativement, vérifiant $K_1 \subset K$ et $K_2 \subset K$, alors pas besoin de Fröhlich Taylor pour dire $K_1K_2 \subset K$. C'est pour ta dernière égalité qu'il faut faire intervenir Fröhlich et Taylor.
Tu vas dire que je pinaille (en plus c'est pas cela qui va faire avancer le schmilblick mais comme le schmilblick, il n'est pas bien défini, ce n'est pas très grave). Mais c'est l'égalité suivante qui me turlupine, pour un anneau fini $R$ et deux idéaux $I, J$ de $R$ :
$$
\bigr(R^\times \cap (1+I)\big) \cdot \bigr(R^\times \cap (1+J)\big) = R^\times \cap (1+I +J) \qquad\qquad (\star)
$$
Les objets qui interviennent sont des sous-groupes multiplicatifs de $R^\times$. Car si $x$ est inversible et appartient à $1 + I$, son inverse aussi ; en effet, si je note $x^{-1}$ cet inverse et j'écris $x = 1+i$ avec $i$ dans $I$, en multipliant par $x^{-1}$, on obtient $1 = x^{-1} + x^{-1}y$ i.e. $x^{-1} = 1 - x^{-1} y \in 1 + I$.
Tu vas me dire : qu'est ce que l'on en à faire de $(\star)$ ? Rien, c'est ``pour le fun''. Il n'y a pas de caractère ici ; mais si un caractère débarque et qu'il est trivial sur $1+I$ et $1+J$, alors il l'est sur $1+I+J$.
Ce groupe $R^\times \cap (1+I)$ est le noyau de $R^\times \to (R/I)^\times$.
Exact Claude, pour l'inversion des lignes (j'ai fais la correction). J'ai voulu faire une figure de style :-D
Illustrer le cours, je peux essayer de faire quelques choses. Mais il y a quelques définitions un peu bizarres, Il me semble que ça vient du monde $p$-adique mais le prof a évité le sujet ...
D'ailleurs aucune trace de caractère dans le cours, mais aucune trace de fonction zéta non plus ...
En fait, le truc c'est de définir l'application d'Artin sur un bon sous-groupe d'idéaux fractionnaires pour prendre en compte la ramification (et le conducteur).
Je vais tenter de faire un résumé du cours de la théorie du corps de classes, mais j'ai vraiment besoin de votre aide parce que je n'y comprends rien ! J'abuse en disant ça, je vais dire que j'ai a peu près une vision directrice et trois exemples !
Mais j'ai du mal à expliquer le truc ! Ça va prendre quelques posts à expliquer ... bon je me lance, on verra bien :-D
Soit $K$ un corps de nombres.
On note :
$O_K$ l'anneau des entiers de $K$.
$I_K$ le groupe des idéaux fractionnaires.
$\iota : K^* \to I_K$ défini par $z \mapsto (z)$.
But : Décrire les extensions abéliennes de $K$ à l'aide de sous-groupe et quotient des $I_K$ et $K^*$ de manière bijective. 1/ L'application d'Artin :
Nous nous intéressons aux domaines de définition des applications d'Artin. La première approche est naïve et on peut la compléter en gérant un peu la ramification.
Première approche :
Soit $S$ un ensemble fini d'idéaux premier de $O_K$.
On note :
$$
I_K^{S} := \left\{ I \in I_K, \ v_p(I) = 0 \ \text{ p } \in S \right\}
$$
L'ensemble des idéaux fractionnaires de $O_K$ non divisibles par les premiers de $S$.
Par exemple, lorsque $K=\Q$ , $S$ est un ensemble de nombres premiers disons $\{ 5, 3 , 7 \}$. Et $I_K^S$ est simplement l'ensemble des nombres rationnels qui ne comportent pas de $7$ de $5$ et de $3$ dans la décomposition en facteurs premiers dans $\Q$. L'idéal fractionnaire $(7)^{-1}$ n'est pas dans $I_K^S$, mais l'idéal $(677)(13)^{-1}$ est dans $I_K^S$.Soit maintenant $(L \mid K)$ une extension abélienne non ramifiée en dehors de $S$, alors on peut définir l'application d'Artin :
$$
\xymatrix {
\mathfrak{p}_1^{e_1} \dots \mathfrak{p}_g^{e_g} \ar[rr] & & \left( \frac{L \mid K}{ \mathfrak{p}_1} \right)^{e_1} \ldots \left( \frac{L \mid K}{ \mathfrak{p}_g} \right)^{e_g} \\
}
$$
Cette application est surjective (question 1.) et on obtient toutes les groupes de Galois des extensions abéliennes comme quotient des $I_K^S$ lorsque $S$ varie.
Le souci c'est que cette correspondance entre extensions abéliennes et quotients des $I_K^S$ , n'est pas pas assez fine pour établir une bonne bijection.
A la place de $S$ nous allons définir la notion de module, qui code un peu plus la ramification. Seconde approche
Une notion formelle : (module)
Un module sur $K$ est un produit formel fini $$ m := \prod_{v} v^{m(v)}$$
Le produit est étendu sur les places $v$ de $K$. On note :
$$
m = m_0 \times m_{\infty}
$$
avec $m_0$ le produit formel des places finies (idéaux premiers) de $K$ divisant $m$ et $m_\infty$ le produit des places infinis.
Nous faisons la convention suivante. Si $v$ est une place infinie réelle alors $m(v) \in \{0,1\}$ et si $v$ est une place complexe, $m_v=0$.
(note : bien comprendre les places d'un corps, valeurs absolues et plongements complexes et réels du corps $K$.)
Les extensions cyclotomiques sont là : j'ai un exemple dans mon cours :-D
2/ A quoi sert la notion de module ?
On oublie un peu l'extension $L$, pour se concentrer sur la notion de module.
Soit $m$ un module sur $K$. Alors on note : $K_{m,1}$ l'ensemble des $a \in K^*$ vérifiant, pour une place finie $p \mid m$, $v_p(a-1)\geq m(p)$ et pour un place infinie réelle $\sigma_v(a) > 0$. (Définition que je ne comprends pas vraiment, mais on verra plus tard que l'on retrouve les extensions cyclotomiques grâce à cette définition)
D'un autre côté, on note $S(m) :=\{ p \text{ premier }, p \mid m \}$.
Le groupe de classe de rayon $m$ est par définition :
$$
\text{Cl}_{K,m} := \frac{I_K^{S(m)}}{\iota(K_{m,1})}
$$
Un premier résultat d'existence.
Théorème : Soit $m$ un module. Il existe une extension abélienne $(L \mid K)$ non ramifiée en dehors de $S(m)$ et telle que l'application d'Artin donne lieu à un isomorphisme
$$
\xymatrix {
\text{Cl}_{K,m} \ar[rr]^{\text{Artin}} & & \mathrm{Gal}(L/K) }
$$
Cette extension est le corps de classes de rayon $m$.
Exemple Lorsque $m$ est le module trivial, alors le corps de classes de rayon $m$ est le corps de classes de Hilbert.
Exemple : A faire, Soit $K:=\Q$ et $m := m_0 \times \infty$, alors le corps de classes de rayon $m$ est l'extension cyclotomique de niveau $m_0$.
Je vais prendre mon temps pour faire l'exemple de $K:=\Q$ et les extensions cyclotomiques. A suivre.
Un exemple d'application d'Artin.
Soit $N$ un entier. On note $L := \Q(\zeta)$ avec $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité et on note $G := \text{Gal}(L \mid \Q)$. On considère également l'isomorphisme canonique $\sigma : \left( \Z /N \Z\right)^\star \to G$.
Soit $p$ un premier ne divisant pas $m$ alors (c'est un point important). :
$$
\text{Frob} (p ; L \mid \Q) = \sigma_p
$$
Maintenant, on va voir que cette extension cyclotomique est le corps de classe de rayon $\mathfrak{m}$ avec $\mathfrak{m}=N \times \infty$.
On dispose du diagramme (commutatif) suivant :
$$
\xymatrix{
I_{\Q}^{s(\mathfrak{m})} \ar[rr]^{\text{Artin}(L \mid \Q)} \ar[rdd]_\phi & & G \\
& & \\
& \left( \Z / N\Z \right)^\star \ar[ruu ]_\sigma&
}
$$
Avec $\phi(a \times b^{-1}) = a \times b^{-1} \pmod N$. Et comme $\sigma$ est un isomorphisme on a que l'application d'Artin est surjective. Et on va étudier le noyau et constater qu'il s'agit de $\iota(\Q_{\mathfrak{m}, 1})$
@gai requin
A propos de l'égalité $(\star)$ dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1415328#msg-1415328, ce qui me turlupine, c'est que je ne sais pas la montrer``proprement''. Mais comment puis je savoir qu'elle est vraie pour un anneau fini $R$ ? En écrivant que $R$ est isomorphe au produit de ses localisés par ses idéaux maximaux.
@flip flop
Afin que ton exemple $K = \Q$ et $m := m_0 \times \infty$ soit encore plus probant, tu pourrais en plus traiter $m := m_0$ (rien du côté de $\infty$) : au lieu de l'extension totalement imaginaire $\Q(\root m_0 \of 1)$ dans le premier cas, on doit trouver l'extension totalement réelle $\Q(\root m_0 \of 1) \cap \R$ dans le second cas. En supposant $m_0 \ge 3$ car $m_0 = 2$ est un peu particulier.
@flipflop :
Je pense que c'est une histoire pas facile à comprendre tout seul en peu de temps.
Je regarderai ton résumé quand j'aurai le temps.
Merci en tout cas d'avoir fait l'effort ! ;-)
@vous deux
Ce n'est pas si facile de choisir un terrain dans lequel on peut apprendre un peu de maths, s'amuser, expérimenter ...etc..
J'avais pensé au terrain qui suit. Je le tiens de Cox, Primes of the form $x^2 + ny^2$. J'ai de nouveau regardé et je trouve que les premiers chapitres sont vraiment touffus. Mais il faut savoir ce que l'on veut : un exposé bien structuré qui nous dépasse ou bien un exposé à la Cox, avec plein de choses dans tous les sens, des exemples, des dizaines et des dizaines d'exercices à faire.
Je le donne ce terrain mais je pars un ``peu à l'envers'' par rapport à Cox. Je considère un discriminant quadratique fondamental $D < 0$. Le cadre de Cox est plus large mais ne pas se compliquer la vie en un premier temps. On a vu que $D$ s'écrit, de manière essentiellement unique, comme produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires premiers deux à deux. Elémentaire signifie soit de la forme $p^* = (-1)^{p-1 \over 2}p$ pour $p$ premier impair $\ge 3$, soit $-4, 8, -8$. On écrit donc:
$$
D = D_1 \cdots D_k
$$
Le terrain en question est alors :
$$
K := \Q(\sqrt D) \quad \subset \quad G_D := \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \quad \subset \quad \Q(\root |D| \of 1)
$$
La notation $G_D$ car ``corps des genres'' (la terminologie est de mézigue). On notera l'usage d'un indice $D$ à $G$ mais pas à $K$. Pourquoi ? Je n'en sais rien : ce sont mes notations au gré du vent.
(1) L'extension (abélienne) $G_D/K$ est non ramifiée. Je n'ai jamais vraiment lu la preuve mais je sais que c'est accessible et je sais trouver où c'est fait (dans Fröhlich-Taylor). Rappel : en ce qui concerne l'autre jour, $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $L$ le corps de décomposition de $X^3 - X - 1$, ce n'était absolument pas évident que $L/K$ était non ramifiée. Mais ici, rien à voir (choix du terrain).
(2) On croit donc qu'il y a l'application d'Artin définie sur le groupe des idéaux fractionnaires $I_K$ de $K$ :
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : I_K \longmapsto \mathrm {Gal}(G_D/K) = \ker \chi_D / H_D, \qquad\qquad
H_D = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_k}
$$
Pas de panique. Les caractères qui interviennent sont ceux de Kronecker et j'ai simplement considéré :
$$
\mathrm {Gal}(\Q(\root |D] \of 1)/K) = \ker \chi_D \subset (\Z/D\Z)^\times, \qquad\qquad
\mathrm {Gal}(\Q(\root |D] \of 1)/G_D) = H_D \subset (\Z/D\Z)^\times
$$
Le groupe de Galois $\mathrm {Gal}(G_D/K) = \ker \chi_D / H_D$ est donc un objet concret puisque quotient d'un sous-groupe de $(\Z/D\Z)^\times$. On a d'ailleurs un morphisme surjectif :
$$
(\Z/D\Z)^\times \ni \overline m \longmapsto \big( \chi_{D1}(m), \cdots, \chi_{D_k}(m) \big) \in \{-1,1\}^k
$$
dont le noyau est $H_D$. Si bien que $H_D$ est d'indice $2^k$ dans $(\Z/D\Z)^\times$. Et comme $\ker \chi_D$ est d'indice $2$ dans $(\Z/D\Z)^\times$, on a donc :
$$
\ker \chi_D / H_D \simeq \{-1,1\}^{k-1}
$$
En fait comme $\chi_D$ est le produit des $\chi_{D_i}$, on a :
$$
\ker \chi_D / H_D \simeq \{ \alpha \in \{-1,1\}^{k} \mid \prod_i \alpha_i = 1 \}
$$
(3) Un jour où l'autre, l'application d'Artin finira par passer au quotient modulo les idéaux principaux pour fournir une surjection du groupe des classes d'idéaux de $K$:
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : \mathrm {Cl}_K \longmapsto \ker \chi_D / H_D
$$
Et la touche finale, c'est que le noyau du morphisme ci-dessus est $\mathrm {Cl}^2_K$ si bien que l'on dispose d'un isomorphisme :
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : \mathrm {Cl}_K/ \mathrm {Cl}^2_K \quad \buildrel {\simeq} \over \longmapsto \quad \ker \chi_D / H_D
$$
Ce point (3), raconté comme cela n'est pas facile à prouver.
MAIS, et c'est là le point crucial, c'est que ce programme a été réalisé par Gauss bien avant l'invention du corps de classes et l'application d'Artin !! Et là où l'on gagne par rapport à un autre terrain, c'est le codage des idéaux par les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$. Ce qui fait que l'application d'Artin prend un visage totalement différent, visage dans lequel interviennent les entiers représentés par les formes quadratiques de discriminant $D$. Faut-il rappeler que Gauss savait déterminer $\mathrm {Cl}_K$ via les classes de formes quadratiques modulo $\mathrm {SL}_2(\Z)$. Et également sa 2-torsion. Artin, corps de classes et tutti quanti, cela viendra bien après.
Je pense même qu'Euler était de la partie car il a laissé son nom aux nombres convenables d'Euler (Euler convenient numbers) : ce sont les entiers positifs $n$ sans facteur carré (vérifier ce sans facteur carré) tels que le groupe des classes d'idéaux inversibles de $\Z[\sqrt {-4n}]$ soit de carré trivial.
Vous pensez peut-être : mais tout cela paraît bien compliqué. Je dis non. Car on a la main sur les objets. Ce qui n'est pas le cas de certains documents pointés parfois dans ce fil (ce type de document que l'on trouve très bien mais dès que l'on veut traiter un exemple, on s'aperçoit qu'on en est incapable et surtout qu'il n'y en a pas ou très peu dans le document en question).
Vous n'imaginez quand même pas pas que j'ai pu me lancer là-dedans sans illustrer mes dires à l'aide d'exemples écrits dans un certain langage de programmation.
Qu'est ce que tu veux dire par codage des idéaux par les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$. Je pense que tu en as déjà parlé ?
Pour ta question, je crois qu'il s'agit de l'isomorphisme entre les classes d'idéaux d'un anneau d'entiers quadratique de discriminant $D$ et les classes d'équivalence (modulo $\rm{SL}_2(\Z)$) de formes quadratiques de discriminant $D$.
Tu trouves ça dans une épreuve blanche de Claude et Serre l'utilise dans son papier où il est question (entre autres) de $N_p(X^3-X-1)$.
Très sympa l'épreuve, j'ai fait la première partie. Mais avec un peu de recul, je suis toujours surpris de la loi de réciprocité quadratique ! C'est vraiment pas banal !!!
@flipflop : Les maths, un éternel émerveillement !
@CQ : Comment va ?
Tu en es où de la matrice $R$ liée aux racines $m$-ièmes de l'unité ?
On a déjà montré que si $m$ a un facteur carré, $s_m=0$ donc $\det R=0$.
@gai requin
En ce qui concerne la famille $R$ des racines primitives de l'unité d'ordre $m$ i.e. quand est ce une $\Z$-base de $\Z[\root m \of 1]$ ? Pour $m = p$ premier, c'est OK (et facile). Ensuite, si c'est vrai pour $m, n$ et que $m \wedge n = 1$, alors c'est vrai pour $mn$ grâce au fait que $\Z[\root m \of 1] \otimes_\Z \Z[\root n \of 1] \simeq \Z[\root mn \of 1]$, cf la version élémentaire de cet énoncé et la preuve dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413968#msg-1413968
Bilan : c'est vrai pour tout entier $m$ sans facteur carré. Par contre, si $m$ est divisible par le carré d'un premier, alors la somme des éléments de $R$ est nulle (puisque c'est $\mu(m)$) et donc $R$ n'est pas linéairement indépendante sur $\Z$.
Autre chose. J'ai enfin résolu proprement (en mon sens) dans un anneau zéro-dimensionnel $R$ (par exemple un anneau fini) l'égalité, pour deux idéaux $I,J$ de $R$ :
$$
\big( R^\times \cap (1+I) \big) \cdot \big( R^\times \cap (1+J) \big) = R^\times \cap (1+I + J)
$$
Pour cela, je suis parti d'une égalité :
$$
x = 1 + a + b \qquad \hbox {avec $x$ inversible}
$$
Et il s'agit de trouver $y, z$ vérifiant :
$$
x = yz, \qquad \cases {y \equiv 1 \bmod a \cr z \equiv 1 \bmod b}
$$
Il m'a fallu plusieurs jours pour comprendre qu'il fallait jouer la bascule ``zéro-dimensionnelle locale'' sur $1+a$. C.a.d. que l'on fait semblant de se placer dans un anneau zéro-dimensionnel local qui est tel que n'importe quel élément est soit nilpotent soit inversible. Mais comme c'est pour de faux, tu as intérêt à mettre exactement le doigt sur les éléments à qui tu demandes cela, en espérant qu'il y en ait peu. Ici, c'est $1+a$ à lui tout seul qui oriente la chose :
$$
\pmatrix {y\cr z} = \pmatrix {x \cr 1} \quad \hbox {si $1+a$ nilpotent} \qquad\qquad
\pmatrix {y\cr z} = \pmatrix {1+a \cr (1+a)^{-1} x} \quad \hbox {si $1+a$ inversible}
$$
Explication : dans tous les cas, on a bien $x = yz$. Et d'une. Dans la branche $1+a$ nilpotent, $a$ est inversible (car 1 + nilpotent est inversible) et $b$ est également inversible car $b = x - (1+a)$ et que un inversible + nilpotent c'est un inversible ; si bien que les contraintes $y \equiv 1 \bmod a$, et $z \equiv 1 \bmod b$ sont automatiquement vérifiées (puisque $a,b$ sont inversibles).
Dans la branche $1+a$ inversible, on ne doute pas que $y := 1 + a$ vérifie $y \equiv 1 \bmod a$. Et $z := (1+a)^{-1} x$ vérifie modulo $b$, $z \equiv 1$ ; car modulo $b$, c'est faire $b = 0$ i.e. $x = 1+a$ puisque $x = 1+a+b$.
Mais encore une fois, cela c'est pour de faux : c'est juste un guide zéro-dimensionnel local.
Pour de vrai, on sait que pour $n$ grand $\langle (1+a)^n\rangle$ est engendré par un idempotent $e$. Cet idempotent ``partage l'anneau en deux'' :
$$
\langle (1+a)^n\rangle = \langle e\rangle, \qquad\qquad R = eR \oplus (1-e)R = R/\langle 1-e\rangle \times R/\langle e\rangle
$$
Dans la composante de gauche, $e=1$ donc $1+a$ est inversible, dans la composante de droite, $e=0$, donc $1+a$ est nilpotent. Tu fais alors le job ci-dessus (qui est maintenant pour de vrai dans chaque composante) et tu assembles via ``Bezout'' :
$$
\mathrm {truc} = e \times \mathrm {truc} + (1-e)\times \mathrm {truc}
$$
Faut juste un peu travailler pour obtenir le pseudo-inverse global de $1+a$ qui sera vraiment l'inverse de $1+a$ dans la branche $e=1$.
Bref, j'ai été jusqu'au bout et j'ai obtenu $y,z$ ainsi que les certificats de congruence $y \equiv 1 \bmod a$, $z \equiv 1 \bmod b$.
C'est relativement classique en algèbre commutative, le seul problème étant quels sont les éléments pivots ?
Comme j'avais pas mal pataugé, j'ai écrit cela dans mon RingGaussSum.pdf
Et enfin, j'ai essayé de compléter l'histoire $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ pour un discriminant quadratique fondamental $D$. J'ai constaté en voulant fair joujou avec le terrain dont j'ai parlé (anneaux quadratiques, formes quadratiques, application d'Artin pour les bébés) que des points n'étaient pas assurés sur des choses de base. C'est mortel quand tu implémentes. C'est parfois un peu tard pour constater que pour $D$ impair :
$$
\chi_D(2) = (-1)^{D^2 - 1 \over 8} = \chi_{8}(D)
$$
A droite, je le savais mais pas à gauche. Faut être vachement clair sur la chose quadratique, en particulier sur le caractère de Kronecker. Je croyais l'être .. mais pas assez.
@vous deux
Je vous invite à prendre $n = 13$ et $D = -4n= -52$. C'est un discriminant quadratique fondamental car c'est le discriminant de l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt {-n}) = \Q(\sqrt {-13})$
AJOUT
(0) Que vaut $\varphi(D)$ ? Quels sont les carrés de $(\Z/D\Z)^\times$ ?
Ne pas oublier également, de manière générale, que pour un entier impair $m$, alors $m$ est proprement représenté par une certaine forme quadratique de discriminant $D$ si et seulement si $D$ est un carré modulo $m$. Lorsque $m$ est un premier, pas besoin de proprement. En passant, ne pas oublier également le coup de la forme qui commence par $m$ : $mx^2 + bxy + cy^2$ qui représente proprement $m$ en $(x,y) = (1,0)$.
(1) Quelles sont, au sens de Gauss, les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ réduites de discriminant $D$ ? Vous devez en trouver 2 : disons $q_0(x,y)$ (la forme neutre) et une autre $q_1(x,y)$.
(2) Tabuler les valeurs de $q_0(x,y)$ modulo $D$ qui sont étrangères à $D$. Cela se fait à la main. Mais ici je le fais autrement :
> {q0xy mod Abs(D) : x,y in [0..10] | Gcd(q0xy,D) eq 1 where q0xy is q0(x,y)} ;
{ 1, 9, 17, 25, 29, 49 }
Montrer, pour un premier $p \ne 2, 13$, que
$$
p \hbox { est représenté par } q_0 \quad \Rightarrow\quad p = 1, 9, 17, 25, 29, 49 \bmod 52
$$
(3) Faire la même chose avec $q_1 = q_1(x,y)$. Vous devez trouver 6 autres valeurs modulo $D$.
(4) Montrer que les implications sont des équivalences. Ainsi pour $p$ premier autre que $2, 13$, on a les lois de représentations :
$$
\begin {array} {c}
\hbox {$p$ est de la forme $q_0(x,y)$} \quad \Leftrightarrow\quad p = 1, 9, 17, 25, 29, 49 \bmod 52 \cr
\hbox {$p$ est de la forme $q_1(x,y)$} \quad \Leftrightarrow\quad p = \cdots, \cdots \bmod 52 \cr
\end {array}
$$
(5) Oubli mais je ne sais plus à quel moment : faire intervenir le statut quadratique de $p$ modulo $13$ et/ou de 13 modulo $p$.
Ceci (lois de représentation parfaites) est rendu possible car $n = 13$, ou $D = -52$ si vous voulez, possède une propriété particulière.
Ceci, on peut le faire 65 fois i.e. il y a 65 nombres $n$, analogues à $n = 13$, qui possèdent des lois de représentation parfaites. SI GRH est vraie, c'est 65 et pas un de plus ; et en cas de doute sur GRH, il y en a peut-être deux de plus (sur lesquels on n'a jamais mis la main).
Play again with $n=21$ et $D = -4n = -84$, qui est aussi un discriminant quadratique fondamental.
@Claude : pour le (1) de ton message. C'est bien en rapport avec la question 6 partie II de ton épreuve ?
J'ai trois formes si je suis la construction :
Concernant les bases normales. Je vais prendre une extension cyclotomique de niveau non premier. Disons, $(\Q(\root 25 \of 1) \mid \Q)$ et $\zeta$ une racine primitive $25$-ième de l'unité. Alors la famille,
$$
B := \left\{ \zeta^k, \, k \wedge 25 =1 \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \right\}
$$
consiste en une seule orbite sous l'action de $\mathrm{Gal} \left(\Q(\root 25 \of 1) \mid \Q \right)$ ; mais il ne s'agit pas d'une famille libre. En effet,
$$
\sum_{z \in B} z =0
$$ Démonstration : On considère le morphisme de réduction modulo $5$ :
$$
\pi \, : \left(\Z/25\Z\right)^* \longrightarrow \left(\Z/5\Z\right)^*
$$
Notons pour $ i \in \left(\Z/5\Z\right)^*$ :
$$
B_i := \left\{ \zeta^k, \, k \wedge 25 =1 \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \, \pi(k)=i \right\}
$$
Et $$B_0 := \left\{ \zeta^k, \, 5 \mid k \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \right\} \quad \quad \text{ les racines 5ième de l'unité}$$
Alors :
$$
B_i = \zeta^i \times B_0
$$
$$
\sum_{z \in B} z = \sum_{i = 1}^4 \sum_{z \in B_0} \zeta^i z = (\zeta+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4) \times \sum_{z \in B_0} z = 0
$$
Mais ce qui est amusant, c'est de construire un base normale de l'extension $\Q(\root 25 \of 1)$ mais sur $\Q(\root 5 \of 1)$ et non pas sur $\Q$. Du coup, je me demande si par hasard la famille $B_1$ n'est pas une telle base ?
@vous deux
A propos des formes quadratiques de discriminant $D = -4 \times 13 = -52$. Oui, il y a deux formes réduites $q_0 = (1,0,13)$ et $q_1 = (2,2,7)$. Et $q_2 = (2,-2,7)$ est équivalente à $q_1$ comme tu le dis, i.e. question I.4. Celle ci dit en particulier, que, toujours :
$$
(a,a,c) \sim (a,-a,c) \qquad \hbox {relativement au sous-groupe } \pmatrix {1 & \Z\cr 0 & 1} \subset \mathrm {SL}_2(\Z)
$$
Ce n'est pas si facile de s'y retrouver dans mon épreuve ; j'en suis bien sûr responsable. Mais pour m'excuser, c'est que le sujet est riche ; riche car c'est dû à Gauss.
Dans le corrigé de la question II.3.c, on voit que l'on étudie à quelle condition $(a,b,c) \sim (a,-b,c)$. Je passe le cas trivial $b=0$. Mais il y a aussi le cas $a = |b|$, je viens d'en parler. Et également le cas $a=c$ i.e. $(a,b,a) \sim (a,-b,a)$ pour la bonne raison que $(a,b,c) \sim (c,-b,a)$ toujours.
Et le travail réalisé par Gauss est très puissant, car mine de rien, le coup des deux formes réduites de discriminant $-52$, cela prouve que le groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-13})$ est un groupe d'ordre 2. Et ceci de manière explicite. Ce n'est pas rien.
Fort possible que mon post autour des formes quadratiques de discriminant $-52$ soit mal fichu. Encore une fois, le résultat obtenu est très puissant. Merci Gauss.
(1) On a vu avec gai-requin que la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $m$ est $\mu(m)$ où $\mu$ est la fonction de Möbius. Et donc si $m$ est divisible par le carré d'un premier, on trouve 0.
(2) Concernant $B_1$. Peux tu vérifier attentivement si, ci-dessous, je fais bien ce que tu dis. La réponse serait négative : $B_1$ n'est pas une base de $\Q(\root 25\of 1)$ sur $\Q(\root 5 \of 1)$. Mais SURVEILLE MOI. J'ai d'abord monté $\Q(\zeta) = \Q(\root p \of 1)$ puis $\Q(\root p^2 \of 1) = \Q(\root p \of \zeta)$.
> p := 5 ;
> K<zp> := CyclotomicField(p) ;
> KX<X> := PolynomialRing(K) ;
> L<z> := ext <K | X^p - zp> ;
> L ;
Number Field with defining polynomial X^5 - zp over K
> B1 := [z^(1 + i*p) : i in [0..p-1]] ; <---------------------------- c'est bien ce que tu dis ??
> V, LtoV := VectorSpace(L,K) ;
> V ;
Full Vector space of degree 5 over K
> LtoV ;
Mapping from: FldNum: L to ModTupFld: V
> M := Matrix(LtoV(B1)) ;
> Determinant(M) ;
0
Réponses
@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.
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 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413630#msg-1413630 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.
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. (td)
Tu as raison : attendons flipflop. ;-)
Avec les notations de Serre, $[\mathfrak p]\mapsto \sigma_p$ est un isomorphisme.
Exercice : Déterminer les $N_p(f)$ pour $f=X^3+X^2-3X-1$.
Soit $m$ non premier sans facteurs carrés.
Soit $a$, $b$ premiers entre eux tels que $m=ab$.
Alors $\det R=\left(\dfrac{a}{b}\right)_Z$.
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 ... :-S
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 !
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 ! ;-)
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.
J'ai repris ce post qui était très très mauvais http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1414048#msg-1414048. 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 http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413630#msg-1413630. 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)?
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. ;-)
L'extension de degré $50$, ce n'est pas : Le programme fonctionne dans ce cas là :-D
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 - 1Attention, 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 ; trueSinon, 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 !
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).
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.
$$\begin{eqnarray}
s_m
&=&\sum_{1\le k\le m, k\wedge m=1} \zeta^k\\
&=&\sum_{1\le k\le m} \zeta^k \sum_{d\mid k\wedge m} \mu(d)\\
&=&\sum_{d\le m, d\mid m} \mu(d)\sum_{k\le m, d\mid k}\zeta^k\\
&=&\mu(m).
\end{eqnarray}$$
Vraiment trop complexe le cours du corps de classe :-(
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 $s = \mu$.
Si on ne sait rien (ce qui était quand même un peu mon cas quand on a la tête dans le guidon), avec ce que j'ai écrit, on peut en déduire que $s_m = \mu(m)$ par récurrence sur $m$. Ce n'est pas glorieux.
Mais il me semble impossible de mentionner $\mu$ sans faire intervenir le produit arithmétique $\star$, l'inversion de Möbius et toutes ces choses là. Il est important d'avoir entendu parler de l'anneau commutatif des fonctions de $\N^* \to \C$, muni du produit arithmétique. Son unité est la fonction $\delta_1$ qui vaut 1 en 1 et 0 ailleurs. Et la formule $\sum_{d \mid m} \mu(d) = \cdots$ s'exprime en :
$$
\mu \star \mathrm {cst}_1 = \delta_1
$$
I.e. $\mu$ et la fonction constante 1 sont inverses l'une de l'autre pour $\star$.
Tu dis quelque chose du genre ``Je pense qu'on l'a déjà fait il y a quelque temps'' (peu importe de quoi il est question). Est ce que cela veut dire que tu ne sais plus où nous en sommes ? (je me demande d'ailleurs quel sens cela peut avoir ce ``où nous en sommes'').
De mon côté, j'essaie de boucher les trous dans mon torchon RingGaussSum.pdf. J'ai un peu avancé mais je n'ose pas attacher car je n'ai pas envie de pondre quelque chose de structuré (en supposant que j'en sois capable).
Il y a quelque chose qui me reste en travers de la gorge : c'est la notion de conducteur pour un caractère multiplicatif $\chi : R^\times \to \mathbb U$, où $R$ est un anneau fini. C'est pas net, pas du tout net (dans ma pauvre tête). Tu vas me dire : bien fait pour ta g.., tu as choisi un cadre bien trop général ($R$ anneau fini au lieu de $R = \Z/m\Z$). Possible, mais c'était pour y voir plus clair.
Je formalise une question : si $K \subset \Q(\root n \of 1)$ et $K \subset \Q(\root m \of 1)$, alors on a $K \subset \Q(\root d \of 1)$ avec $d = n \wedge m$. Pour la bonne raison que :
$$
\Q(\root n \of 1) \cap \Q(\root m \of 1) = \Q(\root d \of 1)
$$
Par contre, quand on dispose de
$$
\chi : (\Z/N\Z)^\times \to \mathbb U
$$
et que $\chi$ ``passe au quotient modulo $n$ et modulo $m$'' (attention au sens de cette phrase) où $n,m$ sont des diviseurs de $N$, je n'ai pas les idées claires sur le fait que $\chi$ passe au quotient modulo $d = n \wedge m$.
Autre chose : conductor-discriminant formula (pour les bébés que nous sommes). Soit $K/\Q$ une extension abélienne et $m$ un modulus de $K$ i.e. $K \subset \Q(\root m \of 1)$ (on ne demande pas à ce que $m$ soit le plus petit possible). On a donc une surjection :
$$
(\Z/m\Z)^\times \longmapsto \mathrm {Gal}(K/\Q)
$$
J'en note $I_{K,m}$ le noyau (comme dans le document que j'ai sous les yeux) et $X_{K,m}$ le sous-groupe des caractères qui valent 1 sur $I_{K,m}$. Alors:
$$
\mathfrak f_K = \mathrm {ppcm}(\mathfrak f_\chi, \chi \in X_{K,m}), \qquad\qquad
|\mathrm {Disc}(K)| = \prod_{\chi \in X_{K,m}} \mathfrak f_\chi
$$
Et $\mathfrak f_\chi$ comme on s'en doute, c'est le conducteur de $\chi$. Vu dans https://math.dartmouth.edu/~trs/expository-papers/tex/CFT.pdf
Est ce qu'il n'y a pas une contradiction entre le fait de dire ``non, non, pas question de ...'' et de pointer sur quelque chose qui dit le contraire ?
J'ai continué un peu a décortiquer mon cours. Va falloir du temps. J'ai "compris" quelques petits petits trucs.
Sinon, niveau morphisme qui passe au quotient.
Si on note, lorsque $b \mid a$, $\pi_{a,b} : \left(\Z / a \Z \right)^* \to \left(\Z / b \Z \right)^*$ le morphisme de quotient.
Dire que le caractère $\chi :\left(\Z / N \Z \right)^* \to\mathbb{U}$ passe au quotient modulo $n$ et modulo $m$ veut dire que :
$$
\text{Ker} (\pi_{N,m}) \subset \text{Ker}(\chi) \quad \text{et} \quad \text{Ker} (\pi_{N,n}) \subset \text{Ker}(\chi)
$$
Je suis invité a dire que : $$ \text{Ker} (\pi_{N,m}) . \text{Ker} (\pi_{N,n}) \subset \text{Ker}(\chi) $$
Et le caractère passe au quotient modulo $n \wedge m$ car (utilisant le lemma de Frohlich) $\text{Ker} (\pi_{N,m} ). \text{Ker}( \pi_{N,n}) = \text{Ker} (\pi_{N,m \wedge n})$.
Il doit y avoir quelque chose qui est interverti dans tes 3 dernières lignes. Car lorsque l'on a des sous groupes $K_1, K_2, K$ d'un groupe commutatif noté multiplicativement, vérifiant $K_1 \subset K$ et $K_2 \subset K$, alors pas besoin de Fröhlich Taylor pour dire $K_1K_2 \subset K$. C'est pour ta dernière égalité qu'il faut faire intervenir Fröhlich et Taylor.
Tu vas dire que je pinaille (en plus c'est pas cela qui va faire avancer le schmilblick mais comme le schmilblick, il n'est pas bien défini, ce n'est pas très grave). Mais c'est l'égalité suivante qui me turlupine, pour un anneau fini $R$ et deux idéaux $I, J$ de $R$ :
$$
\bigr(R^\times \cap (1+I)\big) \cdot \bigr(R^\times \cap (1+J)\big) = R^\times \cap (1+I +J) \qquad\qquad (\star)
$$
Les objets qui interviennent sont des sous-groupes multiplicatifs de $R^\times$. Car si $x$ est inversible et appartient à $1 + I$, son inverse aussi ; en effet, si je note $x^{-1}$ cet inverse et j'écris $x = 1+i$ avec $i$ dans $I$, en multipliant par $x^{-1}$, on obtient $1 = x^{-1} + x^{-1}y$ i.e. $x^{-1} = 1 - x^{-1} y \in 1 + I$.
Tu vas me dire : qu'est ce que l'on en à faire de $(\star)$ ? Rien, c'est ``pour le fun''. Il n'y a pas de caractère ici ; mais si un caractère débarque et qu'il est trivial sur $1+I$ et $1+J$, alors il l'est sur $1+I+J$.
Ce groupe $R^\times \cap (1+I)$ est le noyau de $R^\times \to (R/I)^\times$.
Et tu vas pouvoir nous ``illustrer des choses'' ?
Illustrer le cours, je peux essayer de faire quelques choses. Mais il y a quelques définitions un peu bizarres, Il me semble que ça vient du monde $p$-adique mais le prof a évité le sujet ...
D'ailleurs aucune trace de caractère dans le cours, mais aucune trace de fonction zéta non plus ...
En fait, le truc c'est de définir l'application d'Artin sur un bon sous-groupe d'idéaux fractionnaires pour prendre en compte la ramification (et le conducteur).
@flipflop : Si tu veux des caractères, des fonctions $\zeta$ et $L$ liés aux histoires d'Artin, j'avais attaché un pdf [ici].
Je vais tenter de faire un résumé du cours de la théorie du corps de classes, mais j'ai vraiment besoin de votre aide parce que je n'y comprends rien ! J'abuse en disant ça, je vais dire que j'ai a peu près une vision directrice et trois exemples !
Mais j'ai du mal à expliquer le truc ! Ça va prendre quelques posts à expliquer ... bon je me lance, on verra bien :-D
Soit $K$ un corps de nombres.
On note :
But : Décrire les extensions abéliennes de $K$ à l'aide de sous-groupe et quotient des $I_K$ et $K^*$ de manière bijective.
1/ L'application d'Artin :
Nous nous intéressons aux domaines de définition des applications d'Artin. La première approche est naïve et on peut la compléter en gérant un peu la ramification.
Première approche :
Soit $S$ un ensemble fini d'idéaux premier de $O_K$.
On note :
$$
I_K^{S} := \left\{ I \in I_K, \ v_p(I) = 0 \ \text{ p } \in S \right\}
$$
L'ensemble des idéaux fractionnaires de $O_K$ non divisibles par les premiers de $S$.
Par exemple, lorsque $K=\Q$ , $S$ est un ensemble de nombres premiers disons $\{ 5, 3 , 7 \}$. Et $I_K^S$ est simplement l'ensemble des nombres rationnels qui ne comportent pas de $7$ de $5$ et de $3$ dans la décomposition en facteurs premiers dans $\Q$. L'idéal fractionnaire $(7)^{-1}$ n'est pas dans $I_K^S$, mais l'idéal $(677)(13)^{-1}$ est dans $I_K^S$.Soit maintenant $(L \mid K)$ une extension abélienne non ramifiée en dehors de $S$, alors on peut définir l'application d'Artin :
$$
\xymatrix {
I_K^S \ar[rr]^{\text{Artin}} & & \mathrm{Gal}(L/K) \\
\mathfrak{p}_1^{e_1} \dots \mathfrak{p}_g^{e_g} \ar[rr] & & \left( \frac{L \mid K}{ \mathfrak{p}_1} \right)^{e_1} \ldots \left( \frac{L \mid K}{ \mathfrak{p}_g} \right)^{e_g} \\
}
$$
Cette application est surjective (question 1.) et on obtient toutes les groupes de Galois des extensions abéliennes comme quotient des $I_K^S$ lorsque $S$ varie.
Le souci c'est que cette correspondance entre extensions abéliennes et quotients des $I_K^S$ , n'est pas pas assez fine pour établir une bonne bijection.
A la place de $S$ nous allons définir la notion de module, qui code un peu plus la ramification.
Seconde approche
Une notion formelle : (module)
Un module sur $K$ est un produit formel fini $$ m := \prod_{v} v^{m(v)}$$
Le produit est étendu sur les places $v$ de $K$. On note :
$$
m = m_0 \times m_{\infty}
$$
avec $m_0$ le produit formel des places finies (idéaux premiers) de $K$ divisant $m$ et $m_\infty$ le produit des places infinis.
Nous faisons la convention suivante. Si $v$ est une place infinie réelle alors $m(v) \in \{0,1\}$ et si $v$ est une place complexe, $m_v=0$.
(note : bien comprendre les places d'un corps, valeurs absolues et plongements complexes et réels du corps $K$.)
Les extensions cyclotomiques sont là : j'ai un exemple dans mon cours :-D
2/ A quoi sert la notion de module ?
On oublie un peu l'extension $L$, pour se concentrer sur la notion de module.
Soit $m$ un module sur $K$. Alors on note : $K_{m,1}$ l'ensemble des $a \in K^*$ vérifiant, pour une place finie $p \mid m$, $v_p(a-1)\geq m(p)$ et pour un place infinie réelle $\sigma_v(a) > 0$. (Définition que je ne comprends pas vraiment, mais on verra plus tard que l'on retrouve les extensions cyclotomiques grâce à cette définition)
D'un autre côté, on note $S(m) :=\{ p \text{ premier }, p \mid m \}$.
Le groupe de classe de rayon $m$ est par définition :
$$
\text{Cl}_{K,m} := \frac{I_K^{S(m)}}{\iota(K_{m,1})}
$$
Un premier résultat d'existence.
Théorème : Soit $m$ un module. Il existe une extension abélienne $(L \mid K)$ non ramifiée en dehors de $S(m)$ et telle que l'application d'Artin donne lieu à un isomorphisme
$$
\xymatrix {
\text{Cl}_{K,m} \ar[rr]^{\text{Artin}} & & \mathrm{Gal}(L/K) }
$$
Cette extension est le corps de classes de rayon $m$.
Exemple Lorsque $m$ est le module trivial, alors le corps de classes de rayon $m$ est le corps de classes de Hilbert.
Exemple : A faire, Soit $K:=\Q$ et $m := m_0 \times \infty$, alors le corps de classes de rayon $m$ est l'extension cyclotomique de niveau $m_0$.
Je vais prendre mon temps pour faire l'exemple de $K:=\Q$ et les extensions cyclotomiques. A suivre.
Un exemple d'application d'Artin.
Soit $N$ un entier. On note $L := \Q(\zeta)$ avec $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité et on note $G := \text{Gal}(L \mid \Q)$. On considère également l'isomorphisme canonique $\sigma : \left( \Z /N \Z\right)^\star \to G$.
Soit $p$ un premier ne divisant pas $m$ alors (c'est un point important). :
$$
\text{Frob} (p ; L \mid \Q) = \sigma_p
$$
Maintenant, on va voir que cette extension cyclotomique est le corps de classe de rayon $\mathfrak{m}$ avec $\mathfrak{m}=N \times \infty$.
On dispose du diagramme (commutatif) suivant :
$$
\xymatrix{
I_{\Q}^{s(\mathfrak{m})} \ar[rr]^{\text{Artin}(L \mid \Q)} \ar[rdd]_\phi & & G \\
& & \\
& \left( \Z / N\Z \right)^\star \ar[ruu ]_\sigma&
}
$$
Avec $\phi(a \times b^{-1}) = a \times b^{-1} \pmod N$. Et comme $\sigma$ est un isomorphisme on a que l'application d'Artin est surjective. Et on va étudier le noyau et constater qu'il s'agit de $\iota(\Q_{\mathfrak{m}, 1})$
On ne va pas pouvoir t'aider ...
@gai requin
A propos de l'égalité $(\star)$ dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1415328#msg-1415328, ce qui me turlupine, c'est que je ne sais pas la montrer``proprement''. Mais comment puis je savoir qu'elle est vraie pour un anneau fini $R$ ? En écrivant que $R$ est isomorphe au produit de ses localisés par ses idéaux maximaux.
Afin que ton exemple $K = \Q$ et $m := m_0 \times \infty$ soit encore plus probant, tu pourrais en plus traiter $m := m_0$ (rien du côté de $\infty$) : au lieu de l'extension totalement imaginaire $\Q(\root m_0 \of 1)$ dans le premier cas, on doit trouver l'extension totalement réelle $\Q(\root m_0 \of 1) \cap \R$ dans le second cas. En supposant $m_0 \ge 3$ car $m_0 = 2$ est un peu particulier.
Bon je vais oublié ce truc. C'est trop difficile pour l'instant, pas grave.
Je pense que c'est une histoire pas facile à comprendre tout seul en peu de temps.
Je regarderai ton résumé quand j'aurai le temps.
Merci en tout cas d'avoir fait l'effort ! ;-)
Bon bah, faut que je retrouve un truc a faire ! Me suis un peu perdu avec cette histoire :-D
Ce n'est pas si facile de choisir un terrain dans lequel on peut apprendre un peu de maths, s'amuser, expérimenter ...etc..
J'avais pensé au terrain qui suit. Je le tiens de Cox, Primes of the form $x^2 + ny^2$. J'ai de nouveau regardé et je trouve que les premiers chapitres sont vraiment touffus. Mais il faut savoir ce que l'on veut : un exposé bien structuré qui nous dépasse ou bien un exposé à la Cox, avec plein de choses dans tous les sens, des exemples, des dizaines et des dizaines d'exercices à faire.
Je le donne ce terrain mais je pars un ``peu à l'envers'' par rapport à Cox. Je considère un discriminant quadratique fondamental $D < 0$. Le cadre de Cox est plus large mais ne pas se compliquer la vie en un premier temps. On a vu que $D$ s'écrit, de manière essentiellement unique, comme produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires premiers deux à deux. Elémentaire signifie soit de la forme $p^* = (-1)^{p-1 \over 2}p$ pour $p$ premier impair $\ge 3$, soit $-4, 8, -8$. On écrit donc:
$$
D = D_1 \cdots D_k
$$
Le terrain en question est alors :
$$
K := \Q(\sqrt D) \quad \subset \quad G_D := \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \quad \subset \quad \Q(\root |D| \of 1)
$$
La notation $G_D$ car ``corps des genres'' (la terminologie est de mézigue). On notera l'usage d'un indice $D$ à $G$ mais pas à $K$. Pourquoi ? Je n'en sais rien : ce sont mes notations au gré du vent.
(1) L'extension (abélienne) $G_D/K$ est non ramifiée. Je n'ai jamais vraiment lu la preuve mais je sais que c'est accessible et je sais trouver où c'est fait (dans Fröhlich-Taylor). Rappel : en ce qui concerne l'autre jour, $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $L$ le corps de décomposition de $X^3 - X - 1$, ce n'était absolument pas évident que $L/K$ était non ramifiée. Mais ici, rien à voir (choix du terrain).
(2) On croit donc qu'il y a l'application d'Artin définie sur le groupe des idéaux fractionnaires $I_K$ de $K$ :
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : I_K \longmapsto \mathrm {Gal}(G_D/K) = \ker \chi_D / H_D, \qquad\qquad
H_D = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_k}
$$
Pas de panique. Les caractères qui interviennent sont ceux de Kronecker et j'ai simplement considéré :
$$
\mathrm {Gal}(\Q(\root |D] \of 1)/K) = \ker \chi_D \subset (\Z/D\Z)^\times, \qquad\qquad
\mathrm {Gal}(\Q(\root |D] \of 1)/G_D) = H_D \subset (\Z/D\Z)^\times
$$
Le groupe de Galois $\mathrm {Gal}(G_D/K) = \ker \chi_D / H_D$ est donc un objet concret puisque quotient d'un sous-groupe de $(\Z/D\Z)^\times$. On a d'ailleurs un morphisme surjectif :
$$
(\Z/D\Z)^\times \ni \overline m \longmapsto \big( \chi_{D1}(m), \cdots, \chi_{D_k}(m) \big) \in \{-1,1\}^k
$$
dont le noyau est $H_D$. Si bien que $H_D$ est d'indice $2^k$ dans $(\Z/D\Z)^\times$. Et comme $\ker \chi_D$ est d'indice $2$ dans $(\Z/D\Z)^\times$, on a donc :
$$
\ker \chi_D / H_D \simeq \{-1,1\}^{k-1}
$$
En fait comme $\chi_D$ est le produit des $\chi_{D_i}$, on a :
$$
\ker \chi_D / H_D \simeq \{ \alpha \in \{-1,1\}^{k} \mid \prod_i \alpha_i = 1 \}
$$
(3) Un jour où l'autre, l'application d'Artin finira par passer au quotient modulo les idéaux principaux pour fournir une surjection du groupe des classes d'idéaux de $K$:
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : \mathrm {Cl}_K \longmapsto \ker \chi_D / H_D
$$
Et la touche finale, c'est que le noyau du morphisme ci-dessus est $\mathrm {Cl}^2_K$ si bien que l'on dispose d'un isomorphisme :
$$
\left({G_D/K \over \bullet}\right) : \mathrm {Cl}_K/ \mathrm {Cl}^2_K \quad \buildrel {\simeq} \over \longmapsto \quad \ker \chi_D / H_D
$$
Ce point (3), raconté comme cela n'est pas facile à prouver.
MAIS, et c'est là le point crucial, c'est que ce programme a été réalisé par Gauss bien avant l'invention du corps de classes et l'application d'Artin !! Et là où l'on gagne par rapport à un autre terrain, c'est le codage des idéaux par les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$. Ce qui fait que l'application d'Artin prend un visage totalement différent, visage dans lequel interviennent les entiers représentés par les formes quadratiques de discriminant $D$. Faut-il rappeler que Gauss savait déterminer $\mathrm {Cl}_K$ via les classes de formes quadratiques modulo $\mathrm {SL}_2(\Z)$. Et également sa 2-torsion. Artin, corps de classes et tutti quanti, cela viendra bien après.
Je pense même qu'Euler était de la partie car il a laissé son nom aux nombres convenables d'Euler (Euler convenient numbers) : ce sont les entiers positifs $n$ sans facteur carré (vérifier ce sans facteur carré) tels que le groupe des classes d'idéaux inversibles de $\Z[\sqrt {-4n}]$ soit de carré trivial.
Vous pensez peut-être : mais tout cela paraît bien compliqué. Je dis non. Car on a la main sur les objets. Ce qui n'est pas le cas de certains documents pointés parfois dans ce fil (ce type de document que l'on trouve très bien mais dès que l'on veut traiter un exemple, on s'aperçoit qu'on en est incapable et surtout qu'il n'y en a pas ou très peu dans le document en question).
Vous n'imaginez quand même pas pas que j'ai pu me lancer là-dedans sans illustrer mes dires à l'aide d'exemples écrits dans un certain langage de programmation.
Un des trucs que je n'ai pas suivi, le discriminant fondamental ???
Je ne vais pouvoir que vous lire pendant quelques temps. :-(
Qu'est ce que tu veux dire par codage des idéaux par les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$. Je pense que tu en as déjà parlé ?
Salut. Comment va ?
Pour ta question, je crois qu'il s'agit de l'isomorphisme entre les classes d'idéaux d'un anneau d'entiers quadratique de discriminant $D$ et les classes d'équivalence (modulo $\rm{SL}_2(\Z)$) de formes quadratiques de discriminant $D$.
Tu trouves ça dans une épreuve blanche de Claude et Serre l'utilise dans son papier où il est question (entre autres) de $N_p(X^3-X-1)$.
Pour les discriminants fondamentaux : un exercice d'introduction ici.
Très sympa l'épreuve, j'ai fait la première partie. Mais avec un peu de recul, je suis toujours surpris de la loi de réciprocité quadratique ! C'est vraiment pas banal !!!
@CQ : Comment va ?
Tu en es où de la matrice $R$ liée aux racines $m$-ièmes de l'unité ?
On a déjà montré que si $m$ a un facteur carré, $s_m=0$ donc $\det R=0$.
En ce qui concerne la famille $R$ des racines primitives de l'unité d'ordre $m$ i.e. quand est ce une $\Z$-base de $\Z[\root m \of 1]$ ? Pour $m = p$ premier, c'est OK (et facile). Ensuite, si c'est vrai pour $m, n$ et que $m \wedge n = 1$, alors c'est vrai pour $mn$ grâce au fait que $\Z[\root m \of 1] \otimes_\Z \Z[\root n \of 1] \simeq \Z[\root mn \of 1]$, cf la version élémentaire de cet énoncé et la preuve dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1413968#msg-1413968
Bilan : c'est vrai pour tout entier $m$ sans facteur carré. Par contre, si $m$ est divisible par le carré d'un premier, alors la somme des éléments de $R$ est nulle (puisque c'est $\mu(m)$) et donc $R$ n'est pas linéairement indépendante sur $\Z$.
Autre chose. J'ai enfin résolu proprement (en mon sens) dans un anneau zéro-dimensionnel $R$ (par exemple un anneau fini) l'égalité, pour deux idéaux $I,J$ de $R$ :
$$
\big( R^\times \cap (1+I) \big) \cdot \big( R^\times \cap (1+J) \big) = R^\times \cap (1+I + J)
$$
Pour cela, je suis parti d'une égalité :
$$
x = 1 + a + b \qquad \hbox {avec $x$ inversible}
$$
Et il s'agit de trouver $y, z$ vérifiant :
$$
x = yz, \qquad \cases {y \equiv 1 \bmod a \cr z \equiv 1 \bmod b}
$$
Il m'a fallu plusieurs jours pour comprendre qu'il fallait jouer la bascule ``zéro-dimensionnelle locale'' sur $1+a$. C.a.d. que l'on fait semblant de se placer dans un anneau zéro-dimensionnel local qui est tel que n'importe quel élément est soit nilpotent soit inversible. Mais comme c'est pour de faux, tu as intérêt à mettre exactement le doigt sur les éléments à qui tu demandes cela, en espérant qu'il y en ait peu. Ici, c'est $1+a$ à lui tout seul qui oriente la chose :
$$
\pmatrix {y\cr z} = \pmatrix {x \cr 1} \quad \hbox {si $1+a$ nilpotent} \qquad\qquad
\pmatrix {y\cr z} = \pmatrix {1+a \cr (1+a)^{-1} x} \quad \hbox {si $1+a$ inversible}
$$
Explication : dans tous les cas, on a bien $x = yz$. Et d'une. Dans la branche $1+a$ nilpotent, $a$ est inversible (car 1 + nilpotent est inversible) et $b$ est également inversible car $b = x - (1+a)$ et que un inversible + nilpotent c'est un inversible ; si bien que les contraintes $y \equiv 1 \bmod a$, et $z \equiv 1 \bmod b$ sont automatiquement vérifiées (puisque $a,b$ sont inversibles).
Dans la branche $1+a$ inversible, on ne doute pas que $y := 1 + a$ vérifie $y \equiv 1 \bmod a$. Et $z := (1+a)^{-1} x$ vérifie modulo $b$, $z \equiv 1$ ; car modulo $b$, c'est faire $b = 0$ i.e. $x = 1+a$ puisque $x = 1+a+b$.
Mais encore une fois, cela c'est pour de faux : c'est juste un guide zéro-dimensionnel local.
Pour de vrai, on sait que pour $n$ grand $\langle (1+a)^n\rangle$ est engendré par un idempotent $e$. Cet idempotent ``partage l'anneau en deux'' :
$$
\langle (1+a)^n\rangle = \langle e\rangle, \qquad\qquad R = eR \oplus (1-e)R = R/\langle 1-e\rangle \times R/\langle e\rangle
$$
Dans la composante de gauche, $e=1$ donc $1+a$ est inversible, dans la composante de droite, $e=0$, donc $1+a$ est nilpotent. Tu fais alors le job ci-dessus (qui est maintenant pour de vrai dans chaque composante) et tu assembles via ``Bezout'' :
$$
\mathrm {truc} = e \times \mathrm {truc} + (1-e)\times \mathrm {truc}
$$
Faut juste un peu travailler pour obtenir le pseudo-inverse global de $1+a$ qui sera vraiment l'inverse de $1+a$ dans la branche $e=1$.
Bref, j'ai été jusqu'au bout et j'ai obtenu $y,z$ ainsi que les certificats de congruence $y \equiv 1 \bmod a$, $z \equiv 1 \bmod b$.
C'est relativement classique en algèbre commutative, le seul problème étant quels sont les éléments pivots ?
Comme j'avais pas mal pataugé, j'ai écrit cela dans mon RingGaussSum.pdf
Et enfin, j'ai essayé de compléter l'histoire $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ pour un discriminant quadratique fondamental $D$. J'ai constaté en voulant fair joujou avec le terrain dont j'ai parlé (anneaux quadratiques, formes quadratiques, application d'Artin pour les bébés) que des points n'étaient pas assurés sur des choses de base. C'est mortel quand tu implémentes. C'est parfois un peu tard pour constater que pour $D$ impair :
$$
\chi_D(2) = (-1)^{D^2 - 1 \over 8} = \chi_{8}(D)
$$
A droite, je le savais mais pas à gauche. Faut être vachement clair sur la chose quadratique, en particulier sur le caractère de Kronecker. Je croyais l'être .. mais pas assez.
Je vous invite à prendre $n = 13$ et $D = -4n= -52$. C'est un discriminant quadratique fondamental car c'est le discriminant de l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt {-n}) = \Q(\sqrt {-13})$
AJOUT
(0) Que vaut $\varphi(D)$ ? Quels sont les carrés de $(\Z/D\Z)^\times$ ?
Ne pas oublier également, de manière générale, que pour un entier impair $m$, alors $m$ est proprement représenté par une certaine forme quadratique de discriminant $D$ si et seulement si $D$ est un carré modulo $m$. Lorsque $m$ est un premier, pas besoin de proprement. En passant, ne pas oublier également le coup de la forme qui commence par $m$ : $mx^2 + bxy + cy^2$ qui représente proprement $m$ en $(x,y) = (1,0)$.
(1) Quelles sont, au sens de Gauss, les formes quadratiques $ax^2 + bxy + cy^2$ réduites de discriminant $D$ ? Vous devez en trouver 2 : disons $q_0(x,y)$ (la forme neutre) et une autre $q_1(x,y)$.
(2) Tabuler les valeurs de $q_0(x,y)$ modulo $D$ qui sont étrangères à $D$. Cela se fait à la main. Mais ici je le fais autrement :
> {q0xy mod Abs(D) : x,y in [0..10] | Gcd(q0xy,D) eq 1 where q0xy is q0(x,y)} ; { 1, 9, 17, 25, 29, 49 }Montrer, pour un premier $p \ne 2, 13$, que
$$
p \hbox { est représenté par } q_0 \quad \Rightarrow\quad p = 1, 9, 17, 25, 29, 49 \bmod 52
$$
(3) Faire la même chose avec $q_1 = q_1(x,y)$. Vous devez trouver 6 autres valeurs modulo $D$.
(4) Montrer que les implications sont des équivalences. Ainsi pour $p$ premier autre que $2, 13$, on a les lois de représentations :
$$
\begin {array} {c}
\hbox {$p$ est de la forme $q_0(x,y)$} \quad \Leftrightarrow\quad p = 1, 9, 17, 25, 29, 49 \bmod 52 \cr
\hbox {$p$ est de la forme $q_1(x,y)$} \quad \Leftrightarrow\quad p = \cdots, \cdots \bmod 52 \cr
\end {array}
$$
(5) Oubli mais je ne sais plus à quel moment : faire intervenir le statut quadratique de $p$ modulo $13$ et/ou de 13 modulo $p$.
Ceci (lois de représentation parfaites) est rendu possible car $n = 13$, ou $D = -52$ si vous voulez, possède une propriété particulière.
Ceci, on peut le faire 65 fois i.e. il y a 65 nombres $n$, analogues à $n = 13$, qui possèdent des lois de représentation parfaites. SI GRH est vraie, c'est 65 et pas un de plus ; et en cas de doute sur GRH, il y en a peut-être deux de plus (sur lesquels on n'a jamais mis la main).
Play again with $n=21$ et $D = -4n = -84$, qui est aussi un discriminant quadratique fondamental.
J'ai trois formes si je suis la construction :
$$x^2+13y^2 \quad \quad 2x^2+2xy+7y^2 \quad \quad 2x^2-2xy+7y^2$$
Mais les deux dernières sont équivalentes, en utilisant la question 4 partie I ?
Edit : merci Gai requin !
Concernant les bases normales. Je vais prendre une extension cyclotomique de niveau non premier. Disons, $(\Q(\root 25 \of 1) \mid \Q)$ et $\zeta$ une racine primitive $25$-ième de l'unité. Alors la famille,
$$
B := \left\{ \zeta^k, \, k \wedge 25 =1 \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \right\}
$$
consiste en une seule orbite sous l'action de $\mathrm{Gal} \left(\Q(\root 25 \of 1) \mid \Q \right)$ ; mais il ne s'agit pas d'une famille libre. En effet,
$$
\sum_{z \in B} z =0
$$
Démonstration : On considère le morphisme de réduction modulo $5$ :
$$
\pi \, : \left(\Z/25\Z\right)^* \longrightarrow \left(\Z/5\Z\right)^*
$$
Notons pour $ i \in \left(\Z/5\Z\right)^*$ :
$$
B_i := \left\{ \zeta^k, \, k \wedge 25 =1 \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \, \pi(k)=i \right\}
$$
Et $$B_0 := \left\{ \zeta^k, \, 5 \mid k \text{ et } k \in \{1,\dots,25\} \right\} \quad \quad \text{ les racines 5ième de l'unité}$$
Alors :
$$
B_i = \zeta^i \times B_0
$$
$$
\sum_{z \in B} z = \sum_{i = 1}^4 \sum_{z \in B_0} \zeta^i z = (\zeta+\zeta^2+\zeta^3+\zeta^4) \times \sum_{z \in B_0} z = 0
$$
Mais ce qui est amusant, c'est de construire un base normale de l'extension $\Q(\root 25 \of 1)$ mais sur $\Q(\root 5 \of 1)$ et non pas sur $\Q$. Du coup, je me demande si par hasard la famille $B_1$ n'est pas une telle base ?
A propos des formes quadratiques de discriminant $D = -4 \times 13 = -52$. Oui, il y a deux formes réduites $q_0 = (1,0,13)$ et $q_1 = (2,2,7)$. Et $q_2 = (2,-2,7)$ est équivalente à $q_1$ comme tu le dis, i.e. question I.4. Celle ci dit en particulier, que, toujours :
$$
(a,a,c) \sim (a,-a,c) \qquad \hbox {relativement au sous-groupe } \pmatrix {1 & \Z\cr 0 & 1} \subset \mathrm {SL}_2(\Z)
$$
Ce n'est pas si facile de s'y retrouver dans mon épreuve ; j'en suis bien sûr responsable. Mais pour m'excuser, c'est que le sujet est riche ; riche car c'est dû à Gauss.
Dans le corrigé de la question II.3.c, on voit que l'on étudie à quelle condition $(a,b,c) \sim (a,-b,c)$. Je passe le cas trivial $b=0$. Mais il y a aussi le cas $a = |b|$, je viens d'en parler. Et également le cas $a=c$ i.e. $(a,b,a) \sim (a,-b,a)$ pour la bonne raison que $(a,b,c) \sim (c,-b,a)$ toujours.
Et le travail réalisé par Gauss est très puissant, car mine de rien, le coup des deux formes réduites de discriminant $-52$, cela prouve que le groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-13})$ est un groupe d'ordre 2. Et ceci de manière explicite. Ce n'est pas rien.
Fort possible que mon post autour des formes quadratiques de discriminant $-52$ soit mal fichu. Encore une fois, le résultat obtenu est très puissant. Merci Gauss.
A propos de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1417410#msg-1417410
(1) On a vu avec gai-requin que la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $m$ est $\mu(m)$ où $\mu$ est la fonction de Möbius. Et donc si $m$ est divisible par le carré d'un premier, on trouve 0.
(2) Concernant $B_1$. Peux tu vérifier attentivement si, ci-dessous, je fais bien ce que tu dis. La réponse serait négative : $B_1$ n'est pas une base de $\Q(\root 25\of 1)$ sur $\Q(\root 5 \of 1)$. Mais SURVEILLE MOI. J'ai d'abord monté $\Q(\zeta) = \Q(\root p \of 1)$ puis $\Q(\root p^2 \of 1) = \Q(\root p \of \zeta)$.