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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 10:01
Bonjour à tous,

Claude Quitté; pour$ D = -23$, il n' existe pas de condition du type "$p \equiv...$ $ \mathrm{mod} (...)$ " qui permette de caractériser les premiers $p$ de la forme $x^2+xy+6y^2$.

Gai Requin: la caractérisation concernant $p =x^2+57y^2$ me parait exacte et se justifie par le même type d' argument que pour $D=-88$ (il faut cependant que je vérifie soigneusement mon calcul mental).

Amicalement,
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 11:53
Avec $D=-23$, on n'a plus la tour d'extensions quadratiques.
Du coup,
$$p=x^2+xy+6y^2\Leftrightarrow \text{$-23$ est un carré modulo $p$ et $X^3-X-1$ a ses racines dans $\mathbb F_p$}.$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 12:46
avatar
@Gai requin : Tu as vérifier beaucoup de fois ta conjecture ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 12:55
J'aimerais bien mais j'ai pas trop le temps et je suis toujours ceinture blanche en magma. confused smiley
Mais peut-être que je peux la démontrer...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 13:09
avatar
Ah bin si tu as une démonstration c'est encore mieux grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 16:26
J'essaie entre deux cours.

On suppose que $-n$ est un carré modulo $p$.

Si $K=\Q(\sqrt{-n})$, on note $\mathfrak P$ un idéal premier de $\mathcal O_K$ au-dessus de $p$.
Rappel : $P\in \Z[X]$ est tel que le corps de classes de Hilbert de $K$ est le corps de décomposition de $P$ dans $\C$.
Alors :

$p$ est représenté par la forme neutre $x^2+ny^2\Leftrightarrow \mathfrak P$ est principal $\Leftrightarrow$ la substitution de Frobenius $\sigma_p$ est l'identité $\Leftrightarrow$ le corps de décomposition de $P$ vu comme polynôme de $\mathbb F_p[X]$ est exactement $\mathbb F_p$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 22/03/2017 21:06 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 20:39
avatar
Hello Gai requin,

Je ne comprends pas $\mathfrak{P}$ au dessus de $p$ est un idéal principal équivalent à la substitution de Frobenius est trivial.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 21:03
C'est parce que l'application d'Artin est un isomorphisme du groupe des classes d'idéaux de $\mathcal O_K$ dans $\mathrm{Gal}(L/K)$, où $L$ est le fameux corps de classes de Hilbert de $K$.
En particulier, $\sigma_p=1_L\Leftrightarrow \mathfrak P$ est dans la classe neutre qui est celle des idéaux principaux !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 22/03/2017 21:04 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 21:08
avatar
Oh bin c'est joli thumbs downthumbs down
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 21:10
avatar
C'est l'application d'Artin qui réalise l'isomorphisme !!!!!!!!!!!!
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 21:16
Attention, c'est peut-être un gros délire. grinning smiley

Ce dont je suis sûr, c'est que le résultat donné [ici] est juste (certifié par un article de Serre lui-même) mais on sait qu'un raisonnement erroné peut quand même donner un résultat vrai...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 21:23
avatar
Oui mais ton idée est vraiment belle ! Bien joué !

Je vais faire un exemple complet grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 22:03
Hello

Il y a un peu de ça mais c'est trop approximatif (et donc c'est un peu faux). Quelques remarques. Soit $n \ge 2$ un entier (sans facteur carré ?), $K = \Q(\sqrt {-n})$ et $B$ l'anneau des entiers de $K$.

(1) Ce n'est pas toujours vrai que $x^2 + ny^2$ est la forme normique de $B$. Cela peut être la forme normique de $A = \Z + 2B$.

(2) Il arrive que les formes normiques de $A$ et de $B$ représentent les mêmes premiers. Si on prend $n = 23$ par exemple, la forme normique de $B$ est $x^2 + xy + 6y^2$ mais celle de $A$ est $x^2 + 23y^2$. Mais ``coup de bol'', ces deux formes représentent les mêmes premiers (et probablement les mêmes impairs, je crois)

Par contre, ce n'est pas le cas de $n=-43$. La forme normique de $B$ est $x^2 + xy + 11y^2$, celle de $A$ est $x^2 + 43y^2$. Le premier $11$ est représenté par la première mais pas par la deuxième.

(3) Faire attention au statut de $L/K$ et celui de $L/\Q$. $L$ c'est ... Ainsi $L/K$ est abélienne, mais est ce que $L/\Q$ est galoisienne ?

(4) Bis : le polynôme $P$ c'est qui exactement ? Est ce le polynôme minimal sur $\Q$ d'un élément primitif de $L$ sur $\Q$ ? Par exemple, pour $n=23$, $L/K$ est de degré $3$ donc $L/\Q$ est de degré 6. Ce qui n'est pas le degré du bien connu $X^3 - X - 1$.

Plus simple : $n = 43$. De sorte que $L = K$ et $B$ est principal. Qui c'est $P$ ? Le polynôme $X$ ou bien le polynôme $X^2 + 43$ ? Ce que tu annonces dit quoi ? Par exemple pour $p = 11$ ?

Que dit ce que tu annonces pour les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux ? Est ce que c'est vrai ?

Et en général, pourquoi il y aurait un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal est à coefficients dans $\Q$ ? Comme $X^3 - X - 1$ pour $n = 23$.

...etc..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 22:21
Quid de $n=59$ et $p=17$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 22:58
Merci pour ce rappel à l'ordre. winking smiley

Je reformule :

Soit $B$ un anneau d'entiers quadratique de discriminant $\Delta$ tel que $B$ est l'anneau des entiers d'un corps $K$.
On suppose qu'il existe $P\in \Z[X]$ tel que le corps de classes de Hilbert de $K$ est le corps des racines de $P$.
Alors $p$ est représenté par la forme neutre de discriminant $\Delta \Leftrightarrow \Delta$ est un carré modulo $p$ et $P$ a ses racines dans $\mathbb F_p$.

Cas particulier : si $B$ est principal, on peut prendre $P=X$ et donc $p$ est représenté par la forme neutre de discriminant $\Delta \Leftrightarrow \Delta$ est un carré modulo $p$.

Par exemple, $p=x^2+xy+11y^2\Leftrightarrow -43$ est un carré modulo $p$.



Modifié 4 fois. Dernière modification le 23/03/2017 00:16 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
22 mars 2017, 23:47
Pour $n=59$ :

$p=x^2+xy+15y^2\Leftrightarrow -59$ est un carré modulo $p$ et $X^6-6X^4+9X^2+124844$ a ses racines dans $\mathbb F_p$.



Modifié 2 fois. Dernière modification le 23/03/2017 00:17 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 09:41
Champagne (ce n'était pas du tout ce que j'avais prévu mais peu importe). Mais encore des hésitations.

Par rapport à ce que j'ai lu (où les auteurs veulent absolument faire avec $x^2 + ny^2$), c'est vachement plus ``simple'' (sic) d'opérer avec la forme normique de l'anneau $B$ des entiers d'un corps quadratique imaginaire $K$.

Je remets donc les acteurs dans l'ordre (en mon sens) : $K$ l'anneau quadratique imaginaire ce qui est la même chose qu'un discriminant quadratique fondamental $D < 0$ (j'utilise mes notations depuis $x$ posts), $B = \mathcal O_K$ son anneau d'entiers et la forme normique de discriminant $D = -|D|$ :
$$
x^2 + {|D| \over 4} y^2 \quad \hbox {si $D \equiv 0 \bmod 4$}, \qquad\qquad
x^2 + xy + {1-D \over 4}y^2 \quad \hbox {si $D \equiv 1 \bmod 4$}
$$
Comme d'habitude (mes habitudes), je paramètre par $D$ et pas par $n$ (sauf quand je change d'avis).

Ta grosse hésitation est le coup de polynôme $P$. Ce qu'on lit en désignant par $L/K$ le corps des classes de Hilbert, c'est qu'UNE réalisation de $L/K$ dans $\C$ est stable par la conjugaison complexe $\tau$. On en tire que $L/\Q$ est galoisienne (bosser), donc une seule réalisation de $L/\Q$ dans $\C$. Alors :
$$
[L : L^\tau] = 2 \quad \hbox {par Artin i.e.} \qquad [L : L \cap \R] = 2
$$
d'où le diagramme :
$$
\xymatrix {
& L\ar@{-}[dl]_h\ar@{-}[dr]^2 \\
K\ar@{-}[dr]_2 & &L \cap \R\ar@{-}[dl]^h \\
&\Q \\
}
\qquad
L \cap \R = \Q(\alpha)
$$
L'élément $\alpha$ (réel !) est par définition un élément primitif de $(L \cap \R)/\Q$ que l'on peut supposer entier sur $\Z$. Et en utilisant
$$
L \cap \R \subset K(\alpha) \subset L \qquad \hbox {et} \qquad [L : L \cap \R] = 2
$$
on voit que :
$$
L = K(\alpha)
$$
C'est le polynôme minimal de $\alpha$ sur $\Q$, qui est un polynôme irréductible de $\Z[X]$ (et qui le reste au dessus de $K$) que l'on convoite. Il est de degré $h = \#\mathrm {Cl}(K)$, l'ordre du groupe des classes d'idéaux de $K$.

Un premier bidouillage en utilisant les polynômes d'Hilbert-Weber (fonction modulaire $j$) car je ne peux pas utiliser HilbertClassField : ma version de magma me donne un polynôme $P$ à coefficients dans $K$ et pas dans $\Q$ et je ne sais pas remonter la conjugaison complexe de $K$ à un corps abstrait $L = K[X]/\langle P\rangle$ (car bien sûr $\C$ n'existe pas à cet endroit). Et donc, je ne sais pas déterminer un $\alpha$ pour l'instant i.e. $L \cap \R$ n'a pas de sens.

Ci dessous, la liste des discriminants quadratiques fondamentaux $D < 0$ compris entre $-500$ et $-4$, dont le nombre de classes est 3. La détermination du Graal de degré 3 et un petit coup de discriminant.

> Delta3 ;                          
[ -23, -31, -59, -83, -107, -139, -211, -283, -307, -331, -379, -499 ]
> time HDelta3 := [MyHilbertPolynomial(D) : D in Delta3] ;
Time: 0.720
> HDelta3 ;
[
    X^3 - X^2 + 2*X - 1,
    X^3 + X^2 + 1,
    X^3 + 2*X - 1,
    X^3 + X^2 + X + 2,
    X^3 + X^2 + 3*X + 2,
    X^3 - X^2 + X + 2,
    X^3 - 2*X + 3,
    X^3 + 4*X + 1,
    X^3 - X^2 + 3*X + 2,
    X^3 - X^2 + 3*X - 4,
    X^3 - X^2 + X - 4,
    X^3 + 4*X + 3
]
> [Discriminant(H) : H in HDelta3] ;
[ -23, -31, -59, -83, -107, -139, -211, -283, -307, -331, -379, -499 ]

Faut que je réfléchisse à cette histoire de remonter la conjugaison complexe et à la signification de $L \cap \R$.

Bis : ce n'était pas prévu que j'écrive cela. Je pense avoir mieux compris.

Faudra quand même que l'on puisse répondre à un petit qui demande pourquoi, pour un premier $p$ autre que $3$, on a l'équivalence :
$$
p \equiv 1 \bmod 3 \quad\iff\quad p \hbox { est représenté par $x^2 + xy + y^2$}
$$
Je suis tout ce qu'il y a de plus sérieux. Que réponds tu ? Quels sont les pré-requis .? .etc.. Sinon, cela va encore finir par oeuf-poule.

Bien sûr, dans CERTAINS cas, on peut fournir des PREUVES, toutes les PREUVES concernant cette histoire (Baby Class Field Theory). Ce qui commence par une sérieuse réflexion concernant les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux. Gauss ne se contente pas de dire qu'ils sont principaux. D'ailleurs, peut-être qu'il ne le dit pas car il dit mieux. Mais nous, ``de manière moderne'', c'est ce que l'on retient ou l'on enseigne (dans un enseignement $\lambda$, on ne parle pas en général des formes quadratiques sauf peut-être $x^2 + y^2$ pour le discriminant $-4$ et $\Z[i\rbrack$)



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/03/2017 09:48 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 10:23
avatar
Hello,

Je me suis amusé avec $D=-20$. C'est quand même assez hallucinogène cette construction smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 11:12
avatar
Pour le polynôme qui décrit le corps de classe sur $\Q$. Est-ce que c'est pas plus simple de dire que c'est avant tout un anneau de la forme
$$
\Z[x,y] /(P(x,y), Q(x,y))
$$
Qui doit avoir tous ses points sur $\mathbb{F}_p$ ?

Par exemple, pour $D=-20$.

Un nombre premier $p$ s'écrit comme $a^2+5b^2$ si et seulement ....Si le système d'équation :
$$ x^2+5=0 \qquad y^2+1=0 \qquad \qquad (x,y) \in \mathbb{F}_{p} $$
a une au moins un solution.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 11:12
@flip flop
Pour $D = -20$, on peut tout faire à la main. On peut TOUT PROUVER. Car la décomposition de $D$ en discriminants fondamentaux élémentaires est $D = (-4) \times 5$, d'où les inclusions :
$$
K := \Q(\sqrt {-20}) \quad \subset L := \Q(\sqrt {-4}, \sqrt {5})\quad \subset \Q(\root 20 \of 1)
$$
Le corps des classes de Hilbert de $K$ est au milieu. Et tout en haut, on est protégé par du calcul cyclotomique.

Pour le prouver (c'est un cas particulier de ce que j'ai nommé Baby Class Field Theory), il faut quand même bosser (Gauss ne pondait pas des résultats triviaux !). Il faut d'abord cerner le groupe $G$ des classes d'idéaux de $K$ via les formes quadratiques (merci Gauss), voir que tout élément de $G$ a son carré égal à 1 (merci à Gauss d'avoir pensé à introduire $G^2$) ...etc.. Et montrer que $L/K$ est non ramifiée (faisable), donner un visage humain (Gauss) à ce qui sera plus tard l'application d'Artin ....etc... Beaucoup de travail dont on peut venir à bout (je l'ai déjà dit 10 fois).

Effectivement $D = -20$ me paraît pas mal car petit. J'avais proposé $D = -24$ et $D = -40$.

Autre chose : c'est peut-être le moment de comprendre pourquoi je n'abuse pas de $\C$ et des corps algébriquement clos. En un premier temps, on peut juger que c'est un caprice de C.Q., et du coup circulez, il n'y a rien à voir (C.Q. est capricieux). Mais pour moi, il y a une contradiction entre continuer à utiliser $\C$ sur le papier (comme du petit lait) et à vouloir faire des expérimentations avec un système de Calcul Formel (qui ne manie pas $\C$ à tout bout de champs, souvent jamais) ; on est bien content qu'il nous fournisse des résultats (mais par quel(s)miracle(s) ?).

Et là, dans cette histoire, dans le cas général que j'ai raconté, je vois écrit noir sur blanc un résultat qui me rassure (merci à gai requin, car pour le suivre, il a fallu que je bosse un peu). C'est que la suite exacte :
$$
1 \to \mathrm {Gal}(L/K) \to \mathrm {Aut}(L/\Q) \to \mathrm {Gal}(K/\Q) \simeq C_2 \to 1
$$
est scindée. Je n'ai pas mis Gal au milieu car $L/\Q$ n'est pas ENCORE galoisienne. Elle va le devenir justement parce que la suite est scindée. Elle est scindée grâce à la conjugaison complexe (ici, merci à du vrai $\C$) et $L/\Q$ devient galoisienne. Et on dispose du miracle :
$$
\tau \circ \sigma \circ \tau^{-1} = \sigma^{-1} \qquad \sigma \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Si bien que l'on dispose d'un produit semi-direct :
$$
\mathrm {Gal}(L/\Q) = \mathrm {Gal}(L/\K) \rtimes C_2
$$
Et l'action de $C_2$ sur le groupe des automorphismes de $\mathrm {Gal}(L/K)$ (ce dernier groupe de Galois est abélien !) est :
$$
\sigma \mapsto \sigma^{-1} \qquad \hbox {qui est bien un automorphisme de groupes car $\mathrm {Gal}(L/K)$ est abélien !}
$$
Je vais donner un exemple CONCRET dans un autre post en essayant d'expliquer cette histoire de $\C$ à ne pas utiliser comme du petit lait.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 11:52
@flip flop
J'ai vu ton idée de quotient $\Z[X,Y]/ \langle P(X), Q(Y) \rangle$. Effectivement, cela demande à être examiné. Mais je ne sais pas si c'est vraiment l'anneau des entiers de ... Mais n'oublie pas que l'on sait écrire $\mathcal O_K$ comme une $\Z$-algèbre de présentation finie (ma vieille histoire de schéma sur $\Z$, je ne sais pas si tu te souviens). Ne pas oublier qu'un polynôme à une variable peut présenter des défauts car son discriminant peut être un multiple strict du discriminant $D$ (d'où la présence de facteurs parasites). Dans les exemples que j'ai donnés (groupe des classes d'ordre 3, il n'y a aucun défaut car les polynômes ont été dégraissés).

Mais j'arrête là concernant ton post (pour l'instant, en ce qui concerne ton post, je me mélange les pinceaux entre $K$ et $L$ !!).

Voici mon histoire $\C$ et petit-lait. Hier soir, je me suis empressé (pour l'histoire gai-requin) de prendre un discriminant $D \equiv 5 \bmod 8$ avec 3 classes d'idéaux ($n$ c'est $-D$). Le premier que j'ai trouvé est $D = -59$.

Car je sais que pour $D \equiv 1 \bmod 8$ ($n$ c'est toujours $-D$ ici), la forme normique de $B$ et la forme normique de $A = \Z + 2B$ (cette dernière est $x^2 + ny^2$) représentent les mêmes entiers impairs. Exercice !

Et voilà, ce que me donne magma :

> load "PetitLait.magma" ;
Loading "PetitLait.magma"
> D := -59 ;
> assert ClassNumber(D) eq 3 ;
> ReducedForms(BinaryQuadraticForms(D)) ;
[ <1,1,15>, <3,1,5>, <3,-1,5> ]
> 
> K<rm59> := QuadraticField(D) ;
> assert rm59^2 eq -59 ;
> OK := MaximalOrder(K) ;
> assert OK eq Order([(1+rm59)/2]) ;
> 
> L := HilbertClassField(K) ;
> L ;
Number Field with defining polynomial $.1^3 - 3*$.1 - 46*rm59 over K
> F<X> := DefiningPolynomial(L) ;
> F ;
X^3 - 3*X - 46*rm59

Le polynôme $F$ est à coefficients dans $K$ pas dans $\Q$.

Comment je fais pour produire un polynôme de degré $3$ à coefficients dans $\Q$ (et même dans $\Z$) qui soit le polynôme minimal sur $\Q$ d'une sous-extension d'indice $2$ de $L$ (je ne demande par la mer à boire : je ne suis pas exigeant en imposant de prendre $L \cap \R$ car de toutes manières, je serais bien en peine de lui donner un sens).

Note : $\mathrm {Gal}(L/\Q) \simeq S_3$ (une fois que $L/\Q$ sera certifiée galoisienne !) et il y a trois éléments d'ordre 2 (correspondant aux 3 transpositions) qui sont deux à deux conjugués. Je cherche le sous-corps des points fixes.

A vous de dire comment je fais. Bricolages interdits.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 12:05
@CQ : J'ai effectivement utilisé la conjugaison complexe pour trouver un polynôme qui va bien dans le cas $n=59$ (magma ne m'ayant pas refilé un polynôme à coefficients entiers, le vilain !).
D'où le degré $6$. Mais $X^3+2X-1$, c'est beaucoup mieux. thumbs down
Faut absolument que je prenne le temps de lire tes derniers posts.

Un petit dernier avant d'enchaîner trois heures de cours parce que, quand même, le coup du $(\Z/2\Z)^\alpha$, c'est vraiment spectaculaire ! Et je suis accro. hot smiley

> ZX<X>:=PolynomialRing(Integers());
> K:=NumberField(X^2+20);
> HilbertClassField(K);
Number Field with defining polynomial $.1^2 + 1 over K


Donc $p=x^2+5y^2\Leftrightarrow \cdots$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 13:56
avatar
En fait, je ne comprends pas comment à partir des formes quadratiques de discriminant $D = -20$, on construit le corps de Hilbert confused smiley

Je voudrais comprendre ton message ici .... c'est vraiment très complexe de tout mettre en place ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 23/03/2017 14:08 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:07
Ce que tu ne comprends pas, c'est comment on arrive à $X^2+1$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:13
avatar
@Gai requin : oui oui c'est ça ... je suis arrivé à $x^2+1$ en disant que $-5$ est un carré se comprend en regardant $(-1)$ est un carré et $5$ est un carré ( très scientifique mon argument grinning smiley) ... mais bon, la forme $2x^2+2xy+3y^2$ n'intervient pas confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:23
J'en suis donc au même point que toi.
Je sais comment utiliser le corps de classes de Hilbert pour représenter certains premiers sous forme normique mais je ne sais pas calculer ce corps. D'où mon utilisation intempestive de magma. smoking smiley
Je crois que CQ a donné beaucoup de pistes aujourd'hui (en utilisant la correspondance de Galois par exemple).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:35
@gai requin
Je ne comprends pas ce que tu veux dire ``utiliser la conjugaison complexe''. C'est beaucoup trop vague. Et si cela se trouve, tu as laissé faire magma, ... Et tu as obtenu un polynôme de degré 6 et pas de degré 3.

Moi, je te parle de quelque chose de précis que je ne sais PAS faire. Soit $\tau$ la conjugaison complexe sur $K = \Q(\sqrt D)$, qui est bien définie car $D < 0$; elle réalise $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$. Je dispose de $L/K$ qui est abélienne via le polynôme minimal sur $K$ d'un élément primitif de $L/K$.

(1) Prolonger $\tau$ en un automorphisme $\tau'$ de $L$ d'ORDRE 2 [[plus tard scindage d'une suite exacte]]
(2) Déterminer (je ne sais pas comment) le sous-corps $L^{\tau'}$
(3) Déterminer un élément primitif $\alpha$ de $L^{\tau'}/\Q$ puis son polynôme minimal sur $\Q$.

En espérant que $L = K(\alpha)$ i.e. que la fermeture galoisienne de $L^{\tau'}/\Q$ soit $L$. Faudrait pas que $\tau'$ s'amuse à être central !!

C'est cela que je ne sais PAS faire et que je VOUDRAIS faire.

@flip flop
Et si, pour $D = -20$, on ne construisait pas pour l'instant le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$? Je veux dire que Gauss s'est occupé de la représentation des premiers de la forme $x^2 + 5y^2$ SANS tout cet attirail.

C'est un peu comme si on disait pour montrer qu'un premier $p \equiv 1 \bmod 4$ est de la forme $x^2 + y^2$, on a besoin de la théorie du corps de classes.

J'ai même vu (sérieux) cet exemple $p = x^2 + 5y^2$ comme conséquence de la théorie du corps de classes ! Avec ``il est bien connu que''
$$
j(\sqrt {-5}) = 282 880 \sqrt {5} + 632 000
$$
Est ce que l'on ne marcherait pas sur la tête ?

Je repose une dernière fois ma question : en ADMETTANT que $\Z[j]$ est principal, comme règle-t-on la représentation des premiers par la forme quadratique $x^2 + xy + y^2$ ??

Gauss a réalisé un travail profond sur les anneaux quadratiques. La théorie du corps de classes viendra plus tard.

Est ce que c'est possible de faire de la théorie du corps de classes sans en parler ? Comment ? En s'occupant de $p = x^2 + 5y^2$.

Je ne suis pas sûr que l'on se comprenne (quand je dis cela, c'est que je suis presque persuadé du contraire).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:47
@vous deux
Après $\Z[j]$ et $x^2 + xy + y^2$.

Quelles sont les deux formes quadratiques réduites $q_0, q_1$ de discriminant $-20$ ?

Essayer de proposer des lois de représentation des premiers $p$ pour $q_0$ et $q_1$ via des congruences dans $(\Z/20\Z)^\times$.

Après, on verra (ou on ne verra rien, cela dépend de vous). Eviter de prononcer à tout bout de champs ``corps des classes de Hilbert'' (ben heureusement que vous ne savez pas le déterminer en général, cela ne se trouve pas sous les sabots d'un cheval, je parle de la détermination effective, qui à mon avis est toujours un sujet d'étude).

Attention : ce que Gauss réalise, c'est toujours profond. Par principe.

Rappel : je ne connais rien à la Thé.rie du C.rps de C.as.es.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:49
@CQ : Magma m'a donné la même chose que toi pour $n=59$, à savoir $X^3-3X-46\sqrt{-59}$.
Et j'ai choisi $P=(X^3-3X-46\sqrt{-59})(X^3-3X+46\sqrt{-59})$ dont le corps de décomposition a le bon goût d'être de degré $6$ sur $\Q$. Donc ça marche ! Mais gros bidouillage ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 14:51
avatar
@Claude, j'avais oublié de poster la réponse à ta question ... Si on admet que $\Z[j]$ est principal.

On prend $p$ un premier $\ne 2$, et on considère la décomposition de $(p)$ dans $\Z[j]$, c'est-à-dire la décomposition de $X^2+X+1$ dans $\mathbb{F}_p$ et on trouve : si $p = 1 \pmod{3}$ alors $X^2+X+1$ se scinde en deux facteurs $\ne$ et on obtient deux idéaux premiers au dessus de $p$ donc deux irréductibles qui sont de norme $p$. Si $p = -1 \pmod{3}$ il n'y a pas de représentation de $p$.

Là c'est ok !

Sinon, oui je comprend bien ce que tu veux dire : oeuf-poule grinning smiley

Je part au boulot.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 15:06
@gai requin
Vu le coup du produit $F \times F^\tau$.

Au fait : je ne suis intervenu que parce que ton énoncé initial était un peu faux et qu'ii y avait un risque de confusions (??) pour la suite. Bien sûr, c'est la forme neutre (normique) de l'anneau des entiers d'un corps quadratique imaginaire qui doit être mise en avant. En tout cas, pour un premier pas en théorie du .. pour les bébés.

PS : il n'y a pas de honte à montrer que les deux formes quadratiques représentent les mêmes nombres impairs
$$
x^2 + xy + 6y^2 \hbox { de discriminant $-23$} \qquad\qquad x^2 + 23y^2 \hbox { de discriminant $4 \times (-23)$}
$$
C'est cela qui aurait pu (conditionnel) créer une source de confusions ``quelque part'' !!

Généraliser à tout $D \equiv 1 \bmod 8$ (ici $D = -23$). Et c'est bien pour cela que j'ai sorti $D = -59$ qui vérifie $D \equiv 5 \bmod 8$ ; pour contrer ...etc... Et j'ai bien été obligé de me coller à des choses qui ne sont pas toujours écrites noir sur blanc.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 15:12
@flip flop
[www.les-mathematiques.net]
Et tu penses qu'un petit de Licence a entendu parler de deux idéaux premiers de $\Z[j]$ au dessus de $p$ premier de $\Z$ ? En tout cas, les idéaux premiers au dessus de .., ce n'était pas au programme de l'Agrégation à l'époque où j'y enseignais. Je m'interdisais donc d'en parler. Les collègues également. On se conformait au programme.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 15:25
@CQ : Je suis bien incapable de me lancer dans la théorie du corps de ...
En revanche, l'utiliser pour "trouver" des résultats de malades, c'est jouissif malgré le côté maths expérimentales.

Par ailleurs, j'ai compris ton message : on peut s'en sortir sans la théorie du corps de ...., notamment quand $C\ell (K)\simeq (\Z/2\Z)^\alpha$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 15:50
@gai requin
Maths expérimentales : tu sais bien que je pratique cela à fond la caisse. Effectivement, pour moi, l'expérimentation constitue une petite porte d'entrée dans la citadelle. Bon, mais au bout d'un certain temps, lorsque l'on a fait 500 fois HilbertClassField(K) en magma, cela peut (?) devenir lassant.

Et donc à ce moment là, peut-être que les choses sont mûres pour se lancer dans les preuves de certains résultats .. qui mis les uns au bout des autres vont constituer un premier embryon de la théorie du ...

Il n'y a plus qu'à attendre les 500 fois (ou plus, ou moins).

En tout cas, des choses se sont bien décantées dans ma tête depuis hier ``grâce à ton premier résultat un peu approximatif''.

Le bon énoncé (plus abstrait) sans polynôme serait donc, pour un corps quadratique imaginaire $K$ dont $L/K$ est le corps des classes de Hilbert :
$$
p \hbox { est représenté par la forme normique de $\mathcal O_K$} \qquad\iff\qquad
\left( {D_K \over p}\right) = 1 \hbox { et }
p \hbox { est totalement décomposé dans $L$}
$$
Et je comprends maintenant, dans ce cas, pourquoi il est totalement décomposé dans $L \cap \R$, cette intersection restant pour moi (calculateur) un mystère (pour l'instant).

Il y a un truc pas piqué des vers en ce qui concerne $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 16:02
Tu vends la mêche ? smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 16:07
Extension centrale ? (t'es un spécialiste maintenant winking smiley).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 19:45
avatar
Donc les formes de discriminant $D:=-20$.

On a la forme normique : $x^2+5y^2$ et la forme pas normique $2x^2+2xy+3y^2$.

$p$ est un premier représenté par la forme normique si et seulement si $p=1,9 \pmod{20}$.
$p$ est un premier représenté par la forme non normique si et seulement si $p=3,7 \pmod{20}$.

(Là je n'ai pas de démonstration).



Modifié 1 fois. Dernière modification le 23/03/2017 19:49 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 20:56
Ici, je cause de $-3$ carré modulo $p$, de la congruence $p \equiv 1 \bmod 3$, de l'anneau $\Z[j]$, de la forme $x^2 + xy + y^2$ et d'une loi de réciprocité pour les bébés. Des points en vrac, à mettre dans l'ordre, ce n'est pas mon souci.

(1) Si $m = x^2 + xy + y^2$, alors modulo 3 (envisager les cas de figures), on a $m \equiv 0,1 \bmod 3$.

(2) Si $p = x^2 + xy + y^2$, alors $X^2 + X + 1$ admet dans $\mathbb F_p$ une racine, à savoir $xy^{-1}$ ou $yx^{-1}$. Sauf si .. Et une fois que $X^2 + X + 1$ admet une racine dans $\mathbb F_p$, son discriminant $-3$ est un carré dans $\mathbb F_p$.

(3) Si $p \equiv 1 \bmod 3$, alors le groupe $\mathbb F_p^*$, qui est cyclique d'ordre $p-1$, multiple de 3, admet un élément $x$ d'ordre $3$ :
$$
x^3 = 1, \qquad (x-1)(x^2 + x + 1) = 0 \qquad \hbox {donc} \qquad x^2 + x + 1 = 0
$$
Le trinôme $X^2 + X + 1$, de discriminant $-3$ ..etc.. Conclusion $-3$ est un carré modulo $p$.

(3') Si je ne veux pas utiliser le fait que $\mathbb F_p^*$ est cyclique, j'utilise le trick suivant (qui, bien enveloppé dans .. sert à montrer d'ailleurs que $\mathbb F_p^*$ est cyclique !!). Je tire au hasard $y \in \mathbb F_p^*$ et je pose :
$$
x = y^{p-1 \over 3} \qquad \hbox {de sorte que} \qquad x^3 = 1 \quad \hbox {i.e.} \quad (x-1)(x^2 + x + 1) = 0
$$
La faute à pas de chance serait que $x=1$. Mais le polynôme $Y^{p-1 \over 3} - 1$ est de degré $(p-1)/3 < p-1$. Et donc, ça le fait.
Une fois obtenu $x^2 + x + 1 = 0$ dans $\mathbb F_p$, je continue comme avant.

(4) Soit $x \in \Z$ vérifiant $x^2 + x + 1 \equiv 0 \bmod p$. Alors, dans $\Z[j]$ :
$$
(x-j)(x-j^2) = x^2 + x + 1 \equiv 0 \bmod p \qquad \hbox {i.e} \qquad
p \mid (x-j)(x-j^2) \quad \hbox {mais}\quad p \not\mid x-j, \quad p \not\mid x-j^2
$$
A droite, cela prouve que $p$ n'est pas premier dans $\Z[j]$. J'utilise maintenant $\Z[j]$ principal. Donc $p$ n'est pas irréductible c.a.d. que $p$ est de la forme $p = \pi_1\pi_2$, $\pi_1, \pi_2$ n'étant point inversibles. Un petit coup de norme :
$$
p^2 = N(\pi_1) N(\pi_2) \qquad p = N(\pi_1) = N(\pi_2)
$$
Bilan : $p$ est de la forme $x^2 + xy + y^2$.

(5) Oh, dans $(4)$, les vilaines négations. Quelle horreur. Alors qu'il suffit de poser :
$$
\pi = \gcd(x-j,p) \quad \hbox {et de bien bien réfléchir pour obtenir} \quad p = N(\pi)
$$
En rassemblant tous ces points pour faire un binz structuré, on a obtenu, en éliminant $p = 3$ :
$$
p \equiv 1 \bmod 3 \qquad\iff\qquad -3 \hbox { est un carré modulo $p$} \qquad\iff\qquad
\hbox {$p$ est de la forme $x^2 + xy + y^2$}
$$
A gauche, une petite loi de réciprocité. Et à droite, représentation par la forme normique de $\Z[j]$.
Allez, un peu d'action pour être crédible.

Générer un premier $p \equiv 1 \bmod 3$, un peu au pif.

> // N(a + bj) = a^2 - ab + b^2,    N(a - bj) = a^2 + ab + b^2, 
> // (X - j) * (X - j^2) = X^2 + X + 1
> 
> // Tirer un premier p = 1 mod 3
> p := 3*Random(10^2, 10^3) + 1 ;
> repeat p := p + 3 ; until IsPrime(p) ;
> p ;
991

Le petit truc pour obtenir $x$, une racine cubique de l'unité modulo $p$ (une vraie, pas $x = 1$ !)

> // Trouver x tel que x^2 + x + 1 = 0 mod p
> y := Random(2,p-2) ;
> x := Modexp(y, ExactQuotient(p-1,3), p) ;
> (x^2 + x + 1) mod p ;
0

Et le petit coup de pgcd

> // Pgcd quand tu me tiens
> ab := Pgcd(x - j, p) ;
> Qj ! ab ;
-9*j - 35
> Norm(ab) eq p ;
true
> a := ab[1] ; b := -ab[2] ;
> assert ab eq a - b*j ;
> p eq a^2 + a*b + b^2 ;
true
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 21:09
Wow ! thumbs down

Et l'histoire de $\mathrm{Gal}(L/\Q)$ pas piquée des vers ? grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
23 mars 2017, 21:17
@gai requin Dans [www.les-mathematiques.net] Une extension centrale ? Bien sûr que non car une extension centrale d'un groupe abélien par un groupe cyclique (ici $C_2$) est abélien. Tu ne veux pas me faire croire que que le groupe symétrique $S_3$, isomorphe au groupe de Galois (sur $\Q$, pas sur $\Q(\sqrt {-23}$ !) du polynôme $X^3 - X - 1$ sur $\Q$ est abélien, si ? Bien sûr, $X^3 - X - 1$ n'est pas nouveau pour toi. Jamais vu, peut être ?

Moi spécialiste des extensions centrales ? Bien sûr que non.

Dans le contexte $\Q \subset K \subset L$ de mon post (assez précis) de ce matin (j'ai la flemme de retrouver), $K$ corps quadratique imaginaire ...etc.. j'ai dit :
$$
\tau \sigma \tau^{-1} = \sigma^{-1} \qquad \sigma \in \mathrm {Gal}(L/K), \qquad
\tau \hbox { conjugaison complexe sur $L$}
$$
C'est cela la méga surprise pour moi. Et je me pose une dizaine de questions. Pas étrangères à $L \cap \R$.


Tu ne peux pas faire autrement que d'étudier à quelle condition le groupe diédral $G'$ d'un groupe abélien $G$ (noté multiplicativement) est abélien. Le groupe $G'$ en question, c'est :
$$
G' = G \rtimes \{\pm 1\} \qquad \hbox {avec l'action} \quad \varepsilon : g \mapsto g^\varepsilon
$$
L'écriture normalisée dans $G'$ est donc du type $g\varepsilon$. Et la loi de commutation-renormalisation est donc :
$$
\varepsilon g = g^\varepsilon \varepsilon
$$
Question : à quelle condition $G'$ est -il abélien ?

Evidemment, dans l'histoire du corps de classes $L/K$, le groupe de Galois $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ est le groupe diédral du (groupe) abélien des classes d'idéaux $\mathrm {Cl}(K)$.
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