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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
26 mars 2017, 22:05
avatar
Je considère le graphe :
$$
\xymatrix {


& \Q(\sqrt{-1},\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d]\ar@{-}[dr] & \\



\Q(i) \ar@{-}[dr] & \Q(\sqrt{-20}) \ar@{-}[d]&\Q(\sqrt{5})\ar@{-}[dl] \\



&\Q &\\



}
$$
Je représente le graphe de la décomposition de $(5)$. $\bullet$ représente un idéal premier et j'ai mis le corps résiduel en indice.
$$
\xymatrix {

& ? \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d]\ar@{-}[dr] & \\



(\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \ar@{-}[dr] &\left((\bullet)_{\mathbb{F}_5} \right)^2 \ar@{-}[d]& \left((\bullet)_{\mathbb{F}_5} \right)^2 \ar@{-}[dl] \\



&(5) &\\



}$$
En passant par la gauche pour décomposer $(5)$ on voit que la décomposition est de type $$ \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5}\right)^2 \qquad \text{ ou } \qquad (\bullet)_{\mathbb{F}_{5^2}} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_{5^2}} \qquad \text{ou} \qquad (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5}$$
Mais en regardant par la droite : la décomposition de $(5)$ est :
$$ \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5}\right)^2 \qquad \text{ ou } \qquad \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_{5^2}} \right)^2 \qquad \text{ou} \qquad \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_{5}} \right)^4$$

Du coup, $? = \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5}\right)^2$ et il n'y a qu'a regarder au centre pour conclure que l'idéal premier au dessus de $(5)$ (dans $\Q(\sqrt{-20})$) est non ramifié, en fait il est décomposé (non inerte).



Modifié 3 fois. Dernière modification le 27/03/2017 10:12 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 08:16
@flip flop
C'est ok. On veut se passer, tant que faire se peut, de la formule pointée par gai-requin. Pour le cas général (plus tard), je réfléchis (que je dis).

@gai requin Je ne vois pas pourquoi, dans la formule pointée, tu dis qu'il faut lire ``différente'' au lieu de ``discriminant''. Je maintiens discriminant. La formule de transitivité pour la différente, dans le même contexte, est :
$$
\mathfrak d_{K_3/K_1} = \mathfrak d_{K_3/K_2}\mathfrak d_{K_2/K_1} \qquad\qquad (\star)
$$
Rappel : la différente est un idéal du haut et le discriminant, qui en est sa norme, est un idéal du bas. La formule de transitivité pour les discriminants s'obtient à partir de la formule $(\star)$ et de la propriété de ``transitivité'' de la norme.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/03/2017 10:14 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 08:36
$$\mathrm {Disc}(K_3/K_1) = N_{K_2/K_1}\bigl( \mathrm {Disc}(K_3/K_2)\bigr) \times \mathrm {Disc}(K_2/K_1)^{[K_3 : K_2]}.$$

Je me suis mal exprimé. Désolé.
Mais le premier facteur du second membre devrait être la norme d'une différente.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 08:53
@gai requin
Que veux tu dire par ``Mais le premier facteur du second membre devrait être la norme d'une différente''. Norme, c'est vague, il y en a trois en jeu, ici. On prend la norme $N_{K_3/K_1}$ de l'égalité sur les différentes, puis on utilise :
$$
N_{K_3/K_1} = N_{K_2/K_1} \circ N_{K_3/K_2}
$$
Et surtout, on fait très très attention au lieu de vie des idéaux différentes. Et cela donne la formule sur les discriminants.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 10:24
avatar
@Claude : Si on "ajoute" une extension $\Q(\sqrt{D})$ dans la situation (avec $D=1\pmod{4}$) ... l'extension $Q(\sqrt{-1},\sqrt{5},\sqrt{D}) \mid \Q(\sqrt{-5D})$ est non ramifiée, avec le même argument que mon dernier message ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 11:08
@flip flop
Je comprends parfaitement ce que tu veux dire. Mais il y a un point d'interrogation dans ta phrase qui laisse sous-entendre que tu n'es pas sûr de ton argument. Cela me prend la tête car j'ai jeté un oeil dans Frölich-Taylor. C'est le résultat (3.8) de la section III.3 chapitre III, p. 139. Mais il faut remonter au résultat (3.7) de cette même page puis au théorème 22 puis ...etc... Le théorème 22 est en III.2 page 126 et fait intervenir la différente (le théorème 22 est le fameux résultat de Dedekind qui dit qu'un premier du bas est ramifié en haut s'il divise la différente le discriminant).

On voudrait bien se passer de tout cela. As tu le Frölich-Taylor ?

Rappel : ce qui est vrai (et que l'on voudrait prouver avec des petits moyens), c'est qu'en notant $D = D_1 \cdots D_k$ la décomposition d'un discriminant quadratique fondamental $D$ en produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires (ce qui veut dire $D_i \in \{-4, 8, -8\}$ ou bien $D_i = p^*$ pour un premier impair $p \ge 3$, étant entendu que les $D_i$ sont premiers deux à deux), c'est que :
$$
\Q(\sqrt {D}) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt{D_k}) \quad \hbox { est non-ramifiée}
$$

Autre chose : on va avoir besoin du fait que :
$$
\Q \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt{D_k}) \quad \hbox { est abélienne, de degré $2^k$, de ...etc...}
$$
Par exemple du fait que :
$$
\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt{D_k})/\Q) \ni \sigma \longmapsto \left(
{\sigma (\sqrt {D_1}) \over \sqrt{D_1}}, \cdots, {\sigma(\sqrt {D_k}) \over \sqrt{D_k}} \right) \in \{\pm 1\}^k \quad \hbox {est un isomorphisme}
$$
Quelle(s) drôle(s) d'idée(s) que de vouloir traiter des exemples ! C'est vachement plus facile de parler de $L/K$ non ramifiée en général plutôt que de régler le sort à une petite extension quadratique.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/03/2017 15:51 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 19:51
avatar
Hello Claude,

C'est peut être plus délicat décrire l'argument plus haut dans le contexte général que tu décrits.

Par contre, je ne vois pas comment "mettre un visage humain à ce qui sera plus tard l'application d'Artin."
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 19:59
Par exemple, $\sigma_p(\sqrt{D_1})=(\sqrt{D_1})^p$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 20:21
avatar
Si $\mathfrak{p}$ est un idéal premier $\Q(\sqrt{-20})$ au dessus de $p$, $\mathfrak{p} \mapsto$ la classe de forme qui représente $p$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 21:01
Je pense qu'avec quatre classes, c'est pas gagné déjà. confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 21:13
Supposons que $D$ est un carré modulo $p$.
Il y a une unique forme quadratique définie positive primaire $q$ telle que $\mathfrak p$ et $I_q$ sont dans la même classe d'idéaux.
A-t-on alors $p=q(x,y)$ ?



Modifié 2 fois. Dernière modification le 28/03/2017 14:49 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 21:26
avatar
c'est pas bon ce que j'ai raconté : car les formes $3x^2 \pm 2xy + 8y^2$ représentent les même entiers thumbs up
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 mars 2017, 21:29
C'est pour ça que j'ai pris le problème à l'envers.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 08:43
avatar
Hello,
Concernant :
$$\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt{D_k})/\Q) \ni \sigma \longmapsto \left(

{\sigma (\sqrt {D_1}) \over \sqrt{D_1}}, \cdots, {\sigma(\sqrt {D_k}) \over \sqrt{D_k}} \right) \in \{\pm 1\}^k \quad \hbox {est un isomorphisme}$$


Est-ce que l'on peut considérer :
$$
\text{Res} : \mathrm {Gal}(\Q(\root |D| \of 1) /\Q) \to \mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt{D_k})/\Q)\\
\ell \pmod{|D|} \mapsto (\chi_{D_1}(\ell), \dots, \chi_{D_k}(\ell))
$$

et on prend, le sous ensemble de $\{-1,1\}^k$ dont le produit vaux $1$. hum ... après je ne sais pas !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/03/2017 09:27 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 14:48
Intéressant, parce qu'on aurait alors
$$\sigma_p=\rm{Id}\Leftrightarrow D_1,\ldots ,D_k \text{ sont des carrés modulo $p$}.$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 16:27
(1) En ce qui concerne Galois, j'ai beaucoup de mal à comprendre où vous êtes partis. Il s'agit d'un résultat général, pour un corps quelconque $K$ (de caractéristique $\ne 2$ tout de même) dans lequel intervient la propriété d'indépendance quadratique (c'est une propriété multiplicative qui a lieu dans $K^*/K^{*2}$). J'avais eu l'intention, début Juillet 2016, d'écrire cela, suite à une erreur énorme de ma part dans une histoire de lifting en théorie de Galois, concernant une extension de $C_4$ un tantinet générique (et c'est pour cela que je m'en souviens).

J'avais quand même commencé une page que j'attache. Ce n'est pas terminé et ce n'est même pas commencé. C'est ce que l'on appelle la théorie de Kummer pour les bébés car l'exposant qui intervient est $n=2$ et que l'on peut tout faire à la main dans ce cas là. Il faudrait, dans un monde idéal, que cela soit réglé une fois pour toutes. Mais sommes nous dans un monde idéal ?

(2) En ce qui concerne le visage humain (terminologie de mézigue) de l'application d'Artin. Contexte : un discriminant quadratique fondamental $D < 0$ et $q = ax^2 + bxy + cy^2$ une forme de discriminant $D$ (avec $a, c > 0$ comme d'habitude). Une valeur modulo $D$ prise par $q$ est un élément $m \in (\Z/D\Z)^\times$ tel que :
$$
\hbox {il existe $(x,y)$ vérifiant $q(x,y) \equiv m \bmod D$}
$$
Alors, ce que Gauss a étudié en particulier est (ce qui joue le rôle de l'application d'Artin sans Artin) :
$$
Q^+(D) \ni q \longmapsto \mathrm {Valeurs}_D(q) \subset (\Z/D\Z)^\times
$$
Cela devient une vraie application quand on quotiente à l'arrivée par l'image $\mathrm {Im}(N)$ de la norme modulo $D$ :
$$
N : (A/DA)^\times \to (\Z/D\Z)^\times, \qquad \hbox {$A$ l'unique anneau quadratique de discriminant $D$ = anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$}
$$

(3) Il faut que je me pose pour apprendre un peu (?) de maths. Je vois par exemple, pour cette histoire de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})$ non ramifiée, que j'ai négligé des notions de base, en particulier la notion d'extensions arithmétiquement disjointes. Impossible pour moi de continuer si mes bases ne sont pas assises. Et il y a tout ce qu'il faut par exemple dans Frölich-Taylor (et ailleurs sans aucun doute) pour cela. Il faut juste revenir en arrière (chap. III). Et je constate la richesse de cet ouvrage (3 sections sur les corps quadratiques : Quadratic Fields, p. 175, Quadratic Fields revisited, p. 220, Quadratic Fields, yet again p. 306). Ca rend modeste.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - BabyKummerTheory.pdf (164.7 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 18:43
Salut Claude.
Je dois admettre qu'il y a eu quelques bon délires ces derniers temps, auxquels je ne suis pas étranger...
En fait, de quoi faut-il s'occuper à propos de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})$ pour arriver, si je comprends bien, à la représentation de certains nombres premiers par la forme normique ? Je suis un peu perdu...
Je n'ai hélas pas le Frölich-Taylor.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 19:20
avatar
Hello Gai requin,

Il faut prouver que l'extension n'est pas ramifié, ça ne veut pas dire que l'extension $\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})$ est le corps de classe. Mais comme on sait "calculer" le nombre de classe grâce à Gauss, dans les "bon cas" i.e quand le nombre de classe est la bonne puissance de $2$, ça le fait. (Je pense que c'est l'idée).


Concernant les discriminants fondamentaux. Voilà ce que j'ai compris (à prendre avec des pincettes).

On prend $D$ le discriminant d'une extension quadratique imaginaire.

Alors $D = D_1 D_2 \dots D_k$ où $D_1 = -4,-8,8$ (ou $1$) et les autres $D_i$ sont premiers congrus à $1 \pmod{4}$ (attention on considère aussi des négatifs). Par exemple, si l'on considère $\sqrt{-7 \times 5 \times 11}$ alors $D = -4 * 7 * 5 * 11$ et la décomposition est : $D = (-4) \times (-7) \times (5) \times (-11)$. En espérant ne pas avoir fait de boulette de calcul.

Ce qui est bien dans cette décomposition c'est que chaque extension quadratique $\Q(\sqrt{D_k})$ est ramifié en un unique premier ($|D_k|$) et on a aussi une inclusion cyclotomique $\Q(\sqrt{D_k}) \subset \Q(\zeta_{|D_k|})$ (attention avec $D_1$ c'est la ramification en $2$) et on a aussi le morphisme de restriction :
$$
\text{Res} : \mathrm {Gal}(\Q(\root |D_k| \of 1) /\Q) \to \mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_k})/\Q)\\

\ell \pmod{|D_k|} \mapsto (\chi_{D_k}(\ell))
$$
Avec : $$\chi_{D_k}(\ell) = \left(\dfrac{\ell}{D_k}\right)$$
Avec une petite attention lorsque $D_k$ est divisible par $2$. $D_1 = \left(\dfrac{D_1}{\ell}\right)$. (faire gaffe avec $2$ ... prise de tête depuis le début grinning smiley)



Modifié 4 fois. Dernière modification le 29/03/2017 15:32 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 21:55
Merci flipflop. winking smiley
J'avais raté un épisode sur les discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires. confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 mars 2017, 22:20
avatar
En fait c'est bizarre les conventions !

Je regarde les nombres premiers selon là congruence $1 \pmod{4}$ ... au lieu de prendre $3$ comme nombre premier je prend $-3$ grinning smiley

Claude parle de convention Martienne !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 10:03
@flip-flop dans [www.les-mathematiques.net], tu parles de $-4, 4, 8$ pour les discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires exceptionnels (ouf). Coquille : $4$ n'est pas un discriminant quadratique ; il faut remplacer $-4, 4, 8$ par $-4, -8, 8$ pour $\Q(i)$, $\Q(\sqrt {-2})$, $\Q(\sqrt {2})$. Et bien sûr, dans tes notations, peut-être que $D_1$ n'est pas de cette forme ni aucun des $D_i$ ($D$ peut être impair).

J'ai pigé la preuve de Frölich-Taylor en ce qui concerne l'aspect non ramifié de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$. Ce n'est pas aussi élémentaire que je ne le pensais ! Il faut d'abord oublier $D$ et se concentrer sur :
$$
\Q \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) =: L_k \qquad\qquad (\star)
$$
Etant entendu que les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires premiers deux à deux.

Il faut d'abord avoir réglé l'aspect galoisien i.e. l'aspect théorie des corps. Mais ça, c'est ``facile'' et général. Et je préfère, de mon côté, traiter le cas général (indépendance quadratique i.e. le truc $K^*/K^{*2}$ en caractéristique distincte de 2).

Une fois la charpente ``théorie des corps'' en place, elle assure de la ``disjonction linéaire quelque part'', de manière précise, les extensions $L_{k-1}/\Q$ et $\Q(\sqrt {D_k})/\Q$ sont linéairement disjointes sur $\Q$.

Et il faut ensuite s'occuper de l'arithmétique : par récurrence, les extensions $L_{k-1}/\Q$ et $\Q(\sqrt {D_k})/\Q$ sont ARITHMETIQUEMENT disjointes sur $\Q$ d'où une formule explicite pour $\mathrm {Disc}(L_k/L_{k-1})$ ...etc.. Pas mal de boulot.

En fait, on obtient des renseignements précis sur l'arithmétique de $(\star)$ : une base d'entiers, le discriminant, les indices de ramification.

Et en fin course, $\Q(\sqrt D)$ peut s'intercaler. L'avantage de travailler d'abord avec $(\star)$, c'est que l'on a $\Q$ à la base (donc $\Z$ du côté arithmétique, à la base).

J'ai très très mal évalué la difficulté de la chose.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 11:34
Even BabyClassFieldTheory is complicated ! confused smiley

Mais je vais quand même regarder en détails pour me coucher moins c.n.

Merci pour le sketch Claude. thumbs down
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 15:52
avatar
Hello Claude,

oui je me suis trompé, avec $4$ versus $-8$.

Pour la démonstration je vois l'idée. J'aurais tendance à introduire $$
\Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt{D_{n-1}}, \sqrt{D_{n+1}}, \cdots,\sqrt {D_k}) =: L_n
$$
L'extension de $\Q$ obtenu en oubliant $D_n$. Ensuite on note $p_n := |D_n|$ si $D_n$ est premier impair et $p_n := 2$ sinon.

On dispose d'une inclusion cyclotomique $L_n \subset \Q(\zeta_{\widehat{D}_n})$ (avec $\widehat{D}_n = |D_1 \dots D_{n-1},D_{n+1} \dots D_k$|). Donc l'extension $L_n \mid \Q$ est non ramifié en $p_n$. De là on déduit que $\Q(\sqrt {D_1}, \cdots,\sqrt {D_k}) \mid \Q$ est ramifiée en $p_n$ avec un indice de ramification $2$. Ensuite comme l'extension $\Q(\sqrt {D_1\cdots D_k}) \mid \Q$ est également ramifié en $p_n$ avec un indice $2$ ... l'extension que l'on veut ne peut pas être ramifiée en un idéal au dessus de $p_n$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/03/2017 18:18 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 20:23
J'attache la partie facile (théorie des corps).
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - BabyKummerTheory.pdf (214.8 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 21:27
avatar
@Gai requin :

Au niveau d'un discriminant fondamental.

En fait, ça part de la question suivante : Comment trouver un corps cyclotomique $\Q(\zeta)$ tel que $\Q(\sqrt{-19}) \subset \Q(\zeta)$ ?

Alors $-19= 1 \pmod{4}$ on a $D := \text{Disc}(\Q(\sqrt{-19}) \mid \Q) =-19$ et on a :
$$
\Q(\sqrt{-19}) \subset \Q(\zeta_{19}) \qquad \text{C'est les périodes de Gauss}
$$

Pour $\Q(\sqrt{19})$ on est obligé de prendre : $\Q(\zeta_{4 \times 19})$ confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 21:49
Parce que $\rm{Disc}(\Q(\sqrt{19}) \mid \Q) =4\times19$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 21:58
@flip flop
En ce qui me concerne, j'essaie, dans la mesure du possible, d'être clair sur ce qui est prouvé ou non prouvé (dans mes petites affaires). Et voilà un point qui ne l'est pas : si $D$ est un discriminant quadratique fondamental, alors $|D|$ est le conducteur cyclotomique de $\Q(\sqrt D)$, ce qui veut dire que d'une part, $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ (cà, c'est ok) mais $D$ est le plus petit au sens où $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root m \of 1)$ entraîne $D \mid m$. Et ce dernier point constitue un trou chez moi (et je pense que ce n'est pas une évidence).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 22:30
avatar
@Claude : je suis d'accord ... c'est un peu magique !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 mars 2017, 22:57
On a $\Q(\root |D| \of 1)\cap\Q(\root m \of 1)=\Q(\root |D|\wedge m \of 1)$.
Il suffit donc de montrer que $|D|$ est le plus petit entier $n\in\N$ tel que $\Q(\sqrt{D})\subset \Q(\root n \of 1)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
31 mars 2017, 12:27
Toute inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root m \of 1)$ détermine un caractère quadratique $\chi$ sur $(\Z/D\Z)^\times$ via :
$$
\sigma_a(\sqrt D) = \chi(a) \sqrt D, \qquad a \wedge m = 1
$$
où $\sigma_a \in \mathrm {Gal}(\Q(\root m\of 1)/\Q)$ est l'élévation à la puissance $a$ sur $\mathbb U_m$.

Puisque :
$$
\Q(\root m \of 1) \cap \Q(\root |D| \of 1) = \Q(\root m' \of 1) \qquad \hbox {avec $m' = m \wedge |D|$}
$$
on peut remplacer $m$ par $m \wedge |D|$. Et en utilisant le fait que $\chi_D$ est primitif, on obtient $m \wedge |D| = |D|$ i.e. $D \mid m$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
31 mars 2017, 12:30
Lumineux ! thumbs down
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 09:09
Un petit bilan de ce qu'il reste à prouver :

Soit $D$ un discriminant quadratique fondamental de la forme $-4n$, où $n$ est un nombre convenable d'Euler et $D=D_1\cdots D_k$ sa décomposition en discriminants élémentaires.
Alors :
1) $h(D)=2^{k-1}$.
2) $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ est abélienne non ramifiée de degré $2^{k-1}$.

On pourra alors assurer que $\Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ est le corps de classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$ et surtout que pour $p$ premier,
$$p\text{ est sous forme normique $\Leftrightarrow D_1,\ldots ,D_k$ sont des carrés modulo $p$.}$$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/04/2017 14:25 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 09:39
avatar
Hello Gai requin,

La forme ?

Je pense que le 1/ va dépendre du corps $Q(\sqrt{D})$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 10:59
@gai requin
Hum, il doit manquer du contexte dans ton histoire. Pas mal. Exemple : $D = -23$ ($k = 1$) pour lequel $h(D) = 3$ pas trop égal à $2^{k-1}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 11:08
avatar
Est-ce que 1/ est lié aux nombres convenables de Euler ? cf ici
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 11:32
@vous deux.
Yes, les nombres convenables d'Euler. Et j'ai suggéré (je ne sais combien de fois) de traiter des exemples. Mais ...

J'ai joué il n'y a pas si longtemps avec $D = -280$ i.e. avec le nombre convenable d'Euler $n = 70$ (attention $D = -4n$) et c'est fou ce que j'ai appris.

Il n'y a pas si longtemps (bis), j'ai vu une personne jouer avec le fait de fournir la démonstration (probablement la plus complexe) du fait que $\Z[j]$ est principal. Sauf que c'était analytique dès le départ. Et en tirant cette petite ficelle qui semblait minuscule (le côté principal de $\Z[j]$, ce qui parait pauvre car il est plus que principal, il est euclidien), y'à une grosse pelote de laine qui a débarqué.

Avez vous vraiment vu, avec VOS YEUX, les formes quadratiques réduites $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$ avec $D = -4n$, $n$ Euler convenient number ? Ces formes possèdent un $b$ très spécial.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 14:29
Soleil, plage, sangria... ont bon dos pour justifier mes c.nner.es. winking smiley

J'ai modifié mon post de ce matin selon vos indications.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 14:39
@CQ :
> D :=-4*70;           
> BQF := BinaryQuadraticForms(D) ;
> BQF ;
Binary quadratic forms of discriminant -280
> RF := ReducedForms(BQF) ;
> RF ;
[ <1,0,70>, <2,0,35>, <5,0,14>, <7,0,10> ]

$b=0$ pour toutes les formes réduites !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 14:48
Quoique ?
> D :=-4*1365;           
> BQF := BinaryQuadraticForms(D) ;
> BQF ;
Binary quadratic forms of discriminant -5460
> RF := ReducedForms(BQF) ;
> RF ;
[ <1,0,1365>, <3,0,455>, <5,0,273>, <7,0,195>, <13,0,105>, <15,0,91>, <21,0,65>,
<35,0,39>, <2,2,683>, <37,4,37>, <6,6,229>, <10,10,139>, <14,14,101>,
<26,26,59>, <30,30,53>, <42,42,43> ]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 avril 2017, 16:56
@gai requin
Une petite indication. De manière générale soit $q = (a,b,c)$ une forme quadratique binaire et $\overline q = (a, -b,c)$. On s'interroge sur le fait que l'on puisse avoir :
$$
q \quad \buildrel {\mathrm {SL}_2(\Z)} \over \simeq \quad \overline q
$$
Cela peut arriver parfois. Par exemple quand $b = 0$ ! Mais cela peut arriver dans d'autres circonstances.
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