@flip flop
De quoi parles tu exactement ? Il suffit d'appliquer :
$$
(\star) \qquad\qquad\qquad
q = (a,b,c) \longmapsto I_q = a\Z \oplus \theta_q\Z \qquad \theta_q = {-b + \sqrt {\Delta} \over 2}
$$
J'ai cru comprendre que chez toi, $\Delta = 4 \times (-23)$ ? Ou bien $\Delta = -23$ ? J'ai corrigé $-4$ en $4$.
Si c'est $\Delta = 4 \times (-23)$, tu n'as plus qu'à appliquer $(\star)$ à tes 6 formes trouvées (et du coup tu vas trouver 3 idéaux non inversibles correspondants à tes 3 formes NON primitives). Quant aux 3 formes primitives, elles sont $x^2 + 23y^2$, $3x^2 \pm 2xy + 8y^2$ ....
aie aie aie c'est vraiment complexe ! Si je veux faire ça ...
Par exemple, si je veux montrer que $\Q(\sqrt{-1},\sqrt{5}) \mid \Q(\sqrt{-20})$ est non ramifié. Alors je sens bien qu'il n'y a pas de ramification.
1/ Dans $\Q(\root 20 \of 1) \mid \Q$, il n'y a que $2$ et $5$ qui sont ramifiés avec indice respectif $2$ et $4$.
2/ Je suppose que l'on regarde dans le diagramme : la ramification au de $2$ permet de conclure (je détails pas) par contre pour $5$ il faut utiliser une histoire d'extensions linéairement disjointes mais là ... j'ai pas les outils pour conclure !
@fliplflop : Ce que j'aime chez toi, c'est que tu vas toujours jusqu'au bout. ;-)
Peut-être un élément de réponse [ici].
Attention : il faut lire "différente" à la place de "discriminant".
On peut sans doute faire autrement mais j'ai vu des papiers (sans tout lire of course) qui montrent que cette méthode est efficace.
Je me suis rappelé que Claude m'avait donné cette formule à la fin des dernières vacances il y a cinq semaines (un vendredi je crois).
Etre prof donne certains repères. B-)
}
$$
Je représente le graphe de la décomposition de $(5)$. $\bullet$ représente un idéal premier et j'ai mis le corps résiduel en indice.
$$
\xymatrix {
}$$
En passant par la gauche pour décomposer $(5)$ on voit que la décomposition est de type $$ \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$$
Du coup, $? = \left( (\bullet)_{\mathbb{F}_5} \times (\bullet)_{\mathbb{F}_5}\right)^2$ et il n'y a qu'a regarder au centre pour conclure que l'idéal premier au dessus de $(5)$ (dans $\Q(\sqrt{-20})$) est non ramifié, en fait il est décomposé (non inerte).
@flip flop
C'est ok. On veut se passer, tant que faire se peut, de la formule pointée par gai-requin. Pour le cas général (plus tard), je réfléchis (que je dis).
@gai requin Je ne vois pas pourquoi, dans la formule pointée, tu dis qu'il faut lire ``différente'' au lieu de ``discriminant''. Je maintiens discriminant. La formule de transitivité pour la différente, dans le même contexte, est :
$$
\mathfrak d_{K_3/K_1} = \mathfrak d_{K_3/K_2}\mathfrak d_{K_2/K_1} \qquad\qquad (\star)
$$
Rappel : la différente est un idéal du haut et le discriminant, qui en est sa norme, est un idéal du bas. La formule de transitivité pour les discriminants s'obtient à partir de la formule $(\star)$ et de la propriété de ``transitivité'' de la norme.
@gai requin
Que veux tu dire par ``Mais le premier facteur du second membre devrait être la norme d'une différente''. Norme, c'est vague, il y en a trois en jeu, ici. On prend la norme $N_{K_3/K_1}$ de l'égalité sur les différentes, puis on utilise :
$$
N_{K_3/K_1} = N_{K_2/K_1} \circ N_{K_3/K_2}
$$
Et surtout, on fait très très attention au lieu de vie des idéaux différentes. Et cela donne la formule sur les discriminants.
@Claude : Si on "ajoute" une extension $\Q(\sqrt{D})$ dans la situation (avec $D=1\pmod{4}$) ... l'extension $Q(\sqrt{-1},\sqrt{5},\sqrt{D}) \mid \Q(\sqrt{-5D})$ est non ramifiée, avec le même argument que mon dernier message ?
@flip flop
Je comprends parfaitement ce que tu veux dire. Mais il y a un point d'interrogation dans ta phrase qui laisse sous-entendre que tu n'es pas sûr de ton argument. Cela me prend la tête car j'ai jeté un oeil dans Frölich-Taylor. C'est le résultat (3.8) de la section III.3 chapitre III, p. 139. Mais il faut remonter au résultat (3.7) de cette même page puis au théorème 22 puis ...etc... Le théorème 22 est en III.2 page 126 et fait intervenir la différente (le théorème 22 est le fameux résultat de Dedekind qui dit qu'un premier du bas est ramifié en haut s'il divise la différente le discriminant).
On voudrait bien se passer de tout cela. As tu le Frölich-Taylor ?
Rappel : ce qui est vrai (et que l'on voudrait prouver avec des petits moyens), c'est qu'en notant $D = D_1 \cdots D_k$ la décomposition d'un discriminant quadratique fondamental $D$ en produit de discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires (ce qui veut dire $D_i \in \{-4, 8, -8\}$ ou bien $D_i = p^*$ pour un premier impair $p \ge 3$, étant entendu que les $D_i$ sont premiers deux à deux), c'est que :
$$
\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}
$$
Quelle(s) drôle(s) d'idée(s) que de vouloir traiter des exemples ! C'est vachement plus facile de parler de $L/K$ non ramifiée en général plutôt que de régler le sort à une petite extension quadratique.
Supposons que $D$ est un carré modulo $p$.
Il y a une unique forme quadratique définie positive primaire $q$ telle que $\mathfrak p$ et $I_q$ sont dans la même classe d'idéaux.
A-t-on alors $p=q(x,y)$ ?
(1) En ce qui concerne Galois, j'ai beaucoup de mal à comprendre où vous êtes partis. Il s'agit d'un résultat général, pour un corps quelconque $K$ (de caractéristique $\ne 2$ tout de même) dans lequel intervient la propriété d'indépendance quadratique (c'est une propriété multiplicative qui a lieu dans $K^*/K^{*2}$). J'avais eu l'intention, début Juillet 2016, d'écrire cela, suite à une erreur énorme de ma part dans une histoire de lifting en théorie de Galois, concernant une extension de $C_4$ un tantinet générique (et c'est pour cela que je m'en souviens).
J'avais quand même commencé une page que j'attache. Ce n'est pas terminé et ce n'est même pas commencé. C'est ce que l'on appelle la théorie de Kummer pour les bébés car l'exposant qui intervient est $n=2$ et que l'on peut tout faire à la main dans ce cas là. Il faudrait, dans un monde idéal, que cela soit réglé une fois pour toutes. Mais sommes nous dans un monde idéal ?
(2) En ce qui concerne le visage humain (terminologie de mézigue) de l'application d'Artin. Contexte : un discriminant quadratique fondamental $D < 0$ et $q = ax^2 + bxy + cy^2$ une forme de discriminant $D$ (avec $a, c > 0$ comme d'habitude). Une valeur modulo $D$ prise par $q$ est un élément $m \in (\Z/D\Z)^\times$ tel que :
$$
\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.
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.
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)$$
Avec une petite attention lorsque $D_k$ est divisible par $2$. $D_1 = \left(\dfrac{D_1}{\ell}\right)$. (faire gaffe avec $2$ ... prise de tête depuis le début :-D)
@flip-flop dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1263771,1434436#msg-1434436, tu parles de $-4, 4, 8$ pour les discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires exceptionnels (ouf). Coquille : $4$ n'est pas un discriminant quadratique ; il faut remplacer $-4, 4, 8$ par $-4, -8, 8$ pour $\Q(i)$, $\Q(\sqrt {-2})$, $\Q(\sqrt {2})$. Et bien sûr, dans tes notations, peut-être que $D_1$ n'est pas de cette forme ni aucun des $D_i$ ($D$ peut être impair).
J'ai pigé la preuve de Frölich-Taylor en ce qui concerne l'aspect non ramifié de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$. Ce n'est pas aussi élémentaire que je ne le pensais ! Il faut d'abord oublier $D$ et se concentrer sur :
$$
\Q \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) =: L_k \qquad\qquad (\star)
$$
Etant entendu que les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires premiers deux à deux.
Il faut d'abord avoir réglé l'aspect galoisien i.e. l'aspect théorie des corps. Mais ça, c'est ``facile'' et général. Et je préfère, de mon côté, traiter le cas général (indépendance quadratique i.e. le truc $K^*/K^{*2}$ en caractéristique distincte de 2).
Une fois la charpente ``théorie des corps'' en place, elle assure de la ``disjonction linéaire quelque part'', de manière précise, les extensions $L_{k-1}/\Q$ et $\Q(\sqrt {D_k})/\Q$ sont linéairement disjointes sur $\Q$.
Et il faut ensuite s'occuper de l'arithmétique : par récurrence, les extensions $L_{k-1}/\Q$ et $\Q(\sqrt {D_k})/\Q$ sont ARITHMETIQUEMENT disjointes sur $\Q$ d'où une formule explicite pour $\mathrm {Disc}(L_k/L_{k-1})$ ...etc.. Pas mal de boulot.
En fait, on obtient des renseignements précis sur l'arithmétique de $(\star)$ : une base d'entiers, le discriminant, les indices de ramification.
Et en fin course, $\Q(\sqrt D)$ peut s'intercaler. L'avantage de travailler d'abord avec $(\star)$, c'est que l'on a $\Q$ à la base (donc $\Z$ du côté arithmétique, à la base).
J'ai très très mal évalué la difficulté de la chose.
Pour la démonstration je vois l'idée. J'aurais tendance à introduire $$
\Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt{D_{n-1}}, \sqrt{D_{n+1}}, \cdots,\sqrt {D_k}) =: L_n
$$
L'extension de $\Q$ obtenu en oubliant $D_n$. Ensuite on note $p_n := |D_n|$ si $D_n$ est premier impair et $p_n := 2$ sinon.
On dispose d'une inclusion cyclotomique $L_n \subset \Q(\zeta_{\widehat{D}_n})$ (avec $\widehat{D}_n = |D_1 \dots D_{n-1},D_{n+1} \dots D_k$|). Donc l'extension $L_n \mid \Q$ est non ramifié en $p_n$. De là on déduit que $\Q(\sqrt {D_1}, \cdots,\sqrt {D_k}) \mid \Q$ est ramifiée en $p_n$ avec un indice de ramification $2$. Ensuite comme l'extension $\Q(\sqrt {D_1\cdots D_k}) \mid \Q$ est également ramifié en $p_n$ avec un indice $2$ ... l'extension que l'on veut ne peut pas être ramifiée en un idéal au dessus de $p_n$.
En fait, ça part de la question suivante : Comment trouver un corps cyclotomique $\Q(\zeta)$ tel que $\Q(\sqrt{-19}) \subset \Q(\zeta)$ ?
Alors $-19= 1 \pmod{4}$ on a $D := \text{Disc}(\Q(\sqrt{-19}) \mid \Q) =-19$ et on a :
$$
\Q(\sqrt{-19}) \subset \Q(\zeta_{19}) \qquad \text{C'est les périodes de Gauss}
$$
Pour $\Q(\sqrt{19})$ on est obligé de prendre : $\Q(\zeta_{4 \times 19})$ :-S
@flip flop
En ce qui me concerne, j'essaie, dans la mesure du possible, d'être clair sur ce qui est prouvé ou non prouvé (dans mes petites affaires). Et voilà un point qui ne l'est pas : si $D$ est un discriminant quadratique fondamental, alors $|D|$ est le conducteur cyclotomique de $\Q(\sqrt D)$, ce qui veut dire que d'une part, $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ (cà, c'est ok) mais $D$ est le plus petit au sens où $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root m \of 1)$ entraîne $D \mid m$. Et ce dernier point constitue un trou chez moi (et je pense que ce n'est pas une évidence).
On a $\Q(\root |D| \of 1)\cap\Q(\root m \of 1)=\Q(\root |D|\wedge m \of 1)$.
Il suffit donc de montrer que $|D|$ est le plus petit entier $n\in\N$ tel que $\Q(\sqrt{D})\subset \Q(\root n \of 1)$.
Toute inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root m \of 1)$ détermine un caractère quadratique $\chi$ sur $(\Z/D\Z)^\times$ via :
$$
\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 $m' = m \wedge |D|$}
$$
on peut remplacer $m$ par $m \wedge |D|$. Et en utilisant le fait que $\chi_D$ est primitif, on obtient $m \wedge |D| = |D|$ i.e. $D \mid m$.
Soit $D$ un discriminant quadratique fondamental de la forme $-4n$, où $n$ est un nombre convenable d'Euler et $D=D_1\cdots D_k$ sa décomposition en discriminants élémentaires.
Alors :
1) $h(D)=2^{k-1}$.
2) $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ est abélienne non ramifiée de degré $2^{k-1}$.
On pourra alors assurer que $\Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ est le corps de classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$ et surtout que pour $p$ premier,
$$p\text{ est sous forme normique $\Leftrightarrow D_1,\ldots ,D_k$ sont des carrés modulo $p$.}$$
@gai requin
Hum, il doit manquer du contexte dans ton histoire. Pas mal. Exemple : $D = -23$ ($k = 1$) pour lequel $h(D) = 3$ pas trop égal à $2^{k-1}$.
@vous deux.
Yes, les nombres convenables d'Euler. Et j'ai suggéré (je ne sais combien de fois) de traiter des exemples. Mais ...
J'ai joué il n'y a pas si longtemps avec $D = -280$ i.e. avec le nombre convenable d'Euler $n = 70$ (attention $D = -4n$) et c'est fou ce que j'ai appris.
Il n'y a pas si longtemps (bis), j'ai vu une personne jouer avec le fait de fournir la démonstration (probablement la plus complexe) du fait que $\Z[j]$ est principal. Sauf que c'était analytique dès le départ. Et en tirant cette petite ficelle qui semblait minuscule (le côté principal de $\Z[j]$, ce qui parait pauvre car il est plus que principal, il est euclidien), y'à une grosse pelote de laine qui a débarqué.
Avez vous vraiment vu, avec VOS YEUX, les formes quadratiques réduites $ax^2 + bxy + cy^2$ de discriminant $D$ avec $D = -4n$, $n$ Euler convenient number ? Ces formes possèdent un $b$ très spécial.
@gai requin
Une petite indication. De manière générale soit $q = (a,b,c)$ une forme quadratique binaire et $\overline q = (a, -b,c)$. On s'interroge sur le fait que l'on puisse avoir :
$$
q \quad \buildrel {\mathrm {SL}_2(\Z)} \over \simeq \quad \overline q
$$
Cela peut arriver parfois. Par exemple quand $b = 0$ ! Mais cela peut arriver dans d'autres circonstances.
Réponses
2\Z \oplus (-1+i\sqrt{23}) \Z \qquad 4\Z \oplus (-1+i\sqrt{23}) \Z \qquad 4\Z \oplus (1+i\sqrt{23}) \Z
$$
:-S
De quoi parles tu exactement ? Il suffit d'appliquer :
$$
(\star) \qquad\qquad\qquad
q = (a,b,c) \longmapsto I_q = a\Z \oplus \theta_q\Z \qquad \theta_q = {-b + \sqrt {\Delta} \over 2}
$$
J'ai cru comprendre que chez toi, $\Delta = 4 \times (-23)$ ? Ou bien $\Delta = -23$ ? J'ai corrigé $-4$ en $4$.
Si c'est $\Delta = 4 \times (-23)$, tu n'as plus qu'à appliquer $(\star)$ à tes 6 formes trouvées (et du coup tu vas trouver 3 idéaux non inversibles correspondants à tes 3 formes NON primitives). Quant aux 3 formes primitives, elles sont $x^2 + 23y^2$, $3x^2 \pm 2xy + 8y^2$ ....
aie aie aie c'est vraiment complexe ! Si je veux faire ça ...
Par exemple, si je veux montrer que $\Q(\sqrt{-1},\sqrt{5}) \mid \Q(\sqrt{-20})$ est non ramifié. Alors je sens bien qu'il n'y a pas de ramification.
1/ Dans $\Q(\root 20 \of 1) \mid \Q$, il n'y a que $2$ et $5$ qui sont ramifiés avec indice respectif $2$ et $4$.
2/ Je suppose que l'on regarde dans le diagramme : la ramification au de $2$ permet de conclure (je détails pas) par contre pour $5$ il faut utiliser une histoire d'extensions linéairement disjointes mais là ... j'ai pas les outils pour conclure !
$$
\xymatrix {
& \Q(\root 20 \of 1) \ar@{-}[ddl] \ar@{-}[ddr] \ar@{-}[d]& \\
& \Q(\sqrt{-1},\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d]\ar@{-}[dr] & \\
\Q(i) \ar@{-}[dr] & \Q(\sqrt{-20}) \ar@{-}[d]&\Q(\sqrt{5})\ar@{-}[dl] \\
&\Q &\\
}
$$
Peut-être un élément de réponse [ici].
Attention : il faut lire "différente" à la place de "discriminant".
On peut sans doute faire autrement mais j'ai vu des papiers (sans tout lire of course) qui montrent que cette méthode est efficace.
Allez jusqu'au bout ! Je ne sais pas ... tu sais le pire c'est que le corps de classe de Hilbert c'est juste le premier étage !
PS : mais comment tu fais pour retrouver les informations ???
Etre prof donne certains repères. B-)
$$
\xymatrix {
& \Q(\sqrt{-1},\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d]\ar@{-}[dr] & \\
\Q(i) \ar@{-}[dr] & \Q(\sqrt{-20}) \ar@{-}[d]&\Q(\sqrt{5})\ar@{-}[dl] \\
&\Q &\\
}
$$
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).
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.
Je me suis mal exprimé. Désolé.
Mais le premier facteur du second membre devrait être la norme d'une différente.
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.
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.
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."
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 $p=q(x,y)$ ?
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 !
$$\sigma_p=\rm{Id}\Leftrightarrow D_1,\ldots ,D_k \text{ sont des carrés modulo $p$}.$$
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.
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.
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 :-D)
J'avais raté un épisode sur les discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires. :-S
Je regarde les nombres premiers selon là congruence $1 \pmod{4}$ ... au lieu de prendre $3$ comme nombre premier je prend $-3$ :-D
Claude parle de convention Martienne !
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.
Mais je vais quand même regarder en détails pour me coucher moins c.n.
Merci pour le sketch Claude. (tu)
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 $p_n$.
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 : $\Q(\zeta_{4 \times 19})$ :-S
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).
Il suffit donc de montrer que $|D|$ est le plus petit entier $n\in\N$ tel que $\Q(\sqrt{D})\subset \Q(\root n \of 1)$.
$$
\sigma_a(\sqrt D) = \chi(a) \sqrt D, \qquad a \wedge m = 1
$$
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. $D \mid m$.
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,
$$p\text{ est sous forme normique $\Leftrightarrow D_1,\ldots ,D_k$ sont des carrés modulo $p$.}$$
La forme ?
Je pense que le 1/ va dépendre du corps $Q(\sqrt{D})$.
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 $2^{k-1}$.
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.
J'ai modifié mon post de ce matin selon vos indications.
$b=0$ pour toutes les formes réduites !
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.