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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Indeed ! thumbs down

> q:= BQF ! <2,2,683>;
> Q:= BQF ! <2,-2,683>;
> IsEquivalent(q,Q);
true
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'ai fait quelques petites recherches liées aux nombres convenables d'Euler.

Définition : $n$ est un nombre convenable d'Euler si, pour toute forme réduite $ax^2+bxy+cy^2$ de discriminant $-4n$, on a $b=0$ ou $a=b$ ou $a=c$.

Dans ce cas-là, si $r$ désigne le nombre de premiers impairs divisant $n$, $C(-4n)\simeq (C_2)^{k-1}$,où
$$k=\cases {r & si $n \equiv 3 \bmod 4$ \cr r+1 & si $n \equiv 1,2 \bmod 4$ \cr r+1 & si $n \equiv 4 \bmod 8$ \cr r+2 & si $n \equiv 0 \bmod 8$ }.$$

Cela devrait permettre de régler le 1) dans [www.les-mathematiques.net] (il n'y a jamais que $34$ cas...).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Plusieurs remarques. La plus simple (et la plus compliquée) : que veut-on faire ? Evidemment que moi-même je n'en sais rien (sinon, on aurait terminé depuis longtemps).

Essayons d'être positifs. Dans ta formulation (que je connais), la définition du nombre $k$ ne paraît pas très structurelle. Cela vient du fait que $-4n$ n'est pas toujours un discriminant quadratique fondamental. Et que l'on risque de se lancer dans des histoires d'anneaux de nombres qui ne sont pas les anneaux d'entiers de leurs corps des fractions, dans des histoires de Ring Class Field alors que l'histoire Hilbert Class Field est déjà compliquée ... etc .. [[comme d"habitude, je parle pour moi]].

Et donc, pour des raisons pédagogiques (??), je m'étais limité depuis fort longtemps à des discriminants quadratiques fondamentaux. Et ma lettre fétiche était (et est encore) la lettre $D$, et le $k$ dont tu parles est à ce moment là UNIFORME, car il s'agit du $k$ qui intervient dans la décomposition structurelle unique :
$$
D = D_1 \cdots D_k \qquad \qquad (\star)
$$
où les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires, premiers deux à deux.

Et que veut-on faire avec $(\star)$ ? Je n'en sais rien (bis). Mais un peu quand même. On veut, dans le cas où $D$ est négatif, mettre en avant le corps quadratique imaginaire $K = \Q(\sqrt D)$, ainsi que l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Et puis, pourquoi pas, balançons la purée en notant $G = \mathrm {Cl}(K)$, le groupe des classes de $K$, intimement lié à $Q(D)^+ / \mathrm {SL}_2(\Z)$ :
$$
G/G^2 \simeq C_2^{k-1} \qquad\qquad (\blacksquare)
$$
Mais pas un isomorphisme abstrait qui sortirait de je ne sais trop où. C'est quoi le vrai visage de ce $C_2^{k-1}$ ? Ma réponse :
$$
{\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}} = \mathrm {Gal} \big(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) / \Q(\sqrt D) \big)
\quad \hbox {vu comme un quotient d'un sous-groupe de $(\Z/D\Z)^\times$}
$$
Bien sûr, si $G^2$ est trivial, on trouve, via $(\blacksquare)$, que $G \simeq C_2^{k-1}$.

Dans ma tête, il s'agissait d'AGITER tout cela soit en traitant des cas particuliers soit en assurant des résultats généraux (cela dépend du jour de la semaine), bref en faisant quelque chose. Et bien sûr, en tenant compte du point de vue de Gauss i.e. les formes quadratiques binaires car c'est un point de vue opérationnel.

En passant, il est impératif de comprendre que sans une assise solide des caractères de Kronecker, on ne peut rien faire.
Exemple de résultat général à prouver de manière la plus propre possible :
$$
\chi_D(q(x,y)) = 0,1, \qquad x,y \in \Z, \qquad \hbox {$q$ forme binaire quadratique de discriminant $D$}
$$
Pourquoi c'est important de montrer cela ? Parce que les valeurs prises par les formes quadratiques de discriminant $D$ sont au coeur du sujet (même si cela ne se voit pas) et que c'est facile de dire cela puisque Gauss a fait tout le travail.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Ce qu'on veut faire ?
Parce que c'est "abordable", calculer le corps de classes de Hilbert de $\Q(\sqrt{D})$ quand $D$ est un discriminant quadratique fondamental de la forme $-4n$ avec $n$ entier convenable d'Euler ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
De nos jours, dans le contexte que tu as cité, on aime bien énoncer $\mathrm {Cl}(-4n) \simeq C_2^{k-1}$. Pourquoi ? Je n'en sais trop rien (moi-même, je suis susceptible de donner de tels énoncé, cela dépend des jours de la semaine). En tout cas, ce qui est bien, c'est que c'est court et que cela tient en peu de symboles.

Mais est ce que l'on y voit ce qui suit ? Je n'en suis pas persuadé. Je prends un cas particulier ! Le discriminant quadratique fondamental
$$
D = -240 = 8 \times 5 \times (-7) = D_1 D_2 D_3 \qquad \hbox {donc $k=3$}
$$
C'est sa décomposition et j'ai bloqué, pour des raisons personnelles, les deux discriminants élémentaires $>0$ au début.
J'introduis (après Gauss, merci à lui) les 4 formes quadratiques réduites de discriminant $D$ :
$$
q_0 = x^2 + 70y^2, \qquad q_{12} = 2x^2 + 35y^2, \qquad q_{23} = 5x^2 + 14y^2, \qquad q_{13} = 7x^2 + 10y^2
$$
J'ai essayé de faire attention à l'indexation et j'espère que je n'ai pas commis d'erreur.

Alors, si $p$ est un nombre premier positif ne divisant pas $D$ i.e. $p \ne 2, 5, 7$, alors $p$ est représenté par
$$
\begin {array} {ccl}
q_0 &\iff& p \equiv 1, 9, 39, 71, 79, 81, 121, 151, 169, 191, 239, 249 \bmod D
\\
q_{12} &\iff& p \equiv 37, 43, 53, 67, 93, 107, 123, 163, 197, 253, 267, 277 \bmod D
\\
q_{23} &\iff& p \equiv 19, 59, 61, 69, 101, 131, 139, 171, 181, 229, 251, 269 \bmod D
\\
q_{13} &\iff& p \equiv 17, 33, 47, 73, 87, 97, 103, 143, 153, 167, 223, 257 \bmod D
\\
\end {array}
$$
J'aime bien énoncer $\mathrm {Cl}(-280) \simeq C_2^2$ (l'exposant $2$ c'est $k-1$ avec $k=3$). Mais j'aime également beaucoup savoir que cela dit ce qui est au dessus. Et que bien sûr, à chaque fois, il y a 12 valeurs et que $12 \times 4 = 48$ et que $48$ c'est la moitié de $\varphi(280) = 4 \times (5-1) \times (7-1)$.

Personnellement, je tiens à voir toutes ces informations. C''est mon choix, bien sûr.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
C'est le problème du genre d'une forme quadratique binaire que tu soulèves non ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Quelque chose de concret (de ma part), au ras des pâquerettes. Avec les notations habituelles, $D$ discriminant quadratique fondamental négatif, $K = \Q(\sqrt D)$, $G$ le groupe des classes de $K$, il PARAIT que $G/G^2 \simeq \{\pm 1\}^{k-1}$ où $k$ est le nombre de discriminants quadratiques élémentaires qui composent $D$.

Je pense que Gauss ne s'exprimait pas ainsi. Mais si je note $G_2$ le sous-groupe des éléments de $G$ de carré 1, on a $G/G_2 \simeq G^2$, donc il PARAIT que $\#G_2 = 2^{k-1}$. Je vais le montrer ci-dessous. Une fois cela acquis, le groupe $G/G^2$ d'ordre $2^{k-1}$, dont les éléments sont de carré 1, sera bien isomorphe à $\{\pm 1\}^{k-1}$.

Et donc il n'y aura plus de "IL PARAIT" : cela sera acquis.

En termes de formes quadratiques, il s'agit donc de compter le nombre de formes réduites $q = (a,b,c)$ vérifiant $q \sim \overline q = (a,-b,c)$. On dit que $q$ est une forme ambige. Et cela équivaut ou bien à $b=0$ ou bien à $a=b$ ou bien $a=c$ (rappel : la forme $q$ est réduite).

J'ai traité le cas $D \equiv 1 \bmod 4$ car il me paraissait plus simple mais je n'en suis plus convaincu (qu'il soit plus simple). Il reste donc à traiter le cas $D \equiv 0 \bmod 4$. On va faire plus que de les compter : on va les paramétrer. On ne peut pas avoir $b=0$ car $0^2 - 4ac$ ne peut pas être égal à $D$, vu que $D \equiv 1 \bmod 4$.

Après calculs (comme disent les étudiant(e)s), et surtout après avoir bien pataugé, j'ai fini par obtenir la paramétrisation des formes ambiges réduites de discriminant $D$ par les couples $(D',D'')$ de co-diviseurs positifs de $|D|$ vérifiant $D' < D''$. On a donc $|D| = D'D''$ et se donner un tel couple, c'est se donner un diviseur positif $D'$ de $|D|$ vérifiant $D'^2 < |D|$. Puisque $D$ est composé de $k$ premiers distincts, il y a $2^{k-1}$ tels couples et donc le compte est bon.

Le truc après calcul :
$$
(D', D'') \longmapsto q = \cases {
(a,a,c) \hbox { avec } a = D',\ c = s \quad &si $3D' < D''$ \cr
(a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = (D'' - D')/2 \quad &si $3D' > D''$ \cr
}
\qquad \hbox {où} \qquad s = {D' + D'' \over 4}
$$
Of course, il y a un certain nombre de vérifications à faire. Et le plus important est le brouillon où l'on patauge pour tomber là dessus.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Au ras des pâquerettes ou pas ! confused smiley

J'ai l'impression que tu montres qu'il y a exactement $2^{k-1}$ éléments d'ordre au plus $2$ dans $C(D)$ si $D=1\bmod 4$ a $k$ diviseurs premiers, même si $D$ n'est pas fondamental !

Me trompé-je ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Etant petit-joueur, je me limite par principe à $D$ discriminant quadratique fondamental. D'ailleurs, j'ai oublié un cas dans mon histoire $|D| = D'D''$ avec $D' < D''$; c'est que l'on peut avoir $3D' = D''$ dans un cas exceptionnel ce qui invalide la bascule $D' < 3D''$ ou $D' > 3D''$. Ce cas exceptionnel c'est $D = -3D'^2$ qui conduit, discriminant fondamental oblige, à $D = -3$, $D' = 1$ et à la forme quadratique $(1,1,1)$. Cette forme quadratique est exceptionnelle parmi les $(a,a,c)$ avec $a \le c$ et les $(a,b,a)$ avec $b \le a$ pour la bonne raison qu'elle figure dans les deux paquets.

Faut pas rigoler avec ces choses là (les cas particuliers). Quand tu programmes, c'est mortel.

/*
D < 0  et  D = 1 modulo 4.  Soit |D| = D'*D" avec D',D" > 0 et D' < D". 
On lui associe une forme quadratique réduite de discriminant D.
(a,a,c) avec a <= c   ou    (a,b,a) avec  b <= a

Type I : si 3*D' < D" --> (a,a,c) : 
   a^2-4ac = D  i.e. a * (a-4c) = D  i.e.  a * (4c-a) = |D|
                                           D'    D"
   On a  D' + D" = 4c donc  c = (D'+D")/4

A partir de D', on prend a = D' et c = (D' + D")/4  avec D" = |D|/D'
   On veut a <= c  i.e. 4*D' <= D' + D"  i.e. 3*D' <= D" ** OK **

Type II : si 3*D' > D" --> (a,b,a) :
  b^2 - 4a^2 = D i.e.  |D| = (2a + b)*(2a - b)

        D">0    D'>0     D'*D" = |D|
|D| = (2a+b) * (2a-b)   avec D' < D"  ->  a = (D'+D")/4,  b = (D"-D')/2
On veut b <= a  i.e. 2(D"-D') <= D'+D"  i.e. D" <= 3*D'  ** OK **

Attention au cas D = -3 --> (1,1,1)
*/
FormeAmbigeReduite := function(D, Dprime)
  assert (D lt 0) and ((D-1) mod 4 eq 0) and IsDiscriminant(D) and (Dprime gt 0) ;
  AbsD := Abs(D) ;
  assert Dprime^2 lt AbsD ;
  ok, Dsecond := IsDivisibleBy(AbsD, Dprime) ;
  assert ok and Gcd(Dprime, Dsecond) eq 1 ;
  QuartDeSomme := ExactQuotient(Dprime + Dsecond, 4) ;
  if 3*Dprime lt Dsecond then
    a := Dprime ;
    c := QuartDeSomme ;
    q := [a, a, c] ;
  elif 3*Dprime gt Dsecond then
    a := QuartDeSomme ;
    b := ExactQuotient(Dsecond - Dprime, 2) ;
    q := [a, b, a] ;
  else
    assert (D eq -3) and (Dprime eq 1) ;
    q := [1,1,1] ;
  end if ;
  a,b,c := Explode(q) ;
  assert b^2 - 4*a*c eq D ;
  return q ;
end function ;

Mais du coup, j'ai réfléchi à ton $D$ non fondamental. Et cela MARCHE aussi à condition d'imposer $D' \wedge D'' = 1$ (pour ne retenir que des formes PRIMITIVES). J'ai dû modifier une bricole dans mes affaires.

Autre chose. Contempler dans le contexte que tu sais (je me remets en mode petit joueur) :
$$
{(\Z/D\Z)^\times \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}} \simeq \{\pm 1\} ^k \qquad \hbox {via} \qquad
x \longmapsto \bigl(\chi_{D_i}(x)\bigr)_{1 \le i \le k}
\qquad \hbox {(théorème chinois)}
$$
qui n'est autre que la considération de groupes de Galois des étages :
$$
\Q \quad\subset\quad \Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k}) \quad\subset\quad \Q(\root |D| \of 1)
$$
Si je remplace le plafond groupiste $(\Z/D\Z)^\times$ par son sous-groupe $\ker \chi_D$ d'indice 2, on doit remplacer $2^k$ par $2^{k-1}$. Et cela revient à remplacer le rez de chaussée galoisien $\Q$ par $\Q(\sqrt D)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
GR back home !

@Claude :
Merci pour ces précisions sans ambigüité. winking smiley

Je vais déjà essayer de voir comment tu es arrivé à
$$(D', D'') \longmapsto q = \cases {

(a,a,c) \hbox { avec } a = D',\ c = s \quad &si $3D' < D''$ \cr

(a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = (D'' - D')/2 \quad &si $3D' > D''$ \cr

}

\qquad \hbox {où} \qquad s = {D' + D'' \over 4}.$$

Puis voir si on peut faire de même quand $D=0\bmod 4$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude : Dans ta construction des formes ambiguës pour $D=1\bmod 4$, est-ce que tu supposes qu'il y en a $2^{k-1}$ et tu les trouves toutes grâce aux couples $(D',D'')$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Non, je ne le suppose pas, le paramétrage le prouve. Précision : il s'agit des formes ambigües REDUITES.

Quelques bouts d'explications (en supposant $D$ fondamental) : $k$ est le nombre de diviseurs premiers de $|D|$, donc il y a $2^k$ diviseurs de $|D|$ mais seulement $2^{k-1}$ diviseurs de $|D|$ strictement plus petits que le co-diviseur (i.e. de carré strictement plus petit que $|D|$).
Concernant $D' + D'' \equiv 0 \bmod 4$. On a :
$$
D'D'' = |D| \equiv -1 \bmod 4, \qquad D'^2 \equiv 1 \bmod 4, \qquad D''^2 \equiv 1 \bmod 4
$$
donc en multipliant $D'D'' \equiv -1 \bmod 4$ par $D''$, on obtient $D' \equiv - D'' \bmod 4$.

En ce qui concerne $D$ non fondamental, pas eu le temps de ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Ok.
Donc le prérequis est seulement $(a,b,c)$ ambiguë réduite si et seulement si $a=b$ ou $a=c$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Et des majorations i.e. $(a,a,c)$ avec $a \le c$ ou $(a,b,a)$ avec $b \le a$. Les inégalités sont strictes sauf pour $(1,1,1)$, ce qui correspond au cas $D = -3$. Regarde le COMMENTAIRE avant la fonction magma que j'ai donnée : cela donne de vagues indications de la chose.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Je traite le cas où dans la décomposition de $D$ en produit de discriminants primaires, $D_1=-4$ et $k\geq 2$.

Je paramètre avec les couples $(D',D'')$ de co-diviseurs positifs de $D_2\cdots D_k$ tels que $D'<D''$.
Je trouve deux formes associées à chaque $(D',D'')$ :
$$(D', D'') \longmapsto q =(a,0,c) \hbox { avec } a = D',\ c = D''.$$
$$(D', D'') \longmapsto q = \cases {


(a,a,c) \hbox { avec } a = 2D',\ c = s \quad &si $3D' \leq D''$ \cr

(a,b,a) \hbox { avec } a = s,\ b = D'' - D' \quad &si $3D' \geq D''$ \cr

}

\qquad \hbox {, où} \qquad s = {D' + D'' \over 2}.$$

On trouve encore $2^{k-1}$ formes ambiguës réduites.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Ok étant entendu que $D_1 = -4$ et que $D$ est fondamental. Restent $D_1 = -8$ et $D_1 = 8$ ; c'est un peu ch.ant, non ? Mais ça va le faire.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Peut-être faut-il écrire $|D|=2D'\times 4D''$ pour traiter les deux derniers cas.
Je n'ai pas encore fait les calculs...

En tout cas, on maîtrise le truc quand chaque classe contient une forme ambiguë. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Si $D=-8n$ pour $n\geq 3$, alors à tous $D',D''$ co-diviseurs positifs de $n$ tels que $D'<D''$, on peut associer les deux formes quadratiques $(D',0,2D'')$ et $(2D',0,D'')$ si $2D'<D''$ ou $(D'',0,2D')$ si $2D'> D''$.

Et il y a encore $2^{k-1}$ formes ambiguës réduites !



Edité 6 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin.
C'est ok. Et, à ton avis, j'ai fait quoi, avant de dire ok ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Quelque chose comme ça ?
> D :=-8*231;           
> BQF := BinaryQuadraticForms(D) ;
> RF := ReducedForms(BQF) ;
> RF ;
[ <1,0,462>, <2,0,231>, <3,0,154>, <6,0,77>, <7,0,66>, <11,0,42>, <14,0,33>,
<21,0,22> ]

J'aime bien la dernière pour laquelle $2D'>D''$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude :
Pour être plus précis, tu as dû implémenter mes résultats dans magma et faire un grand nombre de vérifications en les comparant avec les résultats donnés par ReducedForms.

Je vais essayer de ma lancer dans l'étude de $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k})$ quand $h(D)=2^{k-1}$.
J'aimerais bien savoir aussi, toujours dans ce cas-là, comment trouver tous les nombres premiers $p$ représentés par une forme donnée dans $C(D)$, comme tu as fait [ici] pour $D=-240$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Oui, j'ai tout implémenté en magma (les trois cas $D \equiv 1 \mod 4$, le cas $D_1 = -4$ et le cas $D_1 = \pm 8$). Et par manque de temps, c'est dans un état épouvantable (il faudra que je mette de l'ordre). Et j'ai fait un grand nombre de vérifications (par exemple tous les discriminants compris entre $-10^5$ et $-4$) mais surtout en utilisant AmbiguousForms de magma (et non pas ReducedForms).

Quant à la deuxième partie de ton post, pas le temps d'y répondre vraiment maintenant. Dans le cas particulier $D = -240$, j'ai listé (ce n'est pas très glorieux) les valeurs $q(x,y)$ modulo $D$ des 4 formes, pour $x,y \in \Z/D\Z$, étant entendu que j'entends par valeur une valeur étrangère à $D$.

Pour se rassurer : étant donné une forme PRIMITIVE $q = (a,b,c)$ et un modulus $m \ge 1$ quelconque, cette forme prend des valeurs étrangères à $m$.

Ce que je peux dire : ce qui va être primordial, c'est d'étudier les valeurs modulo $D$ prises par les formes de discriminant $D$. En liaison avec $\chi_D$ et les $\chi_{D_i}$ de la décomposition $D = D_1 \cdots D_k$. Il y a un certain nombre de propriétés à montrer qui mises les unes au bout des autres vont conduire au résultat suivant :
$$
G/G^2 \quad \buildrel {\rm can.} \over \simeq \quad {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \chi_{D_i}} = \{\pm 1\}^{k-1}
$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
En plus, dans le cas qui nous intéresse plus particulièrement, $G^2=\{[1]\}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Certes mais on peut essayer d'en faire plus. Ma philosophie (qui vaut ce qu'elle vaut) : essayer d'en faire le plus possible et quand cela coince, au lieu de rester bloqué, prendre un exemple, étudier quelques discriminants fondamentaux (en piochant par exemple parmi les $-4n$, $n$ nombre convenable d'Euler) ...etc...

Un résultat à montrer qui ne peut pas faire de mal (dans le cas général) et qui concerne la forme neutre (forme normique) $q_0$ : c'est que $\chi_{D_i}(q_0(x,y)) = 0,1$ pour tout $1\le i \le k$ et pour tous $x,y \in \Z$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
En relisant tes notes, je vois que tu parles de $G_2$, la $2$-torsion de $G$.
On va en avoir besoin ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
On en a déjà eu besoin. Car, via les formes ambigües, on a obtenu que $\#G_2 = 2^{k-1}$, qui conduit (en travaillant un peu mais dit et fait dans un post) à $G/G^2 \simeq \{\pm1\}^{k-1}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Ok.
C'est juste que je ne suis pas familier avec la notion de torsion, même si j'ai dû voir la notion de module sans torsion il y a longtemps.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude :
J'essaie de répondre à [ceci].

Soit $p$ un premier impair représenté par $q_0$.
En considérant une racine primitive $|D|$-ième de l'unité, on trouve $p=1\bmod D$.
D'après le théorème chinois, on en déduit $p=1\bmod D_i$ pour tout $i$.
D'où $\chi_{D_i}(p)=1$.

Edit : ce message est du grand n'importe quoi !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Je ne comprends pas. D'abord, peu de détails dans ce que tu écris. Ensuite, si $p = 1 \bmod D$ (pour une raison que je n'ai pas pigée), il est clair que $p = 1 \bmod D_i$ puisque $D_i$ est un diviseur de $D$. Pourquoi invoquer le théorème chinois ?

Mon brouillon dans le cas (facile ?) $D = 1 \bmod 4$.
$$
q_0(x,y) = x^2 + xy + {1-D \over 4}y^2 \qquad \hbox {donc} \qquad
4q_0(x,y) = (2x + y)^2 - Dy^2
$$
A fortiori, modulo chaque $D_i$, $4q_0(x,y)$ est un carré donc :
$$
\chi_{D_i}(4q_0(x,y)) \in \{0,1\} \qquad\hbox {d'où} \qquad \chi_{D_i}(q_0(x,y)) \in \{0,1\}
$$
J'ai utilisé que $\chi_{D_i}(4) = 1$ puisque $D_i$ est impair.

Je crois même, en notant $A$ l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$ et $N$ la norme modulo $D$ (et en ayant chanté auparavant la chanson : dans un étage libre, un élément est inversible si et seulement sa norme est inversible) :
$$
N : (A/DA)^\times \to (\Z/D\Z)^\times
$$
que l'on obtient, toujours dans le cas $D \equiv 1 \bmod 4$, la double égalité :
$$
\mathrm {Im} N = \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i} = \hbox {carrés de $(\Z/D\Z)^\times$}
$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Heureusement que j'ai dit que je ne comprenais pas. Je prends $D = -20$ ; la forme neutre est $q_0(x,y) = x^2 + 5y^2$, de sorte que :
$$
q_0(3,2) = 3^2 + 5 \times 2^2 = 9 + 20 = 29 := p
$$
Et l'on n'a pas $p = 1 \bmod D$ comme écrit dans ton post. Surveille moi.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude :
Désolé pour mon délire de ce matin. thumbs up

Si $D=0\bmod 4$, on peut choisir $D_1$ pair.
Supposons que $q_0(x,y)=x^2-Dy^2/4$ soit premier à $D$.
Comme ce que tu as fait pour le cas $D=1\bmod 4$, on montre que $\chi_{D_i}(q_0(x,y))=1$ pour tout $i\geq 2$.
Or, $\chi_D(q_0(x,y))=1$ donc $\chi_{D_1}(q_0(x,y))=1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
On a directement $\chi_{D_i}(q_0(x,y)) = 1$ pour $i \ge 2$ puisque $q_0(x,y)$ est un carré modulo $D_i$.
Par contre, je ne vois pas pourquoi $\chi_{D}(q_0(x,y)) = 1$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'ai vu ce résultat dans un pdf que tu m'as envoyé.
Tu y signales qu'on peut se passer des $D_i $ pour le prouver.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude :
Je reprends à la main les cas $D_1=-4,8,-8$ toujours en supposant que $q_0(x,y)$ est premier à $D$.

On écrit $D=4D'$ de sorte que $q_0(x,y)=x^2-D'y^2$.

Si $D_1=-4$, $D'=-1\bmod 4$ donc $q_0(x,y)=x^2+y^2=1\bmod 4$ avec $\chi_{-4}(1)=1$.

Si $D_1=8$, $D'=2\bmod 8$ donc $q_0(x,y)=x^2-2y^2=1\text{ ou}-1\bmod 8$ avec $\chi_8(1)=\chi_8(-1)=1$.

Si $D_1=-8$, $D'=-2\bmod 8$ donc $q_0(x,y)=x^2+2y^2=1\text{ ou }3\bmod 8$ avec $\chi_{-8}(1)=\chi_{-8}(3)=1$.

En espérant ne pas m'être mélangé les pinceaux...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
C'est exactement cela. Et, histoire d'en remettre une couche, en oubliant $D$, le coup de premier avec $D$ ...etc.., on peut voir dans ce que tu as écrit le fait basique suivant. Ce fait basique consiste à dire que les 3 caractères $\chi_{-4}, \chi_{-8}, \chi_8$ ont la propriété :
$$
\chi_{-4}(x^2 + y^2) \in \{0,1\}, \qquad\qquad
\chi_{-8}(x^2 + 2y^2) \in \{0,1\}, \qquad\qquad
\chi_{8}(x^2 - 2 y^2) \in \{0,1\}
$$
Et tant pis si je suis lourd, en voyant $\chi_D : (\Z/D\Z)^\times \to \{\pm 1\}$:
$$
\ker \chi_{-4} = \{1\}, \qquad\qquad \ker \chi_{-8} = \{1,3\}, \qquad\qquad\ker \chi_{8} = \{\pm 1\}
$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Ouf !
Je crois que j'ai des pistes pour $G/G^2$ mais je vais prendre mon temps cette fois-ci ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Dans le contexte (devenu habituel) $D$ discriminant quadratique fondamental $< 0$ décomposé en $D = D_1 \cdots D_k$ (où les $D_i$ sont des discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires deux à deux premiers entre eux), il faut pouvoir définir, pour une forme quadratique $q = (a,b,c)$ de discriminant $D$ :
$$
\chi_{D_i}(q) = \chi_{D_i}(\hbox {n'importe quel $q(x,y)$ premier à $D$})
$$
Je fais un cas facile (comme d'habitude) en supposant $D \equiv 1 \bmod 4$ et $a \wedge D = 1$. Tu vas dire que je me fais pas ch.er et c'est pas faux. J'écris le coup du trinôme du second degré :
$$
4a(ax^2 + bxy + cy^2) = (2ax + by)^2 - (b^2 - 4ac)y^2 = (2ax + by)^2 - Dy^2 \equiv (2ax+by)^2 \bmod D
$$
Et comme $D_i$ est un diviseur de $D$, vu le carré ci-dessus (à droite) :
$$
\chi_{D_i}(4aq(x,y)) \in \{0,1\} \qquad \hbox {i.e.}\qquad \chi_{D_i}(a)\ \chi_{D_i} (q(x,y)) \in \{0,1\}
$$
J'ai utilisé le fait que $\chi_{D_i}(4) = 1$. Bilan : si $q(x,y)$ est premier à $D$ :
$$
\chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(a) \quad \hbox { est indépendant de $q(x,y)$ premier à $D$}
$$
Tu vas me dire ``facile vu que tu as supposé $a \wedge D = 1$''. Sinon, je crois me souvenir qu'il faut utiliser la question 3 de la partie I.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
La question 3 de la partie I de ? confused smiley

On avance !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
De l'épreuve blanche d'Agrégation.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@Claude :

Si $D_i$ divise $a$, $D_i$ ne divise pas $c$ et $\chi_{D_i}(q(x,y))=\chi_{D_i}(c)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Oui, tu as raison, et c'est bien plus simple que ce que j'avais en tête. Résumons : on se met pour l'instant dans le cas $D \equiv 1 \bmod 4$ avec la décomposition élémentaire $D = \prod_{i=1}^k D_i$ comme d'habitude. Ici les $|D_i|$ sont des nombres premiers et on va en profiter.
Soit $q = (a,b,c)$ une forme quadratique de discriminant $D$, si bien que $(a,b,c)$ sont premiers dans leur ensemble (ceci provient du fait que $D$ est un discriminant quadratique fondamental, de toutes manières on ne joue qu'avec des formes primitives). Par définition :
$$
b^2 - 4ac = \prod_i D_i \qquad\hbox {a fortiori} \qquad b^2 \equiv 4ac \bmod D_i
$$
On a donc :
$$
\chi_{D_i}(4ac) = \chi_{D_i}(b^2) \in \{0,1\} \qquad\hbox {i.e.} \qquad \chi_{D_i}(a) \chi_{D_i}(c) \in \{0,1\} \qquad\qquad (\star)
$$
Soit $q(x,y)$ une valeur de $q$ étrangère à $D$. Si $D_i \wedge a = 1$, on a vu que $\chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(a)$ ; de même si $D_i \wedge c = 1$, on que $\chi_{D_i}(q(x,y)) = \chi_{D_i}(c)$. Et si on a à la fois $D_i \wedge a = 1$ ET $D_i \wedge c = 1$, vu $(\star)$, on a $\chi_{D_i}(a) = \chi_{D_i}(c)$, c'est cohérent.

Et on ne peut pas avoir à la fois $D_i \mid a$ et $D_i \mid c$ car cela entraînerait $D_i \mid b$, contredisant le fait que $(a,b,c)$ sont premiers dans leur ensemble.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Si $D_i$ divise $a$ et $c$, $D_i^2$ divise $D$ ce qui n'est pas possible même si $(a,b,c)$ n'est pas primitive.

Je vais essayer de réfléchir au cas moins convivial $D=0\bmod 4$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Je fais le cas $D_1=-4$ qui doit pouvoir se répéter à l'envi.

On suppose que $(a,b,c)$ est primitive.

Si $a$ est impair, $aq(x,y)=(ax+by/2)^2+y^2=1\bmod 4$ donc $\chi_{-4}(q(x,y))=\chi_{-4}(a)$.
Sinon, $c$ est impair et $\chi_{-4}(q(x,y))=\chi_{-4}(c)$.

Edit : On a les même résultats pour $\chi_{D_1}(q(x,y))$ si $D_1=8\text{ ou} -8$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Où est passé le $c$ dans $aq(x,y) = (ax + by/2)^2 + y^2$ ? Et il y a une division par 2 : on sort des entiers ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'ai fait un Edit dans mon message précédent.

Précisions quand $D_1=-4$ :
$D$ est pair donc $b$ est pair.

On écrit $D=b^2-4ac=4D'$ avec $D'=-1\bmod 4$ pour trouver $aq(x,y) = (ax + by/2)^2 + y^2\bmod 4$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Oui, je comprends ton premier = est modulo 4.

Bilan, l'application, que l'on va baptiser application de Gauss :
$$
G = {Q^+(D) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \ni \hbox {classe de $q$} \longmapsto \big( \chi_{D_1}(q), \cdots, \chi_{D_k}(q)\big) \in \{ \pm 1\}^k
= \mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})/\Q)
$$
est bien définie. Il faut montrer qu'elle tombe dans
$$
\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt {D_1}, \ldots, \sqrt {D_k})/\Q(\sqrt D))
$$
i.e. que $\chi_D(q) = 1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Pas trop d'idées pour le moment en ce qui concerne $\chi_D(q)=1$. confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Faut que je me remette à jour ! J'ai décroché des formes binaires !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Salut flipflop. winking smiley

@Claude :
Soit $p$ premier impair ne divisant pas $D$ tel que $p$ est représenté par $q$.
Alors $D$ est un carré modulo $p$ donc $\chi_D(q)=\chi_D(p)=\left(\dfrac{D}{p}\right)=1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
OK à condition d'accepter qu'il existe un premier impair représenté par $q$. Comment le sait-on à ce niveau ?

Une variante (inspirée de Cox). Soit donc $m = q(x,y)$ premier à $D$ où $q$ est une forme de discriminant $D$. On veut montrer que $\chi_D(m) = 1$.

On note $d = \gcd(x,y)$ et on écrit $x = dx'$, $y = dy'$ avec $x' \wedge y' = 1$. On a alors $m = d^2m'$ avec $m' = q(x',y')$. Il suffit de voir que $\chi_D(m') = 1$ ou encore que $\chi_D(p) = 1$ pour tout premier $p$ divisant $m'$.

Mais $m'$ est une représentation propre de $q$, donc d'après la question 3 de la partie I de l'épreuve :
$$
D \hbox { est un carré modulo $4m'$}
$$
A fortiori, $D$ est un carré modulo $4p$. Si $p$ est impair, comme toi, i.e. $\chi_D(p) = \left({D\over p}\right) = 1$.
Si $p = 2$, alors $D$ est un carré modulo $8$ et est impair (car $m' \wedge D = 1$). On termine par :
$$
\chi_D(2) = (-1)^{D^2 - 1 \over 8} = 1
$$
Peux tu faire le point ? Il reste l'étape de la surjectivité de l'application de Gauss :
$$
G = {Q^+(D) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \ni q \longmapsto (\chi_{D_1}(q), \cdots, \chi_{D_k}(q)) \in {\ker \chi_D \over \bigcap_{i=1}^k \ker \chi_{D_i}}
\simeq \{\pm 1\}^{k-1}
$$
Cette application de Gauss, passée au quotient par $G^2$, fournira alors une surjection entre deux groupes de même cardinal $2^{k-1}$ donc un isomorphisme. Et cela sera terminé.
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