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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai-requin
Bonne année. Je me sens un tantinet flemmard en 2017 mais je réponds un peu à ton post [www.les-mathematiques.net] avant que cela ne s'enfonce trop. Oui, cela se passait bien sur $\mathbb F_5$. Rappel : la fonction zeta d'une courbe elliptique $E$ sur un corps fini $\mathbb F_q$ (ou bien d'une courbe projective lisse de genre 1 sur $\mathbb F_q$) s'écrit, pour un certain $t \in \mathbb Z$ bien défini, sous la forme :
$$
Z_{E/\mathbb F_q}(T) = {1 - tT + qT^2 \over (1 - T)(1 - q T)} \qquad
\hbox {avec l'inégalité (de Hasse)} \qquad
t^2 \le 4q
$$
C'est donc facile de retrouver $q$ à partir de $Z_{E/\mathbb F_q}(T)$.

``Rappel'' (note les guillemets) : on écrit $T^2 - tT + q = (T - \alpha) (T - \beta)$ i.e. $\alpha, \beta$ sont définis par $\alpha + \beta = t$ et $\alpha\beta = q$. Puisque le discriminant $t^2 - 4q$ est $\le 0$, cela signifie que $\alpha, \beta$ sont complexes conjugués. On peut avoir $\alpha = \beta$ mais ceci force $t^2 = 4q$, ce qui n'est PAS possible si $q$ est un premier $p$. Et la signification (il the author is polite ...etc..) est que pour tout $n \ge 1$ :
$$
q^n + 1 - \#E(\mathbb F_{q^n}) = \alpha^n + \beta^n
$$
Tu te doutes bien que je n'avais pas perdu la courbe elliptique. Car c'était la courbe de Fermat $X^3 + Y^3 + Z^3 = 0$, qui n'est d'ailleurs pas une courbe elliptique tant que je n'ai pas fixé un point base rationnel. Je vais la monter au dessus de $\mathbb Z$ afin de faire un ``BaseChange''

> P2<X,Y,Z> := ProjectiveSpace(IntegerRing(), 2) ;
> C := Curve(P2, X^3 + Y^3 + Z^3) ;
> p := 5 ;
> E<X,Y,Z> := BaseChange(C, GF(p)) ;
> E ;
Curve over GF(5) defined by
X^3 + Y^3 + Z^3
> ZetaE<T> := ZetaFunction(E) ;
> ZetaE ;
(5*T^2 + 1)/(5*T^2 - 6*T + 1)
> Parent(ZetaE) ;
Univariate rational function field over Integer Ring
Variables: T
> 
> PSR<t> := PowerSeriesRing(IntegerRing()) ;
> S := T*Derivative(ZetaE)/ZetaE ;
> PSR ! S ;
6*t + 36*t^2 + 126*t^3 + 576*t^4 + 3126*t^5 + 15876*t^6 + 78126*t^7 + 389376*t^8 + 1953126*t^9 + 9771876*t^10 +
    48828126*t^11 + 244109376*t^12 + 1220703126*t^13 + 6103671876*t^14 + 30517578126*t^15 + 152587109376*t^16 +
    762939453126*t^17 + 3814701171876*t^18 + 19073486328126*t^19 + 95367412109376*t^20 + O(t^21)

On a donc ici, avec $p = 5$, la quantité $t$ qui vaut $0$ :
$$
Z_{E/\mathbb F_p}(T) = {1 + pT^2 \over (1 - T)(1 - p T)}
$$
On écrit $T^2 + p = (T-i\sqrt p)(T + i\sqrt p)$ si bien que :
$$
\#E(\mathbb F_{p^n}) = p^n + 1 - (i^n + (-i)^n) p^{n /2}
$$
ce qui donne
$$
\#E(\mathbb F_{p^n}) = \cases {
p^n + 1 & si $n$ est impair \cr
p^n + 1 + 2p^{n/2} & si $n \equiv 2 \bmod 4$ \cr
p^n + 1 - 2p^{n/2} & si $n \equiv 0 \bmod 4$ \cr
}
$$
Petite vérification en comparant avec la série $S$. Pour $n= 1, 3$ on voit les coefficients $6, 126$ qui sont bien $5^1 + 1$ et $5^3 + 1$. Pour $n = 2$, on a $36$ comme coefficient , qui est bien $5^2 + 1 + 2 \times 5$. Et enfin pour $n=4$, le coefficient est $576$ qui est bien $5^4 + 1 - 2 \times 25$.

Plus tard la forme modulaire de comptage $q(P(q^3)P(q^9))^2$ avec $P(q) = \prod_{n \ge 1} (1-q^n)$.

Un tantinet flemmard ? Ben, par quoi commencer ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Bonne année Claude. smiling smiley
Attention : en termes de flemmardise, je suis ceinture marron !

Pour le moment, tout ce que tu racontes sur les courbes elliptiques me parle et le Hindry a l'air hyper complet.
Je me remets dans le bain dès que possible la semaine prochaine.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin.

J'avais noté (en 2016) ``plusieurs choses à faire'' (!?)

(1) Ce que j'ai baptisé, le coup de ``If the author is polite ...'' , évoqué en [www.les-mathematiques.net] c.a.d l'équivalence :
$$
\exp \left ( \sum_{n \ge 1} {N_n \over n} T^n \right) = {\prod_i (1 - \alpha_i T) \over \prod_j (1 - \beta_j)}
\qquad \qquad \Leftrightarrow \qquad\qquad
N_n = \sum_j \beta_j^n - \sum_i \alpha_i^n \quad \forall\quad n \ge 1
$$
Certes, cela n'explique pas tout-à-fait pourquoi on a pris comme définition de fonction zeta ce que l'on sait, mais au moins cela dit quelle est la signification du fait que cette série est une fraction rationnelle. Note : toute fraction rationnelle $F \in \Q(T)$ telle que $F(0) = 1$ s'écrit, de manière unique, dans $\C(T)$ sous la forme que l'on voit à gauche dans le membre droit de l'égalité.

(2) C'est quoi une courbe elliptique ? Une courbe elliptique sur un corps fini ? As tu vu que j'avais choisi $X^3 + Y^3 + Z^3 = 0$ qui n'est pas sous la forme d'une cubique de Weierstrass ?

(3) Quid du théorème de Hasse ? Sous la forme suivante : soit $E/\mathbb F_q$ une courbe elliptique sur un corps fini et $t = q+1 - \#E(\mathbb F_q)$. C'est une définition pas très structurelle de la trace de l'endomorphisme de Frobenius, c'est le moins que l'on puisse dire. En notant $\alpha, \beta$ les racines :
$$
T^2 - tT + q = (T-\alpha)(T - \beta), \qquad \hbox {i.e.} \qquad \alpha + \beta = t, \quad \alpha\beta = q
$$
alors (c'est cela l'énoncé) :
$$
|\alpha| = |\beta| = q^{1/2}, \qquad q^n + 1 - \#E(\mathbb F_{q^n}) = \alpha^n + \beta^n
$$
On n'a pas perdu l'inégalité de Hasse puisque $|t| = |\alpha + \beta| \le 2q^ {1/2}$. Et ``réciproquement'' comme dit l'autre (je me comprends).

Il y a eu, depuis Hasse (1933), des preuves ``élémentaires'' (Manin, Zimmer), cf par exemple [projecteuclid.org]. Mais désormais, il me semble qu'une preuve structurelle passe par l'étude de l'endomorphisme $\mathrm {Id}_E - \varphi$ où $\varphi$ est l'endomorphisme de Frobenius de $E$.

(4) Le cas particulier de $E : y^2 = x^3 - x$ et le (super-) théorème de Gauss. Dans le cas $p \equiv 1 \bmod 4$ avec la factorisation normalisée $p = \pi\overline \pi$ dans $\mathbb Z[i\rbrack$, au sens où $\pi \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ :
$$
p^n + 1 - \#E(\mathbb F_{p^n}) = \pi^n + \overline\pi^n
$$
Gauss : c'est le cas $n=1$. Ireland & Rosen ou Koblitz ont choisi un traitement à la Gauss-Jacobi (sommes de Gauss et Jacobi). Pas besoin de Hasse mais on retrouve Hasse dans ce cas particulier.

(5) La fonction zeta d'une cubique projective SINGULIERE de Weierstrass sur un corps fini $\mathbb F_q$, cubique notée $E$
$$
Z_{E/\mathbb F_q}(T) = {1 - tT \over (1-T)(1 - qT)}, \qquad
\hbox {avec} \quad t \in \{0, \pm 1\} \quad \hbox {selon le type de la singularité}
$$

(6) L'assemblage (terminologie naïve de CQ), pour une courbe elliptique $E$ définie sur $\Q$, des $t_p$ de $E/\mathbb F_p$, en une suite multiplicative
$(t_n)_{n \ge 1}$. Afin de pouvoir apprécier (?) la forme modulaire de comptage (encore une terminologie naïve de CQ) qui habite $S_2(\Gamma_0(N))$ où $N$ est le conducteur de $E$, et dont le développement est $\sum_{n \ge 1} t_n q^n$ (ici $q$ est une variable, $q \leftrightarrow e^{2i\pi\tau}$, $\tau$ dans le demi-plan de Poincaré).

J'ai tiré ``La preuve par André Weil de l'hypothèse de Riemann ...'' in [www.math.polytechnique.fr]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Super résumé ! thumbs down

A propos de Gauss et du caractère de Hecke sur les idéaux de $\mathbb Z[i\rbrack$ :
$$\chi(I) = \cases { 0 & si $1+i \mid I$ \cr z & sinon où $z$ est le générateur normalisé de $I$}.$$
$$\sum_I \chi(I)q^{N(I)} = \sum_{n \ge 1} t_n q^n = q + \cdots.$$

Est-ce que $N(I)$ est la norme du générateur normalisé de $I$ ?



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Peut-être qu'en 2016, je ne me rendais pas bien compte (du boulot). La première chose à assurer c'est le point (1) i.e. coup de "If the author is polite ...etc...". Cela se fait en considérant la dérivée logarithmique des intervenants (si je me souviens bien) et éventuellement en décalant via la multiplication par $T$ ($T$ est le nom de l'indéterminée). C'est ok pour toi ?

Rien à voir : tu n'as pas l'impression que flip-flop nous snobe ? Monsieur flip-flop ne veut plus quotienter $X^4 + Y^4 + Z^4 = 0$ ? Une sanction ?

Norme des idéaux dans $\mathbb Z[i\rbrack$. Si $I = \langle z\rangle$, $N(I) = N(z)$ et peu importe le générateur de $I$ car deux générateurs sont égaux à un inversible près $\pm 1, \pm i$ et la norme d'un inversible vaut 1. De manière plus pédagogique (bigre), j'aurais pu écrire :
$$
\sum_I \chi(I) q^{N(I)} = \sum_{n \ge 1} t_nq^n = q + {1 \over 4} \sum_{a^2 + b^2 \ge 2} \chi(a+ib) q^{a^2 + b^2}
$$
L'idéal $I = 0$ n'intervient pas car $\chi(0) = 0$ (je me demande d'ailleurs si cela ne serait pas mieux de sommer sur $I \ne 0$). J'ai isolé $I = \langle 1\rangle$ qui fournit la contribution $q$ et ensuite le coup du $1 \over 4$, c'est pour tenir compte du fait que les 4 contributions $\pm (a+ib)$ et $\pm i(a+ib)$ correspondent seulement à un idéal. De plus, je vais en avoir besoin (de la version en $a,b$) dans l'implémentation. Tu te doutes que je fais quelques tests.

/// Assemblage
Chi := map < Zi -> Zi | z :-> (Nz le 2 or IsEven(Nz)) select 0 else Primary(z) where Nz is Norm(z) > ; 

// 1 < a^2 + b^2 <= precision  =>   a in [-sqrt(precision) .. sqrt(precision)]
// et   b in [-sqrt(precision-a^2) .. sqrt(precision-a^2)]
S := q + 1/4 * &+[Chi(a+i*b) * q^(a^2 + b^2) : 
              b in [-B .. B] where B is Isqrt(precision-a^2),  a in [-A .. A] where A is Isqrt(precision)] ;




Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Ok. Cela colle avec le théorème des deux carrés.

Peut-être que flipflop fait de la géométrie algébrique en cachette... confused smiley
Il va revenir encore plus fort !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Je reprends le coup figurant dans mon post [www.les-mathematiques.net]. En particulier ($k$ corps fini de caractéristique $\ne 2$) :
$$
\{(x,y) \in k \times k \mid y^2 = f(x) \} = \#k - t \quad \hbox {avec} \quad t = - \sum_{x \in k} \left( {f(x) \over k}\right)_2
$$
Je suppose $f$ de degré $d \ge 3$ et je passe en homogène. Ce qui donne une courbe que je note $C_{\mathrm {proj}}$
$$
y^2 z^{d-2} = a_d x^d + a_{d-1} x^{d-1} z + \cdots + a_0 z^d
$$
qui n'a qu'un seul point à l'infini à savoir $(0 : 1 : 0)$. Donc, ajout d'une unité :
$$
\#C_{\mathrm {proj}} = 1 + \#k - t
$$
Petite mise en scène :

> k ;
Finite field of size 7
> A2<X,Y> := AffineSpace(k,2) ;
> 
> F := X^5 - 1 ;  C := Curve(A2, Y^2 - F) ;
> ZetaC<T> := ZetaFunction(C) ;
> S := T*Derivative(ZetaC)/ZetaC ;
> 
> Cproj<x,y,z> := ProjectiveClosure(C) ;
> Cproj ;
Curve over GF(7) defined by
x^5 + 6*y^2*z^3 + 6*z^5
> assert ZetaC eq ZetaFunction(Cproj) ;
> Loo := LineAtInfinity(A2) ;    
> Loo ;
Curve over GF(7) defined by
z
> Loo meet Cproj ;
Scheme over GF(7) defined by
x^5 + 6*y^2*z^3 + 6*z^5,
z
> Points(Loo meet Cproj) ;
{@ (0 : 1 : 0) @}
> // #Cproj = 1 + #k - t
> t :=  -&+[LegendreSymbol(Z!Evaluate(F,X,x), p) : x in k] ;
> 1 + #k - t = Coefficient(PSR!S, 1) ;
8 = 8

Tout va bien (jusqu'à maintenant). Mais je change le polynôme $X^5 - 1$ ci-dessus en $X^6 - 1$ ci-dessous (Ajout et je fais les choses de manière correcte cette fois, merci gai-requin)

> delete F, ZetaC, S, C, Cproj, t ;
> F := X^6 - 1 ;  C := Curve(A2, Y^2 - F) ;
> ZetaC<T> := ZetaFunction(C) ;
> S := T*Derivative(ZetaC)/ZetaC ;
> Cproj<x,y,z> := ProjectiveClosure(C) ;
> Cproj ;
Curve over GF(7) defined by
x^6 + 6*y^2*z^4 + 6*z^6
> assert ZetaC eq ZetaFunction(Cproj) ;
> Loo meet Cproj ;
Scheme over GF(7) defined by
x^6 + 6*y^2*z^4 + 6*z^6,
z
> Points(Loo meet Cproj) ;
{@ (0 : 1 : 0) @}
> t :=  -&+[LegendreSymbol(Z!Evaluate(F,X,x), p) : x in k] ;
> 1 + #k - t = Coefficient(PSR!S, 1) ;
7 = 8          <-------------------------------------------------------- GLOUPS !!

Comprends tu ce qui se passe ?
C'est en lisant Hindry, en bas de la page 70 de [www.math.polytechnique.fr] que m'est venue cette idée.

Note : bien sûr qu'il faut absolument pinailler entre 7 et 8. Si on commence à accepter que les choses sont égales à quelque chose près, c'est la porte ouverte à toutes les catastrophes.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Coucou grinning smiley

J'avais commencer à écrire un truc, et pis je suis partit un peu en vrille avec ses histoires de quotients, merci Claude grinning smiley Du coup, je n'ai vraiment pas lu, les trucs d'artihmétiques !
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - invariant_theory.pdf (150.7 KB)
ouvrir | télécharger - quotientfermat.pdf (118 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
C'est parce que $\#C_{\mathrm {proj}} = i + \#k - t$, où $i$ est le nombre de points à l'infini.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Mais dans l'exemple, $i$ cela fait combien ? J'ai mentionné que cela faisait 1 : $(0 : 1 : 0)$ est le seul point à l'infini de $y^2 = f(x)$ quand $f$ est de degré $d \ge 3$. En plus, j'ai fait vachement gaffe de les faire déterminer ces points à l'infini de manière à ce que l'on voit bien qu'il y en a un seul.

Que vaut donc ton $i$ ? Et au fait, de quels points à l'infini parles tu ? De quels points à l'infini parle Hindry ? Et mézigues ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@gai requin : grinning smiley, oui oui je fais de la géométrie algébrique en cachette grinning smiley j'ai fais un petit géogébra, pour trouver les coniques qui passe par $4$ points ... ici

Je regarde l'article suivant : ici, C'est assez amusant, on interpréte l'ensemble des coniques comme un espace projectif
$\mathbb{P}^5$. Oui,car une équation
$$ ax^2+bxy+cy^2+dxz+eyz+fz^2 = 0 $$
est équivalente à la donnée des coefficients : $(a,b,c,d,e,f) \in k^6$ mais deux équations donne la même conique lorsque les coefficients sont proportionnelles !

Mais le truc amusant, c'est de se poser des questions sur les coniques et les traduire en équation dans $\mathbb{P}^5$.

Par exemple, je prend $4$ points comment je fais pour construire toute les coniques qui passe par les $4$ points.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Oui, mais en 2007, qu'est ce que tu faisais, hein ? Ben moi, j'apprenais quelques bricoles sur les coniques. J'avais donné le projet en attaché (sans le corrigé !). Il semble me souvenir que certain(e)s étudiant(e)s trouvaient cela un peu long.

Note : la date de recompilation n'est pas bonne.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - projet_avril_2007.pdf (239.8 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ : ce que je ne comprends pas dans ton code, c'est que si $F=X^6-1$, Cproj devrait avoir pour équation $x^6+6y^2z^4+6z^6=0$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai-requin
Très juste. Coquille de ma part : j'ai utilisé Cproj déterminé précédemment i.e. pour $F = X^5-1$ (les deux morceaux de code sont dans un même fichier). J'ai corrigé le tir et par sécurité, j'ai utilisé la directive delete de magma (``to make some identifiers unassigned''). Cela ne change rien à l'exécution (7 versus 8).

Ma question n'est pas innocente : elle touche au fait que parfois certains auteurs (c'est le cas de Hindry en bas de la page 70) lorsqu'ils parlent de machin, en fait ils parlent de truc. On n'a pas eu ce souci avec $y^2 = x^5 - x$ car $5$ est impair.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
J'avais écrit $\#C_{\mathrm {proj}} = i + \#k - t$, où $i$ est le nombre de points à l'infini parce que Hindry dit que $y^2=x^6-1$ possède deux points à l'infini qui sont $\mathbb F_q$-rationnels.
Mais moi je n'en compte qu'un ! Et magma aussi. confused smiley
C'est quoi truc à la place de machin ???
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Hindry parle de la lissifiée.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@Claude :

Merci pour le pdf. C'est jolie le coup de passer par les coniques dégénérée (les produits de forme) pour trouver facilement toutes les coniques, hier j'ai pensé à une vidéo qui traîne sur internet ... Au début je pensé que c'était pas bien d'avoir des cas dégénérée mais là je vais changer d'avis winking smiley

En 2007, hum je pense que je jouais au poker grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Le point à l'infini de $y^2=x^5-1$ est le seul point singulier et, avec mes notations, on a $i=1$.
Le point à l'infini de $y^2=x^6-1$ est le seul point singulier et, avec mes notations, on a $i=2$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Oui, mais pourquoi ? De manière précise, soit $k$ un corps de caractéristique $\ne 2$ et $f(X) \in k[X]$ un polynôme de degré $\ge 4$. Alors la projectivisée de la courbe $y^2 = f(x)$ admet un seul point à l'infini qui est $(0 : 1 : 0)$ et celui-ci est singulier. Si de plus, $f(X)$ est séparable, c'est le seul point singulier de la projectivisée.

Tu dis ``avec mes notations''. Mais quelle est la définition précise de ton $i$ ?

Je pense que l'on ne va pas tarder à mettre sur le tapis une courbe de type $y^a = x^b - 1$ (que sera ton $i$ ?). A suivre.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
En fait, je ne comprends pas pourquoi c'est $i=1$ dans le premier cas et $i=2$ dans le second.
C'est certainement parce que je ne sais pas lissifier.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Je préfère cette (dernière) réponse. La lissifiée, on ne la ``verra pas entièrement'' mais ceci n'empêche pas d'en parler. Ben, il va falloir faire quelque chose car on ne peut pas toujours mettre la poussière sous le tapis. Tôt ou tard, ce type de problème va se reposer (pour des courbes hyperelliptiques ou pas). On ne peut pas dans ce domaine faire dans l'approximatif.

A propos de la fonction ZetaFunction(C), voici ce que dit la doc de magma.
The function of the projective normalisation of the curve $C$ over the base ring of $C$, which must be a finite field.

Autre chose : as tu des pointeurs sur les courbes hyperelliptiques ?

Peut-être qu'il faut revenir en arrière ? J'avais proposé à une époque (à flip-flop) de regarder le cas beaucoup plus simple $y^n = x^n( x + a)$ sur un corps quelconque avec $n \ge 2$. Peut-être que cela serait une bonne chose de traiter cet exemple A FOND ??

PS : la lissifiée de $y^2 = x^5 - 1$ ou de $y^2 = x^6 - 1$, on peut quand même, avec quelques efforts, la voir ; mais ce n'est pas utile.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je tente un truc.
Comme $-1$ n'est pas un carré modulo $7$, $y^2=x^6-1\Leftrightarrow x\neq 0$ et $y=0$.
En particulier, $\#k-t=\#\{x,y\in k;y^2=x^6-1\}=6$.
De plus, la courbe d'équation $y=0$ a $i=2$ points à l'infini mais $(0:1:0)$ est maintenant lisse.
On obtient $i+\#k-t=8$.



Edité 3 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai-requin
Je ne comprends pas ta première ligne (qui utilise le fait que $-1$ n'est pas un carré modulo $7$ et qui prouve que $y=0$) et qui pourtant est juste. Ensuite, je ne comprends plus rien (en particulier $(0 : 1 : 0)$ est maintenant lisse ?). De toutes manières, cette histoire est indépendante du corps de base et ne dépend que du fait que $6$ est pair. Je te propose un changement de variables après la trace d'exécution. Dans laquelle, j'ai simplement remplacé $X^6 - 1$ par $X^6+1$ pour varier les plaisirs :

> F := X^6 + 1 ;  C := Curve(A2, Y^2 - F) ;
> ZetaC<T> := ZetaFunction(C) ;
> S := T*Derivative(ZetaC)/ZetaC ;
> Cproj<x,y,z> := ProjectiveClosure(C) ;
> Cproj ;
Curve over GF(7) defined by
x^6 + 6*y^2*z^4 + z^6
> Points(Cproj) ;
{@ (0 : 1 : 1), (0 : 6 : 1), (1 : 3 : 1), (1 : 4 : 1), (2 : 3 : 1), (2 : 4 : 1), (3 : 3 : 1), (3 : 4 : 1), (4 : 3 : 1), 
(4 : 4 : 1), (5 : 3 : 1), (5 : 4 : 1), (6 : 3 : 1), (6 : 4 : 1), (0 : 1 : 0) @}
> assert ZetaC eq ZetaFunction(Cproj) ;
> Loo meet Cproj ;
Scheme over GF(7) defined by
x^6 + 6*y^2*z^4 + z^6,
z
> Points(Loo meet Cproj) ;
{@ (0 : 1 : 0) @}
> t :=  -&+[LegendreSymbol(Z!Evaluate(F,X,x), p) : x in k] ;
> 1 + #k - t = Coefficient(PSR!S, 1) ;
15 = 16

Pourquoi ne pas faire la totale dans le cas $d$ pair :
$$
y^2 = a_d x^d + \cdots + a_1 x + a_0
$$
On pose $d = 2g + 2$ et on fait le changement de variables pour comprendre ce qui se passe au dessus de $x = \infty$ :
$$
x = {1 \over u}, \qquad y = x^{g+1} v
$$
Pourquoi ? D'abord $x = \infty \leftrightarrow u = 0$. Ensuite $k(x,y) = k(u,v)$ (on n'a pas changé le corps des fonctions) et de plus $v$ est entier sur $k[u\rbrack$, ce qui fait plaisir à l'algébriste que je suis. Des choses à vérifier donc et la question est
Que se passe-t-il au dessus de $u = 0$ i.e. dans l'inclusion $k[u\rbrack \subset k[u,v]$ ?

Je reviens à la charge en ce qui concerne l'exemple $y^n = x^n(x+a)$ (plus simple car on va pouvoir mettre la main sur la lissifiée). En le traitant A FOND, on apprendrait à mon avis pas mal de choses. Impossible (pour moi) de s'embarquer dans des choses complexes avec des bases pas assez solides.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Suite : $-1$ n'est pas un carré modulo 11, n'est ce pas ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
J'ai résolu $y^2=x^6-1$ dans $\mathbb F_7$.
$-1$ n'est pas un carré donc $x\neq 0$ et $x^6=1$ puis $y=0$.
La réciproque est vraie donc $E(\mathbb F_7)=\{(1,0)\ldots (6,0)\}$.

Pour la lissification, on fait un peu comme dans quartic to cubic non ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Ah oui, $7 = 6 + 1$ ! Le $7$ de $\mathbb F_7$ et le $6$ de $X^6 - 1$. Je n'avais pas pensé à cela.

C'est plus simple : faut juste regarder les points, dans le modèle en $(u,v)$, pour lesquels $u = 0$. On en trouve deux, à expliciter, qui sont de la forme $(u=0, v= \pm ?)$. A expliciter pour déterminer sur quel sur-corps ils sont définis.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Dans le modèle en $(u,v)$, il y a deux points pour lesquels $u=0$, à savoir $(0,\pm 1)$.
Voilà nos deux points (si $\mathrm{car}(k)\neq 2$) à l'infini $\mathbb F_q$-rationnels.
Enfin je crois...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Et pour $y^2=x^5-1$, il n'y a que $(u=0,v=0)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Il faut traiter le cas général de $f$ de degré pair dans $y^2 = f(x)$ comme mentionné dans [www.les-mathematiques.net]. Sinon, on ne va pas comprendre (et même pas comprendre ce que dit Hindry). Et j'ai oublié de dire que les deux points trouvés dans le modèle en $(u,v)$, il faut quand même vérifier qu'ils sont lisses !

Il restera le cas où $f$ est de degré impair. Quel changement de variables ? Combien de points à l'infini sur la lissifiée ?

On remarquera l'expression galvaudée ``point à l'infini''. Il s'agit ici, en fait, dans le revêtement hyperelliptique $(x,y) \mapsto x$ , de la lissifiée vers $\mathbb P^1$, des points au dessus de $\{x = \infty \}$.

Sans oublier, mais cela n'a rien à voir, l'exemple $y^n = x^n(x+a)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Pour $y^2=x^5-1$, j'ai gardé le même changement de variables puisqu'on a encore $g=2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Hello,

J'essaye de rattraper les deux pages de retard smiling smiley Je fais un résumé pour moi.

Si j'ai bien compris, au départ on considère la courbe $E$ d'équation $y^2=x^3-x$ sur le corps $k:=\mathbb{F}_p$ et l'on souhaites calculer $\rm {Card} (E(\mathbb{F}_p))$.

On compte de la manière suivante :$$
\textrm{Card} \{ (x,y) \in k^2, \ y^2=x^3-x \} = 1 \times \textrm{Card} \{ x\in k, \ 0 =x^3-x \} + 2 \times \textrm{Card} \{ x \in k, \ x^3-x \textrm{ est un carré non nul } \}
$$

On prend deux cas :

1/ $-1$ n'est un carré dans $k$. Dans ce cas, $x \to -x$ (Gai requin) donne une bijection entre
$$
\{ x \in k, \ x^3-x \textrm{ est un carré non nul } \} \to \{ x \in k, \ x^3-x \textrm{ n'est pas un carré } \}
$$
On en déduit que : $ \textrm{Card} \{ x \in k, \ x^3-x \textrm{ est un carré non nul } \} = \frac{p-3}{2}$.
Du coup,
$$
\textrm{Card} \{ (x,y) \in k^2, \ y^2=x^3-x \} = p
$$

2/ $-1$ est un carré dans $k$, plus tard dans la journée.

Ensuite, il faut compter sur toutes les extensions finies de $k$ ?

et pour finir voir le lien avec la une certaine fraction rationnel trouvée sous les sabots d'un cheval grinning smiley


Sinon Claude, c'était bien ton périple pédestre de la fin d'année, tu as eu beau temps je suppose ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je détaille un peu :
En prenant $x = \dfrac{1}{u}$ et $y = x^3 v$, on a :
$$y^2=x^6-1\Leftrightarrow v^2=1-u^6
\\y^2=x^5-1\Leftrightarrow v^2=u-u^6$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Le cas général (bis, rebis). Car pour $d$ pair, $y^2 = a_dx^d + \cdots$, on veut voir apparaître $\pm \sqrt {a_d}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Dans ce cas-là, on prend $x=\dfrac {1}{u}$ et $y=x^{d/2}v$.
Il existe alors $P\in k[X]$ tel que :
$$v^2=a_d+uP(u).$$
Au-dessus de $x=\infty$, il y a donc $(u=0,v=\pm\sqrt{a_d})$.

Pour le comptage dans $F_q$, il faut donc rajouter $0$ ou $2$ points à l'infini.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Les voilà donc les deux points, définis sur $k(\sqrt {a_d})$, de la lissifiée au dessus de $x = \infty$. Bien sûr, tu as vérifié qu'ils sont lisses ? Un petit cadeau pour te montrer le bienfait de travailler dans $\mathbb P^2(1, g+1, 1)$. En passant : quand on parle d'une courbe hyperelliptique, il s'agit (presque) toujours de la courbe lisse (que l'on voit rarement). Quelques questions après l'exécution pour occuper les jours à venir.

> k := RationalField() ;
> // Dans P^2(1, g+1, 1)
> g := 2 ;
> P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(k, [1, g+1, 1]) ;
> P2 ;
Projective Space of dimension 2
Variables: x, y, z
The grading is:
    1, 3, 1
> CoordinateRing(P2) ;
Graded Polynomial ring of rank 3 over Rational Field
Order: Graded Reverse Lexicographical
Variables: x, y, z
Variable weights: [1, 3, 1]
> // d = 2g+1 ou 2g+2
> d := 2*g+2 ;  f := x^d - 1 ;
> Faff := y^2 - f ;
> Faff ;
-x^6 + y^2 + 1
> F := CoordinateRing(P2) ! (z^(2*g+2) * Evaluate(Faff, [x/z, y/z^(g+1), 0])) ;
> F ;
-x^6 + z^6 + y^2
> IsHomogeneous(F) ;
true
> Cproj := Curve(P2, F) ;
> assert IsNonSingular(Cproj) ;
> assert Genus(Cproj) eq g ;
> Loo := Curve(P2, z) ;  
> Points(Loo meet Cproj) ;
{@ (1 : -1 : 0), (1 : 1 : 0) @}


(1) Quid de $y^2 = a_d x^d + \cdots$ quand $d$ est impair ?
(2) La fonction zeta d'une courbe (projective lisse) $C/\mathbb F_q$ de genre $g$ est de la forme :
$$
Z_{C/\mathbb F_q}(T) = {c_0 + c_1T + \cdots + c_{2g}T^{2g} \over (1-T)(1-qT)}, \qquad
c_0 = 1, \qquad c_{2g} = q^g
$$
Sais tu comment se traduit l'impact de l'équation fonctionnelle vérifiée par cette fonction zeta sur les coefficients $c_i$ du numérateur ?
Note : en ce qui concerne le numérateur, il est parfois nommé L-polynomial de la courbe (LPolynomial en magma).

(3) On reprend $y^2 = x^6 - 1$ sur $\mathbb F_7$. On a vu hier qu'il y avait $6 + 2 = 8$ points sur $\mathbb F_7$. Je t'informe qu'il y a 46 points sur $\mathbb F_{7^2}$. Saurais tu déterminer la fonction zeta de cette courbe ? Il faut avoir répondu à (2)
Et plus généralement, connaissant $N_1, \ldots, N_g$ i.e. le nombre de points sur $\mathbb F_{q^i}$ d'une courbe de genre $g$, comment déterminer sa fonction zeta ?

(4) J'ai oublié ... J'ai retrouvé. Cela concerne ``If the author is polite ...''. On considère la transformation :
$$
\C^{\N^*} \ni u = (u_n)_{n \ge 1} \longmapsto Z_u = Z_u(T) = \exp\left( \sum_{n \ge 1} {u_n \over n} T^n\right) \in 1 + T\C[[T]]
$$
Alors $Z_0 = 1$, $Z_{u+v} = Z_u Z_v$ donc $Z_{u-v} = Z_u/Z_v$.

Que vaut $Z_u$ pour $u = (\alpha^n)_{n \ge 1}$ ? En déduire que pour $u = \big(\sum_j \beta_j^n - \sum_i \alpha_i^n\big)_{n \ge 1}$, on a :
$$
Z_u(T) = {\prod_i (1 - \alpha_i T) \over \prod_j (1 - \beta_j T)}
$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
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Salut,

Je continu mon résumé, je pense avoir compris un peu la structure du truc :

On part de : $y^2=x^3-x$ et on note $N_r$ : le nombre de points sur $\mathbb{F}_{p^r}$.

On considère : $$Z(T) := exp\big(\sum_{r=1}^\infty N_r \frac{T^r}{r} \big)$$

Alors (black box) il existe un nombre $a_E$ tel que : $$Z(T) = \frac{1-2a_{E}T +pT^2}{(1-T)(1-pT}$$

Le truc fondamental, c'est que l'on peut récupérer les $N_r$ a partir de la second expression :
$$
N_r = p^r+1 -(\alpha_1^r+\alpha_2^r)
$$
Où $\alpha_i$ sont les inverses des racines du numérateur.
Du coup, si l'on connais le nombre de point pour $r=1$, on connaît le nombre $a_E$ et donc par retour on connaît tous les $N_r$.



bref, faut connaître $N_1$. Et c'est là que Gauss et Jacobi rentre dans le jeu !

Je continu la lecture du chapitre $2$ de Koblitz.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip-flop
Tu as le Kobliz, petit cachotier. Lequel, au fait ? Attention le numérateur de la fonction zeta, il ne faut pas l'écrire avec un 2 au centre comme tu l'as fait. Et je préfère noter $t$ le coefficient central parce que $t$ pour trace (du Frobenius). Donc, pour une courbe elliptique $E/\mathbb F_p$ :
$$
Z_{E/\mathbb F_p} = {1 - tT + pT \over (1-T)(1-pT)}
$$
Et $t$ et $\#E(\mathbb F_p)$ sont liés par $p+1 - t = \#E(\mathbb F_p)$ à moins que cela ne soit $p+1 - \#E(\mathbb F_p) = t$.

Ok, beaucoup de black-boxes pour l'instant. On va essayer d'en diminuer (un peu) le nombre et voir ce que l'on peut faire pour $y^2 = x^3 - x$ (c'est déjà difficile, Gauss).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
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" Introduction to Elliptic curve and modular forms "

Je vais travailler la preuve. Par contre, mon niveau en arithmétique est vraiment proche de $0$, j'ai passé $1$ heure ce matin pour comprendre le symbole de Legendre $\left(\dfrac{2}{p}\right)$.

Dans le texte que j'ai trouvé, la démonstration était assez énigmatique, mais c'est jolie :

Dans $\mathbb{F}_{13}$, on a :
$$
2.4.6.8.10.12=(2.4.6).(8.10.12)
$$
Il faut faire :

à gauche :
$$ 2.4.6.8.10.12 = 2^{\frac{13-1}{2}} (\frac{13-1}{2}) ! $$

à droite, on modifie la deuxième parenthèse :
$$
(2.4.6).(8.10.12) = (2.4.6).((-5).(-3).(-1)) = (\frac{13-1}{2}) !(-1)^{\frac{13-1}{4}}
$$

C'est très jolie ! (faut adapter pour le cas où $p$ est congru à $3$ modulo $4$).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ : pas trop le temps mais je traite quand même le cas $d$ impair.
Avec le changement de variables $x=\dfrac {1}{u}$ et $y=x^{\frac {d+1}{2}}v$, on trouve $P\in k[X]$ tel que :
$$v^2=uP(u).$$

Au-dessus de $x=\infty$, il y a donc $(u=0,v=0)$.

Pour le comptage dans $\mathbb F_q$, il faut donc rajouter $1$ point à l'infini.

Corollaire : si $d$ est impair, $E(\mathbb F_q)\neq \emptyset$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Bien sûr, tu as vérifié que dans le $(u,v)$-modèle le point $(u = 0, v=0)$ est lisse ? Un truc amusant (sic) : c'est que ce modèle en $(u,v)$, il admet des points non lisses. Do you see what I mean ?

Oui, le corollaire sur le fait que $C(\mathbb F_q) \ne \emptyset$ (je préfère $C$ à $E$ qui fait trop penser à courbe elliptique, CQ == pinailleur). Et c'est bien pour cela, que Hindry en bas de la page 70 de [www.math.polytechnique.fr] considère une courbe hyperelliptique $y^2 = a_dx^d + \cdots$ avec $d = 6$ et $a_d$ non carré dans l'intention d'obtenir une courbe hyperelliptique de genre $2$, définie sur $\mathbb F_q$, mais n'ayant pas de point sur $\mathbb F_q$.

Note : les autres questions (qui n'étaient pas toutes prévues) sont inspirées de ce papier de Hindry.

@vous deux
Bonne nouvelle : $y^2 = x^3 - x$, ça va le faire. Faire quoi : attraper le théorème de Gauss ET sa fonction zeta. Egalement, $y^2 = x^3 - n^2x$. Explication : j'ai de nouveau potassé Kobliz et Ireland & Rosen, et j'ai vu qu'il y avait une feinte chez Koblitz. Son traitement est en un certain sens plus simple que celui de Ireland & Rosen mais ceux-ci en font plus car ils traitent $y^2 = x^3 - Dx$.

Bref, le matériel est prêt. Etes vous partant ? Attention : il va falloir travailler à la Gauss-Jacobi avec des caractères, des sommes de Gauss et Jacobi. Et bien sûr dans $\mathbb Z[i\rbrack$. Du boulot mais faisable. Et la manière de travailler de Kobliz va un peu mettre en veilleuse le symbole biquadratique :
$$
\left( \bullet \over \pi \right)_4
$$
A vous (vous vous dégonflez ou pas ??)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Salut Claude,

J'ai très vite "bloqué" en lisant la preuve de Kobliz mais j'aime bien, il y a plein d'objets amusant :
Les corps finis, et plus particulièrement le groupe additif et le groupe multiplicatif (cyclique).
Les racines de l'unité dans $\C$, et on mélange tout ça avec les sommes de Gauss et de Jacobi, pour finir par de l'arithmétique de $\Z(i)$ eye popping smiley


Il propose un premier lemme clef :



Soit $p$ un nombre premier, $q:=p^r$. On considère le corps $k := \mathbb{F}_q$. Soit $m$ divisant $q-1$, soit $a \in k$ alors :
$$
\text{Card} \{ x^m=a \} = \sum_{\chi^m=1} \chi(a)
$$
où la somme est étendu sur tout les caractères de $k^* \to \C^*$, de puissance $m$ trivial.



Je vais me mettre à jour sur tout ce petit monde !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Alors tu marches ? A propos de $\mathbb Z[i\rbrack$ versus $\mathbb Z(i)$. Il y a un bug de composition : il faut utiliser \rbrack pour le crochet ] fermant.

Puisque tu sembles dedans, je me permets d'attacher un problème d'entrainement à l'Agrégation. Ainsi que le corrigé. J'avais concocté cela car je connaissais un peu la musique (des sommes de Gauss et Jacobi). J'ai souvenir que les épreuves blanches se passaient le Samedi matin (6 heures) et certains étudiant(e)s à la fin (vers 15 h) me faisaient un peu la gueule, on se demande bien pourquoi.

Attention, surtout ne pas chercher à tout lire car vous allez exploser. Ce que j'ai constaté chez Koblitz, c'est qu'il va droit au but (pas besoin de la totale sur les sommes de Gauss-Jacobi) mais on se demande où l'on va. Ce que j'ai fait, c'est qu'hier, j'ai repassé derrière lui (en faisant les exercices qu'il utilise et qui ne sont pas corrigés) et que j'ai prévu une progression qui pourrait être pédagogique (!?). Et implémenter quelques points du binz (pour voir que c'est bien concret) ne me fait pas peur.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - gauss_jacobi.pdf (105.6 KB)
ouvrir | télécharger - gauss_jacobi_corrige.pdf (138.5 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Une mission ? Je détaille l'exercice II.2.3 p. 61 de Koblitz (qui n'est pas corrigé) et c'est toi qui finalise via un pdf. OK ? Indiscret : il me semble que tu as plus de temps que gai-requin : vrai-faux ? Peu importe, il s'agit de montrer dans l'exercice que $\chi_4(-4) = 1$ quand $\chi_4$ est un des caractères d'ordre 4 sur $\mathbb F_q$ pour $q \equiv 1 \bmod 4$.

C'est via ce $\chi_4(-4) = 1$ que Koblitz va apporter une certaine simplification dans le binz.

Faut pas rêver cependant : il va falloir monter un certain nombre de petits résultats sur les caractères sur un corps fini et pendant un certain temps, on se demande où on va. Mais il y aura des pauses avec apéro, paniers déjeuner, café ou quelque chose dans ce goût là.

A toi.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Juste un truc Claude, avant de commencer les trucs sérieux ...

Tu as regardé le premier exercice p61. C'est de prouver les propriétés " Straightforward" (ça veut dire trivial, c'est ça ? ) (1), (2) et (3) de la page 57. Je voulais commencer par là, histoire de prendre contact avec les notations et les différents acteurs.

Sinon, oui j'ai du temps, disons que je travail en dehors des heures de travail "classique", je donne des cours particuliers de maths.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Tu as raison : il faut prendre son temps. Et commencer par les relations de la page 57. Petit commentaire : l'écriture de Koblitz est ``très serrée'' et il attaque fort en faisant intervenir à la fois les sommes de Gauss et de Jacobi. Et du coup, on en prend plein la gueule en 5 minutes. Pour éviter cela dans mon problème d'entraînement, dans la partie II, j'avais d'abord introduit les sommes de Jacobi (sans les sommes de Gauss) et tout de suite montré en quoi elles pouvaient servir au dénombrement. Les sommes de Gauss ne sont introduites que dans la partie III.

De toutes façons, tu as quasiment accepté d'en prendre plein la g.eule. Mais je t'assure que tu vas être récompensé largement (théorème de Gauss + détermination d'une fonction zeta, tu vas épater tes ami(e)s). Oui ``Straightforward'' signifie sans difficulté particulière (que je préfère à ``trivial'').

Je prépare le terrain pour l'exercice page 61. Probablement un scan.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Je détails la première propriété.

En gros, il faut montrer que :
$$
\sum_{x \in \mathbb{F}_q} \zeta^{\text{Tr}(x)} = 0
$$

Avec $\zeta$ un racine $p$-ième de l'unité dans $\C$.

Du coup, j'ai une preuve en considérant la partition suivante :
$$
\mathbb{F}_q = \coprod_{k \in \mathbb{F}_p} [\text{Tr}(x) = k ]
$$

qui permet d'écrire :
$$
\sum_{x \in \mathbb{F}_q} \zeta^{\text{Tr}(x)} = \sum_{k \in \mathbb{F}_p} p^{r-1} \zeta^{k}=p^{r-1} \sum_{k \in \mathbb{F}_p} \zeta^{k}
$$
Mais la c'est plus simple, car on fait la somme des racines du polynôme $X^p-1$ dans $\C$ ... donc $0$.



Ça va être technique de faire ce genre de truc à chaque fois ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Vu (et ok). Je ne comprends pas trop le sens de ta question ``cela va être technique ... à chaque fois ?''. En tout cas, on peut ``convenir'' que c'est écrit pour gai-requin qui est au turbin. Essayer d'être le plus précis possible (gai-requin ne dispose pas du Koblitz, je pense). Par exemple, ton post sous-entend que $q = p^r$ et que la trace c'est la trace de $\mathbb F_q/\mathbb F_p$.

Autre point : communication par post ou de temps en temps par pdf ? A ce propos, j'ai vu que tu t'étais bien amusé avec les invariants.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Oui, tu fais bien de soulever la question de la communication, je vais plutôt faire un pdf. Sinon, on va avoir du mal a s'y retrouver et surtout plus simple aussi pour Gai requin.

Par contre, il abuse un peu avec "Straightforward" notre ami grinning smiley

J'ai fini le (1) page 57. J'attaque la rédaction propre avant de faire les autres smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Koblitz a écrit au moins deux ouvrages sur le sujet, d'où le "Straightforward''. Tu verras que demain, tu trouveras cela plus facile. Peut-être que dans (1) de Koblitz, l'égalité la plus difficile est $J(\chi, \chi^{-1}) = -\chi(-1)$. Dans mon problème, c'est la question II.5.b : mais je donnais comme indication une histoire d'homographie. Note, en passant le mot ``homographie'' et la cohérence du fil (je parle du titre). C'est gai-requin qui va être content.

Autre chose : ce que j'appelle les ``non dits''. Car dans notre histoire, le graal est somme de Jacobi $J(\chi_4, \chi_2)$ où $\chi_4$ est un des deux caractères d'ordre 4 sur $\mathbb F_q$ avec $q \equiv 1 \bmod 4$ et $\chi_2$ est le carré de $\chi_4$. Ce graal $J(\chi_4, \chi_2)$ est un habitant de $\mathbb Z[i\rbrack$, de norme $q$, (de norme $q$, faut le savoir pour le trouver dans Koblitz) et $\alpha = -J(\chi_4, \chi_2)$ a la propriété mirifique :
$$
\#E(q^r) = q^r+1 - (\alpha^r + \overline{\alpha}^r) \qquad \qquad E : y^2 = x^3 - x
$$
Je viens de faire un boulot que je n'avais pas fait auparavant : implémenter la somme de Jacobi (avant, je procédais autrement pour déterminer le Graal $\alpha$). Ci-dessous, j'utilise presque les notations de Koblitz :

> Fq ;
Finite field of size 17
> J := &+[Chi4(x)*Chi2(1-x) : x in Fq] ;
> alpha := -J ;
> alpha ;
-4*i + 1
> assert Norm(alpha) eq q ;
> assert IsDivisibleBy(alpha - 1, (1+i)^3) ;
> 
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - x over Rational Field
> Eq := ChangeRing(E, Fq) ;
> Eq ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 16*x over GF(17)
> assert #Eq eq q+1 - Trace(alpha) ;
> r := Random(2,5) ;
> "r = ", r ;
r =  5
> assert #Eq(GF(q^r)) eq q^r+1 - Trace(alpha^r) ;

Dernier point : l'histoire. Cela vaut le coup de jeter un coup d'oeil à la page 2 de [www.math.uci.edu] . Peu importe si la technique nous dépasse, je le pointe pour les références historiques. Voilà ce qu'écrit Silverberg :

In 1814, in his last diary entry [8], Gauss stated a similar result for a different curve (see also p. 86 of [5] or §5 of Chapter 11 of [14]). As pointed out by Lemmermeyer in [17], Gauss’s statement was based on numerical evidence, and the first published proof was given by Gustav Herglotz [12] in 1921 (see p. 317 and p. 342 of [17] for more on the history). One formulation of Gauss’s statement is the following.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
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Première version, j'espère qu'il n'y a pas trop de coquille.

C'est une bonne gymnastique, pour se réveiller ces petites propriétés smiling smiley
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - janvier.pdf (148.7 KB)
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