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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
@CQ :
Et si, du coup, on essayait de montrer Dedekind strong pour $n=4$ as a starter ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@gai requin : tu me fais confiance grinning smiley

On reprend dans le cas où $\mathcal{O}(p,m)=1$. Du coup, $\mathcal{O}(p^r,m)=1$. Maintenant, si je note :
$$
N_r := \{ \Phi_m(x)=0, \, x \in \mathbb{F}_{p^r} \}
$$

Alors $N_r = ? $



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Je pense que la fonction ci-dessous (mézigues) est stand-alone. Oublie son nom idiot. L'exécution en ligne, cela se passe comment ?

DedekindInteger := function(F, p)
  // F in Z[X] unitaire, p premier
  // Retourne (G, Q, R) comme dans la thèse de Manu p. 38
  ZX := Parent(F) ;   GFpX, _ := ChangeRing(ZX, GF(p)) ; 
  Gi_ei := Factorisation(GFpX ! F) ;
  // F = G1^e1 * G2^e2 * ... mod p     G1, G2, .. in Fp[X]
  G := [ZX| Giei[1] : Giei in Gi_ei] ;
  e := [Giei[2] : Giei in Gi_ei] ;
  I := {1..#e} ;
  R := ExactQuotient(F - &*[ZX| G[ i]^e[ i] : i in I], p) ;
  // Manu p. 38
  N := { i : i in I | e[ i] ge 2 and IsDivisibleBy(GFpX!R, GFpX!G[ i]) } ;
  Q := &*[ZX| G[j]^e[j] : j in I diff N] * &*[ZX| G[ i]^(e[ i]-1) : i in N] ;
  G := &*[ZX| G[ i] : i in N] ;
  assert F eq G*Q + p*R ;
  return G, Q, R ;
end function ;
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@fliflop :
$\#N_r=\varphi(m)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Yep, là passage ultra super complexe ... du coup :
$$
N_r = \phi(m) = 1^r+1^r+\dots+1^r - 0^r -0^r -0^r \dots 0^r
$$
avec $\phi(m)$ fois le symbole $+$. T'as pas envie de te faire un petit "if the author is polite" grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
On dirait que ça le fait.
Pour $X^4-X-1$ et $p=5$, on trouve $G=1$, $Q=X^4+4X+4$ et $R=-X-1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flipflop :


$$Z_{\Phi_m/\mathbb F_{p}}(T)=\frac{1}{(1-T)^{\varphi(m)}} ???$$



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Je ne sais pas ... faut se faire une petite dérivée décalée pour vérifier grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
$TZ'/Z=\varphi(m)\dfrac{T}{1-T}=\varphi(m)(T+T^2+\cdots)$.

T'es trop fort en cours particulier. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
$6$ ans de métier grinning smiley

Par contre, on a fait l'hypothèse que $\mathcal{O}(p,m)=1$, quand c'est pas le cas c'est un peu plus complexe ... mais on a trouver :
$$
Z_{\Phi_m/\mathbb F_{p}}(T)=\frac{1}{(1-T^{\mathcal{O}(p,m)})^{\frac{\varphi(m)}{\mathcal{O}(p,m)}}}
$$
Si tu fais $\mathcal{O}(p,m)=1$ dans la formule tu retrouves bien la formule, ouf !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a trois années et a été effectuée par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Sympa.
Pas étonnante cette formule maintenant qu'on a vu qu'il n'y a pas de racines de $\Phi_m$ dans $\mathbb F_q$ dès que $d>1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ : J'ai l'impression que tu as permuté $G$ et $Q$ et que, du coup, ça ne marche pas.
Attention, c'est une impression.confused smiley

DedekindInteger := function(F, p)
  // F in Z[X] unitaire, p premier
  // Retourne (G, Q, R) comme dans la thèse de Manu p. 38
  ZX := Parent(F) ;   GFpX, _ := ChangeRing(ZX, GF(p)) ; 
  Gi_ei := Factorisation(GFpX ! F) ;
  // F = G1^e1 * G2^e2 * ... mod p     G1, G2, .. in Fp[X]
  Q := [ZX| Giei[1] : Giei in Gi_ei] ;
  e := [Giei[2] : Giei in Gi_ei] ;
  I := {1..#e} ;
  R := ExactQuotient(F - &*[ZX| Q[ i]^e[ i] : i in I], p) ;
  // Manu p. 38
  N := { i : i in I | e[ i] ge 2 and IsDivisibleBy(GFpX!R, GFpX!Q[ i]) } ;
  G := &*[ZX| Q[j]^e[j] : j in I diff N] * &*[ZX| Q[ i]^(e[ i]-1) : i in N] ;
  Q := &*[ZX| G[ i] : i in N] ;
  assert F eq G*Q + p*R ;
  return G, Q, R ;
end function ;
A<X>:=PolynomialRing(IntegerRing(),1);
G,Q,R:=DedekindInteger(X^4-X-1,283);
Resultant(G,R,1);
22145258522682184422799
22145258522682184422799 mod 283;
109
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Non, je n'ai pas permuté $Q$ et $G$. Mais j'ai raconté n'importe quoi, du grand n'importe quoi. A deux occasions. D'abord :
$$
G = \prod_{i \in N} G_i, \qquad N = \{i \mid e_i \ge 2 \hbox { et } \overline {G_i} \mid \overline R \}
$$
Et comme le polynôme $X^n-X-1$ passe le Dedekind-test en $p$ (du moins, c'est ce que l'on croit ou voudrait), c'est que $N$ est vide donc le polynôme $G$ vaut 1 !!

Et d'une (c.nnerie). L'autre, c'est quand j'ai donné comme autre référence (que la page 38 de Manu) la proposition 5.4 du chap IX de Claire : manque de pot, les notations $(G,Q,R)$ à ce moment là n'ont pas la même signification.

Bref, il faut oublier mes âneries concernant cette histoire de résultant égal à 1. Il reste donc deux choses : est ce que le discriminant de $X^n - X - 1$ est sans facteur carré. Au signe près, il s'agit de
$$
n^n - (1-n)^{n-1}
$$
L'autre chose : est ce que $X^n-X-1$ passe le Dedekind-test ? Encore une fois, cela m'étonnerait fort que Serre utilise des polynômes ``pourris''.

Attention à ta définition : PolynomialRing(anneau-de-base, 1). Il s'agit là d'un anneau de polynômes à 1 indéterminée mais ``multivariate'' au sens magma. Tu vas rencontrer des ennuis sérieux (mais tu n'as pas eu encore le temps de l'en apercevoir ou si peu). La bonne définition est PolynomialRing(anneau-de-base) : il s'agit d'un anneau de polynômes à 1 indéterminée mais de type ``univariate'' au sens magma.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ : Effectivement, avec ma définition pourrie, magma n'interprétait pas le résultant comme un entier !

Pour $P=X^4-X-1$, $\Delta=-283$ est premier.
Dans $\mathbb F_{283}[X]$, on a :
$$P=(X+168)(X+18)(X+190)^2.$$
Soit $\theta$ une racine complexe de $P$.
Donc, si je comprends bien le critère de Dedekind, on aimerait bien que $\langle 283,\theta+190\rangle$ soit inversible, éventuellement en utilisant le $283$-résidu.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Lorsque la valuation en $p$ du discriminant de $F$ est $\le 1$, alors $F$ vérifie le Dedekind test en $p$. Cette fois une référence correcte (et observe les notations, enfin, je dis surtout cela pour moi) : la proposition 5.1 du chap IX, surtout le point (2), sans clause. Observer à la fin la valeur du discriminant de $A = R[x]$. Voir aussi le point (ii) de 5.3. Et enfin, le point (ii) de 5.4 : si ... alors $\pi^2 \mid \mathrm {disc}(F)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
De mieux en mieux !
Il ne reste plus qu'à montrer que $n^n - (1-n)^{n-1}$ est squarefree.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Si $-1$ n'est pas un carré modulo $n$, c'est bon. grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Tu détailles ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Ben $n^n - (1-n)^{n-1}=-1\bmod n$.
Mais j'avoue que je n'ai pas trop d'idées dans le cas général. confused smiley

Edit : c'est n'importe quoi. Sorry.

@CQ : tu aurais dû dire : "Tu dérailles ?"



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
On n'est pas si loin du théorème LTE (Lifting the exponent)...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Hello,

Sorry ça va être très très long ! Je me suis plongé dans les Shadocks et du coup, j'ai un peu réfléchit grinning smiley

Objectif : Je fais suite à ce message. à propos des extensions bi-quadratique. Mais avant, je fixe plein de notation et je donne une formule $(\bigstar)$, je pense qu'elle est assez jolie ! Je l'utilise pour savoir si $13$ est un carré ou non modulo $107$ (la bonne blague grinning smiley) et une deuxième utilisation pour trouver la fonction zéta de l'extension $K = \Q(\sqrt{7},\sqrt{30})$ avec $p=13$.


Remarque : jusqu'a $(\bigstar)$ c'est vraiment formel, juste lourd en notation. J'ai juste voulu faire de la chirurgie zétatique grinning smiley Histoire de bien comprendre le binz !




J'aimerai bien étudier la configuration suivante :
$$
\xymatrix{ & O_L\ar@{-}[d] & & (\mathfrak{P}_{1,1} \dots \mathfrak{P}_{1,n_1}) \dots (\mathfrak{P}_{r,1} \dots \mathfrak{P}_{r,n_r}) \\
& O_K\ar@{-}[d] && \mathfrak{p}_1\dots \mathfrak{p}_r \\
& \Z & & p\\
}$$
Explication : $p$ est un premier de $\Z$, sa décomposition dans $O_K$ est $ \mathfrak{p}_1\dots \mathfrak{p}_r$ et chaque $\mathfrak{p}_i$ se décompose en $\mathfrak{P}_{i,1} \dots \mathfrak{P}_{i,n_i}$. On en déduit que la décomposition de $p$ dans $O_L$ est $ (\mathfrak{P}_{1,1} \dots \mathfrak{P}_{1,n_1}) \dots (\mathfrak{P}_{r,1} \dots \mathfrak{P}_{r,n_r})$.

J'ai supposé qu'il n'y a aucune ramification.

Notations :
Pour $(i,j)$ (dans l'ensemble d'indexation), on note :

$$ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right) = \left[ O_L / \mathfrak{P}_{i,j} : \Z / p \right] \quad \quad \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right) = \left[ O_L / \mathfrak{P}_{i,j} : O_K / \mathfrak{p}_{i} \right] \quad \quad \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right) = \left[ O_K / \mathfrak{p}_{i} : \Z / p \right]$$

Alors on a une propriété des multiplicativités des indices de gonflement (je pense qu'on dit d'inertie) mais j'aime bien gonflement grinning smiley :
$$\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right) = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right) \times
\mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right) \quad (\clubsuit)$$


Je note également :

$$ Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) := \frac{1}{1-T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid p \right)}}
\quad \quad Z_{\mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i}} (T):= \frac{1}{1-T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right)}}
\quad \quad Z_{\mathfrak{p}_{i} \mid p}(T) := \frac{1}{1-T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right)}} \quad(\spadesuit) $$

Pour les relations $(\spadesuit)$, on a pas de relation de multiplicativité mais on a les deux relations suivantes (en utilisant $(\clubsuit)$) :
$$
Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) = Z_{\mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i}} \left(T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{p}_{i} \mid p \right)}\right) \quad (\heartsuit_1) \quad \quad Z_{ \mathfrak{P}_{i,j} \mid p } (T) = Z_{\mathfrak{p}_{i} \mid p}\left(T^{\mathfrak{f} \left( \mathfrak{P}_{i,j} \mid \mathfrak{p}_{i} \right)} \right) \quad (\heartsuit_2)
$$


Avec les notations $(\spadesuit)$, on a :
$$
Z_{O_K,p}(T) = \prod_{\mathfrak{p} | p} Z_{\mathfrak{p} | p}(T)
\quad \quad
Z_{O_L,p}(T) = \prod_{\mathfrak{P} | p} Z_{\mathfrak{P} | p}(T)
\quad \quad
Z_{O_L,\mathfrak{p}_i}(T) = \prod_{\mathfrak{P} | \mathfrak{p}_i} Z_{\mathfrak{P} | \mathfrak{p}_i}(T) \quad (\blacklozenge)
$$
L'idée est d'utiliser les deux relations $(\heartsuit)$ pour obtenir un lien entre les $3$ fonctions zéta.


On a :
$$
Z_{ O_L, p } (T) = \prod_{\mathfrak{p} \mid p} Z_{O_L,\mathfrak{p}}(T^{ \mathfrak{f} \left( \mathfrak{p} \mid p \right)}) \quad \quad Z_{ O_L, p } (T) =\left(Z_{O_K,p}(T^f) \right)^{\frac{[L:K]}{f}} \quad \text{ avec } f = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \right) \quad (\bigstar)
$$
Attention : la seconde formule a besoin d'un terrain Galoisien. J'ai écris des "démonstrations" mais vu les notations ... elles sont en cours de vérification !


Un exemple d'utilisation de la seconde formule. Je prend pour changer $L := \Q(\zeta_{13})$ et $K=\Q(\sqrt{13})$.
Prenons, $p = 3 \pmod{13}$ par exemple $p=107$ et disons que je souhaites savoir si $13$ est un carré modulo $107$ grinning smiley Bin c'est très simple vous allez voir !

L'ordre multiplicatif de $107$ modulo $13$ est $3$. Donc :
$$
Z_{O_L,107} = \frac{1}{(1-T^3)^{4}}
$$
D'autre part, en utilisant la seconde relation ;
$$
Z_{O_L,107}(T) = \left(Z_{O_K,107}(T^f) \right)^{\frac{6}{f}} \quad \text{ avec } f = \mathfrak{f} \left( \mathfrak{P} \mid \mathfrak{p} \right)
$$
On sait que $f \mid 6$, et en testant les différentes valeurs, on obtient : $f=3$. Donc :
$$
Z_{O_K,107}(T) = \frac{1}{(1-T)^{2}}
$$
Un petit coup de dérivée décalée :
$$N_r = 2T+2T^2+\dots$$
et hop il y a deux points sur $\mathbb{F}_{107}$ dans $O_K$. Donc, $13$ est un carré modulo $107$.





Maintenant, un exemple un peu plus violent : Je fais suite à ce message.

Je considère l'extension $K = \Q(\sqrt{7},\sqrt{30})$ et $p=13$, et je souhaites calculer $Z_{O_K,13} $.
L'idée est la même la tienne, utiliser les extensions quadratique contenu dans $K$.
Alors on détermine facilement les fonctions zeta des trois extensions quadratiques :
$$
Z_{\Q(\sqrt{30}),13}(T) = \frac{1}{(1-T)^2} \quad Z_{\Q(\sqrt{7}),13}(T) = \frac{1}{(1-T)(1+T)} \quad Z_{\Q(\sqrt{210}),13}(T) = = \frac{1}{(1-T)(1+T)}
$$
Maintenant, on utilisant $(\bigstar)$, on a deux manière d'écrire :
$$
Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T^{f_1})(1+T^{f_1})} \right)^{2 \over f_1} \quad \quad Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T^{f_2})^2} \right)^{2 \over f_2}
$$
Avec $f_1$ et $f_2$ divisant $2$. Forcément :
$$
Z_{O_K,13} = \left(\frac{1}{(1-T)(1+T)} \right)^{2}
$$

Bon, je n'ai pas retrouvé la formule de l'exercice thumbs up et ma méthode ne fonctionne pas très très bien dans certain cas !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
Après une grosse galère avec Maple, il apparaît que le discriminant de $X^{257}-X-1$ est divisible par $59^2$.
C'est triste !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flipflop :
Maintenant, je vais bien dormir grâce à toi. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@Gai requin : Je suis encore parti en vrille grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Oui, un peu de tristesse

> n := 257 ;                                                        
> F := X^n - X - 1 ;
> DisF := (-1)^ExactQuotient((n-1)*(n-2), 2) * (n^n - (1-n)^(n-1)) ;
> assert DisF eq Discriminant(F) ;
> p := 59 ;
> ok, q := IsDivisibleBy(DisF, p^2) ;
> ok ;
true
> time DedekindTest(F, p) ;
false
Time: 0.080

Bon, après, j'ai fait un peu le c.n en cherchant les ennuis. Parce que c'est probablement la première fois que je fais calculer l'anneau des entiers d'un corps de nombres de degré 257. Je pense qu'une grosse partie du job va consister à factoriser le discriminant.

> K<x> := NumberField(F) ;
> time OK := MaximalOrder(K) ;

Bilan : je n'ai plus la main. Bon, mais faut bien occuper un peu les machines.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Je suis obligé de tirer tes affaires zétatiques parce que cela ne se lit pas en prenant son café devant l'écran. En tout cas, j'ai l'impression que tu n'as plus peur. De mon côté, je suis encore un peu trouillard et j'y vais mollo.

En ce qui concerne les lois de réciprocité, symbole de Kronecker, et les choses de la vie du type $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$, faudra quand même faire le point (je parle, petit joueur, de réciprocité quadratique). Il faut absolument que cette base soit simple, ``élémentaire''.

De mon côté, je suis parti en vrille (mais moins que toi il me semple) : j'ai un calcul de somme de Gauss sur les anneaux finis qui couvre largement la première question de l'exercice 5 de la feuille de TD [webusers.imj-prg.fr]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Du coup, j'ai fait une petite recherche ce matin.
Apparemment, il existe une infinité de nombres premiers $p$ tels que $p^p-(p-1)^{p-1}$ n'est pas squarefree.
Voir le problème 9 p.5 [ici].



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
Merci. Je suis toujours épaté par le fait que tu arrives à retrouver ce genre d'informations. On voit donc que le polynôme $X^n - X - 1$ est connu. Et on dispose d'un pointeur (Osada, Number Theory 1987) en ce qui concerne le fait que son groupe de Galois est $S_n$. Un papier de 9 pages si je sais compter. Dans Topics, Serre règle cela en 4 lignes (en utilisant son irréductiblité, qui est due à Selmer), des résultats sur la théorie de Galois et les groupes d'inertie. Et un résultat que j'aime bien : un sous-groupe TRANSITIF de $S_n$ engendré par DES transpositions est égal à $S_n$.

Merci aussi à David Boy, Greg Martin .. etc.. Y'a des gens qui bossent.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
Et en termes d'anneaux des entiers liés aux racines de ce polynôme, tu as des résultats ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Non.
Autre chose : quand on aura le temps (sic), cela sera une bonne chose de regarder le cas $n=3$ et ce que Serre en dit. Il intervient $\Q(\sqrt{-23})$ qui a un groupe de classes d'ordre 3 ($-23$ est le discriminant de $X^3-X-1$) et en notant $L/\Q$ le corps de décomposition de $X^3 - X - 1$, alors $L/\Q(\sqrt {-23})$ est cyclique d'ordre 3, sans ramification. Symbole d'Artin et tout le truc.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Citation

Je soupçonne que ce polynôme $X^n-X-1$ n'est pas banal. Pour $n=3,4$, Serre leur consacre une page, totalement dingue pour $n=4$. Je ne comprends que le cas $n=3$.


C'est dans Topics ?



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
Non. Dans On a Theorem Of Jordan in [www.ams.org]. Serre prend comme ``alibi'' (c'est moi qui dit) le fait de revisiter un théorème de Jordan (1872) sur les groupes de permutations. Mais en fait, il va s'amuser (c'est moi qui dit) avec une foultitude d'objets fascinants.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Je pourrais finir mes vacances avec ce papier de Serre, sans en arriver à bout confused smiley
Mais peut-être que le jeu en vaut la chandelle...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@Claude : Je suis entrain de revenir au somme de Gauss, j'ai eu une petite idée ce matin. En reprenant, les histoires du début : ici. Mais boulot boulot aujourd'hui !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@vous deux
En cas d'ennui, voici de quoi occuper le temps : le groupe de Galois $X^n + aX^\ell + b$.
[ac.els-cdn.com]

@flip flop
Je vois que tu remontes le temps. Pas encore eu le temps de regarder tes zéta-écrits. En ce qui concerne sommes de Gauss, moi je parlais de celle-ci
$$
\tau_D = \sum_{m \in (\Z/D\Z)^ \times} \chi_D(m) \zeta_{|D|}^m
$$
Et de son impact sur $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ puisque $\tau_D^2 = D$ (et d'autres bonnes propriétés sur $\tau_0, \tau_1$).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Pas eu le temps de vraiment lire. Il `a fallu' que je (?) compte des points entiers ailleurs. Ton dernier post se termine par
$$
K = \Q(\sqrt {7}, \sqrt {30}), \qquad p = 13
$$
Ta formule pour le facteur $p$-Eulérien de $\zeta_K$ est bonne. Mais cela ne te convient pas car elle ne permet pas de retrouver la formule de l'exo 3 de la feuille de TD 2 ? C'est cela ? Juste pour, peut-être te rassurer, mais j'ai pas le temps de faire les choses à la main :

> d1 := 7 ; d2 := 30 ; d3 := d1*d2 ;                                             
> L<r1,r2> := NumberField([X^2 - d1, X^2 - d2] : Abs := true) ;                  
> r1^2 eq d1 and r2^2 eq d2 ;                                                    
true
> 
> K := SimpleExtension(L) ;  <------- pour ne pas fatiguer magma avec une extension biquadratique. 
//  C'est le calcul de zeta qui fatigue, si si.  On lui (à L) trouve un elt primitif                                                   
> ZetaK := LSeries(K) ;
> p := 13 ;                      
> IntegralEulerFactor(ZetaK, p) ;   <----- IntegralFactor : petit truc maison. Attention : c'est le DENOMINATEUR.                                        
T^4 - 2*T^2 + 1
> 1/IntegralEulerFactor(ZetaK, p) eq 1 / ((1-T)*(1+T))^2 ;
true
> 
> d3 := d1*d2 ;                                                                  
> D1, D2, D3 := Explode([FundamentalDiscriminant(d) : d in [d1,d2,d3]]) ;
> D1, D2, D3 ;
28 120 840
> ChiD1, ChiD2, ChiD3 := Explode([* KroneckerCharacter(D) : D in [D1,D2,D3] *]) ;
> ChiD1(p), ChiD2(p), ChiD3(p) ;
-1  1  -1

Tout baigne en tenant compte du facteur $1/(1-T)$ de la fonction de Riemann $\zeta$. Mézalors, quid ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
Dans le papier de Serre que tu as pointé aujourd'hui, est-ce que le paragraphe sur le cas $n=3$ est self-contained ?
Si non, quels autres paragraphes conseilles-tu de lire ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
@Claude : oui c'est bien cela :

La méthode que j'utilise "fonctionne" seulement dans certain cas. Je veux dire que dans certain cas j'arrive à trouver la fonction zeta de l'extension bi-quadratique et dans d'autre cas il y a deux possibilités et je ne sais pas conclure.

Dans le même contexte : si je prends $p=23$, je suis sûr que c'est :
$$
Z_{O_K,23} = \frac{1}{(1-T^2) ^{2}} \quad \text{ ou bien } \frac{1}{(1-T)^4}
$$
Mais je n'ai pas réussi a trouver la bonne. Pas bien très grave winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Hello Claude,

Alors niveau somme de Gauss, une toute première approche !

Soit $p$ un nombre premier congru à $1$ modulo $3$. Alors $(\Z/pZ)^*$ est cyclique est possède un unique sous-groupe d'ordre $3$ que je note $\mu_3$.

Considérons $\Gamma : (\Z/pZ)^* \to (\Z/pZ)^*$ défini par $x \to x^{\frac{p-1}{3}}$. Alors $\mu_3$ est l'image de $\Gamma$.

Considérons $\mathcal{K} := \text{Ker}(\Gamma)$.

Soit maintenant l'extension cyclotomique $(\Q(\zeta) \mid \Q)$. Notons $K := \Q(\zeta)^{\mathcal{K}}$.
Nous allons construire l'extension $K$.

Notons : $$
\tau_{\underline{i}} := \sum_{j \ \Gamma(j) \in \underline{i}} \zeta^j
$$
On a :
$$
\forall \underline{i}, \ \forall m, \quad m\star \tau_{\underline{i}} = \tau_{\underline{mi}}
$$

Ainsi, $\tau_{\underline{i}}$ sont de degré $3$ et conjugués entre eux.

Mais c'est vraiment explicite. Par exemple, $p= 13$. Alors $\mu_3 = \{ 1, 3 ,-4 \}$ et
$$
\Gamma^{-1} (1) = \{ 1,5,8,12 \} \quad \Gamma^{-1} (3) = \{ 2,3,10,11 \} \quad \Gamma^{-1} (-4) = \{ 4,6,7,9 \}
$$

et on définit :
$$
\tau_1 := \sum_{j \in \{ 1,5,8,12 \} }\zeta^j \quad \quad \tau_3 := \sum_{j \in \{ 2,3,10,11 \} }\zeta^ \quad \quad \tau_{-4} := \sum_{j \in \{ 4,6,7,9 \} }\zeta^j
$$
On a par exemple : $$7 \star \tau_3 = \tau_{-4 * 3} = \tau_{-12}= \tau_{1}$$

> K<y> := CyclotomicField(13);
tau1 := y+y^5+y^8+y^12;  // Gamma = 1
tau3 := y^2+y^3+y^10+y^11; // Gamma = 3
tau9 := -tau1-tau3-1;     // Gamma = 9 i.e (-4)
R<X> := PolynomialRing(K);
P := (X-tau1)*(X-tau3)*(X-tau9);
P;
                                                       X^3 + X^2 - 4*X + 1      <---- polynôme donnant l'extension 
Evaluate(P, tau9);
                                                      0

Donc là j'ai un polynôme $X^3 + X^2 - 4*X + 1$ et les racines $\tau_\bullet$ et l'action de Galois. Petit plus : via mon autre méthode : je peux faire les fonctions zétas.

A suivre, je ne sais pas trop où je vais !



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 flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@vous deux
On va pas stopper comme cela. Après tout, personne ne nous dérange ici.
Flip-flop : je pense que tu es en plein dans la théorie des périodes de Gauss $p$-cyclotomiques. As tu des ouvrages d'histoire des maths ? Tu verras que Gauss avait explicité les extensions intermédiaires de $\Q(\root p \of 1)$, bien avant ``la théorie de Galois''. La première chose à faire, et c'est ce que tu as fait implicitement, je pense, c'est de remplacer la base des puissances $1, \zeta, \zeta^2, \ldots, \zeta^{p-2}$ par la base $\zeta, \zeta^2, \ldots, \zeta^{p-1}$. Car, immense avantage, cette dernière est normale.

Quand on tient une base normale d'une extension Galoisienne $L/K$, en un certain sens, on ``trivialise'' la théorie de Galois via la théorie des périodes. Faut juste faire attention, puisque l'on n'est pas en terrain abélien, à ce que les périodes soient des sommes sur les classes à droite.

Et Artin a fourni une preuve extrêmement simple de l'obtention d'une base normale à partir d'un élément primitif.

Mais là, dans le contexte $\Q(\root p \of 1)$, y'à pas à se forcer à la chercher cette base normale car il y à juste à ``décaler'' la base habituelle et on peut se permettre, le terrain Galoisien étant abélien, d'être léger sur la gauche et la droite (je suis toujours un peu paniqué car très mal latéralisé).

Je vois, suite au pdf de 3 pages, que je dispose d'un manuscrit de 15 pages écrites (proprement) par mézigues suite à l'exposé d'Alicia D. Je pourrais scanner en cas de besoin.

Le lien avec les fonctions zeta ? Ben, j'en sais rien. J'ai sous le nez écrit, pour une extension ABELIENNE $K/\Q$ que sa fonction zeta est produit de séries $L$
$$
\zeta_K = \prod_{\chi} L_\chi
$$
Mais je ne suis pas clair sur le lieu de variation des caractères $\chi$.

A ce propos, je suis en train de bétonner le symbole de Kronecker (7 pages en TeX et c'est loin d'être terminé). Sans une base sûre, impossible (pour moi d'avancer). J'ai eu beaucoup plus d'ennuis que prévu mais je sors la tête de l'eau. Et je prétends que c'est aussi propre que dans certains endroits. J'ose pas attacher car c'est encore le bord.l.

Autre chose : peut-être aussi revenir sur le $\Z$-schéma associé à un corps de nombres. Je n'ai pas assez rentabilisé mon investissement (ah ah).

Peur, pas peur ?

> n := 5 ;
> K<z> := CyclotomicField(n) ;
> DedekindZeta := LSeries(K) ;
> S := FormalSeries(DedekindZeta, precision) ;
> S ;
t + t^5 + 4*t^11 + t^16 + t^25 + 4*t^31 + 4*t^41
> Factorization(DedekindZeta) ;
[
 <L-series of Riemann zeta function, 1>,
 <L-series of Artin representation of Cyclotomic Field of order 5 and degree 4 with character (1, -1, I, -I ) 
    and conductor 5, 1>,
 <L-series of Artin representation of Cyclotomic Field of order 5 and degree 4 with character (1, 1, -1, -1) 
   and  conductor 5, 1>,
  <L-series of Artin representation of Cyclotomic Field of order 5 and degree 4 with character (1,-1,-I, I) 
  and  conductor 5, 1>
]

Evidemment, je ne sais pas ce qu'est une Artin-representation. Mais c'est pas une raison pour se barrer en courant. Si on s'était barré en courant à chaque fois que se pointait une inconnue, on serait loin loin.

> AR2 := ArtinRepresentations(K)[2] ;
> AR2 ;
Artin representation of Cyclotomic Field of order 5 and degree 4 with character ( 1, -1, I, -I ) and conductor 5
> DefiningPolynomial(AR2) ;
x^4 + x^3 + x^2 + x + 1
> Character(AR2) ;
( 1, -1, zeta(4)_4, -zeta(4)_4 )
> [<p, IntegralEulerFactor(AR2,p)> : p in PrimesInInterval(2,20)] ;
[
    <2, -i*T + 1>,
    <3, i*T + 1>,
    <5, 1>,
    <7, -i*T + 1>,
    <11, -T + 1>,
    <13, i*T + 1>,
    <17, -i*T + 1>,
    <19, T + 1>
]

Quoi faire ? Apprendre. Lire. Mais surtout, surtout et j'insiste bétonner l'agitation des 2-3 dernières semaines. Sans cela, on est cuit.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
avatar
Hello,

Base normale : je n'avais jamais entendu cette notion mais oui ça semble être ça ! Je retiens, j'irai jetais un coup d'oeil.

Du coup, pour les représentations d'Artin. Ça me fait moyen peur cool smiley tu m'aurais parlé de ça y'a 1 mois, je me serais enfui comme un lâche !

Je détaille l'exemple complètement et je vais essayer de montrer où ils sont cachés ! Bien sûr je ne connais pas la définition du coup faudra trouver une référence pour certain que c'est bien ça ! Mais j'y crois car je suis tombé sur la même chose avec les extensions biquadratiques et l'exercice du pdf

soit $p = 5$, on considère l'extension cyclotomique $\Q(\zeta_5)$ et $\ell \ne 5$ un nombre premier.

Alors : $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T^{\mathcal{O}(\ell,p)})^{\frac{\varphi(p)}{\mathcal{O}(\ell,p)}}}$$



Du coup, je sépare les différents cas :
  • Si $\ell = 1 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T)^4} = \frac{1}{(1-T)(1-T)(1-T)(1-T)} $$
  • Si $\ell = 2 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{1-T^4} = \frac{1}{(1-T)(1-iT)(1+iT)(1+T)}$$
  • Si $\ell = 3 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{1-T^4} = \frac{1}{(1-T)(1+iT)(1-iT)(1+T)} $$
  • Si $\ell = 4 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-T^2)^2} = \frac{1}{(1-T)(1+T)(1+T)(1-T)} $$

Et on veut former le produit sur tous les nombres premiers $\ell$, le petit souci c'est que mon écriture n'est pas vraiment homogène !



Donc pour uniformiser les formules on introduit les caractères de $(\Z/5Z)^*$ : $\chi_1$ le caractère trivial , $\chi_2$ , $\chi_3$ les caractères d'ordre $4$ et $\chi_4$ le caractère d'ordre $2$.

Alors un peu de magie, (il faut plutôt regarder en colonne que en ligne les factorisations du dessus) on observe que :

  • Si $\ell = 1 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(1)T)(1-\chi_2(1)T)(1-\chi_3(1)T)(1-\chi_4(1)T)} $$
  • Si $\ell = 2 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(2)T)(1-\chi_2(2)T)(1-\chi_3(2)T)(1-\chi_4(2)T)} $$
  • Si $\ell = 3 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(3)T)(1-\chi_2(3)T)(1-\chi_3(3)T)(1-\chi_4(3)T)} $$
  • Si $\ell = 4 \pmod{5}$ alors $$Z_\ell (T) \frac{1}{(1-\chi_1(4)T)(1-\chi_2(4)T)(1-\chi_3(4)T)(1-\chi_4(4)T)} $$



Et finalement, jolie formule uniforme :
$$
Z_\ell (T) = \frac{1}{(1-\chi_1(\ell)T)(1-\chi_2(\ell)T)(1-\chi_3(\ell)T)(1-\chi_4(\ell)T)} $$



Du coup,
$$
\zeta_{O_K} (s)= \prod_{\ell \in \mathbb{P}} \frac{1}{(1-\chi_1(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_2(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_3(\ell)\ell^{-s})(1-\chi_4(\ell)\ell^{-s})}
$$
Et, utilisant le trick de Riemann avec les fonctions multiplicatives :
$$
\zeta_{O_K} (s) = \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_1(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_2(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_3(m)}{m^s}\right) \left( \sum_{m > 0 }\frac{\chi_4(m)}{m^s}\right)
$$



Remarque : je pense que je me "trompe" quand je dis qu'il faut considérer les caractères de $(\Z/5Z)^*$, en fait il faut considérer les caractères de $\text{Gal}(\Q(\zeta_5 | \Q))$ tu me diras c'est la même chose ici ! Du coup, faudrait re-interpréter la formule de l'exercice du pdf.

Autre truc, j'ai vraiment pas tenu compte de la ramification !!!


Bon je vais faire ça avec mon nouveau jouet sur les extensions d'ordre $3$ vu que j'ai les fonctions zéta dans certain cas. Je fais un autre post après, le temps de faire un peu le point.


Orthographe : Merci Claude ... une calamité je suis !



Edité 8 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a trois ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
Bien joué. Attention en ce qui concerne la suite dont tu parles en degré 3. Car peut-être que le terrain doit être abélien ??



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 claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop
En prenant l'habitude d'en faire moins, peu à peu, tu n'en feras plus.



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
Voilà grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@flip flop J'ai tiré et j'ai modifié mes posts. Un tout petit mot dans mon premier post concernant le degré 3.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
Ce que vous faîtes ressemble beaucoup à ce que je viens de parcourir dans le Hindry.
Apparemment, une représentation d'Artin est définie sur le groupe de Galois absolu !
Il est fait mention p.296 de conducteur d'Artin et de représentation d'Artin associée à un caractère de Dirichlet (tiens tiens).

Si vous avez besoin d'un truc en particulier, je veux bien faire des recherches dans cet ouvrage. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Merci mais je n'en suis pas là. J'ai juste signalé à Flip Flop que .. En ce moment, je fais des choses beaucoup plus modestes en essayant de mettre en ordre des posts passés concernant le symbole de Kronecker. Moi, j'en ai absolument besoin pour tout un tas de raisons et j'ai eu des dizaines de trous à boucher (en particulier sur le conducteur du caractère $\chi_D$, ...etc..).

Pour te prouver où j'en suis : il y a deux jours, j'gnorais quelle était la somme des racines primitives $N$-ièmes de l'unité (déjà pour $N$ premier, flip-flop m'avait remonté les bretelles car j'avais écrit $1$ au lieu de $-1$). Et bien c'est $\mu(N)$, où $\mu$ est la fonction de Moebius. Tu vois un peu l'état dans lequel je suis. Je ne me souviens pas d'avoir vu cela (c'est un résultat classique mais pour l'instant ...)

J'attache un TORCHON : c'est juste pour dire que j'ai besoin de ralentir. Ce torchon (pas relu) sera amélioré plus tard mais cela mettra du temps.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - RingGaussSum.pdf (384.3 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
Je suis d'accord avec le coup de la modestie parce que j'ai l'impression que les représentations d'Artin et tutti quanti, c'est pas de la tarte !

Et pour l'article de Serre sur un théorème de Jordan, il faut tout lire pour comprendre le cas $n=3$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@gai requin
Avant le papier de Serre.
C'est une bonne chose de s'investir (encore !) dans le groupe des classes d'idéaux. Par exemple, ceux des corps quadratiques imaginaires. J'adore ce que Gauss a fait, pas en termes de groupes, mais en termes de formes quadratiques entières $ax^2 + bxy + cy^2$. Il avait déjà obtenu la finitude de l'ensemble des classes de formes quadratiques modulo $\mathrm {SL}_2(\Z)$. Bref encore un pur régal dû à Gauss.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a trois années
@CQ :
Je viens de faire un tour dans RingGaussSum.pdf et c'est exactement ce qu'il me faut pour rattraper (une partie de) mon retard qui, j'espère, n'est pas trop abyssal.
Donc merci ! winking smiley



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.
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