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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 10:01
@gai requin (et flip flop)
Equivalent à $P_1$ ou $P_2$, c'est pareil car $P_1$ et $P_2$ sont inverses l'un de l'autre puisque $P_1P_2 = 2$. Ou encore : $P_2$ est équivalent à $P_1^{-1}$. C'est bien de passer dans le groupe des idéaux fractionnaires (non nuls).

Dire qu'un anneau (de Dedekind) est principal c'est la même chose que de dire que son groupe des classes d'idéaux est trivial.

Pour un anneau factoriel en général ... Je zappe pour l'instant. Mais exercice quand même : montrer qu'un idéal inversible d'un anneau factoriel est principal.

En théorie des nombres, les groupes de classes (d'idéaux inversibles) d'un anneau d'entiers sont finis.

Gauss a fait un sacré travail pour les anneaux quadratiques imaginaires (et peut-être réels), je ne sais plus.

Une petite vacherie : un anneau quadratique imaginaire (donc pas compliqué) pour lequel le groupe des classes d'idéaux est trivial mais sans qu'il ne soit principal. Par exemple $\Z[2i\rbrack$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 10:38
avatar
Du coup, on peut utiliser la loi de réciprocité quadratique :

$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right) = \left(\dfrac{p}{47} \right)
$$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 11:27 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 10:48
@flip flop
Oui. Mais .. la ``bonne'' (version de la loi de réciprocité ..)

> p := 3 ;
> LegendreSymbol(p,47) ;
1
> LegendreSymbol(-47,p) ;
1
> (-1)^ExactQuotient(p-1,2) ;
-1

Qué passa ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 11:26
avatar
oups, je corrige grinning smiley

$$
\left(\dfrac{-47}{p}\right)=\left(\dfrac{p}{47} \right) (-1)^{p-1 \over 2} \times (-1) ^{ 23.(p-1) \over 2} = \left(\dfrac{p}{47} \right)
$$

Bon, finalement ça va la décomposition dans les entiers quadratiques. C'est quand même un sacré Gauss thumbs down Ça me donne envie de lire un peu d'histoire des maths.

Je suis tombé sur une vidéo de Serre ... il rapporte une phrase de Weil (vers 6 minutes 20) disant " Gauss avait déjà compris la théorie du corps des classes " ... par contre Serre ajoute : "je pense que là où les mathématiciens ont dépassé les travaux de Gauss, c'est dans le programme de Langlands". D'ailleurs, il est très amusant Serre :)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 11:36
@CQ : Un idéal $P_1$ de $A$ est-il inversible quand il existe un idéal $P_2$ de $A$ tel que $P_1P_2=A$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 11:57
@gai requin Je suppose que tu parles d'idéaux entiers ? Si $I,J$ sont entiers et $IJ = A$, alors $1 \in I$ et $1 \in J$. Bref $I = J = A$.

Pour les idéaux entiers : $I$ est inversible s'il existe un idéal $J$ et un élément régulier $a$ tels que $IJ = aA$. Alors $I$ est de type fini et plein de bonnes choses.

Bien sûr, si $A$ est intègre, on peut travailler avec les idéaux fractionnaires et transformer $IJ = aA$ en $I(a^{-1}J) = A$. Faut juste faire attention au maniement des idéaux : entiers versus fractionnaires.

Dans un anneau de Dedekind, l'inversiblité des idéaux est une propriété capitale.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 11:57 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 12:04
Citation

Mais exercice quand même : montrer qu'un idéal inversible d'un anneau factoriel est principal.

Je posais ma question dans le cadre de cet exercice où l'anneau est seulement factoriel. Right ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 12:10 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 12:20
@gai requin
Je comprends pas ton ''Right ?"

Au fait, il faut parfois (souvent) remplacer l'écriture compacte $IJ = aA$ par il existe $a_1, \ldots, a_n \in I$, $b_1, \ldots, b_n \in J$ vérifiant
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j
$$
Si $A$ est factoriel, il faut proposer un générateur pour $I$. Euh, je sais plus faire au pied levé.

Ajout : je suis bête, il n'y a pas le choix pour proposer un générateur. Puisque $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ (fait qui aura été prouvé dès l'introduction des idéaux inversibles),on n'a pas le choix : je propose $d = \gcd(a_1, \ldots, a_n)$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 12:30 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 12:24
@flip flop
J'ai commencé à regarder ta vidéo pointée dans [www.les-mathematiques.net]

.. 1837 : Dirichlet et l'analytique. Et méthodes algébriques pas très efficaces. Oui, ok, mais je suis trop vieux.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 12:32
@gai requin
Un idéal inversible dans un anneau factoriel in [www.les-mathematiques.net]. J'ai ajouté une indication.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 12:41
avatar
@Claude : j'ai lâché après 7 minutes ... mais je le trouve très amusant. A voir plus tard, plus tard. Je passe aux entiers cyclotomiques : mon copain sera $\Q(\zeta_{47})$ grinning smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 12:42 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 15:00
avatar
@Claude : c'est complexe de voir que les entiers cyclotomiques sont les éléments de $\Z[\zeta]$ ?

Remarque : le bug de ] semble avoir été corrigé
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 15:28
@flip flop
Juste un truc concernant la vidéo de Serre. J'ai pas pu m'en empêcher. Soit $p$ un premier vérifiant $p \equiv 3 \pmod 4$. Alors Dirichlet avait montré que le nombre $V$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $[1 .. {p-1 \over 2}]$ est toujours strictement plus grand que le nombre $N$ de carrés modulo $p$ dans l'intervalle $] {p-1 \over 2} .. p-1]$. Les lettres $V,N$, cela peut paraître bizarre mais ce sont les notations de Serre, alors j'ai gardé. Peut-être que $V$ c'est ``pour au début'' et $N$ ``pour à la fin'' ?

Et de plus, en gardant toujours les notations de Serre, Dirichlet avait été plus loin, en montrant, pour $p \equiv 7 \bmod 8$ :
$$
(\star) \qquad\quad
V - N = k(-p) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad \hbox {l'ordre du groupe des classes d'idéaux de $\Q(\sqrt {-p})$}
$$
Alors, j'ai fait intervenir le symbole de Legendre :
$$
2V \quad \buildrel {(1)} \over =\quad \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left( 1 + \Bigl({ x \over p}\Bigr)\right), \qquad\qquad
V+N \quad \buildrel {(2)} \over = \quad {p-1 \over 2}
$$
A gauche, l'égalité (1), cela vient du fait que quand $x$ est un carré mod $p$, alors $1 + \left({x\over p}\right)$, cela fait 2, sinon cela fait $0$. Et à droite, c'est parce ce que il y a ${p-1 \over 2}$ carrés, et il faut bien qu'ils se placent soit au début soit à la fin.

Et j'ai fait (1) - (2) :
$$
V - N = \sum_{x=1}^{p-1 \over 2} \left({ x \over p}\right)
$$
A mon avis, cette égalité juste ci-dessus, on doit être capable de la voir directement. Bref, c'est là que j'ai eu envie de jouer. C'est grave docteur ?

> p := 8*Random(10^3,10^4) + 7 ; while not IsPrime(p) do p := p+8 ; end while ;
> p ;
40879
> &+[LegendreSymbol(x,p) : x in [1..ExactQuotient(p-1,2)]] = ClassNumber(-p) ; 
115 = 115
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 15:41
avatar
C'est une petite grappe de raisin de Serre smiling smiley

Mais je suis pas encore au groupe de classes d'idéaux confused smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 15:42 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 15:56
@flip flop
Bon j'arrête de jouer. Le fait que $A := \Z[\root n\of 1]$ soit l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$ se fait en montrant que tout idéal premier (non nul) de $A$ est inversible. Donc $A$ est un anneau de Dedekind, et donc c'est lui l'anneau des entiers de $\Q(\root n \of 1)$.

Pour montrer l'inversibilité d'un idéal premier $\mathfrak p$ de $A$, on montre d'abord que pour tout premier $p \in \Z$, l'idéal $\sqrt {pA}$ est principal. Cette dernière assertion est prouvée au début du chapitre IX in [claire.tete.free.fr], pages 169, 170. C'est ce sur quoi j'ai pointé hier quand tu as fait ton magnifique calcul :
$$
{\mathrm {truc}^{\rm machin} \over \mathrm {truc}^{\rm chose}} = \mathrm {truc}^{...}
$$
J'ai mis des petits points pudiques ..

Une fois que $\sqrt {pA}$ est principal, c'est plié car cet idéal $\sqrt {pA}$ c'est le produit (fini) de tous les idéaux premiers de $A$ qui sont au dessus de $p$.

C'est vachement plus simple que tout ce que j'ai vu dans la littérature. Compare par exemple avec l'argument de Washington, ``Introduction to Cyclotomic Fields'', page 11, th 2.6, qui fait d'ailleurs appel à un résultat de Lang [www.math.hawaii.edu]

Bon, mais c'est pas le tout. Faut que j'avance un article sur les foncteurs algébriques non universels. C''est pas gagné cette histoire là.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 16:04
avatar
Super super ! Merci !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 27/01/2017 16:13 par flipflop.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - Naturally-methods-in-microlocal-algebra.pdf (303.8 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 16:35
flip flop
Oui, mais moi, je te rappelle que la conjecture 6.1, le coup de l'existence d'un Shannon functor (je crois en français que l'on dit ``foncteur de Shannon''), j'étais pas trop d'accord pour qu'on en parle. Je ne crois pas en avoir vu un de ma vie ou alors je m'en souviens pas ; en tout cas pas sous les sabots d'un cheval. Et de là à conjecturer qu'il est de Sylvester, je vous avais trouvé un peu gonflés.

Bon, c'était bien pour vous faire plaisir à tous les deux, mais comptez pas sur moi une prochaine fois.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 17:16
@flipflop : On est vraiment trop balèze en anglais ! cool smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 17:35
avatar
@gai requin : grinning smiley

@Claude : c'est costaud pour moi. J'ai fait l'irréductibilité du polynôme cyclotomique ! Pour le reste va falloir rentrer dans les trucs de Dedekind, pas trop le choix !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 17:48
@CQ : Dans [www.les-mathematiques.net], tu as résolu l'exercice mais je crois que tu demandes de prouver qu'un idéal inversible est de type fini. C'est ça ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 18:18
@gai requin
Non, je n'ai rien résolu, j'ai juste fourni une indication. Mais en fait, j'ai senti que je pataugeais. Et la seule manière de s'en sortir, c'est de dire la vérité. Il y a un trick vraiment fort sur l'inversibilité des idéaux (merci Dedekind). Je te prépare un post (pas de magma, promis, juré).

En attendant, cela serait super bien que tu répondes au trick suivant (idempotent trick). Soit $e$ un idempotent d'un anneau i.e. $e^2 = e$. Tu disposes d'un $x$ et tu veux savoir si $x \in Ae$. Et bien, si vraiment $x \in Ae$ et que tu cherches un multiplicateur :
$$
x = ? \times e
$$
Que peux tu prendre pour multiplicateur ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 18:38
@gai requin (suite).
Il faut OUBLIER les idéaux du moins les mettre de côté pour quelques instants. Il faut pour l'instant contempler dans un anneau commutatif :
$$
a = \sum_i a_i b_i, \qquad a \mid a_ib_j \quad \forall\ i ,j, \qquad \hbox {$a$ régulier}
\qquad\quad (\star)
$$
L'égalité de gauche, on peut y penser comme :
$$
1 = \sum_i {a_ib_i \over a}
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$).
On veut étudier la possibilité, pour un $x \in A$, d'être une combinaison linéaire des $a_i$ :
$$
x = \sum_i x_i a_i, \qquad x_i\ ?
$$
On commence par remarquer que :
$$
x = \sum_i {a_ib_i \over a}\, x
$$
La division est bien fondée ($a$ est régulier et $a \mid a_ib_i$), bis. Mais ce n'est pas pour autant que l'on peut écrire :
$$
x = \sum_i {b_i x\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_x)
$$
Parce que la division n'a aucune raison d'être exacte. Et puis, si c'était vraiment possible pour tout $x$, cela démontrerait que $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle = A$.

Mais imaginons un instant que $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Et commençons par $x = a_j$. Alors, on peut écrire :
$$
a_j = \sum_i {b_i a_j\over a}\, a_i \qquad\quad (\heartsuit_{a_j})
$$
Merci à la relation de divisibilité du milieu en $(\star)$ là haut.

Et donc si vraiment, $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, par combinaison linéaire .... Et donc $(\heartsuit)$ va pouvoir opérer.

Bilan : si $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, inutile de se croire intelligent pour trouver une combinaison linéaire qui certifie cette appartenance. Il y a quelque chose d'automatique qui le réalise.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 18:44
@CQ :
Si $e=0$ ou $1$, c'est trivial.
Sinon, soit $M$ un idéal maximal ne contenant pas $e$ de telle sorte que $e=1\bmod M$.
Alors il existe $m\in M$ tel que $?=x+m$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 19:06
@gai requin. N'oublie pas le côté effectif. Si vraiment $x \in Ae$, avec $e$ idempotent, alors, tiens toi bien :
$$
x = x \times e
$$
Pourquoi ? Parce que. Pour de vrai : $e$ est idempotent, et si $x = ye$, alors ...à toi.

Inutile de chercher un multiplicateur pour $x$ : c'est lui-même. La solution est dans l'hypothèse.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 19:19
Si $x=ye$, alors $xe=ye^2=ye=x$.
J'avais raison puisque $0\in M$. grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 19:35
@gai requin
En ce qui concerne les idéaux et l'inversiblité,il en sera toujours de même : la solution est dans les données. Voir mon post après l'idempotent trick. Inutile de chercher : tout est AUTOMATIQUE, du type $x = xe$ si $x \in Ae$ (avec $e$ idempotent).

$$
\hbox {Dedekind}
$$

Et Ellison, dit, dans Abrégé d'Histoire des Mathématiques, tome I, chap. V, p . 264 : cela prit des années à Dedekind pour trouver une démonstration acceptable du théorème de simplification dans l'anneau des entiers d'un corps de nombres (idéaux non nuls) :
$$
I J_1 = I J_2 \quad\Rightarrow\quad J_1 = J_2
$$
Cela n'a donc pas été une mince affaire. Et c'est la notion l'inversibilité qui va en venir à bout. Et Ellison donne l'exemple de NON-simplificaton dans $\Z[X,Y]$ :
$$
\langle X,Y\rangle\ \langle X^2, Y^2\rangle = \langle X,Y\rangle\ \langle X^2, XY, Y^2\rangle
$$

Note : en cherchant bien, avec les $a_i, b_i, a$, on trouve une matrice idempotente. Mais ce n'est pas une obligation de ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 19:37
Quant au post des $(\heartsuit)$, tu as obtenu $x \in \langle a_1, \ldots, a_n\rangle\Rightarrow \forall i,x_i=\dfrac{b_i x} {a}$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 20:00
@gai requin
Au lieu d'une implication, je préfère : si $x \in \cdots$, alors je peux prendre $x_i = \cdots$ pour tout $i$ (il y a d'autres solutions).

Retour aux idéaux. Contexte $IJ = Aa$ avec $a$ régulier. Faire débarquer des $a_i$ et des $b_i$ qui certifient cette égalité.. Et on aura alors $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$ et $J = \langle b_1, \ldots, b_n\rangle$. Et si on doit prouver qu'un certain $x$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$, cela sera AUTOMATIQUE.

Et dans l'histoire $A$ factoriel ..etc.. il faut montrer que le pgcd des $a_i$ est dans $\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$. Cela sera donc automatique.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 20:19
J'imagine que l'idempotent trick sert à montrer que, par exemple, $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 20:35
Je réfléchirai à tout ça plus tard dans la soirée.
Je pars au tennis en pleine canicule (+8°C cool smiley).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
27 janvier 2017, 20:57
avatar
T'as $8$ degré en soirée !!! Ici on décale pas du zéro !

Pour le polynôme cyclotomique $\phi_{47}$, en admettant que l'anneau des entiers est le bon, je trouve que $47$ est ramifié d'indice $46$ et les autres premiers sont non ramifiés.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 08:21
@vous deux

Je pense que l'on ne peut pas se contenter de ne faire que de ``la technique''. De temps ne temps, il faut être capable de regarder un peu l'histoire. Je sais, on ne peut pas tout faire. Je vous invite cependant à regarder (un jour) le papier de Jeremy Avigad, 2005, (on va dire un historien des mathématiques) sur la théorie des idéaux de Dedekind. In [repository.cmu.edu]

On est loin des définitions froides (glaciales ?) de nos jours. Du genre, on dit qu'un anneau $A$ est de Dedekind si .. Et puis viennent 4 ou 5 équivalences selon les auteurs.

Mais il faut aussi faire de la technique. Par exemple, pour $p$ premier impair :
$$
\mathrm {Disc}(\Phi_p) = (-1)^{p-1 \over 2} p^{p-2} = \Bigl(p^{p-3 \over 2}\Bigr)^2 p^*, \qquad p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p
$$
Il y a plusieurs preuves de cette égalité. Ma façon de l'écrire est liée à l'inclusion :
$$
\Q(\sqrt {p^*}) \quad \subset \quad \Q(\root p \of 1)
$$
Il y a un traitement ``plus arithmétique'' (avec une somme quadratique de Gauss) dans un pdf attaché il y a un certain temps (exoSommeGauss.pdf). Je ne suis pas aussi efficace que gai-requin pour retrouver mes billes dans ce fil.

Bien sûr, ceci n'est pas étranger au monde cyclotomique que vous être en train de revisiter. Les premiers ramifiés sont ceux qui divisent le discriminant (de l'anneau des entiers). Et ici, pour $\Z[\root p\of 1]$, le seul premier ramifié est $p$. Quelle est sa factorisation ?

J'ai trouvé cela (en cherchant l'article de Avigad) : [www.math.uchicago.edu]. Utile, pas utile ? A vous de voir.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 09:12
J'essaie de terminer l'histoire de l'idéal inversible d'un anneau factoriel.
Soit $x\in I$. Alors, pour tout $i$, $a$ divise $b_ix$ donc on peut poser $$y=\sum_i {b_i x\over a}\, a_i.
$$ Or, $\displaystyle \quad 1 = \sum_i {a_ib_i \over a},\quad$ donc $y=x$ et $\ I=\langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.

Notons alors $d=\gcd (a_1, \ldots, a_n)$.
Par définition, $I\subset \langle d\rangle$.
De plus, pour tout $i$, $a$ divise $a_i$ donc $a$ divise $d$ et on trouve comme ci-dessus : $$d=\sum_i {b_i d\over a}\, a_i.$$ D'où $I=\langle d \rangle$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 14:39 par AD.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 09:39
@gai requin
Il y a deux parties dans ton histoire. Je suis ok avec la première dont le contexte est $IJ = aA$ avec les $a_i, b_i$ ... Et tu prouves que $I = \langle a_1, \ldots, a_n\rangle$.

Mais pas d'accord avec la seconde. Quand tu dis $a$ divise $a_i$. NON. Car on peut modifier $a$ sans toucher aux $a_i$ :
$$
IJ = aA \quad \Rightarrow\quad IJ' = a'A \quad \hbox {pour tout $a'$ régulier multiple de $a$}
$$
Par contre, l'expression que tu veux :
$$
d = \sum_i {b_i d \over a}\, a_i
$$
elle SERA la bonne quand tout sera terminé (à cause du principe $(\heartsuit)$ d'hier soir). Et pourqu'elle soit bonne ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 09:55
On fixe $i$.
Alors $\gcd (a_1b_i,\ldots,a_nb_i)=b_id$. Or, $a$ divise chacun des $a_jb_i$ donc $a$ divise $b_id$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 10:33
@gai requin
Yes. Mais peut-être que le plus important dans l'histoire, c'est d'avoir dégagé ce principe (que l'on va baptiser ``idempotent trick'' pour s'y retrouver).

Un petit quelque chose supplémentaire : supposons, dans un anneau quelconque, disposer d'un idéal inversible $I$. Cela s'accompagne des $a_i, b_j, a$ tels que ...

(1) Pour un $x \in A$, de quoi a-t-on besoin pour tester si $x \in I$ ?

Compléments : l'élément régulier $a$ qui débarque dans la définition de $I$ inversible, $IJ = Aa$, appartient nécessairement à $I$.
Pour $a' \in I$ régulier, trouver un idéal $J'$ tel que $IJ' = Aa'$. Cela fera donc un peu de souplesse sur le choix de $a$.

Indication : faire du calcul ``symbolique'' en n'hésitant pas à écrire $I^{-1} = a^{-1}J$. I.e. se permettre (sur le papier ou pas) de sortir du cadre des idéaux entiers. Et pour $J'$, on n'a pas le choix...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 10:37
@vous deux
Le symbole bi-quadratique tapé en TeX. Le scan contenait une erreur. Je m'en suis aperçu en continuant à étudier $J(\chi_{2,r}, \chi_{4,r})$ (et oui, je n'ai pas lâché). Impossible, pour continuer, de s'appuyer sur des choses bancales.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - BiQuadraticResidueSymbol.pdf (268 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 11:01
@CQ :
Pour le (1), puisque $I=\langle a_1,\ldots,a_n\rangle$, on a :
$$x\in I\Leftrightarrow \forall i\space a\mid b_ix.$$
On a aussi $x\in I\Leftrightarrow d\mid x$. grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 11:25
@gai requin
Yes. Et tu vois donc, dans ce contexte, qu'un test d'appartenance de $x$ à $I$ (découvrir une combinaison linéaire ad-hoc) se ramène à un test de divisibilité entre des éléments. Ce n'est quand même pas banal : tu dois donc, pour deux éléments donnés $y,z$, savoir résoudre en $q$, l'équation $y = qz$. Pour l'anneau des entiers d'un corps de nombres, ce n'est pas difficile puisqu'il suffit de calculer $y/z$ et de tester s'il est entier.

Et j'insiste : découvrir une combinaison linéaire ad-hoc .. c'est pipeau. Elle t'attend.

C'est un DES aspects de la théorie des anneaux de Dedekind (ou plus faiblement de la théorie des anneaux de Prüfer). Mais le ``problème'', c'est qu'il y en a d'autres (aspects) ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 11:42
@CQ :
Si on écrit $IJ=Aa$ et $IJ'=Aa'$, alors $a'J=aJ'$ donc $J$ et $J'$ sont dans la même classe !
Attention : j'ai fait mes calculs avec des idéaux fractionnaires et en simplifiant par $I$ (qui est inversible après tout).
Mais peut-être qu'on peut montrer le résultat formel $a'J=aJ'$...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 11:48 par gai requin.
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