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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 12:06
@gai requin
Reste à voir pourquoi $J'$ défini par $a'J = aJ'$ est entier. Ou encore $J' = a^{-1}a' J$ est entier. Cela vient du fait que $a' \in I$ ; en effet ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 12:17
En effet, $a'\in IJ'$ donc $a'\in I$.
Or, $a$ divise tous les éléments de $IJ$ donc aussi tous ceux de $a'J$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 12:24
@gai requin
Je comprends pas. L'hypothèse est $a' \in I$ (relis le post) et il faut montrer que $J'$ défini par $J' = a^{-1} a'J$ est entier. Comme $a' \in I$, alors $a'J \subset Aa$ (puisque $IJ = Aa$), et donc $a^{-1} a'J$ est bien entier.

Il va y avoir aussi, dans le cadre des anneaux d'entiers des corps de nombres, la propriété de factorisation (de manière unique) en produit d'idéaux premiers. C'est surtout cela qui nous concerne pour le dénombrement des idéaux de norme donnée.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 12:43
Si on suppose seulement que $IJ'=Aa'$, alors $a'\in IJ'\subset I$ de toute façon.
Pour le reste, tu dis la même chose que moi.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 13:00
avatar
Hello,

Boulot pour moi ! Le samedi grosse journée ... La décomposition de $p$ dans $\Q[\zeta_p]$, je trouve $(p)=(1-\zeta)^{p-1}$. Pour les autres, ce sera pour demain ou lundi.
Amusez vous bien.
@+
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 13:04
@gai requin
Dis moi, sans le réaliser, ce qu'il s'agit de faire. Ca.d. le contexte. On part de .. et on veut .. Sans ces précisions (contexte) il me parait difficile d'échanger.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 13:23
On part de $IJ=Aa$ avec $A$ anneau factoriel.
On connaît bien $I=\langle d\rangle$ et on essaie de donner de la souplesse à $a$ et $J$ en regardant un autre inverse $J'$ de $I$. Pour cela, on écrit $IJ'=Aa'$.
On a trouvé que $J'=a^{-1}a'J$ et aussi $a'\in I$ donc $a'= \sum \dfrac{b_ia'}{a}\, a_i$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 13:37
@gai requin
Ce n'est pas du tout le contexte que j'ai voulu donner dans [www.les-mathematiques.net]. Du coup, cela ne m'étonne plus que l'on ne se comprenne pas.

On ne suppose pas l'anneau factoriel. D'ailleurs, on ne suppose rien sur l'anneau. Cela s'appelle une propriété ``ponctuelle''.
Contexte : $IJ = aA$ où $I,J$ sont deux idéaux et $a$ un élément régulier. Rien d'autre.
Et on veut quoi ? Etant donné $a' \in I$, montrer l'existence (et l'expliciter tant qu'à faire) d'un idéal $J'$ tel que $IJ' = a'A$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 13:44
J'étais bien aux fraises. Sorry. thumbs up
On a quand même répondu avec $J'=a^{-1}a'J$ qui est un idéal de $A$. Right ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 14:42
Et au fait Claude, connaît-on le groupe des classes d'idéaux d'un anneau factoriel quelconque ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 17:49
@gai requin
Ton dernier post : dans un anneau factoriel, tout idéal inversible est principal, donc le groupe des classes d'idéaux (sous-entendu inversibles) est trivial. Avant dernier post : on n'a pas vraiment le choix pour $J'$ : $J' = a^{-1} a'J$. Faut juste (faire semblant de) vérifier qu'il est bien entier, mais cela a était déjà fait.

Note : si on se préoccupe de savoir si $J'$ est entier, c'est que visiblement son expression laisse croire que l'on est sorti des choux (because le $a^{-1}$) ; il suffit alors de l'exprimer en des termes qui ne font pas sortir de $A$. On peut même se demander ce qu'est ce $a^{-1}$, vu le degré de généralité du contexe ($A$ est un anneau quelconque ..etc..)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 18:52
avatar
Hello

Je réponds à ce message je galère un peu avec la réciprocité quadratique. J'ai fait un petit pdf mais j'ai vraiment du mal à expliquer, du coup la page trois est vraiment brouillon (Sorry), c'est peut-être du grand n'importe quoi !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 19:20 par AD.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - entierquadratiques.pdf (156.2 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 19:21
@CQ :
Pour le $a^{-1}$, je pense qu'il faut se placer dans un anneau de fractions qui permet d'inverser $a$ (qui a la gentillesse d'être régulier). C'est peut-être pour ça qu'on parle a priori d'idéal fractionnaire pour $J'$ ?

Parle-t-on aussi de monoïde de classe d'idéaux ce qui permettrait de s'intéresser aussi aux idéaux non inversibles ?

Finalement, que reste-t-il à faire (en termes d'idéaux toujours) pour les anneaux d'entiers ?

J'arrête les questions. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 21:18
avatar
T'es en forme Gai requin smoking smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 21:20 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 21:27
@gai requin
Ok pour le coup du localisé en $a$ : puisque $a$ est régulier, le morphisme de localisation $A \to A[a^{-1}]$ est injectif (il y a d'ailleurs une équivalence).

Je zappe sur ``monoïde de classes d'idéaux'' because son aspect bien général (à mon goût)

Anneaux d'entiers, que reste-t-il à faire ? Réponse : tout ou rien ou ça dépend. Ca dépend de qui, de quoi ? De vous, par exemple (et surtout de vous).

Quelques lignes qui participent au fait que tout idéal non nul (de type fini, pour moi) de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est inversible.

A la base, $x \in \C$ entier sur $\Z$ et $a \in \Z$ non nul. Je note $K = \Q(x)$ et $\mathcal O_K$ son anneau d'entiers (que je ne suis pas censé connaître). Il s'agit d'inverser (de manière effective) l'idéal $\langle a, x\rangle$ dans $\mathcal O_K$. Mais cette phrase est bancale et en tout cas, pas assez précise. Apporter des précisions nécessite un peu de technique, disons du vocabulaire.

D'abord, de manière générale, dans un anneau $A$, je vais parler d'égalité au SENS FORT :
$$
\langle a_1, \ldots, a_n\rangle \langle b_1, \ldots, b_n\rangle = Aa
$$
Cela voudra dire $a$ régulier, $a = \sum_i a_ib_i$, et $a \mid a_i b_j$ ; et tant qu'à faire, c'est bien de disposer de $q_{ij}$ vérifiant $a_ib_j = q_{ij} a$.

J'en viens à l'inversion de $\langle a, x\rangle$, ce qui est une écriture cavalière car je ne précise pas (encore) où est pris l'idéal : dans $\Z[x]$ ? dans $\mathcal O_K$ ? Cela va s'arranger par la suite car les idéaux vont jicler (comme dans l'égalité au sens fort des idéaux qui se termine par des égalités entre éléments).

Soit $f \in \Z[X]$ un polynôme unitaire tel que $f(x) = 0$. Je pose $P = f(aX)/d$ où $d$ est le pgcd des coefficients de $f(aX)$. On alors que $P \in \Z[X]$ est un polynôme primitif et $P(y) = 0$ où $y = x/a$. Remarque : rien ne sortira de $\Q(x)$ mais on va peut-être sortir de $\Z[x]$.

Et bien, en désignant par $H_y \subset \mathcal O_K$ la collection des entiers de Manu de $(P, y)$, il y a $u,v$ qui habitent $\Z[x][H_y]$ vérifiant au sens fort :
$$
\langle a, x\rangle \langle u, v\rangle = \langle a\rangle
$$
Je ne dis pas où sont pris les idéaux car ``au sens fort'' les fait jicler : cela signifie $a = au + vx$ ...etc ...

Mais pourquoi ce discours et où va-t-on ??

(1) Si $L$ est un corps de nombres et $\mathcal O_L$ son anneau d'entiers, cela permet de démontrer que tout idéal de $\mathcal O_L$ de la de la forme $\langle a, x\rangle$
où $a \in \Z$, est inversible.

(2) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ engendré par deux éléments en se ramenant à (1).

(3) Idem pour tout idéal (non nul) de $\mathcal O_L$ : se ramener à (2) par un trick dû à Dedekind.

(4) Cela permet, lorsque l'on ``veut inverser'' l'idéal $\langle a, x\rangle_{\Z[x]}$, d'inventer de nouveaux entiers de $\Q(x)$ non dans $\Z[x]$. Car il se peut que la ``tentative d'inversion'' ne soit pas possible dans $\Z[x]$. Il suffit d'essayer dans $\Z[\sqrt 5]$ avec $\langle 2, \sqrt 5\rangle$. On va alors ``inventer'' l'entier ${1 + \sqrt 5 \over 2}$. Ne pas oublier qu'il y a des personnes qui calculent des fermetures intégrales.

En résumé, tout ce binz sert à la fois de preuve de .. Et si on veut, d''ébauche (vraiment ébauche) d'algorithme de calcul de .. Mais on peut oublier ce deuxième volet : cela sert de preuve que tout idéal non nul de $\mathcal O_L$ est inversible.


PS : pour $a \in A$, on peut toujours considérer $A[a^{-1}]$ que $a$ soit régulier ou pas ; on peut même avoir $a$ nilpotent, voire $a$ nul, ce qui a pour effet d'effondrer l'anneau $A[a^{-1}]$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 21:54
@flip flop
Cela va être très difficile de te répondre à cause de oeuf-poule, pré-requis ..etc...

Car je suppose que tu n'attends pas de moi : attention en haut de la page 2, tu as écrit soit $m = 5$ donc $m = 1 \pmod 5$ alors que tu voulais écrire $m = 1 \pmod 4$.
Tu attends plus, non ?
Remarque : à la page 1, on ne voit pas assez l'importance de $m$ sans facteur carré. C'est bien sûr dans $m(2b)^2 \in \Z$. D'où $(2b)^2 \in \Z$. Cela aurait mérité un petit ``$m$ étant sans facteur carré, on a ..''.

Remarques et suggestions (pour l'instant)

(1) Je n'ai pas lu ni tiré le petit pdf que j'ai pointé. Et je crois que je ne ferais pas. J'ai peut-être eu tort de pointer.

(2) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de la loi de réciprocité de Gauss i.e. la générale avec $p,q$ impairs distincts, celle utilisant la somme de Gauss quadratique (car des preuves, il y en a des tonnes et des tonnes). Je parle de la somme de Gauss au dessus de $\mathbb F_p$.

(3) Disposer SOUS LES YEUX d'une preuve de $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p\of 1)$. Mieux disposer du certificat de l'inclusion arithmétique :
$$
\Z\Bigl[ {\pm 1 \pm \sqrt {p^*} \over 2}\Bigr] \quad \subset \quad \Z[\root p \of 1]
$$
Avec le plus grand nombre de précisions possibles : on doit y voir la somme de Gauss quadratique en caractéristique $0$.

Ca, se sont des choses ``basiques'' qui doivent être self-contained. Rien n'est admis : ainsi, on ne confond pas l'oeuf et la poule.

Ensuite, on peut commencer à travailler, échanger. Interprétation galoisienne de la loi de réciprocité ...etc... Car effectivement, il y a des choses à dire.

Do you see what I mean, dear Flip-Flop ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 22:16
@CQ :
En quoi l'inversibilité des idéaux non nuls dans un anneau de Dedekind va-t-elle nous servir ?



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 22:29 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 22:25
@gai requin

Une précision : dans le cas des corps de nombres, une fois que l'on dispose du fait que tout idéal non nul de $\mathcal O_K$ est inversible, ce n'est pas trop difficile d'attraper la décomposition en produit d'idéaux premiers de manière unique.

Mais d'autres renseignements sont utiles : le fait par exemple que $\mathcal O_K$ soit un $\Z$-module libre de rang $[K : \Q]$, le théorème de génération 1,5 des idéaux, la ramification ...etc..

Attention : parfois, c'est le monde à l'envers. Pour montrer que $B := \Z[\root n\of 1]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\root n\of 1)$, on n'a pas besoin de tout cela !! On commence par démontrer que tout idéal premier (non nul) de $B$ est inversible. Puis tout idéal non nul. Cela force $B$ à être intégralement clos, donc c'est lui la fermeture intégrale. Voir mes posts à flip-flop (hier je crois) concernant cette histoire et des pointeurs. Cela peut-être fait dès le départ, sans grand prè-requis.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 22:35
@CQ : j'ai modifié mon message précédent qui était débile et, en fait, tu réponds à la nouvelle question que je pose sans même l'avoir lue. thumbs down

C'est intéressant ce que tu dis.
Si je comprends bien, $\Z[\root n\of 1]$ est un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$.
Wow !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 22:37
@gai requin
En principe, oui car j'ai divisé un polynôme (non nul) de $\Z[X]$ par le pgcd de ses coefficients.

Attention 1 : j'ai essayé de faire un résumé et il peut y avoir des coquilles. Mais tu sais où aller chercher des infos (sans coquille). Et tout cela est supporté par une implémentation où l'imprécision n'est pas la bienvenue.

Attention 2 : il y a dans la littérature d'autres approches et c'est une bonne chose d'en regarder certaines. Inutile de rêver, cela demande du temps, beaucoup de temps si on veut tout lire. Tu te doutes que lorsque nous nous sommes lancés dans un tel binz, il a fallu s'entourer d'ouvrages même si le traitement n'y est pas effectif. S'entourer ne suffit pas : il faut en lire quelques uns. Je peux t'en citer une dizaine.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 23:00
@gai requin
Que $\Z[\root n\of 1]$ soit un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$ est ``immédiat''. On est même prié ici d'amener une $\Z$-base.

Ce qui est un tantinet plus difficile, c'est de montrer que tout idéal est inversible. Mais cela est dû à un truc magique du polynôme cyclotomique $\Phi_n$, à savoir son comportement sur $\mathbb F_p$. Cela le force, cet anneau, à être intégralement clos (qui est une propriété plutôt passive au sens où on attend qu'un élément du corps des fractions débarque qui est entier sur .. et donc dans .. alors que être inversible, cela se certifie).

Une page + 1/5 de page, tout au début du chap. IX.

Sacré contraste avec la littérature habituelle. Jette un oeil sur Lawrence C. Washington, Introduction to Cyclotomic Fields, et tu verras. [wstein.org]
Il y a une seconde édition (j'ai la vieille) et j'ai toujours cru que Lawrence C. Washington était une femme. Et bien non, [www.math.umd.edu]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 23:10
@CQ : Je viens de retrouver sur mon pc une preuve que $\cal{O}$$_K$ est un $\Z$-module libre de rang $[K:\Q]$ en utilisant le fait que $\Z$ est intégralement clos et que $\mathrm{Tr}_{K/\mathbb Q}$ est une forme bilinéaire symétrique !



Modifié 1 fois. Dernière modification le 28/01/2017 23:15 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
28 janvier 2017, 23:13
@CQ : Lawrence of Arabia était aussi un homme. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 10:19
avatar
Hello,

Merci pour les commentaires Claude. Rien de clair dans ma petite tête confused smiley

Je voulais voir le lien entre les $5$ est un carré dans $\mathbb{F}_p$ et $p$ est un carré dans $\mathbb{F}_5$. En considérant la tour d'extensions : $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5}) \longrightarrow \Q(\zeta_5)$. Et surtout regarder comment un nombre premier $p \in \Z$, se décompose dans cette tour.

Dans la grande extension, $p$ est inerte lorsque $p$ est d'ordre $4$ dans $\Z/5\Z ^ \star$ et on voit que $p$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_5$. Mais si $p$ est inerte dans la grande extension, alors $p$ est inerte dans la petite extension $\Q \longrightarrow \Q(\sqrt{5})$ et donc $5$ n'est pas un carré dans $\mathbb{F}_p$.

En fait, c'est le pdf ici qui m'intrigue !

Je vais faire un peu de théorie aujourd'hui grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 11:15
@flip flop
J'ai bien compris ce que tu voulais faire. Mais ce qui n'est pas clair, ce sont les pré-requis.
Je te propose quelque chose ci-dessous qui risque d'être déstabilisant, à toi de voir.

Je considère un discriminant quadratique fondamental $D$, positif ou négatif ; par définition, c'est le discriminant de l'anneau des entiers d'un corps quadratique. Ce n'est pas n'importe quel nombre qui peut se prétendre discriminant quadratique fondamental .

(1) Je te demande d'admettre (provisoirement) que :
$$
\Q(\sqrt {D}) \quad \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
Puisque $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)^\times$, on peut considérer :
$$
\xymatrix @C = 3.5cm{
(\Z/D\Z)^\times \simeq \mathrm {Gal}(\Q(\root |D| \of 1)/\Q) \ar[r]^-{\rm morphisme\ de\ restriction} &
\mathrm {Gal}(\Q(\sqrt{D})/\Q \simeq \{ \pm 1\}
}
$$
Le morphisme de restriction c'est celui qui à un $\sigma$ du gros groupe de Galois associe sa restriction à $\Q(\sqrt D)$ qui est stable par $\sigma$.

Il faut être super clair sur les isomorphismes canoniques. A droite, $-1$ correspond à $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$ et $1$ à l'identité.
A gauche, ce qui correspond à un entier $m$ inversible modulo $D$, c'est $\sigma_m$ l'élévation à la puissance $m$ sur les racines $|D|$-ièmes de l'unité.

OK ? A tout moment, on peut particulariser $D$. En liaison avec ce que tu as pointé, je particulariserais bien $D$ en $8$, qui est le discriminant de $\Z[\sqrt 2]$, qui est bien l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt 2)$.

Le bilan, en oubliant l'attirail galoisien, c'est que l'on se récupère un caractère quadratique, que je note $\chi_D$ :
$$
\xymatrix {
(\Z/D\Z)^\times \ar[r]^-{\chi_D} & \{\pm 1\}
}
$$
(2) Je te demande aussi d'admettre (provisoirement) que pour $p$ premier impair $\ge 3$ ne divisant pas $D$, on a :
$$
\chi_D(p) = \left( D \over p\right)
$$
Ok pour un Dimanche, cela fait beaucoup de choses à admettre.

Bon et bien je t'informe qu'ici, les 3 lois de réciprocité quadratique (la générale, celle pour $-1$ et celle pour $2$) sont là ... à condition de déjouer un peu tout ce binz.

Plus tard, on virera ``admettre provisoirement''.

Par ailleurs, tu ne m'as pas répondu clairement sur le fait que tu possèdes ou pas sous le nez, une preuve de la loi de réciprocité quadratique via une somme de Gauss quadratique souvent notée $\tau$, ni sur l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ ou plutôt l'inclusion ARITHMETIQUE correspondante.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/01/2017 11:24 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 11:28
avatar
Sur la loi de réciprocité quadratique via les sommes de Gauss, je l'ai vu une fois et oublié. Pour l'inclusion, tu m'as donné un exercice ici, que je n'ai pas encore fait ! Je vais faire, maintenant !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 12:15
avatar
C'est bon pour l'exercice, sauf que je trouve $\tau_0+\tau_1=-1$ et non $1$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 12:24
@CQ :
Soit $\zeta$ une racine primitive $n$-ième de l'unité, $K=\Q(\zeta)/\Q$ et $m=\varphi (n)$.
Alors $e=(1,\zeta,\ldots,\zeta^{m-1})$ est une $\Q$-base de $K$ formée d'entiers.
En particulier, $e$ est $\Z$-libre mais je ne vois pas pourquoi elle génère $\Z[\zeta]$. confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 12:33
@flip flop
Tu as raison (et ce genre de coquilles me fait ch.ier). Cela ne va rien changer heureusement. Le polynôme $X^2 - X + {1 - p^* \over 4}$ doit être remplacé par $X^2 + X + {1 - p^* \over 4}$. Je ferais les modifications nécessaires. Merci.

Et en deux mots : l'inclusion $\Q(\sqrt {p^*}) \subset \Q(\root p \of 1)$ (ou plutôt l'inclusion arithmétique qui est plus fine) et la loi de réciprocité, c'est KIF-KIF. Attention, cela ne veut pas dire que c'est la même chose. Cela signifie que c'est kif-kif. A voir plus tard.

Je vais taper un résumé (vague bilan depuis 10 jours).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 12:39
@gai requin
Plus le temps. Si par exemple, de manière générale, $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$, avec $a,b,c \in \Z$, peux tu t'expliquer pourquoi $\Z.1 + \Z.x + \Z.x^2$ contient $x^3$, puis $x^4$ puis $x^5$ and so on.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 12:43
avatar
OK pour les points (1) et (2). Avec les notations de l'exercice.

Par exemple, si $p$ n'est pas un carré alors $$\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))(\tau_0) = \sum_{i \in \mathbb{F}_p^{\star 2}} \zeta^{ip} = \tau_1$$
Car $ i \to ip$ est une bijection des carrés dans les non carrés. Donc $\text{Res}(\sigma,\Q(\sqrt{D}))$ est non trivial et $\chi_D(p)=-1$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 14:05
@flip flop
Je ne sais pas de quels points tu parles. Il n'y avait pas d'exercice dans ce que je te demandais d'admettre provisoirement ! Je voulais juste que l'on se rende compte de ce que cela disait exactement. Je prends par exemple $D = 8$. On nous anonce qu'il y a un caractère $\chi_8$ :
$$
\chi_8 : (\Z/8\Z)^\times \to \{\pm 1\}, \qquad \chi_8(p) = \left (8 \over p\right) \quad \hbox {pour tout premier impair $p \ge 3$}
$$
CE N'EST PAS RIEN D'AVOIR un tel $\chi_8$ !

Récoltons. Cela dit d'abord que $\left (8 \over p\right)$ ne dépend que de $p$ modulo $8$. Et d'une.

Représentons $(\Z/8\Z)^\times$ par des nombres premiers $p \ge 3$ :
$$
(\Z/8\Z)^\times = \{1, 3, 5, 7\} = \{17, 3, 5, 7\}
$$
Faisons le calcul à la main pour les 4 premiers que l'on voit à droite. Puisque $\left (8 \over p\right) = \left (2 \over p \right)$ vu que $8 = 2 \times 2^2$, il faut se payer :
$$
\left (2 \over 17\right) = 1, \qquad \left (2 \over 7\right) = 1, \qquad\qquad
\left (2 \over 3\right) = -1, \qquad \left (2 \over 5\right) = -1
$$
A gauche, c'est parce que $2 = 6^2 \bmod 17$ et $2 = 3^2 \bmod 7$. A droite facile.

Et puisque $\left (2 \over p\right)$ ne dépend que de $p$ modulo $8$ :
$$
\left (2 \over p\right) = 1 \Leftrightarrow p \equiv 17, 7 \mod 8 \Leftrightarrow p \equiv \pm 1\mod 8
\qquad\qquad
\left (2 \over p\right) = -1 \Leftrightarrow p \equiv 3, 5 \mod 8 \Leftrightarrow p \equiv \pm 3 \mod 8
$$
Bilan : l'existence du caractère $\chi_8$ vérifiant ... c'est la seconde loi complémentaire de réciprocité. Autrement dit savoir que $\left (2 \over p\right)$ ne dépend que de $p$ modulo $8$ est un renseignement CAPITAL.

C'est simplement cela que j'ai voulu dire : si on admet les points (1), (2) et que l'on récolte comme il faut, alors on tombe sur les lois de réciprocité. A voir plus tard.

Mais bien sûr, il faudra les montrer ces points (1) et (2). Je pense que tu l'as fait pour $D = p^*$, $p$ premier impair.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 14:07
J'attache la version sans coquille (disons avec moins de coquilles) et je la détache de l'autre post.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - exoSommeGauss.pdf (272.3 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 14:34
@flip flop Une mission

(A) Mettre de côté (pour un moment) cette histoire de $\chi_D$ et de chose galoisienne. Si je t'en ai parlé, c'est parce que TOI, dans ton petit pdf, tu as utilisé l'expression ``interprétation galoisienne''. On verra cela un peu plus tard.

(B) Donne une preuve tout seul de la loi de réciprocité générale ($p,q$ deux premiers impairs distincts) en suivant l'exo exoSommeGauss.pdf. Tu prends $k = \mathbb F_p$ mais au lieu de prendre une racine primitive $p$-ème de l'unité $\zeta$ dans $\C$, tu la prends dans une extension $K \supset \mathbb F_q$. Et tu construis la somme quadratique $\tau \in K$ de Gauss de manière ANALOGUE :
$$
\tau = \sum_{i \in \mathbb F_p^*} \Bigl ({i \over p}\Bigr)\, \zeta^i \in K
$$
Tu as $\tau^2 = \cdots$. Et il te faut un critère algébrique, pour un élément $z \in K$, d'appartenance à $\mathbb F_q$ : $z \in \mathbb F_q \Leftrightarrow \cdots$.
Puis tu récoltes.

PS : avec un peu d'aplomb (mais plus tard), tu pourrais même quotienter les objets de la caractéristique $0$ pour tomber sur les objets de la caractéristique $q$.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 29/01/2017 14:35 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 14:47
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Pour le point (1) et (2), c'est les points (1) et (2) à admettre pour l'instant. Je voulais dire : ok, je comprend ce que tu dis.

Je fais une petite pause, c'est dimanche quand même, mais je pense que j'ai compris une partie de l'histoire. Donc mission acceptée smoking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 14:49
@CQ : Merci pour l'indication.
Comme $\phi_n\in\Z[X]$, $P(\zeta)\in \Z\cdot 1+\cdots +\Z\cdot \zeta^{m-1}$ pour tout $P\in\Z[X]$ ce qui permet de conclure.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 15:24
avatar
Bon avant ma pause !
Soit $p$ et $q$ deux nombres premiers impairs et distincts.
Notons $ \tau := \sum_{i \in \mathbb{F}_p} \left(\dfrac{i}{p}\right) \zeta_{q}^i$ où $\zeta$ est racine $p$-ième dans $\overline{\mathbb{F}}_q$ grinning smiley. Alors $\tau^2 = p^*$.

D'un autre côté : $\tau \in \mathbb{F}_q$ si et seulement si $\tau^q = \tau$. Mais :
$$
\tau^q = \sum_{i \in \mathbb{F}_p} \left(\dfrac{i}{p}\right)^q \zeta_{q}^{qi}
$$
Alors d'un part $q$ est impair donc $\left(\dfrac{i}{p}\right)^q = \left(\dfrac{i}{p}\right)$ et d'autre part on effectue le changement de variable $i \to q^{-1} p$ (dans $\mathbb{F}_p$, $q$ est bien inversible).
$$
\tau^q = \sum_{i \in \mathbb{F}_p} \left(\dfrac{q^{-1}i}{p}\right) \zeta_{q}^{i}
$$
Donc (Edit : l'identification n'est pas valide )
$$
\tau^q =\tau \quad \Longleftrightarrow \forall i, \quad \left(\dfrac{q^{-1}i}{p}\right) = \left(\dfrac{i}{p}\right) \quad \Longleftrightarrow \quad \left(\dfrac{q^{-1}}{p}\right) = 1
$$

On obtient :
$$
\left(\dfrac{q}{p}\right) \left(\dfrac{p^*}{q}\right) = 1
$$
ET donc :

$$
\left(\dfrac{q}{p}\right) \left(\dfrac{p}{q}\right) \left(\dfrac{(-1)^{p-1 \over 2}}{q}\right) = 1
$$
et :
$$
\left(\dfrac{q}{p}\right) \left(\dfrac{p}{q}\right) = (-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}
$$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 30/01/2017 05:43 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 15:33
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Sinon Dans le titre : " homographies et petits groupes de Galois " ... il y a une homographie dans l'exercice du pdf question deux ${x \over z-x}$. Et petit groupe de Galois ... je pense que l'on ne peut pas faire plus petit que $\{ -1, 1 \}$ ... Nous ne sommes donc pas hors sujet ... OUF ! Quelle cohérence grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 15:39
avatar
@gai requin : tu as compris pourquoi l'anneau l'anneau des entiers cyclotomiques est bien $\Z[\zeta]$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
29 janvier 2017, 16:01
Salut flipflop.
J'ai compris pourquoi $\Z[\zeta]$ est un $\Z$-module libre de rang $\varphi(n)$ (enfin je crois).
Pour ta question, il s'agit de voir pourquoi il est intégralement clos dans $\Q(\zeta)$.
Je vais y réfléchir dans ma voiture. winking smiley
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