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$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


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Homographies et petits groupes de Galois

Envoyé par claude quitté 
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Après l'apéro, je tente

$$p=1\bmod 4n \Leftrightarrow \exists\space x,y\in \mathbb{N}\quad p=x^2+ny^2.$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Bonjour,

Si ton but est de démontrer cette équivalence, tu peux d' abstenir de toute précipitation dans la dégustation de ton apéro.

$p = 89$ et $n =11.$

$11$ est le plus petit entier $n$ pour lequel il n' existe pas de caractérisation "simple" des nombres premiers $p$ de la forme $p = x^2+ny^2$ .

Mais peut-être sais-tu tout cela et que je n' ai rien compris au contenu de ton post.

Amicalement



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par LOU16.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
En fait, $n$ ne peut prendre que certaines valeurs (cf [www.les-mathematiques.net]).

Quand bien même, je ne suis pas du tout sûr de mon équivalence post-apéritive. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Bonjour,

Avec $4n=-88$, il me semble que:

Un nombre premier $p$ s'écrit $p=x^2+22y^2$ si et seulement si $p$ est un carré modulo $11$ et est congru à $1$ ou $7$ modulo $8$.
c'est à dire si $p$ est congru à $1,\:9,\:15,\:23,\:25,\:31,\:47,\:49,\:71,\:81$ modulo $ 88$.

Amicalement,



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par LOU16.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Merci LOU16 d'avoir démonté ma conjecture post-apéritive. winking smiley

Plus sérieusement de mon côté, une condition nécessaire pour que $p$ s'écrive $x^2+ny^2$ est
$$\left(\dfrac{-n}{p}\right)=1.$$

Peut-être qu'elle est suffisante dans les cas proposés par Claude...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@LOU16
C'est bon. Et je suis ``obligé'' d'attacher mon épreuve d'entraînement à l'Agrégation.

@Vous deux : je pense que cela serait bon de s'en tenir pour l'instant à $D = -88$ et de verrouiller la chose.

Un truc très très général (questions 3.a, 3.b. et 3.c. de la partie I). Général signifie pour tout discriminant $D$ (qui n'a pas à être fondamental ou négatif).

(1) Si $m$ est représenté par une forme quadratique $q$ de discriminant $D$, alors $D$ est un carré modulo $4m$. C'est la conclusion de la question 3.b mais cela vaut le coup de regarder comment cela se prouve dans la question 3.a i.e. le coup de la forme $(m, *, *)$ qui représente évidemment $m$.

(2) Une sorte de réciproque : si $D$ est un carré modulo $4m$, alors $m$ est représenté par une CERTAINE forme de discriminant $D$.

De plus : si $m$ est impair, $D$ carré modulo $m$ entraîne $D$ carré modulo $4m$.


Dans notre histoire maintenant avec $D = -88$ et $n = 22$. On prend $m = p$ premier impair ; on voit se pointer la condition $D$ carré modulo $p$ i.e. $-n$ carré modulo $p$.

gai-requin : $p = 19$ est tel que $-22$ est un carré modulo $19$ mais 19 n'est pas représenté par $x^2 + 22y^2$.

Il y a deux formes REDUITES de discriminant $-88$ :
$$
q_0 = x^2 + 22y^2, \quad \hbox {(la forme neutre ou normique)}, \qquad\qquad q_1 = 2x^2 + 11y^2
$$
Et donc, si $-22$ est un carré modulo $p$, alors $p$ est représenté par $q_0$ OU par $q_1$.

Mais LOU16 a réussi à affiner quelque chose.

En grattant un peu, beaucoup, on (sic) va finir par à la fois avoir une loi de représentation pour $q_0$ et aussi une pour $q_1$. Et c'est cela qui achèvera la chose ....

Note : dans ce type d'histoire, les premiers qui divisent le discriminant sont exclus du jeu, une fois pour toutes.


REGRETS : pour des raisons pédagogiques, on aurait dû commencer par les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux. Car dans ce cas là, il y a une seule forme réduite (la forme neutre) et moins de souci. Il n'est pas trop tard. Une page contenant ces 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux est attachée quelque part dans un post précédent. Etes vous capables de le retrouver ?

J'ai relu mon scan -4x13.pdf concernant le cas $D = -52$ et je le trouve pas top ; je me polarise surtout sur les valeurs prises par les deux formes (car dans ce cas aussi, il y a deux formes réduites de discriminant $-52$), uniquement les valeurs qui tombent dans $(\Z/52\Z)^\times$.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - quadratic_gauss.pdf (127.5 KB)
ouvrir | télécharger - quadratic_gauss_corrige.pdf (122.3 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Du coup l'anneau $\Z[\sqrt{-22}]$ n'est pas principal. Il y a bien un idéal premier de norme $19$ mais celui-ci n'est pas principal.

Hum, je commence à comprendre grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
De toute manière, on doit avoir un truc du "style" :
$$
\text{tout $p$ premier tel que $-D$ est un carré $\pmod{p}$ s'écrit sous la forme $x^2+Dy^2$} \Longleftrightarrow \Z[\sqrt{-D}] \text{ est principal}
$$

Avec $D$ un discriminant fondamental imaginaire confused smiley enfin a peu près !



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
C'est pas plutôt $\mathfrak{P}$ au-dessus de $p$ qui doit être principal ?



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Si si !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
En fait, je veux dire que la condition ici est valide si et seulement si $\Z[\sqrt{-D}]$ est principal. Je fais la démonstration un peu plus tard ... boulot 1h là ;)



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Merci de remuer le couteau dans la plaie. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
c'est pour ton apéro de ce soir :D
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Re,

Claude Quitté

Je ne suis pas sûr de répondre à la question que tu poses.

Avec $D= - 88$, la situation est très simple. Comme tu le dis, les premiers $p$ tels que $-22$ est un carré modulo $p$ sont exactement ceux qui sont représentés par $q_0$ ou par $q_1$, et ils se scindent en deux classes:
Ceux qui sont congrus à $1,\:9,\:15,\:23,\:25,\:31,\:47,\:49,\:71,\:81$ mod $88$ sont représentés par $q_o$ et pas par $q_1.$
Les autres, congrus à $13,\:35, \:61,\:83,\: 29 ,\:51,\:19,\: 85,\:21,\:43$ mod $88$ sont représentés par $q_1$ et pas par $q_0.$

Amicalement,



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par LOU16.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
C'est encore plus simple quand il n'y a qu'une seule classe. grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@LOU16
Le plus important est que tu aies proposé quelque chose. Et ce quelque chose est correct ! Je note que tes valeurs modulo 88 pour $q_0$ sont rangées par ordre croissant mais pas celles pour $q_1$ (je me suis aperçu de cela en voulant vérifier, mais c'est évidemment un détail).

Avoir ou pas la preuve de ce que tu dis n'est pas pour l'instant important. Le plus important, c'était de faire une observation.

On peut également noter que $\#(\Z/88\Z)^\times = \varphi(88) = 40$ dont la moitié vaut 20. Et qu'il y a 10 valeurs pour $q_0$ et 10 valeurs pour $q_1$. Et ces 20 valeurs forment un sous-groupe d'indice 2 de $(\Z/88\Z)^\times$ i.e. constituent le noyau d'un certain caractère.

Oui, la situation est simple pour $D = -88$ ... c'était fait pour. Et au fait, questions indiscrètes, disposes tu de la preuve de ce que tu affirmes ? Connais tu la théorie qui est derrière ? Les nombres convenables d'Euler ?

Et veux tu encore jouer avec quelques discriminants négatifs exceptionnels ? Où il y aura encore 2 classes de formes quadratiques pour continuer en douceur. Et si tu marches dans la combine et que tu es sportif (ou sportive ?), peut-être avec des discriminants pour lesquels il y aura 4 classes.

Par contre, avec le discriminant $D = -23$, il y a 3 classes de formes quadratiques. Et là, moi j'arrête de jouer. Et toi ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Tu parles d'une seule classe in [www.les-mathematiques.net]. Mais je l'ai déjà proposé il y quelques jours (?) et flip-flop a commencé à répondre, disons partiellement mais cela collait (c'est trop compliqué pour moi de chercher dans les posts, je pense que cela remonte à moins de 10 jours). Et je l'ai proposé de nouveau dans mon avant-avant-dernier post, dans la rubrique REGRETS.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Re,

La preuve de ce que j'ai écrit est une conséquence du "tour de force" réalisé un jour par un certain Gauss ,lorsqu'il découvrit la "composition des formes quadratiques":
Pour revenir à notre exemple : le produit de deux nombres de la forme $q_0$ est de la forme $q_0$.
le produit de deux nombres de la forme $q_1$ est de la forme $ q_0$.

$( x^2+ 22y^2) (u^2+22v^2) = (xu-22y)^2 + 22(xv+yu)^2$ et $(2x^2+11y^2) (2u^2+11v^2)= (2xu-11yv)^2 + 22(xv+yu)^2$

Notons, pour tout entier $n$ premier à $22$ :
$\alpha(n) =\left\{\begin{array}{rl}1& \text {si n est un carré mod 11}\\ -1 &\text{ sinon}\end{array}\right.$ et $\beta(n) = \left\{\begin{array}{rl} 1& \text{si}\:n\equiv 1\:\:\text{ou}\:\:7\:\bmod 8\\ -1& \text{sinon}\end{array}\right.$

$\alpha$ et $\beta$ sont des caractères quadratiques multiplicatifs bien connus, et sont tous deux égaux à $1$ lorsque $n$ est la forme $q_o.$
Il résulte alors des précédentes formules de produit, que deux entiers appartenant à la même forme ($q_0$ ou $q_1$) ont le même caractère $\alpha$ et le même caractère $\beta.$
Ainsi $23$ appartient à la forme $q_0$ , donc pour tout nombre premier $ p$ appartenant à cette forme: $\alpha(p) = \alpha(23) =1$, et $\beta(p) =\beta(23)=1.$
$13$ appartient à la forme $q_1$ donc pour tout premier $p$ de cette forme, $\alpha(p) =\alpha(13)=-1$ et $\beta(p) = \beta(13)=-1.$
Amicalement,



Edité 3 fois. La dernière correction date de il y a deux années et a été effectuée par LOU16.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Bien joué pour la composition !

$2$ est un carré modulo $p$ (congruence modulo $8$), et $-11$ est un carré modulo $p$ (congruence modulo $11$) pour la forme $q_0$ ? et le contraire pour $q_1$.

Il y a une interprétation en terme de norme de $q_1$ ? Pour $q_0$, c'est la norme de $Z[\sqrt{-11}]$. 1
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Remarque : le corps de classes de Hilbert de $K=\Q(\sqrt{-n})$ s'obtient à partir de $K$ par une tour d'extensions quadratiques.

Pour $\Delta=-88$ :

ZX<X>:=PolynomialRing(Integers());
K:=NumberField(X^2+22);
HilbertClassField(K);
Number Field with defining polynomial $.1^2 - 2 over K


Peut-être que
$$p=x^2+22y^2\Leftrightarrow \left(\dfrac{-22}{p}\right)=1\text{ et $2$ est un carré modulo $p$}.$$

Edit : J'ai posté avant de voir le message de LOU16.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Gai requin : $\Q(\sqrt{2},\sqrt{-11})$ ?

Champagne :D



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
winking smiley

Un autre exemple : $\Delta=-228$.

ZX<X>:=PolynomialRing(Integers());
K:=NumberField(X^2+57);
HilbertClassField(K);
Number Field with defining polynomial [ $.1^2 + 1, $.1^2 + 3 ] over K


Peut-être que
$$p=x^2+57y^2\Leftrightarrow \text{$-57$, $-1$ et $-3$ sont des carrés modulo $p$}\Leftrightarrow \text{$-1$, $3$ et $19$ sont des carrés modulo $p$}.$$



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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$-19$ ? a la place de $-1$ ?

hot smiley



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Je viens de modifier mon message. Sorry.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Je pense que Claude est parti acheter le Champagne grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Le Frobenius Jean-Paul ! drinking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Perso je dis que faut faire la réciprocité cubique avant de faire mumuse avec $-23$ grinning smiley

PS : @LOU16, ne t'inquiètes pas, non on est pas fou ;)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
De manière plus générale, on pourrait peut-être procéder de la manière suivante pour $n$ quelconque :
Soit $K=\Q(\sqrt{-n})$, $L$ son corps de classes de Hilbert (magma help me) et $P\in\Z[X]$ tel que $L$ soit le corps de décomposition de $P$ dans $\C$. Alors :
$$p=x^2+ny^2\Leftrightarrow \text{$-n$ est un carré modulo $p$ et $P$ a ses racines dans $\mathbb{F}_p$}.$$


@LOU16 : merci pour ta contribution et j'espère que tu reviendras me remettre sur le droit chemin très souvent. smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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J'aime bien ta conjecture Gai requin !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Bonjour à tous,

Claude Quitté; pour$ D = -23$, il n' existe pas de condition du type "$p \equiv...$ $ \mathrm{mod} (...)$ " qui permette de caractériser les premiers $p$ de la forme $x^2+xy+6y^2$.

Gai Requin: la caractérisation concernant $p =x^2+57y^2$ me parait exacte et se justifie par le même type d' argument que pour $D=-88$ (il faut cependant que je vérifie soigneusement mon calcul mental).

Amicalement,
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Avec $D=-23$, on n'a plus la tour d'extensions quadratiques.
Du coup,
$$p=x^2+xy+6y^2\Leftrightarrow \text{$-23$ est un carré modulo $p$ et $X^3-X-1$ a ses racines dans $\mathbb F_p$}.$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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@Gai requin : Tu as vérifier beaucoup de fois ta conjecture ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'aimerais bien mais j'ai pas trop le temps et je suis toujours ceinture blanche en magma. confused smiley
Mais peut-être que je peux la démontrer...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Ah bin si tu as une démonstration c'est encore mieux grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'essaie entre deux cours.

On suppose que $-n$ est un carré modulo $p$.

Si $K=\Q(\sqrt{-n})$, on note $\mathfrak P$ un idéal premier de $\mathcal O_K$ au-dessus de $p$.
Rappel : $P\in \Z[X]$ est tel que le corps de classes de Hilbert de $K$ est le corps de décomposition de $P$ dans $\C$.
Alors :

$p$ est représenté par la forme neutre $x^2+ny^2\Leftrightarrow \mathfrak P$ est principal $\Leftrightarrow$ la substitution de Frobenius $\sigma_p$ est l'identité $\Leftrightarrow$ le corps de décomposition de $P$ vu comme polynôme de $\mathbb F_p[X]$ est exactement $\mathbb F_p$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Hello Gai requin,

Je ne comprends pas $\mathfrak{P}$ au dessus de $p$ est un idéal principal équivalent à la substitution de Frobenius est trivial.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
C'est parce que l'application d'Artin est un isomorphisme du groupe des classes d'idéaux de $\mathcal O_K$ dans $\mathrm{Gal}(L/K)$, où $L$ est le fameux corps de classes de Hilbert de $K$.
En particulier, $\sigma_p=1_L\Leftrightarrow \mathfrak P$ est dans la classe neutre qui est celle des idéaux principaux !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Oh bin c'est joli thumbs downthumbs down
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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C'est l'application d'Artin qui réalise l'isomorphisme !!!!!!!!!!!!
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Attention, c'est peut-être un gros délire. grinning smiley

Ce dont je suis sûr, c'est que le résultat donné [ici] est juste (certifié par un article de Serre lui-même) mais on sait qu'un raisonnement erroné peut quand même donner un résultat vrai...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Oui mais ton idée est vraiment belle ! Bien joué !

Je vais faire un exemple complet grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Hello

Il y a un peu de ça mais c'est trop approximatif (et donc c'est un peu faux). Quelques remarques. Soit $n \ge 2$ un entier (sans facteur carré ?), $K = \Q(\sqrt {-n})$ et $B$ l'anneau des entiers de $K$.

(1) Ce n'est pas toujours vrai que $x^2 + ny^2$ est la forme normique de $B$. Cela peut être la forme normique de $A = \Z + 2B$.

(2) Il arrive que les formes normiques de $A$ et de $B$ représentent les mêmes premiers. Si on prend $n = 23$ par exemple, la forme normique de $B$ est $x^2 + xy + 6y^2$ mais celle de $A$ est $x^2 + 23y^2$. Mais ``coup de bol'', ces deux formes représentent les mêmes premiers (et probablement les mêmes impairs, je crois)

Par contre, ce n'est pas le cas de $n=-43$. La forme normique de $B$ est $x^2 + xy + 11y^2$, celle de $A$ est $x^2 + 43y^2$. Le premier $11$ est représenté par la première mais pas par la deuxième.

(3) Faire attention au statut de $L/K$ et celui de $L/\Q$. $L$ c'est ... Ainsi $L/K$ est abélienne, mais est ce que $L/\Q$ est galoisienne ?

(4) Bis : le polynôme $P$ c'est qui exactement ? Est ce le polynôme minimal sur $\Q$ d'un élément primitif de $L$ sur $\Q$ ? Par exemple, pour $n=23$, $L/K$ est de degré $3$ donc $L/\Q$ est de degré 6. Ce qui n'est pas le degré du bien connu $X^3 - X - 1$.

Plus simple : $n = 43$. De sorte que $L = K$ et $B$ est principal. Qui c'est $P$ ? Le polynôme $X$ ou bien le polynôme $X^2 + 43$ ? Ce que tu annonces dit quoi ? Par exemple pour $p = 11$ ?

Que dit ce que tu annonces pour les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux ? Est ce que c'est vrai ?

Et en général, pourquoi il y aurait un élément primitif de $L/K$ dont le polynôme minimal est à coefficients dans $\Q$ ? Comme $X^3 - X - 1$ pour $n = 23$.

...etc..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Quid de $n=59$ et $p=17$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Merci pour ce rappel à l'ordre. winking smiley

Je reformule :

Soit $B$ un anneau d'entiers quadratique de discriminant $\Delta$ tel que $B$ est l'anneau des entiers d'un corps $K$.
On suppose qu'il existe $P\in \Z[X]$ tel que le corps de classes de Hilbert de $K$ est le corps des racines de $P$.
Alors $p$ est représenté par la forme neutre de discriminant $\Delta \Leftrightarrow \Delta$ est un carré modulo $p$ et $P$ a ses racines dans $\mathbb F_p$.

Cas particulier : si $B$ est principal, on peut prendre $P=X$ et donc $p$ est représenté par la forme neutre de discriminant $\Delta \Leftrightarrow \Delta$ est un carré modulo $p$.

Par exemple, $p=x^2+xy+11y^2\Leftrightarrow -43$ est un carré modulo $p$.



Edité 4 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Pour $n=59$ :

$p=x^2+xy+15y^2\Leftrightarrow -59$ est un carré modulo $p$ et $X^6-6X^4+9X^2+124844$ a ses racines dans $\mathbb F_p$.



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux ann&eacute;es et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Champagne (ce n'était pas du tout ce que j'avais prévu mais peu importe). Mais encore des hésitations.

Par rapport à ce que j'ai lu (où les auteurs veulent absolument faire avec $x^2 + ny^2$), c'est vachement plus ``simple'' (sic) d'opérer avec la forme normique de l'anneau $B$ des entiers d'un corps quadratique imaginaire $K$.

Je remets donc les acteurs dans l'ordre (en mon sens) : $K$ l'anneau quadratique imaginaire ce qui est la même chose qu'un discriminant quadratique fondamental $D < 0$ (j'utilise mes notations depuis $x$ posts), $B = \mathcal O_K$ son anneau d'entiers et la forme normique de discriminant $D = -|D|$ :
$$
x^2 + {|D| \over 4} y^2 \quad \hbox {si $D \equiv 0 \bmod 4$}, \qquad\qquad
x^2 + xy + {1-D \over 4}y^2 \quad \hbox {si $D \equiv 1 \bmod 4$}
$$
Comme d'habitude (mes habitudes), je paramètre par $D$ et pas par $n$ (sauf quand je change d'avis).

Ta grosse hésitation est le coup de polynôme $P$. Ce qu'on lit en désignant par $L/K$ le corps des classes de Hilbert, c'est qu'UNE réalisation de $L/K$ dans $\C$ est stable par la conjugaison complexe $\tau$. On en tire que $L/\Q$ est galoisienne (bosser), donc une seule réalisation de $L/\Q$ dans $\C$. Alors :
$$
[L : L^\tau] = 2 \quad \hbox {par Artin i.e.} \qquad [L : L \cap \R] = 2
$$
d'où le diagramme :
$$
\xymatrix {
& L\ar@{-}[dl]_h\ar@{-}[dr]^2 \\
K\ar@{-}[dr]_2 & &L \cap \R\ar@{-}[dl]^h \\
&\Q \\
}
\qquad
L \cap \R = \Q(\alpha)
$$
L'élément $\alpha$ (réel !) est par définition un élément primitif de $(L \cap \R)/\Q$ que l'on peut supposer entier sur $\Z$. Et en utilisant
$$
L \cap \R \subset K(\alpha) \subset L \qquad \hbox {et} \qquad [L : L \cap \R] = 2
$$
on voit que :
$$
L = K(\alpha)
$$
C'est le polynôme minimal de $\alpha$ sur $\Q$, qui est un polynôme irréductible de $\Z[X]$ (et qui le reste au dessus de $K$) que l'on convoite. Il est de degré $h = \#\mathrm {Cl}(K)$, l'ordre du groupe des classes d'idéaux de $K$.

Un premier bidouillage en utilisant les polynômes d'Hilbert-Weber (fonction modulaire $j$) car je ne peux pas utiliser HilbertClassField : ma version de magma me donne un polynôme $P$ à coefficients dans $K$ et pas dans $\Q$ et je ne sais pas remonter la conjugaison complexe de $K$ à un corps abstrait $L = K[X]/\langle P\rangle$ (car bien sûr $\C$ n'existe pas à cet endroit). Et donc, je ne sais pas déterminer un $\alpha$ pour l'instant i.e. $L \cap \R$ n'a pas de sens.

Ci dessous, la liste des discriminants quadratiques fondamentaux $D < 0$ compris entre $-500$ et $-4$, dont le nombre de classes est 3. La détermination du Graal de degré 3 et un petit coup de discriminant.

> Delta3 ;                          
[ -23, -31, -59, -83, -107, -139, -211, -283, -307, -331, -379, -499 ]
> time HDelta3 := [MyHilbertPolynomial(D) : D in Delta3] ;
Time: 0.720
> HDelta3 ;
[
    X^3 - X^2 + 2*X - 1,
    X^3 + X^2 + 1,
    X^3 + 2*X - 1,
    X^3 + X^2 + X + 2,
    X^3 + X^2 + 3*X + 2,
    X^3 - X^2 + X + 2,
    X^3 - 2*X + 3,
    X^3 + 4*X + 1,
    X^3 - X^2 + 3*X + 2,
    X^3 - X^2 + 3*X - 4,
    X^3 - X^2 + X - 4,
    X^3 + 4*X + 3
]
> [Discriminant(H) : H in HDelta3] ;
[ -23, -31, -59, -83, -107, -139, -211, -283, -307, -331, -379, -499 ]

Faut que je réfléchisse à cette histoire de remonter la conjugaison complexe et à la signification de $L \cap \R$.

Bis : ce n'était pas prévu que j'écrive cela. Je pense avoir mieux compris.

Faudra quand même que l'on puisse répondre à un petit qui demande pourquoi, pour un premier $p$ autre que $3$, on a l'équivalence :
$$
p \equiv 1 \bmod 3 \quad\iff\quad p \hbox { est représenté par $x^2 + xy + y^2$}
$$
Je suis tout ce qu'il y a de plus sérieux. Que réponds tu ? Quels sont les pré-requis .? .etc.. Sinon, cela va encore finir par oeuf-poule.

Bien sûr, dans CERTAINS cas, on peut fournir des PREUVES, toutes les PREUVES concernant cette histoire (Baby Class Field Theory). Ce qui commence par une sérieuse réflexion concernant les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux. Gauss ne se contente pas de dire qu'ils sont principaux. D'ailleurs, peut-être qu'il ne le dit pas car il dit mieux. Mais nous, ``de manière moderne'', c'est ce que l'on retient ou l'on enseigne (dans un enseignement $\lambda$, on ne parle pas en général des formes quadratiques sauf peut-être $x^2 + y^2$ pour le discriminant $-4$ et $\Z[i\rbrack$)



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

Je me suis amusé avec $D=-20$. C'est quand même assez hallucinogène cette construction smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Pour le polynôme qui décrit le corps de classe sur $\Q$. Est-ce que c'est pas plus simple de dire que c'est avant tout un anneau de la forme
$$
\Z[x,y] /(P(x,y), Q(x,y))
$$
Qui doit avoir tous ses points sur $\mathbb{F}_p$ ?

Par exemple, pour $D=-20$.

Un nombre premier $p$ s'écrit comme $a^2+5b^2$ si et seulement ....Si le système d'équation :
$$ x^2+5=0 \qquad y^2+1=0 \qquad \qquad (x,y) \in \mathbb{F}_{p} $$
a une au moins un solution.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flip flop
Pour $D = -20$, on peut tout faire à la main. On peut TOUT PROUVER. Car la décomposition de $D$ en discriminants fondamentaux élémentaires est $D = (-4) \times 5$, d'où les inclusions :
$$
K := \Q(\sqrt {-20}) \quad \subset L := \Q(\sqrt {-4}, \sqrt {5})\quad \subset \Q(\root 20 \of 1)
$$
Le corps des classes de Hilbert de $K$ est au milieu. Et tout en haut, on est protégé par du calcul cyclotomique.

Pour le prouver (c'est un cas particulier de ce que j'ai nommé Baby Class Field Theory), il faut quand même bosser (Gauss ne pondait pas des résultats triviaux !). Il faut d'abord cerner le groupe $G$ des classes d'idéaux de $K$ via les formes quadratiques (merci Gauss), voir que tout élément de $G$ a son carré égal à 1 (merci à Gauss d'avoir pensé à introduire $G^2$) ...etc.. Et montrer que $L/K$ est non ramifiée (faisable), donner un visage humain (Gauss) à ce qui sera plus tard l'application d'Artin ....etc... Beaucoup de travail dont on peut venir à bout (je l'ai déjà dit 10 fois).

Effectivement $D = -20$ me paraît pas mal car petit. J'avais proposé $D = -24$ et $D = -40$.

Autre chose : c'est peut-être le moment de comprendre pourquoi je n'abuse pas de $\C$ et des corps algébriquement clos. En un premier temps, on peut juger que c'est un caprice de C.Q., et du coup circulez, il n'y a rien à voir (C.Q. est capricieux). Mais pour moi, il y a une contradiction entre continuer à utiliser $\C$ sur le papier (comme du petit lait) et à vouloir faire des expérimentations avec un système de Calcul Formel (qui ne manie pas $\C$ à tout bout de champs, souvent jamais) ; on est bien content qu'il nous fournisse des résultats (mais par quel(s)miracle(s) ?).

Et là, dans cette histoire, dans le cas général que j'ai raconté, je vois écrit noir sur blanc un résultat qui me rassure (merci à gai requin, car pour le suivre, il a fallu que je bosse un peu). C'est que la suite exacte :
$$
1 \to \mathrm {Gal}(L/K) \to \mathrm {Aut}(L/\Q) \to \mathrm {Gal}(K/\Q) \simeq C_2 \to 1
$$
est scindée. Je n'ai pas mis Gal au milieu car $L/\Q$ n'est pas ENCORE galoisienne. Elle va le devenir justement parce que la suite est scindée. Elle est scindée grâce à la conjugaison complexe (ici, merci à du vrai $\C$) et $L/\Q$ devient galoisienne. Et on dispose du miracle :
$$
\tau \circ \sigma \circ \tau^{-1} = \sigma^{-1} \qquad \sigma \in \mathrm {Gal}(L/K)
$$
Si bien que l'on dispose d'un produit semi-direct :
$$
\mathrm {Gal}(L/\Q) = \mathrm {Gal}(L/\K) \rtimes C_2
$$
Et l'action de $C_2$ sur le groupe des automorphismes de $\mathrm {Gal}(L/K)$ (ce dernier groupe de Galois est abélien !) est :
$$
\sigma \mapsto \sigma^{-1} \qquad \hbox {qui est bien un automorphisme de groupes car $\mathrm {Gal}(L/K)$ est abélien !}
$$
Je vais donner un exemple CONCRET dans un autre post en essayant d'expliquer cette histoire de $\C$ à ne pas utiliser comme du petit lait.
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