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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
@flip flop
J'ai vu ton idée de quotient $\Z[X,Y]/ \langle P(X), Q(Y) \rangle$. Effectivement, cela demande à être examiné. Mais je ne sais pas si c'est vraiment l'anneau des entiers de ... Mais n'oublie pas que l'on sait écrire $\mathcal O_K$ comme une $\Z$-algèbre de présentation finie (ma vieille histoire de schéma sur $\Z$, je ne sais pas si tu te souviens). Ne pas oublier qu'un polynôme à une variable peut présenter des défauts car son discriminant peut être un multiple strict du discriminant $D$ (d'où la présence de facteurs parasites). Dans les exemples que j'ai donnés (groupe des classes d'ordre 3, il n'y a aucun défaut car les polynômes ont été dégraissés).

Mais j'arrête là concernant ton post (pour l'instant, en ce qui concerne ton post, je me mélange les pinceaux entre $K$ et $L$ !!).

Voici mon histoire $\C$ et petit-lait. Hier soir, je me suis empressé (pour l'histoire gai-requin) de prendre un discriminant $D \equiv 5 \bmod 8$ avec 3 classes d'idéaux ($n$ c'est $-D$). Le premier que j'ai trouvé est $D = -59$.

Car je sais que pour $D \equiv 1 \bmod 8$ ($n$ c'est toujours $-D$ ici), la forme normique de $B$ et la forme normique de $A = \Z + 2B$ (cette dernière est $x^2 + ny^2$) représentent les mêmes entiers impairs. Exercice !

Et voilà, ce que me donne magma :

> load "PetitLait.magma" ;
Loading "PetitLait.magma"
> D := -59 ;
> assert ClassNumber(D) eq 3 ;
> ReducedForms(BinaryQuadraticForms(D)) ;
[ <1,1,15>, <3,1,5>, <3,-1,5> ]
> 
> K<rm59> := QuadraticField(D) ;
> assert rm59^2 eq -59 ;
> OK := MaximalOrder(K) ;
> assert OK eq Order([(1+rm59)/2]) ;
> 
> L := HilbertClassField(K) ;
> L ;
Number Field with defining polynomial $.1^3 - 3*$.1 - 46*rm59 over K
> F<X> := DefiningPolynomial(L) ;
> F ;
X^3 - 3*X - 46*rm59

Le polynôme $F$ est à coefficients dans $K$ pas dans $\Q$.

Comment je fais pour produire un polynôme de degré $3$ à coefficients dans $\Q$ (et même dans $\Z$) qui soit le polynôme minimal sur $\Q$ d'une sous-extension d'indice $2$ de $L$ (je ne demande par la mer à boire : je ne suis pas exigeant en imposant de prendre $L \cap \R$ car de toutes manières, je serais bien en peine de lui donner un sens).

Note : $\mathrm {Gal}(L/\Q) \simeq S_3$ (une fois que $L/\Q$ sera certifiée galoisienne !) et il y a trois éléments d'ordre 2 (correspondant aux 3 transpositions) qui sont deux à deux conjugués. Je cherche le sous-corps des points fixes.

A vous de dire comment je fais. Bricolages interdits.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ : J'ai effectivement utilisé la conjugaison complexe pour trouver un polynôme qui va bien dans le cas $n=59$ (magma ne m'ayant pas refilé un polynôme à coefficients entiers, le vilain !).
D'où le degré $6$. Mais $X^3+2X-1$, c'est beaucoup mieux. thumbs down
Faut absolument que je prenne le temps de lire tes derniers posts.

Un petit dernier avant d'enchaîner trois heures de cours parce que, quand même, le coup du $(\Z/2\Z)^\alpha$, c'est vraiment spectaculaire ! Et je suis accro. hot smiley

> ZX<X>:=PolynomialRing(Integers());
> K:=NumberField(X^2+20);
> HilbertClassField(K);
Number Field with defining polynomial $.1^2 + 1 over K


Donc $p=x^2+5y^2\Leftrightarrow \cdots$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
En fait, je ne comprends pas comment à partir des formes quadratiques de discriminant $D = -20$, on construit le corps de Hilbert confused smiley

Je voudrais comprendre ton message ici .... c'est vraiment très complexe de tout mettre en place ?



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
Ce que tu ne comprends pas, c'est comment on arrive à $X^2+1$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
@Gai requin : oui oui c'est ça ... je suis arrivé à $x^2+1$ en disant que $-5$ est un carré se comprend en regardant $(-1)$ est un carré et $5$ est un carré ( très scientifique mon argument grinning smiley) ... mais bon, la forme $2x^2+2xy+3y^2$ n'intervient pas confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'en suis donc au même point que toi.
Je sais comment utiliser le corps de classes de Hilbert pour représenter certains premiers sous forme normique mais je ne sais pas calculer ce corps. D'où mon utilisation intempestive de magma. smoking smiley
Je crois que CQ a donné beaucoup de pistes aujourd'hui (en utilisant la correspondance de Galois par exemple).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Je ne comprends pas ce que tu veux dire ``utiliser la conjugaison complexe''. C'est beaucoup trop vague. Et si cela se trouve, tu as laissé faire magma, ... Et tu as obtenu un polynôme de degré 6 et pas de degré 3.

Moi, je te parle de quelque chose de précis que je ne sais PAS faire. Soit $\tau$ la conjugaison complexe sur $K = \Q(\sqrt D)$, qui est bien définie car $D < 0$; elle réalise $\sqrt D \mapsto -\sqrt D$. Je dispose de $L/K$ qui est abélienne via le polynôme minimal sur $K$ d'un élément primitif de $L/K$.

(1) Prolonger $\tau$ en un automorphisme $\tau'$ de $L$ d'ORDRE 2 [[plus tard scindage d'une suite exacte]]
(2) Déterminer (je ne sais pas comment) le sous-corps $L^{\tau'}$
(3) Déterminer un élément primitif $\alpha$ de $L^{\tau'}/\Q$ puis son polynôme minimal sur $\Q$.

En espérant que $L = K(\alpha)$ i.e. que la fermeture galoisienne de $L^{\tau'}/\Q$ soit $L$. Faudrait pas que $\tau'$ s'amuse à être central !!

C'est cela que je ne sais PAS faire et que je VOUDRAIS faire.

@flip flop
Et si, pour $D = -20$, on ne construisait pas pour l'instant le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$? Je veux dire que Gauss s'est occupé de la représentation des premiers de la forme $x^2 + 5y^2$ SANS tout cet attirail.

C'est un peu comme si on disait pour montrer qu'un premier $p \equiv 1 \bmod 4$ est de la forme $x^2 + y^2$, on a besoin de la théorie du corps de classes.

J'ai même vu (sérieux) cet exemple $p = x^2 + 5y^2$ comme conséquence de la théorie du corps de classes ! Avec ``il est bien connu que''
$$
j(\sqrt {-5}) = 282 880 \sqrt {5} + 632 000
$$
Est ce que l'on ne marcherait pas sur la tête ?

Je repose une dernière fois ma question : en ADMETTANT que $\Z[j]$ est principal, comme règle-t-on la représentation des premiers par la forme quadratique $x^2 + xy + y^2$ ??

Gauss a réalisé un travail profond sur les anneaux quadratiques. La théorie du corps de classes viendra plus tard.

Est ce que c'est possible de faire de la théorie du corps de classes sans en parler ? Comment ? En s'occupant de $p = x^2 + 5y^2$.

Je ne suis pas sûr que l'on se comprenne (quand je dis cela, c'est que je suis presque persuadé du contraire).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@vous deux
Après $\Z[j]$ et $x^2 + xy + y^2$.

Quelles sont les deux formes quadratiques réduites $q_0, q_1$ de discriminant $-20$ ?

Essayer de proposer des lois de représentation des premiers $p$ pour $q_0$ et $q_1$ via des congruences dans $(\Z/20\Z)^\times$.

Après, on verra (ou on ne verra rien, cela dépend de vous). Eviter de prononcer à tout bout de champs ``corps des classes de Hilbert'' (ben heureusement que vous ne savez pas le déterminer en général, cela ne se trouve pas sous les sabots d'un cheval, je parle de la détermination effective, qui à mon avis est toujours un sujet d'étude).

Attention : ce que Gauss réalise, c'est toujours profond. Par principe.

Rappel : je ne connais rien à la Thé.rie du C.rps de C.as.es.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ : Magma m'a donné la même chose que toi pour $n=59$, à savoir $X^3-3X-46\sqrt{-59}$.
Et j'ai choisi $P=(X^3-3X-46\sqrt{-59})(X^3-3X+46\sqrt{-59})$ dont le corps de décomposition a le bon goût d'être de degré $6$ sur $\Q$. Donc ça marche ! Mais gros bidouillage ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
@Claude, j'avais oublié de poster la réponse à ta question ... Si on admet que $\Z[j]$ est principal.

On prend $p$ un premier $\ne 2$, et on considère la décomposition de $(p)$ dans $\Z[j]$, c'est-à-dire la décomposition de $X^2+X+1$ dans $\mathbb{F}_p$ et on trouve : si $p = 1 \pmod{3}$ alors $X^2+X+1$ se scinde en deux facteurs $\ne$ et on obtient deux idéaux premiers au dessus de $p$ donc deux irréductibles qui sont de norme $p$. Si $p = -1 \pmod{3}$ il n'y a pas de représentation de $p$.

Là c'est ok !

Sinon, oui je comprend bien ce que tu veux dire : oeuf-poule grinning smiley

Je part au boulot.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Vu le coup du produit $F \times F^\tau$.

Au fait : je ne suis intervenu que parce que ton énoncé initial était un peu faux et qu'ii y avait un risque de confusions (??) pour la suite. Bien sûr, c'est la forme neutre (normique) de l'anneau des entiers d'un corps quadratique imaginaire qui doit être mise en avant. En tout cas, pour un premier pas en théorie du .. pour les bébés.

PS : il n'y a pas de honte à montrer que les deux formes quadratiques représentent les mêmes nombres impairs
$$
x^2 + xy + 6y^2 \hbox { de discriminant $-23$} \qquad\qquad x^2 + 23y^2 \hbox { de discriminant $4 \times (-23)$}
$$
C'est cela qui aurait pu (conditionnel) créer une source de confusions ``quelque part'' !!

Généraliser à tout $D \equiv 1 \bmod 8$ (ici $D = -23$). Et c'est bien pour cela que j'ai sorti $D = -59$ qui vérifie $D \equiv 5 \bmod 8$ ; pour contrer ...etc... Et j'ai bien été obligé de me coller à des choses qui ne sont pas toujours écrites noir sur blanc.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flip flop
[www.les-mathematiques.net]
Et tu penses qu'un petit de Licence a entendu parler de deux idéaux premiers de $\Z[j]$ au dessus de $p$ premier de $\Z$ ? En tout cas, les idéaux premiers au dessus de .., ce n'était pas au programme de l'Agrégation à l'époque où j'y enseignais. Je m'interdisais donc d'en parler. Les collègues également. On se conformait au programme.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ : Je suis bien incapable de me lancer dans la théorie du corps de ...
En revanche, l'utiliser pour "trouver" des résultats de malades, c'est jouissif malgré le côté maths expérimentales.

Par ailleurs, j'ai compris ton message : on peut s'en sortir sans la théorie du corps de ...., notamment quand $C\ell (K)\simeq (\Z/2\Z)^\alpha$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Maths expérimentales : tu sais bien que je pratique cela à fond la caisse. Effectivement, pour moi, l'expérimentation constitue une petite porte d'entrée dans la citadelle. Bon, mais au bout d'un certain temps, lorsque l'on a fait 500 fois HilbertClassField(K) en magma, cela peut (?) devenir lassant.

Et donc à ce moment là, peut-être que les choses sont mûres pour se lancer dans les preuves de certains résultats .. qui mis les uns au bout des autres vont constituer un premier embryon de la théorie du ...

Il n'y a plus qu'à attendre les 500 fois (ou plus, ou moins).

En tout cas, des choses se sont bien décantées dans ma tête depuis hier ``grâce à ton premier résultat un peu approximatif''.

Le bon énoncé (plus abstrait) sans polynôme serait donc, pour un corps quadratique imaginaire $K$ dont $L/K$ est le corps des classes de Hilbert :
$$
p \hbox { est représenté par la forme normique de $\mathcal O_K$} \qquad\iff\qquad
\left( {D_K \over p}\right) = 1 \hbox { et }
p \hbox { est totalement décomposé dans $L$}
$$
Et je comprends maintenant, dans ce cas, pourquoi il est totalement décomposé dans $L \cap \R$, cette intersection restant pour moi (calculateur) un mystère (pour l'instant).

Il y a un truc pas piqué des vers en ce qui concerne $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Tu vends la mêche ? smiling smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Extension centrale ? (t'es un spécialiste maintenant winking smiley).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Donc les formes de discriminant $D:=-20$.

On a la forme normique : $x^2+5y^2$ et la forme pas normique $2x^2+2xy+3y^2$.

$p$ est un premier représenté par la forme normique si et seulement si $p=1,9 \pmod{20}$.
$p$ est un premier représenté par la forme non normique si et seulement si $p=3,7 \pmod{20}$.

(Là je n'ai pas de démonstration).



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
Ici, je cause de $-3$ carré modulo $p$, de la congruence $p \equiv 1 \bmod 3$, de l'anneau $\Z[j]$, de la forme $x^2 + xy + y^2$ et d'une loi de réciprocité pour les bébés. Des points en vrac, à mettre dans l'ordre, ce n'est pas mon souci.

(1) Si $m = x^2 + xy + y^2$, alors modulo 3 (envisager les cas de figures), on a $m \equiv 0,1 \bmod 3$.

(2) Si $p = x^2 + xy + y^2$, alors $X^2 + X + 1$ admet dans $\mathbb F_p$ une racine, à savoir $xy^{-1}$ ou $yx^{-1}$. Sauf si .. Et une fois que $X^2 + X + 1$ admet une racine dans $\mathbb F_p$, son discriminant $-3$ est un carré dans $\mathbb F_p$.

(3) Si $p \equiv 1 \bmod 3$, alors le groupe $\mathbb F_p^*$, qui est cyclique d'ordre $p-1$, multiple de 3, admet un élément $x$ d'ordre $3$ :
$$
x^3 = 1, \qquad (x-1)(x^2 + x + 1) = 0 \qquad \hbox {donc} \qquad x^2 + x + 1 = 0
$$
Le trinôme $X^2 + X + 1$, de discriminant $-3$ ..etc.. Conclusion $-3$ est un carré modulo $p$.

(3') Si je ne veux pas utiliser le fait que $\mathbb F_p^*$ est cyclique, j'utilise le trick suivant (qui, bien enveloppé dans .. sert à montrer d'ailleurs que $\mathbb F_p^*$ est cyclique !!). Je tire au hasard $y \in \mathbb F_p^*$ et je pose :
$$
x = y^{p-1 \over 3} \qquad \hbox {de sorte que} \qquad x^3 = 1 \quad \hbox {i.e.} \quad (x-1)(x^2 + x + 1) = 0
$$
La faute à pas de chance serait que $x=1$. Mais le polynôme $Y^{p-1 \over 3} - 1$ est de degré $(p-1)/3 < p-1$. Et donc, ça le fait.
Une fois obtenu $x^2 + x + 1 = 0$ dans $\mathbb F_p$, je continue comme avant.

(4) Soit $x \in \Z$ vérifiant $x^2 + x + 1 \equiv 0 \bmod p$. Alors, dans $\Z[j]$ :
$$
(x-j)(x-j^2) = x^2 + x + 1 \equiv 0 \bmod p \qquad \hbox {i.e} \qquad
p \mid (x-j)(x-j^2) \quad \hbox {mais}\quad p \not\mid x-j, \quad p \not\mid x-j^2
$$
A droite, cela prouve que $p$ n'est pas premier dans $\Z[j]$. J'utilise maintenant $\Z[j]$ principal. Donc $p$ n'est pas irréductible c.a.d. que $p$ est de la forme $p = \pi_1\pi_2$, $\pi_1, \pi_2$ n'étant point inversibles. Un petit coup de norme :
$$
p^2 = N(\pi_1) N(\pi_2) \qquad p = N(\pi_1) = N(\pi_2)
$$
Bilan : $p$ est de la forme $x^2 + xy + y^2$.

(5) Oh, dans $(4)$, les vilaines négations. Quelle horreur. Alors qu'il suffit de poser :
$$
\pi = \gcd(x-j,p) \quad \hbox {et de bien bien réfléchir pour obtenir} \quad p = N(\pi)
$$
En rassemblant tous ces points pour faire un binz structuré, on a obtenu, en éliminant $p = 3$ :
$$
p \equiv 1 \bmod 3 \qquad\iff\qquad -3 \hbox { est un carré modulo $p$} \qquad\iff\qquad
\hbox {$p$ est de la forme $x^2 + xy + y^2$}
$$
A gauche, une petite loi de réciprocité. Et à droite, représentation par la forme normique de $\Z[j]$.
Allez, un peu d'action pour être crédible.

Générer un premier $p \equiv 1 \bmod 3$, un peu au pif.

> // N(a + bj) = a^2 - ab + b^2,    N(a - bj) = a^2 + ab + b^2, 
> // (X - j) * (X - j^2) = X^2 + X + 1
> 
> // Tirer un premier p = 1 mod 3
> p := 3*Random(10^2, 10^3) + 1 ;
> repeat p := p + 3 ; until IsPrime(p) ;
> p ;
991

Le petit truc pour obtenir $x$, une racine cubique de l'unité modulo $p$ (une vraie, pas $x = 1$ !)

> // Trouver x tel que x^2 + x + 1 = 0 mod p
> y := Random(2,p-2) ;
> x := Modexp(y, ExactQuotient(p-1,3), p) ;
> (x^2 + x + 1) mod p ;
0

Et le petit coup de pgcd

> // Pgcd quand tu me tiens
> ab := Pgcd(x - j, p) ;
> Qj ! ab ;
-9*j - 35
> Norm(ab) eq p ;
true
> a := ab[1] ; b := -ab[2] ;
> assert ab eq a - b*j ;
> p eq a^2 + a*b + b^2 ;
true
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Wow ! thumbs down

Et l'histoire de $\mathrm{Gal}(L/\Q)$ pas piquée des vers ? grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin Dans [www.les-mathematiques.net] Une extension centrale ? Bien sûr que non car une extension centrale d'un groupe abélien par un groupe cyclique (ici $C_2$) est abélien. Tu ne veux pas me faire croire que que le groupe symétrique $S_3$, isomorphe au groupe de Galois (sur $\Q$, pas sur $\Q(\sqrt {-23}$ !) du polynôme $X^3 - X - 1$ sur $\Q$ est abélien, si ? Bien sûr, $X^3 - X - 1$ n'est pas nouveau pour toi. Jamais vu, peut être ?

Moi spécialiste des extensions centrales ? Bien sûr que non.

Dans le contexte $\Q \subset K \subset L$ de mon post (assez précis) de ce matin (j'ai la flemme de retrouver), $K$ corps quadratique imaginaire ...etc.. j'ai dit :
$$
\tau \sigma \tau^{-1} = \sigma^{-1} \qquad \sigma \in \mathrm {Gal}(L/K), \qquad
\tau \hbox { conjugaison complexe sur $L$}
$$
C'est cela la méga surprise pour moi. Et je me pose une dizaine de questions. Pas étrangères à $L \cap \R$.


Tu ne peux pas faire autrement que d'étudier à quelle condition le groupe diédral $G'$ d'un groupe abélien $G$ (noté multiplicativement) est abélien. Le groupe $G'$ en question, c'est :
$$
G' = G \rtimes \{\pm 1\} \qquad \hbox {avec l'action} \quad \varepsilon : g \mapsto g^\varepsilon
$$
L'écriture normalisée dans $G'$ est donc du type $g\varepsilon$. Et la loi de commutation-renormalisation est donc :
$$
\varepsilon g = g^\varepsilon \varepsilon
$$
Question : à quelle condition $G'$ est -il abélien ?

Evidemment, dans l'histoire du corps de classes $L/K$, le groupe de Galois $\mathrm {Gal}(L/\Q)$ est le groupe diédral du (groupe) abélien des classes d'idéaux $\mathrm {Cl}(K)$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flip flop
En ce qui concerne $D = -20$ in [www.les-mathematiques.net] Ok, tu n'a pas de preuve. Mais tu as les lois ! On va le faire.

D'abord si $p = x^2 + 5y^2$, cela doit impliquer sur $p$ des choses modulo $4$, modulo $5$ i.e. modulo $20$. Idem pour l'autre forme : si $p$ est représenté par la forme $q_1$, tu dois pouvoir dire des choses intelligentes sur $p$ modulo $20$. Pour l'instant, c'est juste une implication :
$$
\hbox {$p$ représenté par $q_0$}\quad \Rightarrow\quad p \equiv ... \bmod 20
\qquad\qquad
\hbox {$p$ représenté par $q_1$}\quad \Rightarrow\quad p \equiv ... \bmod 20
$$
Comme d'habitude $p = 2, 5$ sont exclus du jeu car ils divisent le discriminant $D = -20$.

Pour pouvoir aller dans l'autre sens : si je peux me permettre, peux tu relire les questions 3.a 3.b 3.c de la partie I de l'épreuve sur les formes quadratiques de Gauss ? Cela resservira 100 fois.

Quel est le bilan de ces questions appliquées à $\Delta = -20$. Il est question, pour $n$ impair disons (penser à $n=p$ premier) de $-20$ carré modulo $n$
Cela va dire que si $p$ est comme ceci-cela, alors $p$ est représenté par $q_0$ ou $q_1$, sans que tu ne saches par laquelle..

Et, en tout, ça va le faire.

Damned
Je vois que c'est l'objet de la question 1 de la partie III. Et donc, comme je le disais pas besoin de tout un fourbi pour obtenir les lois de représentation d'un premier $p$ par $x^2 + 5y^2$ et par $2x^2 + 2xy + 3y^2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Bonsoir Flip Flop

Les choses concernant $D = -20$ peuvent s' expliquer avec çà:

$ ( x^2 + 5 y^2 ) ( s^2 + 5 t^2 ) = ( x s - 5 y t)^2 + 5 ( x t + y s )^2$ et ....

$(2 x^2 +2 x y + 3 y^2) ( 2 s^2+ 2 s t +3 t^2 ) = ( x t + y s + 2 x s +3 y t )^2 + 5 ( x t - y s)^2$.

et en utilisant les caractères quadratiques $\left(\dfrac{.}{ 5}\right)$ et $\left(\dfrac{-1}{.}\right)$/.

Amicalement,



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de l&rsquo;an pass&eacute; et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par LOU16.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ : Ce qui est sûr, c'est que je ne suis pas spécialiste de ces extensions centrales ! confused smiley
Sais-tu que ma question irrésolue n°2 porte là-dessus ? Mais rien ne presse...

Pour le premier point, j'ai lu tes posts de ce matin sur le rôle de $L\cap\R$ pour la recherche d'un élément primitif de $L/K$ entier sur $\Z$ et la preuve de $L/\Q$ galoisienne. Chapeau l'artiste !

Est-ce que $G'$ est abélien si et seulement si $G=\{1\}$ ou $G=C_2$ ?



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
@gai requin
$L \cap \R$ : je n'y suis pour rien, il suffit de lire au BON ENDROIT. C'est bien cela le problème.

Il y a d'autres cas qui rendent $G'$ abélien. Tu en as parlé toi-même dans le contexte euh comment on dit déjà ... A plusieurs reprises (que tu en as parlé).

Le coup de $\Z[j]$, je peux le refaire 9 fois. Et même $9 + 4$ fois. $4$ pour les anneaux quadratiques pseudo-principaux.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
$G'$ est abélien $\Leftrightarrow \varepsilon$ est triviale $\Leftrightarrow g^2=1$ pour tout $g\in G\Leftrightarrow$ il existe $n\in \N$ tel que $G=(C_2)^n$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
@Claude : ici

Je pense que j'ai vu le point qu'il me manque.

Si $p=x^2+5y^2$ alors $p =x^2+y^2 \pmod{4}$ et $p=1\pmod{4}$ et de même (réduction $\pmod{5}$) $p$ est un carré $\pmod{5}$ ... $p = 1, 9 \pmod{20}$.

Je vais remettre tout dans l'ordre. Merci !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin Vu (l'équivalence de droite : sous le couvert de $G$ fini).

@flip-flop Pour $D = -20$, oui tu vas y arriver concernant les lois de représentation des premiers par les deux formes $x^2 + 5y^2$ et $2x^2 + 2xy +3y^2$ (et n'oublie pas, qu'en cas de besoin, tu disposes du corrigé). Ensuite, si tu veux tu pourras examiner l'extension quadratique $L$ de $K = \Q(\sqrt {-20})$ :
$$
\Q \subset\qquad\quad K = \Q(\sqrt {-20}) \subset L = \Q(\sqrt {-4}, \sqrt{5}) = K(\sqrt {5}) = K(\sqrt {-4}) \quad\qquad \subset \Q(\root 20 \of 1)
$$
J'ai encadré $K \subset L$ par $\Q$ et $\Q(\root 20 \of 1)$ en cas de besoin.

Et $L/K$ est non ramifiée (à montrer !) et c'est le corps des classes de Hilbert. C'est le moment d'affronter vraiment un petit quelque chose (le degré 2). Cela risque, la première fois, d'être douloureux. C'est vachement plus difficile de ne pas savoir faire quelque chose que l'on juge élémentaire que quelque chose que l'on juge complexe.

L'étage $K \subset L$ est lié à à la décomposition $-20 = (-4) \times 5$ en discriminants fondamentaux élémentaires dont j'ai parlé 50 fois. Et les 3 caractères de Kronecker $\chi_{-20}$, $\chi_{-4}$ et $\chi_5$ ont leur mot à dire. Mais l'exemple est si petit qu'on risque de ne pas voir leur contribution.

Autre chose : de mon côté, j'estime qu'il faut savoir faire des choses élémentaires : si je ne sais pas montrer que $x^2 + 23y^2$ et $x^2 + xy + 6y^2$ représentent les mêmes entiers impairs, je me sens mal. Et bien sûr, que ce n'est pas un détail ! Car la deuxième forme est la forme normique de l'anneau $B$ des entiers de $\Q(\sqrt {-23})$ et la première celle du sois-aneeau $A = \Z + 2B$ d'indice 2 de $B$. Et la norme, c'est plus qu' important dans cette histoire.

Bon courage à tous les deux.

PS : je viens de voir le traitement des sommes de Gauss générales par Lang (Algebraic Number Theory) et c'est vachement efficace. Je regrette de ne pas l'avoir vu plutôt. Général : c'est le traitement qui permet de définir la somme de Gauss quadratique $\tau_D$ (pour un discriminant quadratique fondamental $D$) et de voir que $\Q(\sqrt {D}) \subset \Q(\root |D| \of 1)$. Encore une fois, ce n'est pas rien dans cette histoire.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Claude, le truc c'est de comprendre ce qu'on veut faire, ça parait c.n comme remarque mais je pense que c'est capital, sinon je vais tout mélanger et rien comprendre grinning smiley

Bon si j'ai compris : il y a $2$ points.

1/ On s'occupe de la loi de représentation des entiers premiers par les formes quadratiques de discriminant $-20$. (Ça c'est Gauss).
2/ Ensuite, on regarde les conséquence de cette loi sur l'anneau $\Z[\sqrt{-20}]$. On voit que cette loi permet de comprendre la structure des idéaux de l'anneau ... par structure, je veux dire : savoir quand un idéal est principal ou non.


Pour le 1/ tout est dans ton épreuve. J'ai fait une partie des questions mais pas toutes ! Mais là au pire, j'ai juste a regarder la correction. Donc dans cette partie, il n'y a pas de corps d'anneau ou quoi que ce soit ... c'est "juste" l'étude des formes quadratiques binaires.

Pour le 2/ Donc j'ai avec moi le 1/ et je l'utilise dans le contexte de l'anneau $\Z[\sqrt{-20}]$.

Je pense que l'on est d'accord avec ce plan ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Un début :
Supposons que $n=x^2+xy+6y^2$ avec $y$ pair.
Alors $n=(x+y/2)^2+23\cdot (y/2)^2$.

Je n'aurai peut-être pas le temps d'en faire davantage aujourd'hui.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flip flop
Ce qu'il faut savoir, et c'est l'objet de la partie V, c'est que pour un discriminant quadratique $\Delta < 0$ (qui n'a pas à être fondamental), si je note $A$ l'unique anneau quadratique imaginaire de discriminant $\Delta$, il y a une correspondance biunivoque :
$$
{Q^+(\Delta) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \quad\longleftrightarrow\quad \hbox {Classes d'idéaux de $A$}
$$
Jouer avec des classes de formes quadratiques modulo $\mathrm {SL}_2(\Z)$, c'est la même chose que de jouer avec les classes d'idéaux. En conséquence, le travail de Gauss réalise le traitement sur les 2 plans (formes quadratiques, idéaux) et de manière simultanée.

Je ne sais pas si cela répond à ta question.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
J'en ai fini avec ce sens-là puisque si $n=x^2+xy+6y^2$ est impair, alors $y$ est pair.

Réciproquement, si $n=x^2+23y^2$, alors $n=(x-y)^2+(x-y)2y+6(2y)^2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@gai requin
Ok. Et je note car c'est plus simple que ce que j'avais envisagé ! Et cela doit marcher exactement de la même manière pour tout $D \equiv 1 \bmod 8$ (dans l'exemple, $D = -23$). Faut juste faire attention à $D$ versus $-D = |D|$. Ce que je dis, c'est quand $D \equiv 1 \bmod 8$, les deux formes :
$$
x^2 - Dy^2 \quad \hbox {(de discriminant $4D$)} \qquad\qquad x^2 + xy + {1 - D \over 4}y^2 \quad \hbox {(de discriminant $D$)}
$$
représentent les mêmes entiers IMPAIRS.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Même preuve que celle que j'ai donnée pour $D=-23$ en utilisant une petite factorisation canonique (Gauss encore !).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
D'ailleurs Claude, je vais peut-être bosser [là-dessus] ce week-end.
Un peu d'algèbre commutative ne peut pas faire de mal. winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ :
Un petit corollaire :
$$p=x^2+23y^2\Leftrightarrow \text{$-23$ est un carré modulo $p$ et $X^3-X-1$ a ses racines dans $\mathbb F_p$}.$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Hello Claude,

Y'a du boulot, je vais prendre mon temps pour faire un résumé de ton épreuve car il y a beaucoup beaucoup de chose. Mais je vois "a peu près" où l'on va !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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@Gai requin : Tu as déjà vu le film avec Jim carrey, 23
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Je n'ai pas vu ce film. Tu crois que je vais finir obsédé par $23$ comme le personnage joué par Jim Carrey ? confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Blague, On va tous finir obsédé par les nombres grinning smiley Mais c'est marrant des fois quand je vois une plaque d'immatriculation je fais plein de calculs avec les nombres !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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Du coup, y a un truc que je ne comprends pas avec $23$. Si je ne me suis pas trompé il y a $6$ formes réduites de discriminant $-4\times 23$. $$
x^2+23y^2, \qquad 2x^2+2xy+12y^2, \qquad 4x^2 \pm 2xy+6y^2, \qquad 3x^2+\pm2xy+8y^2
$$ Donc on a un groupe de classes avec $6$ éléments et non $3$ ? Il faut prendre les formes primitives ?



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 AD.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
Salut flipflop.
J'avais aussi galéré là-dessus.

Il y a bien $6$ classes d'équivalences de formes quadratiques binaires de discriminant $-92$.
Par définition, si $D<0$, $h(D)$ est le nombres de classes de formes quadratiques binaires primitives définies positives.
Donc $h(-92)=3$.

Remarque : si $-23$ est un carré modulo $p$, on a donc $p=x^2+23y^2$ ou (exclusif) $p=3x^2+2xy+8y^2$.



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
@flip flop
Si je peux me permettre, c'est $-23$ et pas $23$. Je n'ai pas vérifié ta détermination des 6 formes quadratiques réduites de discriminant $-4 \times 23$. Supposons que cela soit bon. Il se trouve que dans la correspondance classes de formes quadratiques modulo $\mathrm {SL}_2(\Z)$ $\longleftrightarrow$ classes d'idéaux (non nuls), les formes primitives correspondent aux idéaux inversibles.

Ainsi, dans un anneau intègre, quand on parle de ``classes d'idéaux (non nuls)'', il s'agit de la relation $aI = bJ$ (avec $a, b$ non nuls). Le quotient n'est pas un groupe. A ne pas confondre avec le groupe des classes d'idéaux inversibles.

Bilan : l'approche de Gauss est également une machinerie à trouver les idéaux non principaux. Et donc dans $\Z[\sqrt {-23}]$, tu viens de mettre la main sur quelques idéaux non principaux via les formes non primitives que tu as trouvé. Tu comprends ainsi la puissance des outils élaborés par Gauss. Et en passant, il montre, dans le cas quadratique, que l'ENSEMBLE des classes d'idéaux est fini (ce qui n'est pas rien) tout en le déterminant (ce qui est encore mieux).

Bien sûr, quand on travaille avec un discriminant quadratique FONDAMENTAL $D$, toute forme quadratique de discriminant $D$ est primitive. Ce qui démontre directement que l'anneau quadratique de discriminant $D$, qui est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$, est de Dedekind au sens où tout idéal non nul est inversible. Encore un apport de Gauss dans l'obtention DIRECTE de l'inverse d'un idéal.

J'avais déjà donné comme pointeur Anthony Knapp, Advanced Algebra, Digital second edition. C'est un gros livre d'Algèbre (comme son nom l'indique), 760 pages. Et son premier chapitre s'intitule Transition to modern number theory. Et il y traite des formes quadratiques binaires à la Gauss, pages 42-80. Et oui, cela fait environ 40 pages. Ce qui est essentiellement dû à la profondeur de l'étude de Gauss sur ce sujet.

Voici le lien [www.math.stonybrook.edu] : le pdf est disponible (il s'agit d'une version électronique, c'est fait pour).

Par ailleurs, dans ce fil boulimique, on a parlé de la formule de Dedekind-Siegel, valide pour $A \subset B$, deux anneaux de nombres de même corps des fractions $K$ (un corps de nombres) :
$$
h_A = h_B \times { [(B/\mathfrak f)^\times : (A/\mathfrak f)^\times ] \over [B^\times : A^\times]}
$$
où $\mathfrak f$ est l'idéal conducteur de $B$ dans $A$ (c'est à la fois un idéal de $A$ et de $B$), $h_A$ l'ordre du groupe des idéaux d'idéaux inversibles de $A$ et idem pour $h_B$. Cela permet de contrôler que tout va bien.

Ainsi, ici :
$$
A = \Z[\sqrt {-23}] \subset B = \Z\left[ {1 + \sqrt {-23} \over 2} \right]
$$
et le conducteur est l'idéal $2B$. On a $A^\times = B^\times = \{\pm1\}$, $A/2B \simeq \Z/2\Z$ et $B/2B \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z$ (à vérifier, $2$ est décomposé dans $B$) donc $h_A = h_B$. Me surveiller.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
$X^2-X+6$ n'est pas irréductible dans $\mathbb{F}_2[X]$ donc je suis d'accord avec tes calculs qui impliquent que $1$ est le seul inversible dans $A/2A$ et aussi dans $B/2B$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Hello,

Bon j'ai a peu près fini l'épreuve, pour l'instant je n'ai rien compris ... je vais faire des exemples pour voir la correspondance :
$$
{Q^+(\Delta) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \quad\longleftrightarrow\quad \hbox {Classes d'idéaux de $A$}
$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flip flop
Cela signifie probablement que ce n'est pas aisé de comprendre quelque chose à travers cette épreuve car c'est trop haché (beaucoup de petites questions). Je me souviens juste d'avoir fait un petit effort pour obtenir (partie IV) les 9 anneaux quadratiques imaginaires principaux avant la correspondance (partie V).

Peut-être faut-il lire ailleurs ? J'ai donné, dans un post récent, une référence dans Advanced Algebra de A. Knapp. Mais récemment, j'ai mis la main sur un pointeur qui me paraît très intéressant (final report for a master semester project, 100 pages) in [people.math.ethz.ch]. Je ne sais plus si je l'ai déjà mentionné mais je ne crois pas.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@CQ : Ce que je n'avais pas vu dans ton épreuve, c'est que dans celle-ci,
$${Q^+(\Delta) \over \mathrm {SL}_2(\Z)} \quad\longleftrightarrow\quad \hbox {Classes d'idéaux de $A$}$$
est un isomorphisme de monoïdes parce qu'on prend toutes les formes quadratiques définies positives.
Je ne savais pas que magma donne les formes réduites des formes quadratiques définies positives primaires !
Evidemment, dans un anneau de Dedekind, plus besoin de se prendre le chou.

Donc merci à flipflop d'avoir éclairé ma lanterne [ici].
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
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D'accord, je vu les deux références merci. Je pense qu'avoir fait l'épreuve va me faciliter la tâche pour lire :)

Je vais d'abord faire un petit exemple, car j'aime bien faire des calculs :D

Tu penses que je peux prendre quoi comme exemple de $\Delta$, pour voir quelques choses sans que ce soit trop monstrueux ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
@flipflop : Tu as fait l'épreuve en 6 heures ? winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
avatar
Je dirai plutôt 23 h grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
il y a deux années
smiling smiley
Tu es arrivé au bout de l'exemple $\mathbb A=\Z[\sqrt{-23}]$ ?
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