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Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 12:44
avatar
Hello Claude :

Pour le fondement de $\chi_D$, oui c'est bon. Je vais mettre au propre et on verra si tout est clair ! Si tu as de petites questions pour voir si j'ai tout compris, n'hésites pas !

C'est le symbole cubique dont tu parles ? Je voulais utiliser ça pour savoir quand $2$ est un cube modulo $p$ ? Mais je n'ai pas regardé vraiment de quoi il en retourne.

Je voulais faire les fonctions zéta de $x^3-2$ ? Tu vois ce que je veux dire ? En fait, $x^3-2=0$ c'est un exemple de $x^n-a = 0$ grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 12:56
avatar
@Claude :

$$G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}$$
Mais tu as pris une nouvelle somme de Gauss ? Et en plus elle donne directement l'inclusion $\Q(\sqrt{D}) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ ! J'avais fait bien plus compliqué hier.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 13:53
@flip flop
Oui, il y a un ``Cubic Residue Character'' et même un ``Power Residue Symbol'' et des lois de réciprocité d'Eisenstein. Mais, j'insiste, ce n'est pas mon métier.

Et bien sûr, cette nouvelle somme de Gauss quadratique, je ne la connaissais pas avant ce matin. Tu ne crois pas quand même pas que je suis né avec des sommes de Gauss indexées par le groupe des inversibles d'un anneau fini dans mon berceau ? On n'avait pas trop les moyens, et on se contentait de sommes de Gauss indexées par le groupe multiplicatif d'un corps fini.

Mais je la sors d'où cette nouvelle somme de Gauss ? (qui ne sera plus nouvelle dans quelques jours). Et bien de la feuille d'exos que tu as pointé. Tu crois quand même pas que je l'avais en planquette et j'attendais le moment propice pour la sortir ?

Pareil que toi : je faisais plus compliqué. J'ai toujours fait plus compliqué. Mais maintenant, cela va changer.

J'ai mis à jour mon post précédent. Avec un AJOUT en rouge, bien visible. C'est que du bonheur.

Et quand j'ai vu l'exercice 3 de la feuille avec un corps biquadratique, tu crois quand même pas que je suis resté là à rien faire (à suivre).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 14:02
@CQ :
Donc pour factoriser un idéal, il suffit qu'il contienne un produit d'idéaux maximaux inversibles.
Next up ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 14:22
@gai requin
Yes. Bien sûr, c'est ``théorique'' mais pour l'instant, cela nous suffit.

(A) Dans un anneau d'entiers $A$, tout idéal premier (non nul) est maximal. Why (de manière élémentaire) ? Une remarque : quand on dit idéal dans ce contexte (anneaux d'entiers, anneaux de Dedekind), cela sous-entend idéal non nul.

(B) Imagine, dans un anneau d'entiers $A$, typiquement $A = \Z[\root 3\of 2]$, que tout premier $p$ de $\Z$ soit produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal (non nul, arg) de $A$ est inversible. En conséquence, $A$ est intégralement clos. Et donc c'est l'anneau des entiers de son corps des fractions.

Suggestion : faire le truc général et en parallèle $A = \Z[\root 3\of 2]$, ou l'inverse. Sans précipitation. Et une fois que $\Z[\root 3\of 2]$ est bien bien au point dans la tête (c'est quand même plein de subtilités), alors le critère de Dedekind n'est pas loin (j'exagère un tantinet mais pas trop).

A propos de $\Z[\root 3 \of 2]$ : avec tout le respect que je dois à S.L., pourquoi faire simple quand on peut faire compliqué ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 15:29
@flip flop
Tu l'as fait exprès, hein ? De pointer sur [webusers.imj-prg.fr]. Et je vois l'exercice 3. A ton avis, autrefois, en présence d'une extension biquadratique $K/\Q$ :
$$
\xymatrix {
& K\ar@{-}[d] \\
\Q(\sqrt {d_1})\ar@{-}[ur] & \Q(\sqrt {d_1d_2})\ar@{-}[d] & \Q(\sqrt {d_2})\ar@{-}[ul] \\
& \Q \ar@{-}[ul] \ar@{-}[ur] \\
}
$$
et de l'égalité (à gauche c'est la fonction zeta de Dedekind de $K$ et je te laisse deviner que sont les $D_i$)
$$
\zeta_K(s) = \zeta(s)\ L_{D_1}(s) \ L_{D_2}(s) \ L_{D_3}(s) \qquad\qquad (\star)
$$
j'aurais fait quoi ? Et bien, je me serais barré en courant, à fond la caisse, car grosse trouille de $(\star)$.

Mais maintenant ? Moins peur. Car quand je regarde les $p$-Euler facteurs (hum, je crois que l'on va passer pour des nazes, je pense qu'il faut dire produit eulérien sauf que moi, je veux isoler la fraction rationnelle et pas faire un produit analytique) :
$$
{1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} = {1 \over 1 -T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
A gauche, $f_p, g_p$, c'est comme d'habitude avec $e_pg_pg_p = 4 = [K : \Q]$ car $K/\Q$ est galoisienne (et même abélienne). Cela reflète la loi de décomposition de $p$ dans $K$. J'enlève l'indice $p$ à $e_p, f_p, g_p$ pour alléger :
$$
p = (\mathfrak p_1 \cdots \mathfrak p_g)^e \qquad f = \dim_{\mathbb F_p} \mathfrak p_i
$$
Et tu sais quoi ? L'anneau des entiers de $K$ n'a aucune raison d'être monogène i.e. de la forme $\Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$. Et donc, on va pas pouvoir faire mumuse en comptant le nombre de racines modulo $p$ du polynôme $F$ de degré 4. Pour la bonne raison que $F$ n'existe pas.

Ben, on va compter quoi alors modulo $p$ ? Il n'y a pas que les polynômes dans la vie. On va installer un joli système d'équations à coefficients dans $\Z$ que l'on va réduire modulo $p$. Quand on veut éloigner les enfants, on dit schéma défini sur $\Z$ de dimension relative nulle.

Bon, mais comme d'habitude, j'ai des .. petits ennuis. Des petits ? Euh ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 15:46
@vous deux
Dans la série feuille de TD Merel, Bernardi, Charollois, la feuille I in [webusers.imj-prg.fr]
Et un corrigé s'il vous plait. Un grand merci à eux trois. Et le critère de Dedekind en exercice 4.
Elle est pas belle la vie ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 16:12
@flip flop
Les extensions bi-quadratiques, je t'assure que c'est concret. Tiens regarde, j'ai tiré $d_1, d_2$ au hasard mais pas trop n'importe comment quand même. Tu vois le type de décomposition des premiers :
$$
p \quad \mapsto\quad <f_1, e_1>, \quad <f_2,e_2>, \quad \cdots, <f_g, e_g>
$$
Sauf que, terrain galoisien oblige, tous les $f_i$ sont égaux à un même $f$. Idem pour les $e_i$.

La fonction zeta (de Dedekind) de $K$ est un peu longuette à déterminer.

> repeat d1 := (-1)^Random(0,1) * SquareFree(Random(2,30)) ; until d1 ne 1 ;
> repeat d2 := (-1)^Random(0,1) * SquareFree(Random(2,30)) ; until d2 notin {1,d1} ;
> printf "d1 = %o,   d2 = %o\n", d1, d2 ;
d1 = 7,   d2 = 30
> 
> K<r1, r2> := NumberField([X^2 - d1, X^2 - d2] : Abs := true) ;
> assert r1^2 eq d1  and r2^2 eq d2 ;
> B := MaximalOrder(K) ;
> 
> [<p, DecompositionType(B,p)> : p in PrimesInInterval(2,20)] ;
[
    <2, [ <1, 4> ]>,
    <3, [ <1, 2>, <1, 2> ]>,
    <5, [ <2, 2> ]>,
    <7, [ <1, 2>, <1, 2> ]>,
    <11, [ <2, 1>, <2, 1> ]>,
    <13, [ <2, 1>, <2, 1> ]>,
    <17, [ <2, 1>, <2, 1> ]>,
    <19, [ <1, 1>, <1, 1>, <1, 1>, <1, 1> ]>
]
> 
> d3 := d1*d2 ;
> D1, D2, D3 := Explode([FundamentalDiscriminant(d) : d in [d1,d2,d3]]) ;
> ChiD1, ChiD2, ChiD3 := Explode([* KroneckerCharacter(D) : D in [D1,D2,D3] *]) ;
> 
> time DedekindZetaK := LSeries(K) ;
Time: 1.400
> p := RandomPrime(4) ;
> "p =", p ;
p = 13
> DenominatorZp := IntegralEulerFactor(DedekindZetaK,p) ;
> DenominatorZp ;
T^4 - 2*T^2 + 1
> assert DenominatorZp eq (1 - T) * (1 - ChiD1(p)*T) * (1 - ChiD2(p)*T) * (1 - ChiD3(p)*T) ;
> 
> precision := 50 ;
> SK := FormalSeries(DedekindZetaK, precision) ;
> SK ;
t + t^2 + 2*t^3 + t^4 + 2*t^6 + 2*t^7 + t^8 + 3*t^9 + 2*t^12 + 2*t^14 + t^16 + 3*t^18 + 4*t^19 + 4*t^21 + 
    2*t^24 + t^25 + 4*t^27 + 2*t^28 + 4*t^29 + t^32 + 3*t^36 + 4*t^37 + 4*t^38 + 4*t^42 + 2*t^48 + 3*t^49 + t^50

Mais évidemment, je n'ai aucune confiance et je me méfie de tout. C'est cela, les ``petits ennuis'' de tout à l'heure. Et mon système d'équations, il va pas se monter tout seul.

Et tout à l'heure, avec mes tirages aléatoires, j'ai eu $d_1 = -1$ et $d_2 = 29$. Et le truc suivant :

> time DedekindZetaK := LSeries(K) ;
Runtime error: Failed to compute the splitting field for f =  x^4 + 4*x^3 + 180*x^2 + 352*x + 21200  at p = 2

Quel naze.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/02/2017 16:14 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 17:33
@CQ :
(A) Soit $I$ un idéal non nul de $\mathcal{O}_K$.
On a déjà vu dans ce fil que $\mathcal{O}_K/I$ est fini.
Si de plus $I$ est premier, $\mathcal{O}_K/I$ est un anneau intègre fini donc c'est un corps et $I$ est maximal.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 17:52
@gai requin
Vu. Et j'ai pointé une feuille d'exos corrigés de Merel, Bernardi, Charollois, tu as vu ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 18:15
Je viens de l'ouvrir. C'est pile poil ce dont j'ai besoin. thumbs down

En tout cas, je suis reposé mais j'ai quand même mis du temps pour le coup premier $\Rightarrow$ maximal.

Remarque : $\Z[\zeta_n]$ est étudié en détail dans "Modules sur les anneaux commutatifs" mais je préfère le faire tranquillement ex nihilo.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 18:19
avatar
@Claude : tu t'es bien amusé avec les exercices grinning smiley
Je regarde un peu.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 19:19
@flip flop
Tu te souviens, dans le cas quadratique, $K = \Q(\sqrt D)$, $D$ discriminant quadratique fondamental, de la formule de comptage :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m)
$$
où $a_m$ est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $m$.

Si oui, dans le cadre biquadratique [www.les-mathematiques.net], tu proposerais quoi comme formule pour $a_m$ ? Ce n'est pas une colle, c'est que pendant des heures, j'ai fait une erreur (de débutant, je suppose) en proposant une expression de $a_m$ à l'aide des caractères $\chi_{D_1}, \chi_{D_2}, \chi_{D_3}$. Et cela ne collait pas avec la formule de la série zeta de Dedekind de l'extension biquadratique.

Merci.

Et maintenant, c'est ok et je vais pouvoir te montrer le ``schéma affine'' défini sur $\Z$ et que je réduis modulo $p$. Et je compte (enfin, je fais compter) et tout est ok.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 19:31
avatar
@claude : je ne sais pas du tout ... je suis complètement perdu là confused smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 21:00
@flip flop
J'ai suivi la preuve du cas quadratique [www.les-mathematiques.net] et je me suis dit, dans le cas biquadratique, que cela devait être :
$$
a_m = \sum_{m_1,m_2,m_3 \atop m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) \qquad\qquad (\star)
$$
Ceci étant basé sur le facteur $p$-Eulérien :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_{D_1}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_2}(p)T} \ {1 \over 1 - \chi_{D_3}(p)T}
$$
c.a.d. que si tu développes cette fraction rationnelle $Z_p(T)$ en série, le coefficient de $T^r$ est $a_{p^r}$. Et ensuite, $(\star)$ s'obtiendrait par multiplicativité en $m$.

C'est presque cela. Mais quand tu programmes, le verdict ne se fait pas attendre. Ce n'est pas cela. C'est, en notant $\epsilon$ le caractère trivial i.e. celui qui vaut 1 partout :
$$
a_m = \sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \epsilon(m_0) \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3) =
\sum_{m_0, m_1,m_2,m_3 \atop m_0m_1m_2m_3 = m} \chi_{D_1}(m_1)\ \chi_{D_2}(m_2)\ \chi_{D_3}(m_3)
$$
J'ai mis un peu (?) de temps à tomber dessus.

Le schéma affine sur $\Z$ demain. C'est celui qui consiste à écrire, en général pour un corps de nombres $K$ :
$$
\mathcal O_K = \Z[x_1, x_2, \cdots] = \Z[X_1, X_2, \ldots] / I = \Z[X_1, X_2, \ldots] / \langle F_1, F_2, \ldots\rangle
$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 21:24
@CQ :
Pour le (B) :
Soit $I$ un idéal de $\mathcal{O}_K$ et $m\in I\cap\Z$.
Soit $p$ un facteur premier de $m$ dans $\Z$.
Alors $\langle m\rangle\subset I\langle p\rangle$.

Je suis à côté de la plaque ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 21:45
@gai requin
Attention surtout pas de $\mathcal O_K$ dans l'histoire !! Quel est le contexte ? Un anneau $A$ de nombres tel que tout $p$ premier de $\Z$ soit un produit de premiers de $A$. Il n'y a pas de $\mathcal O_K$ pour l'instant (bis).

Pourquoi tout entier non nul $m$ est produit d'idéaux premiers de $A$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 21:56
Théorème chinois ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 22:01
avatar
@Claude : trop complexe pour moi pour l'instant, j'ai explosé avec les $\chi_D$ tongue sticking out smiley Je vais tout reprendre sur un exemple !

Du coup, je vais essayer d'étudier l'extension $\Q(\root 15 \of 1) $. Faire toutes les extensions intermédiaires, les lois de décompositions et les fonctions zéta !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 22:11
@gai requin
Tout entier non nul de $\Z$ est produit de premiers (de $\Z$) tout simplement. Et donc ..
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 22:24
Il existe des premiers $p_i$ dans $\Z$ tels que $mA=p_1A\cdots p_rA$ donc $mA$ est produit de premiers de $A$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 22:36
Je reprends (B) :
Soit $I$ un idéal non nul de $A$ et $m\in I\cap\Z$.
Alors $mA$ est produit d'idéaux maximaux inversibles $\mathfrak{m}_i$.
Comme $mA\subset I$, $I$ est le produit de certains des $\mathfrak{m}_i$ donc $I$ est inversible.
En particulier, $A$ est intégralement clos.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 08:17
@CQ :
Si je comprends bien la démarche, il existe un nombre premier qui n'est pas produit de premiers dans $\Z[\sqrt{5}]$, obstruction qu'on n'aura pas dans $\Z[\sqrt[3]{2}]$ par exemple.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 08:36
@gai requin
Tout-à-fait Jean-Paul. Et pour $\Z[\sqrt 5]$, l'empêcheur de tourner en rond est $p=2$. C'est d'ailleurs le cas pour $\Z[\sqrt d]$ pour $d$ entier sans facteur carré vérifiant $d \equiv 1 \bmod 4$. Je t'invite à regarder la section 1.3 de mon merd.er pour constater tous les défauts structurels de ce dernier anneau.

Pour se rassurer : les éventuels empêcheurs de tourner en rond, dans le cas $A = \Z[x] = \Z[X]/\langle F\rangle$ ($F \in \Z[X)$ polynôme unitaire irréductible), sont les premiers qui divisent le discriminant de $F$. Les autres premiers, c'est ``petit Kummer'' qui règle leur sort.

Finalement, en ce qui concerne le critère de Dedekind, même si cela ressemble à faire de la pub, je trouve que la section 5 du chapitre IX de [claire.tete.free.fr], elle est très bien.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 08:57
Bonne référence. winking smiley

Aujourd'hui, je vais tenter de factoriser les nombres premiers dans $\Z[\sqrt[3]{2}]$.
J'ai commencé petit avec $p=2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 09:17
@flip flop
Juste des petites nouvelles (expérimentales) de la ``nouvelle'' somme de Gauss dans le cas quadratique où $D$ est un discriminant quadratique fondamental :
$$
G = \sum_{m \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(m)\, \zeta^m \qquad\qquad \hbox {$\zeta$ racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
On écrit $G = G_0 - G_1$ comme tu le penses. Rappel : un discriminant quadratique fondamental, cela vérifie $D \equiv 0,1 \bmod 4$. On a alors
$$
G_0G_1 ={D \mathrm{\,mod\,4} - D \over 4}, \qquad G_0 + G_1 \in \{-1,0,1\}, \qquad (G_0+G_1)^2 = D \mathrm{\,mod\,} 4 =
\cases {1 & si $D \equiv 1 \bmod 4$ \\ 0 & si $D \equiv 0 \bmod 4$}
$$
J'ai même pas essayé de faire les calculs. J'ai préféré ... Une fois cela acquis, on a :
$$
G^2 = (G_0 - G_1)^2 = (G_0 + G_1)^2 - 4G_0G_1 = D
$$
Et en prime, un petit bonus arithmétique :
$$
\Z[G_0] = \Z[G_1] = \hbox { anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$}
$$
Bien sûr, $G_0$ et $G_1$ sont permutés comme tu le penses par les automorphismes de Galois $\sigma_m$. Et donc, c'est bien moral que $G_0+G_1$ et $G_0G_1$ soient entiers.

Autre chose. Si on veut, on n'a pas fini de s'amuser. Car si $D = D_1 \cdots D_k$ est la décomposition de $D$ en discriminants quadratiques fondamentaux ``élémentaires'' (les $p^*$ avec $p$ premier impair $\ge 3$ et/ou $-4, 8, -8$), on a des inclusions :
$$
\Q(\sqrt D) \quad\subset\quad G := \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) \quad \subset H
$$
L'extension $\Q(\sqrt D) \subset G$ est non ramifiée et le corps $H$ c'est le corps des classes de Hilbert de $\Q(\sqrt D)$. Je t'assure que dans des cas particuliers de $D$, on peut concrétiser tout cela : nombres convenables d'Euler ...etc.. Bon, c'est pas trop ça qui fait remonter dans le fil. On s'éloigne du sujet (quel sujet ?).
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 12:55
avatar
Hello,

Boulot boulot aujourd'hui ! Remonter les posts oui bonne idée, c'est que je veux faire !

Le sujet :$x^3-2$ ? ou bien $\Q(1^{1 \over 15})$ ? Les nombres congruents ? Symbole cubique ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 14:29
Pour $X^3-2$, $\Delta=-108$ donc il suffit de factoriser $\langle 2\rangle$ et $\langle 3\rangle$ en produit d'idéaux premiers pour gagner la partie.
Posons $\theta=\sqrt[3]{2}$.
On a $X^3-2=(X+1)(X^2-X-1)\bmod 3$ donc on y arrive pour $\langle 3\rangle$ d'après le petit théorème de Kummer ($e_1=e_2=1$).
Pour $p=2$, on y arrive aussi car $\langle 2\rangle=\langle 2,\theta\rangle^3$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 17:20
@gai requin
Modulo $3$, $X^3 - 2 = X^3 + 1 = (X+1)^3$. On ne peut pas appliquer petit Kummer.
Pourquoi a-t-on d'une part $2 = \langle 2,\theta\rangle^3$ ? Et d'autre part $\langle 2,\theta\rangle$ premier ? En passant, $2 = \theta^3$, on peut donc supprimer le générateur $2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 18:00
@vous deux
J'ai avancé. C'est pas fini mais j'attache quand même. Il me reste à écrire la preuve du deuxième point mais c'est bon. C'est l'interprétation de points en terme de morphismes qui fait le job (= B.A.BA de la géométrie algébrique des variétés affines).

AJOUT Attachement supprimé. Cf un autre post avec une version plus à jour.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/02/2017 09:55 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
04 fvrier 2017, 19:40
@CQ :
Je ne sais pas comment je m'y suis pris pour factoriser $X^3-2$ modulo $3$. thumbs up
Frobenius a dû se retourner dans sa tombe !

On devrait donc avoir $\langle 3\rangle=\langle 3,\theta+1\rangle^3$.

Remarque : comme $X$ et $X+1$ sont irréductibles modulo ce qu'on veut, $\langle \theta \rangle$ et $\langle 3,\theta+1\rangle$ sont maximaux.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 01:39
avatar
Hello Caude,

Je pense que j'ai mis le point sur le truc que j'avais en tête. Edit le premier lemme est faux

Soit $p$ un nombre premier et $\mathbb{F}_p$ un corps fini premier. Alors le sous-groupe constitué des carrés modulo dans $\mathbb{F}_p^*$ est le seul sous-groupe d'ordre ${p-1 \over 2}$ et il est maximal. En conséquence, $$\text{un élément est de $\mathbb{F}_p^*$ est un carré si et seulement si ce n'est pas un générateur de $\mathbb{F}_p^* \quad (1)$}$$
C'est faux !!! Ce qui rend fausse la démonstration thumbs up Voir le message ici pour une démonstration



Ceci étant dit, soit $p$ vérifiant $p = 1 \pmod{4}$ (sinon on prend $p^*$). Je considère l'extension cyclotomique : $\Q(\sqrt{p}) \subset \Q\sqrt[p]{1})$.

Soit $\ell$ un premier $\ne p$ et aussi $1 \pmod{4}$ (sinon prendre $\ell^*$). De manière général, je pense que si $\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$, alors $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$.



De plus, en utilisant le trick de la décomposition du polynôme cyclotomique $\Phi_p$ dans $\mathbb{F}_{\ell}$, on obtient : $$\text{$\ell$ est inerte dans $\Q\sqrt[p]{1})$ si et seulement si $\ell$ est générateur de $\mathbb{F}_p^*$}$$ On en déduit que :

si $\ell$ n'est pas un carré modulo $p$, alors en utilisant (1), $\ell$ est un générateur de $\mathbb{F}_p^*$. Ainsi $\ell$ est inerte dans $\Q(\sqrt{p})$ et d'après la loi de décomposition des extension quadratique, $p$ n'est pas un carré modulo $\ell$.

Ainsi :
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = -1 \Longrightarrow \left(\dfrac{p}{\ell} \right)= -1
$$
Par symétrie entre $\ell$ et $p$, on obtient l'équivalence ;
Et
$$
\left(\dfrac{\ell}{p}\right) = \left(\dfrac{p}{\ell} \right)
$$



Modifié 2 fois. Dernière modification le 07/02/2017 22:08 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 07:02
@CQ :
Je détaille un peu la factorisation de $3$.
$a=\theta+1$ vérifie $(a-1)^3-2=a^3-3a^2+3a-3=0$.
On en déduit successivement que $3\in\langle a\rangle$, puis que $3\in\langle a\rangle^2$ et enfin que $3\in\langle a\rangle^3$.
On obtient alors facilement que $\langle 3\rangle=\langle \theta+1\rangle^3$.

$\langle 2\rangle=\langle \theta\rangle^3$ est plus facile à justifier.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 09:54
@vous deux
J'attache une nouvelle version des histoires de comptage. La totale. Et mon histoire de schéma affine sur $\Z$ (même si c'est un peu pompeux), cela tient la route.

@gai requin Le polynôme $X^3 - 2$ évalué en $X-1$ est 3-Eisenstein. Tu devrais pouvoir refaire la même chose pour un polynôme $p$-Eisenstein dont le coefficient constant est, en un premier temps $\pm p$. Et puis pour un $p$-Eisenstein quelconque en voyant son coefficient constant comme $a_0 = ap$ avec $a$ inversible modulo $p$ (peut-être utiliser coefficients de Bezout).

Faire la même chose signifie $p = \langle x\rangle^n$ dans le cas du coefficient constant $\pm p$ puis $p = \langle p,x\rangle^n$ dans le cas plus général. Tu verras, c'est marrant ; d'abord $p \in I$ qui fournit ensuite $p \in I^2$ qui fournit ensuite $p \in I^3$ .. mais freine à temps (ne dépasse pas l'exposant $n$ !).

@flip flop.
Vaguement vu mais pas lu en détails. J'espère que tu as des notes quelque part. Sur un anneau fini commutatif $R$, une somme de Gauss :
$$
G_\psi(\chi) = \sum_{x \in R} \psi(x) \chi(x)
$$
Alors, si $\psi, \chi$ sont primitifs :
$$
G_\psi(\chi) G_\psi(\overline\chi) = \chi(-1) \times \#R
$$
Vachement plus mieux que .. Plus tard ...



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/02/2017 10:54 par claude quitté.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - CountingWithFlipFlopAndGaiRequin.pdf (266.5 KB)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 10:49
@vous deux
De la lecture et plein d'exemples dans [library.msri.org]

Et c'est quelqu'un qui connaît le prix des choses (we avoid ...etc..)
ABSTRACT. We describe the main structural results on number rings, that is, integral domains for which the field of fractions is a number field. Whenever possible, we avoid the algorithmically undesirable hypothesis that the number ring in question is integrally closed.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 11:36
avatar
Super super Claude thumbs down A travailler, mais je vois le truc winking smiley

Question (pour ne pas oublier) : Si on prend $\Q \subset K \subset L$, est ce que l'on a une relation entre :

$Z_p(L| \Q)$, $Z_p(K | \Q)$ et les $Z_{\mathfrak{p}}(L |K)$ où $\mathfrak{p}$ sont les premiers de $\mathcal{O}_L$ divisant $p$. Disons dans le cadre où $L|\Q$ est abélienne et $p$ non ramifié, mais je pense qu'on doit pouvoir trouver un truc simple avec la notion de $p$-Euler factor.


Sinon, pour le message d'hier, je vais faire un exemple. J'ai fais pour $p=5$ mais je vais prendre un exemple plus conséquent. Mais je pense que ça donne une démonstration de la réciprocité quadratique (pas les lois complémentaires), que je trouve très clair, à suivre !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 11:53
@CQ :
J'adore cette méthode par factorisation d'idéaux.
Petit hic : il vaut mieux connaître l'anneau des entiers a priori.

J'ai vu des gens poser $b=(\mathcal{O}_K:\Z[\zeta])$ (indice d'un groupe dans un autre) et calculer $b$...
Mais c'est tellement plus bourrin (cf Lang peut-être) que factoriser quelques nombres premiers...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 12:18
avatar
@gai requin : C'est super de factoriser les nombres premiers dans l'extension cyclotomique, on voit la loi de réciprocité quadratique de manière "géométrique" winking smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 12:26
@flipflop :

C'est très beau tout ça non ?
Je vais quand même devoir commencer par factoriser $\phi_n$ sur les $\mathbb F_p$ tels que $p$ divise son discriminant qu'il va falloir que j'étudie ! confused smiley



Modifié 1 fois. Dernière modification le 05/02/2017 12:27 par gai requin.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
05 fvrier 2017, 12:47
avatar
@gai requin : Petit pdf de Claude

Par contre, je pense que c'est plus simple de traiter les premiers qui ne divise par le discriminant et ensuite d'utiliser une propriété de factorisation des polynômes cyclotomiques (la question g. du pdf fait le lien).
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