Racine de l'unité
Réponses
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Je n'en doute pas une seule seconde. ;-)
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T'arrive à comprendre les diagrammes ?
En fait j'applique deux fois la théorie de Galois. Une fois sur $\Q$ (les deux premières lignes). Ensuite, la troisième ligne est complétée de manière à avoir un diagramme commutatif et une ligne exacte (c'est formel). La dernière, j'applique la théorie de Galois sur les corps finis. Le seul truc non formel, c'est la colonne centrale (c'est le truc qui gère la décomposition du polynôme cyclotomique sur le corps $k$). -
Je crois avoir compris.
Qu'est-ce qui t'empêche de faire les autres cas de la loi de réciprocité quadratique ? -
hum, rien en fait :-D il suffit de changer ... si $p$ n'est pas un carré $\pmod{q}$ alors $K \cap \langle p \rangle = \langle p^2 \rangle$
La troisième ligne devient :
$$
0 \to \langle p^2\rangle \to \langle p\rangle \to \langle p\rangle / \langle p^2\rangle \to 0
$$
et le morphisme de la colonne droite est non trivial et $p$ est inerte et par la loi de décomposition dans $\Q(\sqrt{q}) \mid \Q$, on a que $q$ n'est pas un carré $\pmod{p}$.
Les conditions $q = 1 \pmod{4}$ c'est pour assurer que $\Q(\zeta)^K = \Q(\sqrt{q}$ (et pour pouvoir symétriser ensuite en échangeant $p$ et $q$). C'est juste pour simplifier.
Le truc, quand je dit interpréter en terme d'anneau d'entier c'est que (si j'ai bien compris la substitution de Frobenius) la colonne centrale correspond à la substitution de Frobenius ($ \text{Fr} := [ x \to x^p]$ s'envoie sur $p \in \left( \Z/q\Z\right)^\star$). Mais les deux colonnes externes (gauche et droite) sont créées de manière formelle et je ne sais pas si elles représentent la substitution de Frobenius (c'est la clef du truc), mais c'est peut être fumeux comme interprétation ... je ne sais pas pour l'instant :-S -
De manière générale, la théorie de Galois nous donne qu'il existe une unique sous-extension de $\mathbb Q(\zeta_q)/\mathbb Q$ de degré $2$ sur $\mathbb Q$, donc de la forme $\mathbb Q(\sqrt d)$ pour un certain $d \in \mathbb Z$ sans facteurs carrés. On trouve que cet entier vaut nécessairement $\pm q$ car le seul premier ramifié dans $\mathbb Q(\zeta_q)$ est $q$. Pour déterminer le signe, il faut ensuite connaître le discriminant de $\mathbb Q(\sqrt d)$ pour $d$ sans facteurs carrés. C'est $4d$ si $d=2,3$ mod $4$ et $d$ si $d=1$ mod $4$. Comme le discriminant de $\mathbb Q(\zeta_q)$ est $\pm q^{q-2}$ on obtient que le $d$ en question est nécessairement congru à $1$ modulo $4$. Dans tous les cas, le signe devant $q$ doit être $(-1)^{\frac{q-1}{2}}$. Ensuite on en déduit rapidement la réciprocité quadratique en considérant l'action du Frobenius en $p$ de $\mathbb Q(\zeta_q)$ sur $\sqrt d$. ;-)
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Hello Poirot,
Oui. Je n'ai pas fait la même preuve pour trouver l'extension quadratique (on a fait via les sommes de Gauss). Mais effectivement avec la ramification ça semble être sympathique. Et ok avec le signe.
Par contre, je ne vois pas comment tu vas calculer $ \sigma_p(\sqrt{q})$ car a priori on connais l'action de $\sigma_p$ sur les racines de l'unité (élévation à la puissance $p$). tu peux préciser un peu le "rapidement" à la fin ? Tu utilises les sommes de Gauss ? Car je veux faire autrement, plus "conceptuellement".
Ce que j'essaye de comprendre : c'est l'action du Frobenius est "compatible" avec la théorie de Galois. Je n'arrive pas a m'exprimer convenablement (a ce niveau là) mais c'est les deux diagrammes ici. Si tu as le temps de jeter un coup d'oeil.
Ce que je veut dire, c'est que je pense que l'on sait d'avance (via le diagramme) que l'action du Frobenius est triviale sur $\Q(\zeta)^K$ (lorsque $p$ est un carré modulo $q$). Et ensuite, cette action de Frobenius peut se calculer autrement car on sait (ton argument ou somme de Gauss) que $\Q(\zeta)^K = \Q(\sqrt{q}$ et que l'on connaît la théorie de factorisation des idéaux premiers dans le cas quadratique. Donc trivial implique que $q$ est un carré modulo $p$.
Peux être que je dois faire un exemple de réciprocité cubique pour voir si ce que j'ai en tête fonctionne vraiment ! -
Le Frobenius en $p$ vérifie $\sigma_p(x) = x^p$ mod $p$ pour tout $x \in \mathcal O_{\mathbb Q(\zeta_q)}$ ($p \not = q$ donc $p$ reste premier dans $\mathbb Q(\zeta_q)$ pour les raisons usuelles). En particulier on trouve $\sigma_p(\sqrt d) = (\sqrt d)^q$ mod $p$. En réarrangeant convenablement cette égalité on tombe pile sur la réciprocité quadratique ;-)
En fait, on sait que $\sigma_p$ agit trivialement sur $\mathbb Q(\zeta_q)^K$ si $p$ est un carré modulo $q$ car (il faut le prouver !) le Frobenius en $p$ $\sigma_p$ est exactement l'automorphisme de $\mathbb Q(\zeta_q)$ qui envoie $\zeta_q$ sur $\zeta_q^p$ !
Pour ton histoire du Frobenius qui est compatible avec la théorie de Galois je ne vois pas bien ce que tu veux dire. -
ok, je refait. Toujours les mêmes conditions modulo $4$ pour simplifier.
1/ Si $p$ est un carré modulo $q$, disons $p = a^2$ alors $\sigma_p(\sqrt{q}) = \sigma_a^2 (\sqrt{q})$ mais comme $\sigma_a(\sqrt{q})=\epsilon \sqrt{q}$ (avec $\epsilon = \pm 1$), on a :
$$\sigma_a^2 (\sqrt{q}) = \sigma_a(\epsilon \sqrt{q}) = \epsilon^2 \sqrt{q} $$
Donc l'action de $\sigma_p$ est trivial.
2/ Si l'action de $\sigma_p$ est trivial sur $\sqrt{q}$ alors l'action de $\text{Fr}$ est trivial sur $\sqrt{q}$, $\pmod{p}$ alors $\sqrt{q} \in \mathbb{F}_p$ et $q$ est un carré modulo $p$.
Bon, je vois merci Poirot !
Et ce que je propose c'est pour le point 1/ : (c'est ça que je veux dire par compatibilité du Frobenius vis à vis de la théorie de Galois) (Je ne suis pas certain de ce que je dis).
$$
\text{Frob}\left(p, \Q(\zeta)^K \mid \Q \right) = \pi \left( \text{Frob}\left( p,\Q(\zeta) \mid \Q \right) \right) \qquad \text{avec } \pi : \text{Gal} \left( \Q(\zeta) \mid \Q \right) \to \text{Gal} \left( \Q(\zeta)^K \mid \Q \right)
$$
Or :
$$
\left( \text{Frob}\left( p,\Q(\zeta) \mid \Q \right) \right) = [ \zeta \to \zeta^p ]
$$
et si $p$ est un carré modulo $q$, alors $p \in K$ (enfin via l'isomorphisme canonique) et $\pi \left( \text{Frob}\left( p,\Q(\zeta) \mid \Q \right) \right) = \text{Id}$ -
Ta démo me semble marcher mais c'est un peu trop de travail pour pas grand-chose. Il faut comprendre que $\sigma_p : \zeta_q \mapsto \zeta_q^p$, ce que l'on vérifie en montrant que cet automorphisme du groupe de Galois que $\mathbb Q(\zeta_q)/\mathbb Q$ vérifie bien la propriété caractéristique du Frobenius en $p$ que j'ai donné plus haut. Par l'isomorphisme entre ce groupe de Galois et $\left(\mathbb Z/q\mathbb Z\right)^{\times}$ on obtient directement la correspondance entre "$\sigma_p$ agit trivialement sur $\mathbb Q(\zeta_q)^K$" et "$p \in K$" (c'est-à-dire $p$ est un carré mod $q$). C'est plus naturel je trouve ;-)
Pour la "compatibilité" dont tu parles elle est vraie par la caractérisation que j'ai donné des éléments de Frobenius. Je précise au passage qu'on est dans le cas abélien donc on peut parler "du" Frobenius en $p$. Dans le cas général, les Frobenius forment une classe de conjugaison. On parle parfois de symbole d'Artin de l'idéal premier $\mathfrak P$. -
Effectivement, c'est plus structurel ! D'ailleurs ça revient à la "compatibilité". Merci (tu)
Oui effectivement, tu fais bien de dire qu'on est en terrain abélien. Et pour vérifier que le Frobenius est bien celui que l'on pense, c'est bon je l'ai fais dans un post de la première page.
A suivre ! Je vais commencer par préciser mon histoire de compatibilité et m'amuser un peu avec ça ... y'a quelques calculs qui peuvent être fait avec ça ! -
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Oui gai requin !
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Salut flip-flop
Je mets mon grain de sel. De mon côté, je crois beaucoup au calcul universel de la somme de Gauss quadratique. Je m'explique : soit $p$ un premier impair $\ge 3$, $A$ anneau commutatif quelconque et $\zeta_p \in A$ une racine primitive d'ordre $p$ i.e.
$$
\zeta_p^{p-1} + \zeta_p^{p-2} + \cdots + \zeta_p + 1 = 0
$$
Alors, la somme de Gauss $\tau_p$
$$
\tau_p = \sum_{i \in \mathbb F_p} \left({i \over p}\right) \zeta_p^i \qquad \hbox {vérifie} \qquad \tau_p^2 = p^*
$$
Inutile de supposer l'anneau $A$ intègre (contrairement à mon exercice exoSommeGauss.tex, je ne sais pas si tu te souviens, exercice que j'ai d'ailleurs repris en supprimant l'astuce de l'homographie). Et bien sûr, le polynôme $\Phi_p(X)$ n'a aucune raison d'être irréductible sur $A$ (d'ailleurs, $A$ est tellement pauvre que la notion d'irréductibilité n'a aucun sens).
Universel signifie qu'en fait on se fiche du semblant de données structurelles ci-dessus (l'anneau $A$ et $\zeta_p$) en considérant le polynôme $S_p \in \Z[X]$:
$$
S_p = \sum_{i \in \mathbb F_p} \left({i \over p}\right) X^i \qquad \hbox {qui vérifie} \qquad S_p^2 \equiv p^* \bmod \Phi_p(X)
\qquad\qquad (\star)
$$
Une fois que tu as $(\star)$, les anneaux $A$ ..etc.. peuvent débarquer.. Le binz $(\star)$ va coiffer les calculs que tu peux faire.
Tu peux même te permettre de prendre un discriminant quadratique fondamental $D$ et considérer la somme de Gauss quadratique indexée par $(\Z/D\Z)^\times$ dans laquelle intervient le caractère de Kronecker $\chi_D$ :
$$
S_D = \sum_{i \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(i) X^i \qquad \hbox {qui vérifie} \qquad S_D^2 \equiv D \bmod \Phi_{|D|}(X)
$$
Avec cela, tu ``coiffes''.
> D := -15 ; > assert IsFundamentalDiscriminant(D) ; > Phi := ZX ! CyclotomicPolynomial(Abs(D)) ; > Phi ; X^8 - X^7 + X^5 - X^4 + X^3 - X + 1 > S := &+[KroneckerSymbol(D,i)*X^i : i in [0..Abs(D)-1]] ; > S ; -X^14 - X^13 - X^11 + X^8 - X^7 + X^4 + X^2 + X > ok, Q := IsDivisibleBy(S^2 - D, Phi) ; > assert ok ;
Si je te raconte tout cela, c'est que j'ai retrouvé une note manuscrite écrite pour UN étudiant (en fait une étudiante) entre les années 90-95 où je fournissais une analyse de la loi de réciprocité un peu dans le style des posts précédents. Mais je m'interdisais (because le cadre de l'enseignement) de parler de ramification, je minimisais la théorie de Galois, j'expliquais d'où venait la somme quadratique de Gauss (c'est un cas particulier des périodes de Gauss) ...etc.. Et je faisais surtout attention à oeuf-poule.
Et tout était réglé par l'étude de ($p$ premier impair $\ge 3$, $q$ premier distinct de $p$, $q$ peut valoir 2) :
$$
A/qA \hookrightarrow B/qB, \qquad A = \Z[\tau_0, \tau_1] = \hbox {anneau des entiers de $\Q(\sqrt {p^*})$},
\qquad B = \Z[\root p \of 1]
$$
Et du fait que $A/qA \simeq \mathbb F_q \times \mathbb F_q$ ou $A/qA \simeq \mathbb F_{q^2}$ selon ...etc..
Si cette note t'intéresse, je peux la scanner (6 pages, c'est écrit par mézigue, c'est assez propre, au sens typographique du terme, mais je n'ai pas envie de la reprendre) -
Hello Claude,
Oui, je veux bien de ton texte
Je me souviens très bien de $\tau_0$ et $\tau_1$ et de l'exercice. Ici j'ai juste utilisé (sans reprendre la démonstration )$\tau$ pour assurer $\Q(\zeta)^K = \Q(\sqrt{q})$ et Poirot nous a fournit un argument utilisant la ramification et les discriminants. Et j'avais vu aussi que $\tau_0$ et $\tau_1$ permettent de prouver la réciprocité quadratique.
Ce que je veux mettre en avant (disons ce que je voudrais bien comprendre), j'ai toujours du mal à expliquer ce que je veux faire ! C'est qu'il n'y a pas besoin de connaître $L := \Q(\zeta)^K$ et son anneau d'entier pour comprendre la loi de décomposition d'un nombre premier $p$ dans $\mathcal{O}_L$, il suffit de regarder la classe de $p$ dans $\left( \Z / n \Z \right)^\star \, \pmod{K}$, c'est magique non ? Trop magique pour être vrai ?
Dans le contexte, $n=q$ un premier congru $1 \pmod{4}$, et $K := \{ x^2, \, x \in \left( \Z / q \Z \right)^\star \}$, alors si $p$ est un carré modulo $q$, alors sa classe dans $\left( \Z / n \Z \right)^\star \, \pmod{K}$ est triviale ... donc le Frobenius est trivial et $p$ se décompose totalement.
Il se trouve que $L := \Q(\zeta)^K = \Q(\sqrt{q})$ et que comme on connaît la loi de décomposition des premiers dans une extension quadratique, $p$ est totalement décomposé lorsque $q$ est un carré dans modulo $q$.
On obtient la réciprocité quadratique (enfin pour les premiers impairs). Mais c'est un prétexte la réciprocité quadratique :-D
Ce que je voudrais faire, c'est de changer le sous-groupe $K$ prendre par exemple $K := \{ x^3, \, x \in \left( \Z / q \Z \right)^\star \}$ avec $q-1$ divisible par $3$ et faire tourner les deux machineries (somme de Gauss / période de Gauss / base normale) (j'ai déjà des exemples, quelque part dans le fil "Homographies et petits groupes de Galois", tu connais :-D) et ensuite d'utiliser mes diagrammes pour obtenir des trucs qui ressemblent à la réciprocité quadratique ! C'est très très vague ... -
Salut flipflop :
J'attends avec impatience une loi de réciprocité cubique. B-)- -
@flip flop
Remarque 1 : J'opérais, à l'époque, dans le cadre de l'enseignement pour des petits. Je ne pouvais pas me permettre de ..
Remarque 2 : $\mathrm {Disc}(\Phi_p)$, c'est certes $\pm p^{p-1}$, mais c'est exactement $p^* p^{p-2}\quad \buildrel {(2)} \over \sim\quad p^*$ (égal à un carré près).
Remarque 3 : Ce dont je parle dans cette note, ce n'est pas la preuve avec $\tau_0, \tau_1$ en carac $> 0$ déja vue. Mais il s'agit d'un point de vue sensiblement différent donc sensiblement pareil.
Remarque 4 : Dans cette note attachée, je n'ai pas parlé de $B/qB$ avec $B = \Z[\root p\of 1]$.
A ce propos (remarque 4) Dans La cyclotomie jadis et naguère de André Weil, point 6 (sixième preuve de la loi de réciprocité quadratique, en 1818, de Gauss) in http://archive.numdam.org/article/SB_1973-1974__16__318_0.pdf, Weil dit :
Bien entendu Gauss ne se permet pas (ostensiblement) d'écrire des congruences dans $\Z[\varepsilon] = \Z[\root p \of 1]$ ; il les remplace par des congruences modulo $(q, 1 + X + \cdots + X^{p-1})$ dans l'anneau $\Z[X]$. Néanmoins, il est incompréhensible que Jacobi, Cauchy et Eisenstein, tour à tour, aient pubié des démonstrations virtuellement identiques à celle-là (et qu'ils aient même soulevé entre eux des questions de priorité à ce sujet) avant qu'Eisenstein ne fit observer qu'à la présentation près c'était toujours la sixième démonstration de Gauss.
Si je mentionne cela, c'est que le calcul de Gauss, dans $\Z[X]$ modulo $(q, 1 + X + \cdots + X^{p-1})$, ce n'est pas du calcul dans un corps ! -
@Claude : Merci pour le texte. C'est presque la même chose. La différence c'est l'utilisation de la théorie abstraite de Galois au lieu de $\tau_0$ et $\tau_1$ (les périodes de Gauss / base normale : on pourrait dire théorie concrète de Galois ? ).
Par contre, je ne comprends pas l'histoire des congruences modulo $q$ dans $\Z[\root p \of 1]$ versus congruences de $\Z[X]$ modulo $\langle q, \Phi_p \rangle$ ?
C'est mon lemme préféré de théorie des anneaux $$ A / (I+J) \simeq \left(A/I\right) / \overline{J}$$
Y'a peut être un truc que je ne vois pas ... ça a un rapport avec le calcul universel de ton post d'avant ? -
@flip flop
Il n'y a pas de différence entre $\Z[\root p\of 1]$ modulo $q$ et $\Z[X]$ modulo $\langle q, \Phi_p\rangle$. Mais le quotient n'est pas un corps. Et si tu regardes l'exercice exoSommeGauss.tex (d'il y a très longtemps), tu verras qu'il y a une histoire d'anneau intègre au début de l'énoncé. Mais pour les deux caractères qui interviennent dans la somme de Gauss quadratique (la premier est additif, le second multiplicatif)
$$
\psi : \mathbb F_p \ni i \mapsto \zeta_p^i \in A, \qquad\qquad \chi : \mathbb F_p^* \ni i \mapsto \left({i \over p}\right) \in A
$$
on a :
$$
\sum_i \psi(i) = 0, \qquad \sum_i \chi(i) = 0
$$
Que $A$ soit intègre ou pas. Bilan : pas le lézard ici.
De nos jours, au lieu de faire du calcul dans $\Z[\root p \of 1]/\langle q\rangle$ non intègre, on préfère travailler dans $\Z[\root p \of 1]/\mathfrak q$ où $\mathfrak q$ est un idéal maximal de $\Z[\root p \of 1]$ au dessus de $q$ (ce qui nous fait un corps au-dessus de $\mathbb F_q$ contenant une racine primitive de l'unité d'ordre $p$).
Calcul universel : moi, j'aime bien. Mais ce matin, j'ai failli m'arracher les cheveux (qui me restent) car en magma, j'ai utilisé KroneckerSymbol(i, D) ou lieu de KroneckerSymbol(D, i). Mortel.
Rien à voir mais un peu quand même. As tu eu besoin, un jour où l'autre, du résultat suivant (qui demande une preuve) : si $x$ est une racine du polynôme cyclotomique $\Phi_n$ dans un corps de caractéristique $p$ ne divisant pas $n$, alors $x$ est une racine primitive de l'unité d'ordre $n$. -
@flip flop
Une précision concernant le calcul universel. Je considère un corps fini $k$ de cardinal $q$, $A$ un anneau commutatif QUELCONQUE (surtout pas intègre), $\psi : k \to A$ un caractère additif, $\chi : k^* \to A$ un caractère multiplicatif (prolongé par $0$ en $0$), vérifiant :
$$
\sum_x \psi(x) = 0, \qquad \sum_x \chi(x) = 0
$$
Si on introduit la somme de Gauss $G_\psi(\chi) = \sum_x \chi(x) \psi(x)$, alors :
$$
G_\psi(\chi) G_\psi(\chi^{-1}) = q\chi(-1)
$$
C''est cela qui permet de ``polynomialiser le binz''. -
Hello Claude,
J'ai un peu flippé quand j'ai vu la question à la fin de ton message, coup de stress j'ai confondu deux trucs (pendant quelques minutes). Le fait que $x$ soit un racine primitive $n$-ième et le fait que $\Phi_n$ n'est pas irréductible sur un corps de caractéristique $p$. Coup de stress pour rien, OUF :-D
Du coup, je détails :
Oui j'ai utilisé la propriété : si $x$ est une racine de $\Phi_n$ sur un corps de caractéristique $p$ ne divisant pas $n$, alors c'est une racine primitive d'ordre $n$.
Je refait le plan de la construction des polynômes cyclotomiques. On pose $p = 0$ ou $p$ un nombre premier.
Soit $k$ un corps algébriquement clos de caractéristique $p$ ne divisant pas $n$.
1/ j'ai prouvé que $\mathbb{U}_n(k) := \{ x \in k, \, x^n=1 \}$ est un groupe cyclique de cardinal $n$.
2/ Je prend comme définition de $\Phi_{n,k} = \prod_{\zeta \in k \text{ primitive d'ordre } n} (X-\zeta) \in k[X]$. Alors le degré de $\Phi_{n,k}$ est $\phi(n)$.
3/ Ensuite, je regarde pour $k=\overline{\Q}$, et j'obtiens le polynôme cyclotomique $\Phi_{n,\overline{\Q}}$ que j'abrège en $\Phi_n$. On montre que $\Phi_n \in \Z[X]$ et que pour tout corps algébriquement clos $k$, on a : $\text{Car} (\Phi_n) = \Phi_{n,k}$ où $\text{Car} : \Z[X] \to k[X]$ provient du morphisme caractéristique.
4/ Notant $k_p$ le sous-corps premier de $k$, comme le morphisme $\text{Car}$ passe via $k_p[X]$, on obtient que $\Phi_{n,k} \in k_p[X]$. Il on se débarrasse de l'hypothèse $k$ algébriquement clos en notant pour tout corps $\Phi_{n,k} := \Phi_{n,\overline{k}} \in k[X]$.
@Gai requin : il va falloir que j'apprenne à résoudre des équations de degré $3$ avant de faire des trucs cubiques
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@flip flop
Tu ne veux pas voir un petit binz universel (dans $\Z[X]$) qui prend en charge une partie de tes points du post précédent ? Un truc du genre ``certificat à la C.Q.''. -
Je refait un truc amusant
Factoriser un polynôme cyclotomique sur un corps $\mathbb{F}_p$.
Soit $n$ un entier et $p$ un premier ne divisant pas $n$.
a. On note $r :=$ l'ordre de $p$ dans le groupe $\left( \Z/n\Z \right)^\star$.
b. On considère un modèle $\mathbb{F}_{p^r}$ du corps fini à $p^r$ éléments et un générateur du groupe multiplicatif $\eta$ (donc d'ordre $p^r-1$).
c. On a : $n \mid p^r-1$, on considère ensuite $y := \eta^{\frac{p^r-1}{n}}$ qui est d'ordre $n$.
d. Les racines de $\Phi_{n}$ sont donc les $y^\ell$ avec $\ell \in \left( \Z/n\Z \right)^\star$.
e. On considère l'action par multiplication de $\langle p \rangle$ sur $\left( \Z/n\Z \right)^\star$.
f. Cette action induit une action de $\langle p \rangle$ sur $Z(\Phi_n)$ (les racines de $\Phi_n$). $$p^a \star y^\ell := y^{p^a\ell}$$
g. On note : $\mathcal{O}_1, \dots, \mathcal{O}_m$ les orbites de cette action.
h. On note pour tout $i \in \{ 1, \dots, m\}$ : $$\omega_i := \prod_{\zeta \in \mathcal{O}_i} (X-\zeta)\qquad\text{et}\qquad \Phi_n := \prod_{i=1}^m \omega_i$$
Un exemple :
$n := 21$ et $p := 11$, ainsi $p$ est d'ordre $6$ dans $\left(\Z/21\Z\right)^\star$. Donc il y a deux orbites et deux facteurs irréductible pour $\Phi_n$ sur $\mathbb{f}_{11}$.k<x> := GF(11^6); y := x^ ExactQuotient(11^6-1,21); assert y^21 eq 1; power := {11^k mod(21) : k in [1..6]}; power; { 1, 2, 4, 8, 11, 16 } LX<X> := PolynomialRing(k); P := &*[X-y^l : l in power]; P; X^6 + 6*X^5 + 10*X^4 + 10*X^2 + 4*X + 1 Q := &*[X-y^(5*l) : l in power]; // 5 n'est pas dans l'orbite de 1 Q; X^6 + 4*X^5 + 10*X^4 + 10*X^2 + 6*X + 1 P*Q; X^12 + 10*X^11 + X^9 + 10*X^8 + X^6 + 10*X^4 + X^3 + 10*X + 1 /// c'est bien \phi_21 F_11 -
@flip flop
C'est juste pour le fun. Des égalités sans clause (sans condition). Très important pour des traitements uniformes. J'attache. -
Oh, c'est vraiment jolie Claude, j'aime bien
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@flipflop :
Pourquoi aurais-tu besoin de résoudre des équations du 3ème degré ? -
Hello Gai requin :
je vais faire un exemple, on verra bien ce que ça donne !
Juste l'idée :
On prend $q$ un nombre premier congru à $1 \pmod{3}$. On considère l'extension $\Q(\root q \of 1) \mid \Q$ et on considère $K := \left\{ x^3, \, x \in \left( \Z / q \Z\right)^\star \right\}$ vu comme sous-groupe de $\text{Gal} \left( \Q(\root q \of 1) \mid \Q \right)$.
Si je prend un nombre premier $p \ne q$. Avec l'hypothèse que $p$ est un cube modulo $q$ (i.e $p \in K$). Alors le Frobenius de l'extension $Q(\root q \of 1)^K \mid \Q$ est trivial.
Bon en vrai ça donne quoi ! Y'a quelques petites choses à calculer.
Disons $q=31$. On considère l'extension $\Q(\root q \of 1) \mid \Q$. $K$ le groupe des cubes inversibles modulo $q$, c'est un groupe (cyclique) d'ordre $10$.
Maintenant, je vais construire l'extension $\Q(\root q \of 1)^K \mid \Q$.
J'utilise les périodes de Gauss (j'espère que j'ai les utilise bien). C'est un peu complexe mais je vais juste sortir un polynôme.
Je considère $\chi_{10} : \left( \Z / q \Z\right)^\star \to \left( \Z / q \Z\right)^\star$, défini par $\chi_{10}(\ell)=\ell^{10}$.
L'image de $\chi_{10}$ est $\{ 1, 5 ,25 \}$. Remarque : le noyau de $\chi_{10}$ c'est bien notre groupe $K$.
Je pose : $$\tau_1 := \sum_{\ell, \, \chi_{10}(\ell)=1} \zeta^\ell \qquad \tau_5 := \sum_{\ell, \, \chi_{10}(\ell)=5} \zeta^\ell \qquad \tau_{25} := \sum_{\ell, \, \chi_{10}(\ell)=25} \zeta^\ell \qquad (\bigstar) $$
EDIT :
Ici il faut voir un truc, même si l'expression des $\tau$ est complexe. Ces éléments se comporte très bien vis-à-vis de la théorie de Galois. C'est vraiment le point clef de l'utilisation des périodes de Gauss.
Si l'on prend, un automorphisme de Galois $\sigma \in \text{Gal} \left( \Q(\root q \of 1) \mid \Q \right)$ il lui correspond canoniquement un entier $\ell \in \left(\Z/q\Z \right)^\star$. Alors l'action de Galois de $\sigma$ sur $\tau_i$ est exactement $$
\sigma \star \tau_i = \tau_{\chi_{10}(\ell) \times i}
$$
Concrètement : je dispose des automorphismes suivant $\sigma_\ell := [ \zeta \to \zeta^\ell ]$ avec $\ell \in \{1,\dots,30 \}$
1/ Disons que je prend $\ell := 23$, alors $\chi_{10}(23) = 23 ^{10} \pmod{q} = 1$, alors
$$
\sigma_{23} \star \tau_i = \tau_{\chi_{10}(23)i} = \tau_i
$$
En fait si $\chi_{10}(\ell) = 1$ (i.e $\ell \in K$) alors $\sigma_{\ell}$ agit trivialement les $\tau_i$.
2/ Si je prend $\ell = 5$, alors $\chi_{10}(5) = 5 ^{10} \pmod{q} = 5$, alors
$$
\sigma_{5} \star \tau_1= \tau_{\chi_{10}(5)1} = \tau_5 \qquad \sigma_{5} \star \tau_5= \tau_{5*5} = \tau_{25}
\qquad \sigma_{5} \star \tau_{25}= \tau_{5*25} = \tau_1
$$
Ici $\chi_{10}(5)=5$ et $\sigma_5$ bougent les $\tau_i$.
Bref, les $\tau_i$ sont invariants par l'action de $\sigma_\ell$ lorsque $\ell \in K$, sinon ils sont vraiment permutés. Bref, les $tau_i$ sont les racines d'un polynôme qui permet de définir l'extension invariante par $K$.
Ce polynôme est :
$$F_q := (X-\tau_1)(X-\tau_{5})(X-\tau_{25})$$
Là je fais les calculs avec magma car je ne sais pas faire ce genre de truc pour l'instant.
On trouve : $$F_q := X^3 + X^2 - 10X - 8$$
Ensuite disons que je prend un nombre premier $p \ne q$. Et je demande combien de racine possède $F_q$ dans $\mathbb{F}_p$ ? On a $0$ ou $3$ suivant que $p$ est un cube ou non modulo $q$.
Le soucis, c'est que je n'ai pas de critère pour décider à priori le nombre de solution d'une équation du troisième degré sur un corps fini. La différence avec le second degré, c'est qu'il suffit de voir lorsque le discriminant est un carré ou non, c'est simple et du coup ça fournit la réciprocité quadratique. Ici, je peux pas faire ... dommage :-D -
Poirot t'a donné le Frobenius en $p$ de $\Q(\root q \of 1)/ \Q$.
Peut-être qu'on peut regarder quand sa restriction à $\Q(\root q \of 1)^K$ est l'identité. -
Oui, c'est quand $p$ est un cube modulo $q$. Pas de soucis à ce niveau là. La restriction du Frobenius est la classe de $p$ modulo $K$, si $p$ est un cube (dans $K$) cette classe est l'identité.
Si $p$ est un cube modulo $q$ (exemple : $p = 23 = (-2)^3 \pmod{31}$) alors il y a trois racines le polynôme $F_q$.
Mais il me faut un critère général pour savoir si une équation à des solutions ou non.
Dans le cas quadratique ($p \ne 2$) le discriminant suffit pour savoir si j'ai $0$ ou $2$ solution suivant que c'est un carré ou non. -
Soit $(p\mid q)$ le symbole de flipflop tel que $(p\mid q)=1\text{ si $p$ est un cube non nul mod $q$}$...
On a $N_p(F_q)=3$ si $(p\mid q)=1$, $0$ sinon.
Et on n'a plus qu'à écrire une procédure qui calcule ce nouveau symbole. ;-) -
@flipflop : tu pouvais au moins deviner que le coefficient devant $X^2$ serait $+1$. En effet, ce coefficient vaut $-\tau_1-\tau_2 - \tau_3 = -(-1)$ car $\displaystyle \sum_{l \in \left(\mathbb Z/q\mathbb Z\right)^{\times}} \zeta^l = -1$ et tes trois sommes sont indexées sur la partition associée au morphisme $\chi_{10}$.
-
@Poirot : bien vu ;-) Les autres coefficients sont mystiques, non ?
@Gai requin : Pour la réciprocité cubique, j'ai vu que c'est mieux de traiter non pas, sur $\Z :=$ ... $\Z[\root 2 \of 1]$, mais sur $\Z[\root 3 \of 1]$, $3$ pour cubique ???. Pour la loi de réciprocité biquadratique ... on a normalisé dans $\Z[ \i ]$ et $\Z[ \i] = \Z[\root 4 \of 1]$, non ?
Donc, c'est plus simple de faire une loi de réciprocité cubique en traitant tous les idéaux premiers de $\Z[\root 3 \of 1]$ plutôt que de faire avec des nombres premiers $p$ et $q$, heu c'est bizarre :-S
Ce qui est bien c'est que les idéaux premiers de $\Z[\root 3 \of 1]$ on connaît, c'est les idéaux premiers de $\Z[j]$.
On regarde comment $\Phi_3 = X^2+X+1$ se décompose dans les corps finis ... $\Delta = -3$ ... $-3$ est un carré modulo $p$ quand ... et on utilise la réciprocité quadratique.
Sinon avec les diagrammes, on regarde la classe de $p$ dans $\left(\Z / 3 \Z \right)^\star$ : si $p$ est congru à $1 \pmod{3}$ alors l'ordre de $p$ (le Frobenius) est $1$ et il y a deux racines (deux idéaux premiers au dessus de $p$) et si $p$ est congru à $2 \pmod{3}$ alors l'ordre de $p$ est $2$ et alors il y a $0$ racines et $p$ reste un premier dans $\Z[j]$
@Claude : encore un coup de stress ..j'ai voulu utiliser la réciprocité quadratique :
$$
(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}} \ne (-1)^{\frac{(p-1)}{2}} (-1)^{\frac{(q-1)}{2}}$$
contre exemple $p=3$ et $q=7$ !!!
Pour le calcul universel, la démonstration est vraiment jolie ... A partir d'une congruence dans $\Z[X]$ tu déduis que pour tout corps $k$, tout sous-groupe fini de $k^*$ est cyclique, j'aime bien :-D -
@flip flop
Calcul universel : tu n'as jamais entendu parler de ``la méthode des indéterminées" de Kronecker ?
Réciprocité cubique : rassure toi, tu ne risques pas de te planter avec les signes car il n'y en a pas. La loi générale (il y a des lois dites complémentaires) de réciprocité cubique dans $\Z[j]$ est :
$$
\left( {\pi \over \pi'} \right)_3 = \left( {\pi' \over \pi} \right)_3
$$
où $\pi, \pi'$ sont les facteurs premiers PRIMAIRES de deux premiers distincts $q,q' \equiv 1 \bmod 3$. Primaire, c'est le petit coup de la normalisation $\bullet \equiv 1 \bmod 3$, histoire de mettre au pas les 6 unités (inversibles) de $\Z[j]$ (groupe cyclique $\langle -j \rangle$).
Sais tu que tu vas probablement retrouver les sommes de Gauss ? Avec le coup du $-G$ versus (le mauvais choix) $G$ (que Weil n'a pas réussi à faire changer). Et sans aucun doute, les sommes de Jacobi vont pointer le bout de leur nez ?
Certes, tu n'auras plus d'ennui avec les signes ; mais attention à $z$ versus $\pm z, \pm j z, \pm j^2z$.
Quel chance tu as... Bon courage. -
@Claude : Je me souviens avoir vu une preuve de Caley-Hamilton utilisant un "truc" universel ?
Sinon, chouette va y avoir de la normalisation :-D
Dans le cas biquadratique : il y a $(1-i)$ qui a joué un rôle et une histoire de $8$ pour le prix de $1$.
Ici ça va être $6$ pour le prix de $1$ et le truc qui va jouer un rôle $1-j$ car $(1-j)^2 = -3j \underset{\text{aux inversibles}} {=}3$ ?
Je vais essayer de faire un petit exemple de cette réciprocité cubique, pour voir comment la formule fonctionne.
Sinon, hors sujet (enfin pas vraiment, vu que l'on est parti de là), l'histoire des courbes elliptiques ? Si mes souvenirs sont ok. Une courbe elliptique, on peut "voir" ça comme un réseau de $\C$ ? Ici, on dispose de réseaux de $\C$ dans le cas de $\Z[\sqrt{-d}]$. J'ai pensé à ça hier, avec les histoires de $\tau_0$ et $\tau_1$ ... en constatant que tu écris toujours $\Z[\tau_0,\tau_1]$ et pas $\Z[\tau_1]$ ... les périodes de Gauss il y a $2$ périodes ... il y a une histoire de fonction périodique aussi avec les courbes elliptiques :-S -
Sur les courbes elliptiques vues comme réseaux de $\mathbb C$, il y a naturellement les fonctions elliptiques associées, qui sont des fonctions doublement périodique. Si le réseau en question est $\Lambda = \mathbb Z \omega_1 + \mathbb Z \omega_2$ avec $\frac{\omega_1}{\omega_2} \not \in \mathbb R$, les fonctions elliptiques associées à ce réseau sont les fonctions méromorphes $f$ telles que $\forall z \in \mathbb C \setminus \Lambda, f(z + \omega_1) = f(z + \omega_2) = f(z)$. On montre qu'une telle fonction est toujours une faction rationnelle en la fonction P de Weierstrass associée au réseau et sa dérivée.
-
Tu penses que cette construction peut transporter de l'information arithmétique ?
Prenons $\Z[j]$, puisqu'il vient d'apparaître dans le fil, je pose :
$$
\tau_{1}= \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2} \qquad \tau_{2}= \frac{-1 - i\sqrt{3}}{2}
$$
Et on construit une courbe elliptique ... Est-ce que cette courbe est un objet algébrique défini sur un corps de nombre ? Est-ce que l'information arithmétique de cette courbe code des propriétés arithmétiques de $\Z[j]$ ?
Ça peut être sympa de faire un exemple aussi :-D -
@flip flop
Je réponds au plus simple : pour $\Z[i\rbrack$, c'est $(1+i)^3$ qui est intervenu pour la normalisation car la réduction modulo $(1+i)^3$ est injective :
$$
\langle i\rangle = \Z[i\rbrack^\times \to \big(\Z[i\rbrack/\langle (1+i)^3\rangle\big)^\times
$$
et son image est le sous-groupe des inversibles de l'anneau fini de droite (anneau de cardinal 8).
Pour $\Z[j]$, c'est 3 qui intervient car la réduction modulo $3$
$$
\langle -j \rangle = \Z[j\rbrack^\times \to \big(\Z[j\rbrack/\langle 3\rangle\big)^\times
$$
est injective et son image est le sous-groupe des inversibles de l'anneau fini de droite (anneau de cardinal 9).
Je mets $\Z[\tau_0, \tau_1]$ car je ne veux pas d'ennui avec la police. I.e. pas de jaloux en mettant uniquement $\tau_0$ par exemple. Mais je pourrais mettre $\Z\tau_0 \oplus \Z\tau_1$ car on y voit la $\Z$-base normale hautement préférable à la $\Z$-base $(1, \tau_0)$ ou à la $\Z$-base $(1, \tau_1)$. Et en plus, pas d'ennui avec la police. C'est tout benef.
En ce qui concerne les courbes elliptiques et les réseaux $\Lambda$ (de dimension $2$ de $\C$), il est indispensable de connaitre intimement la fonction de Weierstrass $\wp_\Lambda$ et la fonction modulaire $j$. Oui, les anneaux quadratiques imaginaires (et surtout leurs idéaux) sont des réseaux. Mélange explosif. -
Bon, je mets un peu en place les ingrédients pour énoncer la loi de réciprocité cubique.
Une première remarque : On ne va pas jouer avec les nombres premiers et établir un critère style : $p$ est un cube modulo $q$ si et seulement si $q$ est un cube modulo $q$. On va oublier un peu les nombres premiers de $\Z$, et établir la loi de réciprocité sur les nombres premiers de $\Z[\root 3 \of 1] = \Z[j]$.
L'anneau $ A := Z[j]$.
J'admets que :L'anneau $A$ est Euclidien pour la norme $N(a+bj)=a^2+b^2-ab$, ses idéaux premiers sont donc tous principaux.
Pour construire les idéaux premiers de $A$ ; nous allons utiliser les nombres premiers de $\Z$. On a montré que :Si $p = 2 \pmod{3}$ alors $p \in A$ est un irréductible dans $A$, $p$ est inerte.
Si $p = 1 \pmod{3}$ alors $p \in A$ n'est pas irréductible et il se décompose en un produit de deux irréductibles de norme $p$.Pour construire ces irréductibles dans le cas $p=1 \pmod{3}$ ; on considère la décomposition du polynôme cyclotomique de niveau $3$ : $X^2+X+1$ modulo $p$ :
$$
A/ pA \simeq \Z[X] / \langle X^2+X+1,p \rangle \simeq \mathbb{F}_p[X] / (X^2+X+1)
$$
Sous l'hypothèse $p = 1 \pmod{3}$, le polynôme $X^2+X+1$ se décompose en un produit de deux facteurs irréductibles disons $X^2+X+1 = (x-a)(x-b)$ (en fait, $b=a^2$). On en déduit que :
$$
(p) = \langle p,j-a \rangle \times \langle p,j-b \rangle
$$
et les idéaux $\langle p,j-a \rangle$ et $\langle p,j-b \rangle$ sont premiers. Par contre, nous n'avons pas un générateur de ces idéaux.
Exemples :
Prenons $p=7$, on doit décomposer le polynôme cyclotomique $X^2+X+1$ dans $\mathbb{F}_7$ ...on trouve $X^2+X+1= (X-2)(X-4)$ et, on obtient deux idéaux premiers de $\Z[j]$ au dessus de $7$ : $\pi_1 := \langle 7,j-2 \rangle$ et $\pi_2 := \langle 7,j-4 \rangle$.
Là je n'ai pas de méthode pour exhiber un générateur, disons que je vais choisir un élément de l'idéal de norme $7$. On a : $N(j-2) = 7$ donc $\rangle j-2 \langle = \langle 7,j-2 \rangle$, mais $N(j-4) = 21$ ce n'est pas bon mais en ajoutant $7$, on a $N(j+3) = 7$ donc $\rangle j+3 \langle = \langle 7,j-4 \rangle$.
Finalement :
$$
(7) = (j+3)(j-2) \qquad \quad \text{En terme d'idéaux}
$$
Edit : petite erreur !
Prenons $p=31$, on trouve $X^2+X+1 = (X-5)(X-25)$ et deux idéaux $\pi_1 := \langle 31,j-5 \rangle$ et $\langle 31,j-25 \rangle$. Du coup, on trouve : $\pi_1 = j+6$ et $\pi_2 = -j+5$.
Finalement :
$$
(31) = (j+6)(-j+5)
$$
Prochaine étape : la normalisation. Ce n'est pas si complexe je pense. @suivre.
C'est quoi la normalisation :
Pour l'instant c'est l'idéal engendré par $31$ que je sais être égal à $(j+6)(-j+5)$, mais j'aimerai bien avoir
$$
31 = (j+6) \underset{\Z[j]}{\times} (-j+5)
$$
J'y crois ou pas ??? J'ai fais le calcul $5$ fois !
$$
(j+6)(-j+5)=-j^2+\dots
$$
Bon là ça marche :
Mais
$$
(j+3)(j-2) =-7 \qquad \text{et non } 7
$$
La normalisation va imposer que les générateurs des idéaux que l'on choisit vérifie l'égalité et non seulement l'égalité à un inversible près !
@ Claude : si on dit que c'est égal ou signe près, c'est à peu près égal, non :-D Plus sérieux, ici le signe à changé pour $6$ unités et on normalise par rapport à ces unités. Dans $\Z$ on normalise par rapport aux unités : le signe !
C'est FUN : d'avoir la main sur les objets et de faire des calculs, je m'amuse beaucoup :-D -
@flipflop :
Petite remarque : le polynôme minimal de $j-2$ est $X^2+5X+7$ donc $\langle 7,j-2\rangle=\langle j-2\rangle$.
Tu pourrais revenir dans $\Z$ avec la représentation des nombres premiers par les formes quadratiques binaires. ;-) -
@flip flop
Parfois, je VOIS mais je ne dis rien. Voir quoi ? Par exemple, hier ``la normalisation, ce n'est pas si complexe, je pense''. Et je me suis dit : C.Q. ferme ta gu..le. Car le plus important c'est de JOUER et s'AMUSER. Mais, mais il se trouve que j'ai déjà lu une preuve de la loi de réciprocité cubique .. Et que peut-être, on rigole moins à ce moment là. Celle que je connais passe par les sommes de Gauss et Jacobi avec des congruences modulo 3 ; un peu dans le genre de ce que l'on a déjà vu dans le cas biquadratique sur $\Z[i\rbrack$ avec le modulus $(1+i)^3$.
Oui : avoir la main sur les objets, moi j'aime bien. -
Hello gai requin,
Je n'ai pas compris ta remarque concernant le polynôme minimal de $j-2$ ? -
$7=-(j-2)^2-5(j-2)\in\langle j-2\rangle$.
-
Ok !
Et pour, $\langle 7 , j- 4 \rangle$, tu as une idée ? Faut mettre en place l'algorithme Euclidien ? -
Le polynôme minimal de $j-4$ est $P=X^2+9X+21$.
$P(X-7)=X^2-5X+7$.
Donc $\langle 7 , j- 4 \rangle=\langle j+3 \rangle$. -
Tu as pris $P(X-7)$ au hasard ? ou tu as une procédure ?
-
@flip flop
Pour la loi de réciprocité cubique, j'ai oublié les détails (je ne suis pas Zorro). Pour dire quelque chose d'intelligent susceptible de t'aider, il faut que je fasse des révisions. De manière à ne pas être approximatif.
Magma : de sérieux défauts ``d'orthoganalité'' selon que tu utilises CyclotomicField, NumberField, ou QuadraticField. UNE possibilité :
> Qj := QuadraticField(-3) ; > Zj<j> := MaximalOrder(Qj) ; > j^2 + j + 1 ; 2*j <---------------- ARG : PERDU. Je dois corriger le tir. > > j := -j ; > j^2 + j + 1 ; 0 > HasGCD(Zj) ; true > Gcd(7, j-4) ; -2*j - 1
-
Suite. Pour la normalisation. (pas de démonstration pour l'instant). Juste je continu l'exemple.
Edit Mauvaise définition de primaire
Soit $p = 1 \pmod{3}$ et $\mathfrak{p}$ un premier au dessus de $p$. Soit $p_1 \in \Z[j]$ un générateur de l'idéal premier $\mathfrak{p}$. On dit que $p_1$ est primaire lorsque $\pi(p_1 ) = 1$ où $\pi$ est la projection canonique
$$
\pi : \Z[j] \longrightarrow \frac{\Z[j]}{(3)}
$$
Bonne définition : voir ici définition 3.6.
Soit $p = 1 \pmod{3}$ et $\mathfrak{p}$ un premier au dessus de $p$. Soit $p_1 \in \Z[j]$ un générateur de l'idéal premier $\mathfrak{p}$. On dit que $p_1$ est primaire lorsque $\pi(p_1 ) = 2$ où $\pi$ est la projection canonique
$$
\pi : \Z[j] \longrightarrow \frac{\Z[j]}{(3)}
$$
Donc il y a juste une modification. Prendre parmi les $6$ générateurs de $(\pi_1)$ celui congru à $2$ modulo $3$. Pourquoi $2$ ? ... C'est vache comme truc !
Exemple
Je reprend $p=7$. On a calculer deux irréductibles non associés au dessus de $p$ :- $j-2$ n'est pas primaire. Car $\pi(j-2) = 1+j = -j^2$. Il nous suffit de multiplier par $j$ ... $j(j-2) = j^2-2j =-1-3j$.
- $j+3$ n'est pas primaire. Il suffit de multiplier par $-j^2$, $-j^2(j+3)= -1 -3j^2=2+3j$
Reste à regarder $p=31$. On a trouver :
$$
(31) = (j+6)(-j+5)
$$
Primaire ou pas primaire ?
Finalement, on trouve la décomposition primaire :
$$
31 = (5+6j)(-1-6j)
$$
La normalisation ce n'est pas seulement avoir $31 = (j+6)(-j+5)$, c'est un peu plus que ça. -
@flipflop : J'aime bien bidouiller avec des polynômes mais c'est sûr que le coup du pgcd, c'est beaucoup mieux.
-
@flipflop : Quand l'anneau des entiers n'est pas factoriel (ce qui n'est pas le cas ici), les polynômes peuvent servir.
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