@flip flop
Oui, les deux formes sont égales et je vais peut-être faire joujou dans un prochain post. Je ne réponds pas à ta question sur les séries $\Theta$ de formes quadratiques, on va dire pour la bonne raison que je ne sais pas y répondre. Ou plutôt qu'on risque de se perdre en parlant de :
$$
M_2(\Gamma_0(N)) = S_2(\Gamma_0(N)) \oplus E_2(\Gamma_0(N)) \qquad N = 32
$$
Revenons à nos moutons. Pour une courbe elliptique rationnelle $E$, ``par définition''
$$
L_E(s) = {\zeta(s) \zeta(s-1) \over \prod_p Z_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})} = \prod_p L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})
$$
Attention à mes notations qui témoignent de mon blocage analytique : je tiens à voir les ``facteurs $p$-Eulériens'' comme des fractions rationnelles en une indéterminée $T$ :
$$
L_{E/\mathbb F_p}(T) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad {1 \over (1-T)(1-pT)Z_{E/\mathbb F_p}(T)} =
\cases {
{1 \over 1 - t_pT + pT^2} & si $p$ de bonne réduction \cr
{1 \over 1 - t_pT} & sinon \cr
}
$$
Et ainsi je peux faire $T := p^{-s}$ dans les facteurs du produit là haut. Certains auteurs notent plutôt $L_p(E,s)$ que $L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})$.
J'ai utilisé le fait que :
$$
Z_{E/\mathbb F_p}(T) = \cases {
{1 - t_pT + pT^2 \over (1-T)(1 - pT)} & si $p$ de bonne réduction \cr
{1 - t_pT \over (1-T)(1 - pT)} & si $p$ de mauvaise réduction \cr
}
$$
Dans le cas de mauvaise réduction, on sait, selon le type de la singularité, déterminer $t_p$ qui vaut $0, \pm 1$. Dans le cas de bonne réduction, le fait que l'on dispose de l'entier $t_p$ et de cette fraction rationnelle $Z_{E/\mathbb F_p}(T)$ est un résultat très fort : c'est le théorème de Hasse-Weil pour les courbes elliptiques sur les corps finis. Très fort car on peut écrire :
$$
1 - t_pT + pT^2 = (1 - \alpha_pT) (1 - \overline {\alpha_p}\ T)
$$
Et le coup de la fraction rationnelle, via ``if the author is polite'', annonce que le nombre de points de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ est $p^r + 1 - (\alpha_p^r + \overline \alpha_p^r)$.
Venons en à notre courbe elliptique $E_1 : y^2 = x^3 - x$. Tu vas me dire si tu es d'accord avec ce qui suit. D'abord un seul premier $p$ de mauvaise réduction qui est $p=2$ pour lequel $t_2 = 0$. Je définis un ``grossen character'' $\chi$ à valeurs dans $\mathbb Z[i\rbrack$ par ses valeurs en un idéal premier $\mathfrak p$ de $\Z[i\rbrack$
$$
\chi(\mathfrak p) = \cases {
0 & si $\mathfrak p = \langle 1+i\rangle$ \cr
\hbox {le générateur normalisé de $\mathfrak p$} & sinon \cr
}
$$
Dire qu'en entier de Gauss $z$ (non divisible par $1+i$) est normalisé, c'est comme d'habitude, cela signifie $z \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ : pour tout entier de Gauss $z'$ non divisible par $1+i$, il existe un seul $z$ associé à $z'$ qui soit normalisé.
Et ce que je dis, sachant ce que l'on sait sur $Z_{E_1/\mathbb F_p}(T)$, que l'on peut écrire, dans TOUS les cas :
$$
L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s}) = \prod_{\mathfrak p \mid p} {1 \over 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s}}
$$
Ou encore si tu veux, pour $p \ne 2$ :
$$
(1 - t_p T + pT^2)_{T := p^{-s}} = \prod_{\mathfrak p \mid p} \Bigl( 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s} \Bigr)
$$
Une fois que tu seras d'accord avec cela (modulo les erreurs que j'espère minimes), le terrain sera prêt pour l'assemblage conduisant à la forme modulaire de comptage modulo $p$ de la courbe elliptique $E_1 : y^2 = x^3 - x$.
@flip flop
Bon, là je joue. Avec le $\eta$-produit d'hier soir, que j'écris sous la forme :
$$
q P(q^4)^2 P(q^8)^2 \qquad \hbox {où} \qquad P(q) = \prod_{n=1}^\infty (1 - q^n)
$$
On a convenu que c'était le seul habitant de $S_2(\Gamma_0(32))$ dont le développement est $q \pm \cdots$. Convenu, cela signifie qu'il y a des gens calés qui savent déterminer la dimension de cet espace (c'est 1) et qui savent montrer que ce $\eta$-produit y habite.
Je vais y jouer de manière pas très intelligente car je vais prendre $\infty = 100$ et je vais utiliser une ``Lazy series'', histoire de changer un peu. Le mieux serait d'utiliser la fonction toute faite DedekindEta, bien plus efficace. Mais quand je joue, je fais ce que je veux. Une Lazy série, c'est relativement paresseux comme tu le vois ci-dessous.
> infini := 100 ;
> P := func < q | &*[1 - q^n : n in [1..infini]] > ;
> LPSR<q> := LazyPowerSeriesRing(IntegerRing(), 1) ;
> Graal := q * P(q^4)^2 * P(q^8)^2 ;
> Graal ;
Lazy power series <-------- Ici, tu constates la paresse de l'objet
> PrintToPrecision(Graal, 50) ;
q - 2*q^5 - 3*q^9 + 6*q^13 + 2*q^17 - q^25 - 10*q^29 - 2*q^37 + 10*q^41 + 6*q^45 - 7*q^49
>
> E := EllipticCurve([-1,0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - x over Rational Field
> fE := ModularForm(E) ;
> qExpansion(fE, 50) ;
q - 2*q^5 - 3*q^9 + 6*q^13 + 2*q^17 - q^25 - 10*q^29 - 2*q^37 + 10*q^41 + 6*q^45 - 7*q^49 + O(q^50)
>
> p := 101 ;
> TraceOfFrobenius(ChangeRing(E,GF(p))) ;
-2
> Coefficient(Graal,p) ;
-2
Tout colle.
On en fera de même (ou une variante) avec l'assemblage via le ``Grossen character'' $\chi$ sur $\Z[i\rbrack$.
hum ... j'ai eu un problème de normalisation avec ton exemple ici Mais c'est bon, c'est parce que j'ai considéré $y^2=x^3-4x$ ... mais avec $n=1$, ça le fait !
Edit : $n=1$ ... $y^2=x^3-x$ ...
Concernant ton dernier message :
Du coup, je suis d'accord avec la mauvaise réduction " on a fait ici.
Ensuite,
pour la formule
$$
(1 - t_p T + pT^2)_{T := p^{-s}} = \prod_{\mathfrak p \mid p} \Bigl( 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s} \Bigr)
$$
On peut séparer les cas :
Si mauvaise réduction, c'est bon !
Si $p=1 \pmod{4}$, on a deux idéaux premiers au dessus de $p$ : $(\alpha)$ et $(\overline{\alpha})$ ... je retrouve bien la formule.
Si $p=3 \pmod{4}$, on a un unique idéal et le normalisé est $-p$ (et non $p$ ... ) donc ça le fait !
@flip flop
Et bien, on va prolonger le Grossen character $\chi$ aux idéaux non nuls de $\Z[i\rbrack$ par multiplicativité. Et sans tricher, on trouve :
$$
\chi(I) = \cases {
0 & si $1 + i \mid I$ i.e. si $I \subset \langle 1+i\rangle$ \cr
\hbox {le générateur normalisé de $I$} & sinon \cr
}
$$
Es tu ok ? Disons que cela vient d'une part du fait que le produit de deux éléments normalisés est normalisé i.e.
$$
[z \equiv 1 \bmod (1+i)^3 \quad \hbox {et} \quad z' \equiv 1 \bmod (1+i)^3] \quad\Rightarrow\quad zz' \equiv 1 \bmod (1+i)^3
$$
Et que d'autre part 0 fois quelque chose est égal à 0.
C'est presque mûr pour assemblage en utilisant le fait que $\Z[i\rbrack$ est principal.
Le trick de Riemann :
$$\prod_p L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s}) = \prod_{\mathfrak{p}} \left(1-\frac{\chi(\mathfrak{p})}{N(\mathfrak{p})^s} \right) ^{-1} = \sum_{I \subset\Z[ i] } \frac{\chi(I)}{N(I)^s}=\sum_{w \in \Z[ i] ^{\text{Norma}}} \frac{\chi(w)}{N(w)^s} $$
où la première somme est étendue à tous les idéaux de $\Z[ i]$ non nuls.
où la deuxième sommatation est sur les $w \in \Z[ i]$ non nuls et normalisés i.e $w=a+ib$ avec $b= 0 \pmod{2}$ et $a=b+1 \pmod{4}$. (i.e $w = 1 \pmod{(1+i})^3$).
@flip flop
Deuxième sommatation? Vraiment ? Sinon, OK. L'assemblage est donc (sommation sur les idéaux non nuls) :
$$
L_E(s) = \sum_I \chi(I) N(I)^{-s} = \sum_{n \ge 1} t_n n^{-s} \quad\qquad \hbox {versus} \qquad\quad
f_E(q) = \sum_I \chi(I) q^{N(I)} = \sum_{n \ge 1} t_n q^n
$$
A gauche, le monde analytique, à droite le monde modulaire (désolé pour la naïveté du propos).
Oui, bien sûr, il faut faire attention. Mais on va aller jusqu'au bout. On va sommer sur les $a+ib$ en faisant vachement gaffe de ne pas compter 4 fois ...etc.. C'est un peu magma-technique car il faut montrer des séries au dessus de $\Z$ et au dessus de $\Q(i)$ même si à la fin, il n'y a plus que des entiers (les calculs intermédiaires passent par les entiers de Gauss). Quelques déclarations :
Et puis enfin, de l'action. Je passe sur les détails (j'ai isolé le premier terme correspondant à l'idéal $I$ égal à $\Z[i\rbrack$ tout entier, j'ai divisé par $4$ au bon endroit et of course, j'ai tenu compte de la définition du Grossen character $\chi$ ..etc...) :
/// Assemblage
Chi := map < Zi -> Zi | z :-> (Nz le 2 or IsEven(Nz)) select 0 else Primary(z) where Nz is Norm(z) > ;
// 1 < a^2 + b^2 <= precision => a in [-sqrt(precision) .. sqrt(precision)]
// et b in [-sqrt(precision-a^2) .. sqrt(precision-a^2)]
S := q + 1/4 * &+[Chi(a+i*b) * q^(a^2 + b^2) :
b in [-B .. B] where B is Isqrt(precision-a^2), a in [-A .. A] where A is Isqrt(precision)] ;
C'est fun sommatation :-D Peut-être que c'est parce que j'étais entrain de manger une tomate :-)
J'ai besoin d'un peu de temps pour percuter, il y a une opération étrange $q^n$ vs $n^{-s}$ (admettons) et on n'a pas perdu les points sur les corps finis ... C'est plus surprenant !!!
si $p=1 \pmod{4}$, j'arrive à suivre ... on va avoir $w$ et $\overline{w}$ (normalisé) de norme $p$ et on peut regrouper ... donc le coefficient $t_p$ et bien $p+1-\# (E_1(\mathbb{F}_p))$.
Je regarde précis $p=3 \pmod{4}$ ... y'a un truc que je n'arrive pas à suivre ! Mais ça va le faire !
Le truc fort c'est que comme on a (enfin les grands) une autre forme modulaire (cusp) de poids $2$ pour $\Gamma_0(32)$ ... on peut retrouver les points sur la courbe $y^2=x^3-x$ sur les corps finis sans passer par les sommes de Gauss et Jacobi et tout et tout ...
Une petite remarque sur le fait que je veux ma fraction rationnelle $L_{E/\mathbb F_p}(T)$. C'est pour pouvoir calculer les $t_{p^r}$ dans le développement en série de cette fraction rationnelle, avec la convention d'écriture :
$$
L_{E/\mathbb F_p}(T) = 1 + t_p T + t_{p^2} T^2 + t_{p^3} T^3 + \cdots
$$
Détermination à partir de $t_p$ bien entendu i.e. à partir de $p+1 - \#E(\mathbb F_p)$.
Mais bien sûr, $t_{p^r}$ n'est PAS la trace de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ i.e. $t_{p^r}$, ce n'est PAS $p^r + 1 - \#E(\mathbb F_{p^r})$.
On a vu le même phénomène pour un corps de nombres $K$ et sa fonction $\zeta$ :
$$
\zeta_K(s) = \sum_{n \ge 1} a_n n^{-s} = \sum_{I \ne 0} N(I)^{-s}
$$
où $a_n$ est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $n$. On a vu que $a_p$ est le ``nombre de points sur $\mathbb F_p$ du $\Z$-schéma $\mathcal O_K$'' mais $a_{p^r}$ ce n'est PAS ...etc...
@flip flop
Ok pour le 2 oublié sur le scan : je m'en souviens, c'est annoté en rouge sur mon exemplaire papier et je l'avais signalé quelques posts après mais pas facile de s'y retrouver dans les posts.
Je nous fais une petite piqûre de rappel concernant le calcul du nombre de points d'une courbe elliptique rationnelle sur un corps fini à partir de la forme modulaire de comptage.
Et après tout, peut-être que cela pourra t'être utile à l'occasion d'une petite fête ou repas. Tu sais, souvent la conversation glisse vers ``que pensez vous du dernier meeting du candidat untel ?'' ou bien ``que pensez vous de la courbe elliptique untelle ?'' A toi de faire en sorte que cela glisse sur le deuxième sujet. Et tu peux y aller franco, du genre ``que pensez vous de'' :
$$
E : \qquad y^2 = x^3 + x^2 - x
$$
Bien sûr, tu auras préparé ton coup. Celle ci est de conducteur 20 et la forme modulaire de comptage est :
$$
\big( \eta(q^2) \eta(q^{10}) \big)^2 = q \big(P(q^2) P(q^{10})\big)^2 \qquad \hbox {avec} \qquad P(q) = \prod_{n \ge 1} (1 - q^n)
$$
ENTRE NOUS, en planquette :
Et maintenant, tu annonces que tu vas déterminer le nombre de points de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ SANS TOUCHER à la courbe !! Où $p$ et $r$ sont choisis au hasard par les convives. Trop fort, flip-flop.
Là faut pas que tu te loupes : tu calcules $t_p$ via le coefficient d'indice $p$ du $\eta$-produit puis $\alpha, \overline \alpha$ vérifiant
$$
(X - \alpha)(X - \overline \alpha) = X^2 - t_pX + p \qquad \hbox {ou encore} \qquad
(1 - \alpha T)(1 - \overline \alpha T) = 1 - t_pT + p T^2
$$
Pas d'inquiétude : le discriminant du trinôme est bien strictement négatif (c'est l'inégalité de Hasse).
Et le nombre de points convoité est (via if the author is polite) :
$$
p^r + 1 - (\alpha^r + \overline \alpha^r)
$$
Du coup, on peut faire ça (en théorie) avec toutes les courbes elliptiques. C'est marrant j'étais en terminal et la prof de spécialité maths nous avait dit de regarder un reportage sur Arte sur le théorème de Fermat, le lendemain on lui avait demandé de nous expliquer :-D
Pour la mauvaise réduction : On va chercher le $t_2$ ou $t_5$ et même principe (c'est un équation de degré $1$ ou $0$), un petit coup de "if the author is polite" ...
Pour $2^r$, je pense que c'est simplement $2^r+1$.
Oui, on peut faire la construction $E \mapsto f_E(q) = \sum_{n \ge 1} t_n q^n$ pour toute courbe elliptique rationnelle mais il est impératif d'utiliser un modèle $\Z$-minimal.
> Ebig := EllipticCurve([0, 10^10]) ;
> Ebig ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 10000000000 over Rational Field
> Discriminant(Ebig) ;
-43200000000000000000000
> Factorization(Z!Discriminant(Ebig)) ;
[ <2, 24>, <3, 3>, <5, 20> ]
> E, phi := MinimalModel(Ebig) ; <--------------- ** ICI **
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 + y = x^3 + 156 over Rational Field
> Discriminant(E) ;
-10546875
> Factorization(Z!Discriminant(E)) ;
[ <3, 3>, <5, 8> ]
> Conductor(E) ;
225
Le fait que $f_E$ soit un habitant de $S_2(\Gamma_0(N))$ (où $N$ est le conducteur de $E$, notion difficile pour moi à définir) constitue le théorème de Wiles, Breuil, Conrad, Diamond, Taylor, ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil.
Ok pour les deux premiers de mauvaise réduction : $p=2$ (réduction additive i.e. de type cusp) et $p = 5$ (réduction de type node unsplit). Mais comment as tu fait pour obtenir le type de réduction ? A la main ?
On a $t_2 = 0$ donc la fonction zéta ... $Z(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1}{(1-T)(1-2T)}$ et "if the author is polite" (à "l'envers").
De même, pour $t_5 := -1$ donc $Z(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1+T}{(1-T)(1-5T)}$ ... $\# (E(\mathbb{F}_5)) = 5^r+1^r-(-1)^r$.
Je me suis senti un peu mal à faire ça ! Car là, on (enfin moi) a jamais travaillé sur cette courbe elliptique (elle n'est pas sous la forme de Koblitz) !
Mais on peut regarder directement sur la réduction de la courbe, c'est un bon exercice pour réviser ce que tu m'as appris :
On considère la courbe $y^2 = x^3+x^2-x$ sur le corps $\mathbb{F}_{2^r}$. Ici, on translate $X = x-1$ et $Y=y-1$ (car y'a un point singulier en $(1,1)$. Et on obtient comme nouvelle équation : $Y^2 = X^3$. Comme la translation est bien une bijection, on a bien le même nombre de points pour les deux courbes (attention on regarde en projectif).
Donc, on cherche le nombre de points sur $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_{2^r})$ de la courbe $ZY^2=X^3$.
Faisant, $Z=0$, on a un unique point à l'infini $(0 : 1 : 0)$.
Faisant, $Z=1$, il s'agit de trouver le nombre $N_r$ de $(X,Y) \in \mathbb{F}_{2^r}$ tel que $Y^2=X^3$. Alors,
$$N_r := 1 + \sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [Y^2 = a^3 ] = 1 +\sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [(a^{-1}Y)^2 = a ]= 1 +\sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [T^2 = a ] = \sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}} \# [T^2 = a ]$$
Mais pour chaque $a \in \mathbb{F}_{2^r}$, il y a une unique solution à l'équation $T^2=a$ dans $\mathbb{F}_{2^r}$ elle est donnée par $a^{2^{r-1}}$ (Frobenius, enfin Lagrange et la caractéristique $2$).
Finalement, on a bien $N_r = 2^r +1^r$ ... et ça colle !
Dans un autre message j'avais utilisé les caractères ici
Je fais $5$ juste après après mais c'est un terrain un peu glissant :-D
Bon, j'ai toujours les mêmes soucis avec le paramétrage (y'a un truc qui me chiffonne, mais je ne sais pas quoi).
On souhaites évaluer $N_r -1 := \# \{y^2=x^3+x^2-x \}$ sur le corps $k := \mathbb{F}_{5^r}$. (Je ne regarde que la partie affine, mais il y a un point à l'infini d'où le $-1$).
Ici, on fait le changement de variable $X=x-2$ et $Y=y$. On obtient :
$$
N_r -1:= \# \{X^3=-2X^2+Y^2 \}
$$
En notant, $C$ la courbe d'équation $X^3=-2X^2+Y^2$, on a un paramétrage $$ \mathbb{A}^1(k) \setminus \{ t^2=2\}_k \to C \setminus \{(0,0)\} \\
t \mapsto (t^2-2, t(t^2-2))$$
Finalement, on obtient :
$$
N_r = 1+5^r+1 - \# \{ t^2=2\}_k
$$
et finalement, on tombe bien sur :
$$N_r = 5^r +1 -(-1)^r$$
Car $ \# \{ t^2=2\}_k = 1+(-1)^r$,
@flip flop
En ce qui concerne les deux premiers de mauvaise réduction $p=2$ et $p=5$ (pour la courbe elliptique de conducteur 20), je suis d'accord sur tout. Je ne comprends pas ce qui te chiffonne pour $p=5$.
Des petites remarques cependant (peut-être en ai je déjà parlé ``autrefois'', tant pis). Soit une équation de Weierstrass longue, en affine :
$$
y^2 + a_1xy + a_3y = x^3 + a_2x^2 + a_4x + a_6 \qquad\qquad\qquad \hbox {($\mathrm {poids}(a_i) = i$, $\mathrm {poids}(x) = 2$, $\mathrm {poids}(y) = 3$)}
$$
A quelle condition le point $(0,0)$ est-il un point de la courbe NON lisse ? Cela force $a_6 = 0$ (pour que l'origine soit sur la courbe) puis (dérivées partielles) $a_3 = a_4 = 0$. On se retrouve avec :
$$
y^2 + a_1xy - a_2x^2 = x^3 \qquad\hbox {disons avec} \qquad y^2 + axy + bx^2 = x^3
$$
Donc à droite, le modèle type d'une équation de Weierstrass avec un point (rationnel) singulier qui est l'origine.
C'est ce que à quoi t'ont conduit les changements de variables que tu as réalisés pour $p=2$ et pour $p=5$.
Pour $p=2$, une fois obtenu $y^2 = x^3$ (en affine), on peut se simplifier la vie car de manière universelle, on a le paramètrage (affine) bijectif $t \mapsto (x=t^2, y=t^3)$ d'inverse $(x,y) \mapsto t=y/x$, en convenant que $0/0 = 0$.
Et quand on a $y^2 + axy + bx^2 = x^3$, il faut penser dans sa tête, quitte à faire une extension quadratique du corps de base, à $(y - \lambda_1x)(y - \lambda_2x) = x^3$ ; mais faire attention au fait que les $\lambda_i$ ne sont peut-être pas dans le corps de base. C'est ce qui t'arrive pour $p=5$ et corps de base $\mathbb F_{5^r}$ selon la parité de $r$. Disons que le type de singularité change selon $r$ : il alterne entre node unsplit et node split.
Et de toutes manières, il faut penser à $y = tx$, qui conduit à $t^2x^2 + atx^2 + bx^2 = x^3$ i.e. $x = t^2 + at + b$, ...etc...
Bref, pas grand chose de nouveau sous le soleil.
Note : En magma, il y a ReductionType(E, p) qui te répond "Good" ou "Additive" ou "Split multiplicative" ou "Unsplit multiplicative".
@flip flop
Je ne sais pas comment tu as fait pour t'y retrouver (dans notre m.rdier, je dis notre mais c'est peut-être le mien) en ce qui concerne les fonctions zeta locales de $E_{n^2} : y^2 = x^3 - n^2x$ !! Je fais allusion à ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1445388#msg-1445388
Bien sûr, dans le cas $p \equiv 1 \bmod 4$, le $\alpha$ dont tu parles dans :
$$
Z(E_{n^2}, p)(T) = {(1 - \alpha T) (1 - \overline\alpha T) \over (1-T)(1- pT)}
$$
est ``celui'' qui vérifie, à $\alpha \leftrightarrow \overline\alpha$ près :
$$
\alpha\,\overline\alpha = p, \qquad\qquad \alpha \equiv \left( {n \over p} \right) \bmod (1+i)^3
$$
Je te parle de cela car j'ai regardé mes notes, mes scans. Totalement inutilisables car la tête dans le guidon avec les sommes de Gauss et de Jacobi, vouloir faire du Hasse-Davenport sans en faire, vouloir faire la totale $y^2 = x^3 - Dx$ au lieu de $y^2 = x^3 - n^2x$, introduction du symbole biquadratique, vouloir jouer au dessus de $\mathbb F_q$ au lieu de $\mathbb F_p$, vouloir passer de $q$ à $q^r$ pour obtenir Hasse Weil ...etc... Bref, pour moi, un véritable m.rdier (bis). Peut-être qu'un jour j'aurais le courage de reprendre cela à tête reposée.
Si on considère $G := \Gamma_0(20)$ et le diagramme :
$$
\xymatrix { \overline{\mathbb{H}} / G \ar[d] \\ \overline{\mathbb{H}} / \text{PSL}_2(\Z) \simeq \mathbb{P}^1(\C) }
$$
Est-ce qu'on peut s'amuser à récupérer le genre de la courbe du haut avec la formule de Riemann-Hurwitz (on a fait quelques fois quand on s'amusait a faire des quotients de courbes) ?
Si j'ai bien compris (un truc que j'ai lu) on doit tomber sur $1$ ... C'est faisable ?
@flip flop
Oui, faisable mais du boulot en perspective. Il faut le degré du revêtement i.e. l'indice de $\Gamma_0(N)$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ (il y a une formule), le nombre de cusps de $\Gamma_0(N)$ (il y a une formule ...etc...). Plus tard. En attendant http://wstein.org/books/modform/modform/dimension_formulas.html
Hello Claude, toujours le petit lien qui va bien (tu)
Petit décrassage de dénombrement, j'ai voulu faire le premier exercice en bas de la page que tu as pointé. Je fais un cas particulier, lorsque $N=p$ un premier et on verra ensuite pour la généralisation.
L'objectif est de calculer l'indice de $\Gamma_0(p)$ dans $\text{SL}_2(\Z)$.
On commence par définir le morphisme de réduction $\text{Red} : \text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Celui-ci est surjectif (j'ai déjà vu dans une épreuve d'agreg, mais quand ???).
Alors on définit $\Gamma(p) := \text{Ker}(\text{Red})$ de sorte que l'indice de $\Gamma(p)$ dans $\text{SL}_2(\Z)$ est le cardinal de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Et pour trouver ce cardinal, on passe par $\text{GL}_2$ et le noyau du déterminant :
$$
\left|\frac{\text{SL}_2(\Z)}{\Gamma(p)} \right| = \frac{(p^2-1)(p^2-p)}{(p-1)}
$$
Jusque ici tout va bien.
Ensuite, on définit $$\Gamma_0(p) := \left\{ M \in \text{SL}_2(\Z), \ \text{Red}(M) =
\begin{pmatrix}
\star&\star\\
0&\star
\end{pmatrix}
\right\}$$
Bon là je n'aime pas trop cette définition, donc je fais un petit truc avec.
Je note $T := \left\{ \begin{pmatrix}
\star&\star\\
0&\star
\end{pmatrix}
\right\}$ l'ensemble des matrices triangulaires inversibles de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Alors $T$ est un sous-groupe distingué (Non, merci Claude) de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Ce qui m'autorise à considérer le diagramme :
$$
\xymatrix { \text{SL}_2(\Z) \ar[r] \ar[rd] & \text{SL}_2(\Z / p \Z) \ar[d] \\
& \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T }
$$
Et $\Gamma_{0}(p)$ est le noyau du morphisme surjectif $\text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T$.
Finalement,
$$
\left|\frac{\text{SL}_2(\Z)}{\Gamma_0(p)} \right| = \# \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T = \frac{(p^2-1)(p^2-p)}{(p-1)p(p-1)} = p+1
$$
Ouf, on trouve bien le $\mu_0(p)$ du lien. Je pense que c'est correct ?
Si on considère l'action de $\text{SL}_2(\Z)$ par homographie sur $\mathbb{P}^1(\Q) = \Q \cup \{ \infty \}$.
$$
\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix} \star \tau := \frac{a\tau+b}{c\tau+b}
$$ avec la convention habituelle pour $\tau = \infty$.
Cette action est transitive, par exemple pour envoyer $\infty$ sur $a \over c$ ($a$ et $c$ premier entre eux) , il suffit de considérer la matrice $N := \begin{pmatrix}
a & -v \\
c & u
\end{pmatrix}$ où $au+cv = 1$ (Bézout).
Par contre, si je considère le sous-groupe $\Gamma_0(N) := \left \{ \begin{pmatrix}
a&b\\
c&d
\end{pmatrix} \in \text{SL}_2(\Z), \, \mid c = 0 \pmod{N} \right\}$ (prenons $N=p$ un premier si ça simplifie les choses).
Combien d'orbites pour l'action de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb{P}^1(\Q)$ ?
Je pense pouvoir prouver que le nombre d'orbites est fini (car $\Gamma_0(N)$ est d'indice fini dans $\text{SL}_2(\Z)$). Mais je n'ai pas d'idée pour faire un dénombrement précis !
Il ne doit pas en avoir beaucoup (je pense inférieur à $4$). Et $\infty$ et $0$ est ce qu'ils sont dans la même orbite ? Si je ne dis pas de bêtise je ne pense pas ? (J'ai pris $\infty$, car je trouve que c'est facile de calculer les images par une homographie) ... mais je ne sais pas si c'est une bonne idée. Peut-être regarder l'orbite de $0$ c'est pas complexe non plus !
En notant $u/v$ les éléments de $\mathbb P^1(\Q)$ avec $u\wedge v=1$, on obtient :
Si $v$ est impair, $u/v$ est dans l'orbite de $0$.
Sinon, $u/v$ est dans l'orbite de $\infty$.
Salut flip-flop
Dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1447230#msg-1447230, tu dis que le sous-groupe des matrices triangulaires supérieures inversibles ... est distingué dans ... Mais, en notant
$$
T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 & 1}, \qquad S = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 0} \qquad\qquad
\hbox {on a} \qquad
STS^{-1} = \pmatrix {1 & 0\cr -1 & 1}
$$
Quid ?
En ce qui concerne l'indice de $\Gamma_0(N)$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$, on peut considérer la tour :
$$
\Gamma(N) \quad\subset\quad \Gamma_1(N) \quad\subset\quad \Gamma_0(N) \quad\subset\quad \mathrm {SL}_2(\Z)
$$
Tu trouveras partout la définition de $\Gamma(N)$ et $\Gamma_1(N)$. Attention cependant, chez certains auteurs, au patacaisse $\mathrm {SL}_2(\Z)$ versus $\mathrm {PSL}_2(\Z)$.
L'indice que tu cherches est celui tout à droite. On va l'obtenir via d'autres indices.
(I) $\Gamma(N)$ est distingué dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ et, par définition :
$$
\mathrm {SL}_2(\Z)/\Gamma(N) \simeq \mathrm {SL}_2(\Z/N\Z)
$$
On peut obtenir $\#\mathrm {SL}_2(\Z/N\Z)$ et même $\#\mathrm {SL}_k(\Z/N\Z)$ en décomposant $N$ en produit de premiers. Peut-être que c'est une bonne chose de commencer par $\mathrm {GL}$ au lieu de $\mathrm {SL}$ ? Et d'utiliser d'une part le bon comportement par rapport au produit cartésien :
$$
\mathrm{GL}_k(R_1 \times R_2) \simeq \mathrm {GL}_k(R_1) \times \mathrm {GL}_k(R_2)
$$
Idem avec $\mathrm {SL}$ au lieu de $\mathrm {GL}$.
Et d'autre part, pour un anneau local fini $(R, \mathfrak m)$, le dénombrement de $\mathrm {GL}_k(R)$ en fonction de celui pour le résiduel $\mathrm {GL}_k(R/\mathfrak m)$. Idem pour $\mathrm {SL}$.
Bref, on doit obtenir
$$
\#\mathrm {SL}_2(\Z/N\Z) =N^3 \prod_{p \mid N} \left(1 - {1 \over p^2}\right)
$$
(II) $\Gamma(N)$ est distingué dans $\Gamma_1(N)$ et :
$$
\Gamma(N)/\Gamma_1(N) \simeq \Z/N\Z
$$
Vois tu comment ?
(III) $\Gamma_1(N)$ est distingué dans $\Gamma_0(N)$ et :
$$
\Gamma_1(N)/\Gamma_0(N) \simeq (\Z/N\Z)^\times
$$
Vois tu comment ?
En assemblant tout ceci, tu dois trouver comme indice :
$$
[\mathrm {SL}_2(\Z) : \Gamma_0(N)] = N \prod_{p \mid N} \left(1 + {1 \over p}\right)
$$
@flip flop
Variante plus directe (et à mon avis indispensable dans ce contexte). Le groupe $\mathrm {SL}_2(\Z)$ agit naturellement (à gauche) sur les droites projectives $\mathbb P^1(\Z)$ et $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$.
L'action de $\mathrm {SL}_2(\Z)$ sur $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ est transitive et le fixateur de $\infty = (1 : 0)$ est $\Gamma_0(N)$. Si bien que l'on a un isomorphisme de $\mathrm {SL}_2(\Z)$-ensembles :
$$
\left({\mathrm {SL}_2(\Z) \over \Gamma_0(N)}\right)_{\rm classes\ à\ gauche} \simeq\quad \mathbb P^1(\Z/N\Z)
$$
Cette bijection est tout simplement :
$$
\hbox {classe de } \pmatrix {a & b\cr c & d\cr} \longmapsto (a : c)
$$
Il reste donc à dénombrer $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ ; par exemple, si $N=p$ premier, on obtient $\mathbb P^1(\Z/p\Z) = p+1$.
Pour la totale en $N$, on utilise d'une part le bon comportement de $\mathbb P^1(R)$ par rapport au produit direct et d'autre part le comportement en local :
$$
\mathbb P^1(R) = R \vee \mathfrak m = \{ (r : 1)\ r \in R \} \vee \{ (1 : m)\ m \in \mathfrak m \}
$$
qu'il faut comprendre (en local) comme :
$$
\mathbb P^1(R) = \hbox {la droite affine sur $R$} \vee \{\hbox {les ``points à l'infini''} \}
$$
ATTENTION : j'ai pris comme définition PROVISOIRE et INCORRECTE :
$$
\mathbb P^1(R) = { \{\hbox {vecteurs unimodulaires de $R^2$}\} \over R^\times }
$$
Un vecteur $(a,b)$ est unimodulaire si $1 \in \langle a,b\rangle$.
Incorrecte mais locale à cette histoire. Cela serait plus mieux d'utiliser la notation $\mathbb P'^1(R)$ au lieu de $\mathbb P^1(R)$.
Claude : juste un truc ... je suis un peu parti en vrille ... tu es d'accord que c'est pour comprendre la fibre de revêtements, entre courbes modulaires, sur les points du bord des courbes ? On se comprend :-S
Sinon, question : Tu peux m'expliquer comment tu as fait pour m'embarquer dans cette histoire ? :-D:-D:-D
Je vois un peu pour le dénombrement ... Juste le fait de prendre $N$ quelconque et non premier me fiche un peu la trouille.
@flip flop
J'ai rien fait moi, pour la bonne raison que j'étais absent. J'ai juste répondu, avant de partir, à la question de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1446984#msg-1446984 concernant $g(X_0(20)) = 1$. Tu m'as demandé si c'était faisable et j'ai dû répondre oui (car je connais un tout petit peu la musique) et probablement que cela demanderait un peu (sic) de travail. Tu vois bien que c'est faisable :
> Index(Gamma0(20), Gamma0(1)) ;
36
> N := 20 ;
> N * &*[1 + 1/p : p in PrimeDivisors(N)] ;
36
Question un peu de boulot. Soit $G \subset \mathrm{SL}_2(\Z)$ un sous-groupe de congruences et $X(G) = \overline {\mathbb H}/G$. On dispose de la formule :
$$
g(X(G)) = 1 + {d \over 12} - {\varepsilon_2(G) \over 4} - {\varepsilon_3(G) \over 3} - {\varepsilon_\infty(G) \over 2}
\qquad\qquad (\star)
$$
Ci-dessus $d$ est le degré du revêtement $X(G) \to X(\mathrm {SL}_2(\Z)) \quad \buildrel {j} \over \simeq\quad \mathbb P^1(\C)$ i.e. l'indice de $G$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ et $\varepsilon_\infty(G)$ le nombre de $G$-cusps i.e. le cardinal de $\mathbb P^1(\Z)/G$. Et enfin, pour $i = 2,3$, $\varepsilon_i(G)$ c'est le nombre de points elliptiques d'ordre $i$ de $G$. J'ai recopié le Th. 3.1.1 p. 68 de Diamond & Shurman (A First Course in Modular Forms) et la preuve est en exercice (l'exercice 3.1.3 (b) pour ne rien te cacher dont l'énoncé est ``Prove theorem 3.1.1'').
Ben, il ne reste plus qu'à comprendre tout cela. La formule $(\star)$ provient de la formule de Riemann-Hurwitz du revêtement $\overline {\mathbb H}/G \to \overline {\mathbb H}/\mathrm {SL}_2(\Z)$.
Pour $G = \Gamma_0(N)$, on a déjà l'indice. Tu vas pas faire des manières sous prétexte que tu as peur de $\Z/N\Z$ quand $N$ n'est pas premier. Il n'y a plus qu'à comprendre le reste dans $(\star)$ ainsi que $(\star)$ bien entendu.
De plus, pour $G = \Gamma_0(N)$, on a :
$$
\hbox {Cusps}(\Gamma_0(N)) \simeq {\mathbb P^1(\Z/N\Z) \over \langle T\rangle}, \qquad \qquad T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 & 1\cr}
$$
Je suppose que tu connais un peu les 3 habitants de $\mathrm {SL}_2(\Z)$ que sont $T, (ST)^{-1}, S$ et leurs points fixes respectifs $\infty, j, i$ ? Tu veux un dessin ?
Je t'assure que tu risques de t'amuser avec les actions de groupes et tout le binz qui va avec. Tu vas pas quand même pas mollir ?
Là, où cela risque d'être un peu chaud, c'est qu'il va falloir se méfier de certains résultats dans la littérature. Je vois par exemple que pour $G = \Gamma_0(N)$, la formule pour $\varepsilon_3(G)$ de Diamond & Shurman ne colle pas avec celle de Stein (ils ont dû faire du coupé-collé de Shimura, chez qui il y a une coquille).
Voici ce que dit W. Stein dans ``Modular Forms, a Computational Approach'' (chap 6, Dimension Formulas). On va dire que j'ai assez confiance en lui.
It would be natural to give a sample argument along these lines at this point, but we will not since it easy to find such arguments in other books and survey papers (see, e.g., [DI95]). So you will not learn much about how to derive dimension formulas from this chapter. What you will learn is precisely what the dimension formulas are, which is something that is often hard to extract from obscure references.
Bon faut faire joujou avec $\mathbb{P}^1(\Z/20\Z)$ ... Pour $\mathbb{P}^1(\Z/4\Z) = \Z/4\Z \cup \{ (1,0), (1,2) \}$ ... donc $(4+2)*(5+1) = 36$ points pour $\mathbb{P}^1(\Z/20\Z)$.
Je vais avoir besoin d'une petite description ... je réfléchis B-)-
En fait, peut être que l'on peut garder le produit et considérer le produit $\text{SL}_2(\Z/4\Z) \times \text{SL}_2(\Z/5\Z)$ ça serai un bonne nouvelle !
Gai requin : et il faut faire pareil qu'avec l'action de $\text{SL}_2(\mathbb{F}_3)$ :-D
En gros, si j'ai bien compris $\mathbb{P}^1(\Z/20\Z) \simeq \mathbb{P}^1(\Z/4\Z) \times \mathbb{P}^1(\Z/5\Z)$ et ensuite pour $\mathbb{P}^1(\Z/4\Z)$ tu prends la droite affine et tu ajoutes les points $(1,a)$ avec $a$ dans l'idéal maximal de $\Z/4\Z$ .. $0$ et $2$.
Peut-être qu'il faudra affronter des histoires de gauche/droite et des doubles classes ...etc... Les choses de la vie.
Histoire de s'amuser un peu, je commence petit avec la droite projective sur $\Z/5\Z$ versus $\mathrm {SL}_2(\Z)$ modulo $\Gamma_0(5)$, modulo étant à prendre au sens classes à gauche. Rappel : la correspondance est :
$$
\hbox {classe de $A = \pmatrix {a &b\cr c & d}$} \qquad\leftrightarrow\qquad A\cdot \infty = A \pmatrix {1\cr 0} = \pmatrix {a\cr c} = (a : c)
$$
Visiblement, les premières colonnes des 6 matrices ne forment pas un système de représentants de $\mathbb P^1(\Z/5\Z)$. Ce qui provient de la philosophie ``action à droite'' de magma. On va redresser cela via $A \leftrightarrow A^{-1}$ :
Cette fois, c'est OK et on va en faire un peu plus. Petit truc cryptique : l'accès à la première colonne d'une matrice se réalise via l'accès à la première ligne de sa transposée.
@flip flop
Il va y avoir un peu de boulot (bis). En particulier, pour déterminer les orbites de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb P^1(\Z) = \mathbb P^1(\Q)$. On doit en trouver :
$$
\sum_{d \mid N} \varphi(\gcd(d, N/d))
$$
mais inutile de se précipiter. Il paraît que la littérature comporte un certain nombre d'erreurs, non pas sur le dénombrement, mais sur un système de représentants des orbites de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb P^1(\Z)$. Il faudra donc réaliser cela calmement mais nous n'en sommes pas là.
Je reviens sur l'indice $[\mathrm {SL}_2(\Z) : \Gamma_0(N)]$ ou encore sur $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$. Pour un anneau commutatif $R$, je ne suis pas trop content de la notation $\mathbb P^1(R)$ pour parler de l'ensemble des droites unimodulaires de $R^2$. Pour la bonne raison que ce n'est pas exactement l'ensemble des $R$-points du schéma $\mathbb P^1$ (schéma droite projective) et qu'il ne faut pas badiner avec cela : il y a des ``droites solides'' de $R^2$ i.e. qui donnent des points de $\mathbb P^1(R)$ et qui ne sont pas unimodulaires.
J'avais proposé de mettre un prime : $\mathbb P'^1(R)$ mais cela ne se voit pas trop. Peut-être que $\mathbb P^1_u(R)$ serait préférable, l'indice $u$ pour spécifier ``unimodulaire''.
Mais ceci i.e. $\mathbb P^1(R)$ versus $\mathbb P^1_u(R)$, n'est pas très grave car on va l'utiliser uniquement pour $R = \Z/N\Z$ ou pour $R$ local. Et dans ce cadre là, il n'y a pas de lézard. Si je prends toutes ces précautions, c'est que je ne veux pas d'ennui avec la police.
A propos de $R$ local. Soit $(a : b)$ un point de la droite projective sur $R$ a fortiori $1 \in \langle a,b\rangle$. Si $b$ est inversible, alors $(a : b) = (b^{-1}a : 1)$ ; sinon $b$ est dans le maximal auquel cas $a$ est inversible puisque $1 \in \langle a,b\rangle$ et donc $(a : b) = (1 : a^{-1}b)$ et $a^{-1}b$ est dans le maximal.
On voit donc ici la description des points de $\mathbb P^1(R)$ : soit du type $(x: 1)$ avec $x \in R$ soit du type $(1 : y)$ avec $y$ dans le maximal. Et bien sûr, ces deux types sont disjoints puisque le déterminant $\left| \matrix {x & 1\cr 1 & y\cr}\right|$ est inversible.
Claude, j'ai compris la description dans le cas $R$ local. Le complémentaire de l'idéal maximal est l'ensemble des inversibles.
Si par exemple $R$ est un anneau fini, on a : $\# \mathbb{P}^1(R) = \# R + \# \mathfrak{m}$, dans le cas où $R := \Z / p^\alpha \Z$, on obtient $\# \mathbb{P}^1(R) = p^\alpha+p^{\alpha-1}$.
Ensuite, pour le cas $R := \Z/N\Z$ par "produit" on obtient $\# \mathbb{P}^1(R) = \prod_{p \mid N} (p^{v_p(N)} + p^{v_p(N)-1})$ (coquille )la formule que l'on trouve dans W. Stein.
@flip flop
Un petit souci dans ta formule finale : dans cette formule, un $-$ est à remplacer par un $+$.
Enfin, il faut être convaincu que le foncteur $R \mapsto \mathbb P^1_u(R)$ est compatible avec le produit cartésien, compatible en un sens que tu devines. Cela vient du fait que $\mathbb P^1_u(R)$ est le quotient de l'ensemble des vecteurs unimodulaires $(a,b) \in R^2$ par la relation d'équivalence :
$$
(a,b) \sim (a',b') \qquad \hbox {s'il existe $\lambda \in R^\times$ tel que $(a',b') = \lambda (a,b)$}
$$
Note : on peut démontrer que cette relation d'équivalence (merci au caractère unimodulaire des vecteurs) est équivalente à la nullité du déterminant :
$$
\left| \matrix {a & a' \cr b & b'\cr} \right| = 0
$$
Cela peut permettre de contrôler qu'il n'y a pas de lézard dans un prétendu système de représentants de $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$.
Remarque (toujours les ennuis avec la police) : le foncteur $R \mapsto \mathbb P^1_u(R)$ n'est PAS un foncteur local. Et donc ce n'est PAS le foncteur $\mathbb P^1$.
Les petits exercices de Claude :)o voir ici
(I) deux questions dans le (I).
1. Etant donné un entier $N$, calculer le cardinal de $\text{GL}_2(\Z/N\Z)$.
2. Etant donné un entier $N$, calculer le cardinal de $\text{SL}_2(\Z/N\Z)$.
Indication : les foncteurs $\text{GL}_2$ et $\text{SL}_2$ sont "sympas" i.e se comportent bien par "produit" et "réduction", ce qui devrai faire plaisir à Champ-Pot-Lion :-D:-D
Du coup, pour le 1.
On a : $$\Z/N\Z \simeq \prod \Z/p^{\alpha_p}\Z \quad \text{donc} \quad \text{GL}_2(\Z/N\Z) \simeq \prod \text{GL}_2(\Z/p^{\alpha_p}\Z)$$
On réduit le problème à $R := (\Z/p^\alpha\Z)$. Or, $R$ est un anneau local d'idéal maximal $\mathfrak{m}$ engendré par $p$. Et on dispose d'un morphisme de réduction $R \to R / \mathfrak{m}$ "donc" d'un morphisme surjectif de groupe :
$$
\Phi : \text{GL}_2(R) \to \text{GL}_2(R / \mathfrak{m}) \qquad \text{avec} \qquad R / \mathfrak{m} \text{ un corps et ici } \Z/p\Z
$$
Mais $\text{GL}_2$ sur un corps fini on aime bien ... reste à trouver le cardinal du noyau ... Là il faut résoudre $4$ fois une équation du syle : $x=a \pmod{\mathfrak{m}}$ et on trouve $\# \mathfrak{m} := p^{\alpha-1}$ solutions pour chaque équations.
2. Pour $\text{SL}_2$ c'est plus simple, il suffit de considérer le morphisme $\text{Det}$ :
$$
\text{GL}_2(R) \to R^\times
$$
Et le noyau est exactement $\text{SL}_2(R)$.
On trouve :
$$
\# \text{SL}_2(\Z/N\Z) = \prod_{p \mid N} \frac{(p^{\alpha-1})^4 \times (p^2-1)(p^2-p) }{p^{\alpha-1}(p-1)}= \prod_{p \mid N} p^{3\alpha} \times (1-{1\over p^2})
$$
J'ai regardé les autres points, je pense que ça va le faire :-D Enfin disons tranquillou, jusqu'au moment où je vais devoir ressortir l'action sur $\overline{H}$ :-) plus tard
@flip flop
Oui, il faut aller doucement, vachement doucement (ne pas oublier le nombre de coquilles dans la littérature).
Note : soit $(a : b) \in \mathbb P^1(\Z/N\Z) = \mathbb P_u^1(\Z/N\Z)$. Il est sous entendu que $a,b$ sont deux éléments comaximaux de $\Z/N\Z$ (comaximaux = engendrant l'anneau); dans la pratique, on relève $a,b$ dans $\Z$ mais il n'y a aucune raison pour que $a \wedge b = 1$ : on a seulement $a \wedge b \wedge N = 1$.
Mais si on note $d = a \wedge b$, on peut écrire dans $\Z$, $a = da'$, $b=db'$ avec cette fois $a' \wedge b' = 1$. Et $d$ est inversible dans $\Z/N\Z$ si bien que l'égalité vectorielle $(a',b') = d(a,b)$ conduit à :
$$
(a : b) = (a' : b') \qquad \hbox {dans} \qquad \mathbb P^1(\Z/N\Z)
$$
Bilan : on peut, quitte à changer de représentant, supposer que les coordonnées d'un représentant d'un point de $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ sont premières entre elles dans $\Z$.
Remarque : $\mathrm {SL}_2(\Z/4\Z)$ est un groupe d'ordre $48 = 2 \times 24$. J'ai eu un petit moment d'émotion car ce groupe est extension centrale de $S_4$ par $C_2$.
Qu'est ce que tu voulais en faire de l'extension centrale ? Lien avec la cohomologie des groupes ... mon petit doigt me dit que tu as voulu reconstruire $\text{SL}_2(\Z/4\Z)$ :-)
(II).
Alors on considère la suite de sous-groupe $\mathcal{F}$ de $\text{SL}_2(\Z)$ :
$$
\Gamma(N) \quad \subset \quad \Gamma_1(N) \quad \subset \quad \Gamma_0(N) \quad \subset \quad \text{SL}_2(\Z)$$
Et on considère le morphisme surjectif $ \pi : \text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z/N\Z)$. En prenant, l'image par $\pi$ de la suite on obtient la suite $\overline{\mathcal{F}}$ :
$$
\{ \text{Id} \} \quad \subset \left\{ \begin{pmatrix}
Réponses
On peut aussi faire des formes quadratiques avec des fonctions thétas ?
Oui, les deux formes sont égales et je vais peut-être faire joujou dans un prochain post. Je ne réponds pas à ta question sur les séries $\Theta$ de formes quadratiques, on va dire pour la bonne raison que je ne sais pas y répondre. Ou plutôt qu'on risque de se perdre en parlant de :
$$
M_2(\Gamma_0(N)) = S_2(\Gamma_0(N)) \oplus E_2(\Gamma_0(N)) \qquad N = 32
$$
Revenons à nos moutons. Pour une courbe elliptique rationnelle $E$, ``par définition''
$$
L_E(s) = {\zeta(s) \zeta(s-1) \over \prod_p Z_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})} = \prod_p L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})
$$
Attention à mes notations qui témoignent de mon blocage analytique : je tiens à voir les ``facteurs $p$-Eulériens'' comme des fractions rationnelles en une indéterminée $T$ :
$$
L_{E/\mathbb F_p}(T) \quad \buildrel {\rm def} \over = \quad {1 \over (1-T)(1-pT)Z_{E/\mathbb F_p}(T)} =
\cases {
{1 \over 1 - t_pT + pT^2} & si $p$ de bonne réduction \cr
{1 \over 1 - t_pT} & sinon \cr
}
$$
Et ainsi je peux faire $T := p^{-s}$ dans les facteurs du produit là haut. Certains auteurs notent plutôt $L_p(E,s)$ que $L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s})$.
J'ai utilisé le fait que :
$$
Z_{E/\mathbb F_p}(T) = \cases {
{1 - t_pT + pT^2 \over (1-T)(1 - pT)} & si $p$ de bonne réduction \cr
{1 - t_pT \over (1-T)(1 - pT)} & si $p$ de mauvaise réduction \cr
}
$$
Dans le cas de mauvaise réduction, on sait, selon le type de la singularité, déterminer $t_p$ qui vaut $0, \pm 1$. Dans le cas de bonne réduction, le fait que l'on dispose de l'entier $t_p$ et de cette fraction rationnelle $Z_{E/\mathbb F_p}(T)$ est un résultat très fort : c'est le théorème de Hasse-Weil pour les courbes elliptiques sur les corps finis. Très fort car on peut écrire :
$$
1 - t_pT + pT^2 = (1 - \alpha_pT) (1 - \overline {\alpha_p}\ T)
$$
Et le coup de la fraction rationnelle, via ``if the author is polite'', annonce que le nombre de points de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ est $p^r + 1 - (\alpha_p^r + \overline \alpha_p^r)$.
Venons en à notre courbe elliptique $E_1 : y^2 = x^3 - x$. Tu vas me dire si tu es d'accord avec ce qui suit. D'abord un seul premier $p$ de mauvaise réduction qui est $p=2$ pour lequel $t_2 = 0$. Je définis un ``grossen character'' $\chi$ à valeurs dans $\mathbb Z[i\rbrack$ par ses valeurs en un idéal premier $\mathfrak p$ de $\Z[i\rbrack$
$$
\chi(\mathfrak p) = \cases {
0 & si $\mathfrak p = \langle 1+i\rangle$ \cr
\hbox {le générateur normalisé de $\mathfrak p$} & sinon \cr
}
$$
Dire qu'en entier de Gauss $z$ (non divisible par $1+i$) est normalisé, c'est comme d'habitude, cela signifie $z \equiv 1 \bmod (1+i)^3$ : pour tout entier de Gauss $z'$ non divisible par $1+i$, il existe un seul $z$ associé à $z'$ qui soit normalisé.
Et ce que je dis, sachant ce que l'on sait sur $Z_{E_1/\mathbb F_p}(T)$, que l'on peut écrire, dans TOUS les cas :
$$
L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s}) = \prod_{\mathfrak p \mid p} {1 \over 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s}}
$$
Ou encore si tu veux, pour $p \ne 2$ :
$$
(1 - t_p T + pT^2)_{T := p^{-s}} = \prod_{\mathfrak p \mid p} \Bigl( 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s} \Bigr)
$$
Une fois que tu seras d'accord avec cela (modulo les erreurs que j'espère minimes), le terrain sera prêt pour l'assemblage conduisant à la forme modulaire de comptage modulo $p$ de la courbe elliptique $E_1 : y^2 = x^3 - x$.
A toi.
Bon, là je joue. Avec le $\eta$-produit d'hier soir, que j'écris sous la forme :
$$
q P(q^4)^2 P(q^8)^2 \qquad \hbox {où} \qquad P(q) = \prod_{n=1}^\infty (1 - q^n)
$$
On a convenu que c'était le seul habitant de $S_2(\Gamma_0(32))$ dont le développement est $q \pm \cdots$. Convenu, cela signifie qu'il y a des gens calés qui savent déterminer la dimension de cet espace (c'est 1) et qui savent montrer que ce $\eta$-produit y habite.
Je vais y jouer de manière pas très intelligente car je vais prendre $\infty = 100$ et je vais utiliser une ``Lazy series'', histoire de changer un peu. Le mieux serait d'utiliser la fonction toute faite DedekindEta, bien plus efficace. Mais quand je joue, je fais ce que je veux. Une Lazy série, c'est relativement paresseux comme tu le vois ci-dessous.
Tout colle.
On en fera de même (ou une variante) avec l'assemblage via le ``Grossen character'' $\chi$ sur $\Z[i\rbrack$.
hum ... j'ai eu un problème de normalisation avec ton exemple ici Mais c'est bon, c'est parce que j'ai considéré $y^2=x^3-4x$ ... mais avec $n=1$, ça le fait !
Edit : $n=1$ ... $y^2=x^3-x$ ...
Concernant ton dernier message :
Du coup, je suis d'accord avec la mauvaise réduction " on a fait ici.
Ensuite,
pour la formule
$$
(1 - t_p T + pT^2)_{T := p^{-s}} = \prod_{\mathfrak p \mid p} \Bigl( 1 - {\chi(\mathfrak p) \over N(\mathfrak p)^s} \Bigr)
$$
On peut séparer les cas :
Si mauvaise réduction, c'est bon !
Si $p=1 \pmod{4}$, on a deux idéaux premiers au dessus de $p$ : $(\alpha)$ et $(\overline{\alpha})$ ... je retrouve bien la formule.
Si $p=3 \pmod{4}$, on a un unique idéal et le normalisé est $-p$ (et non $p$ ... ) donc ça le fait !
Et bien, on va prolonger le Grossen character $\chi$ aux idéaux non nuls de $\Z[i\rbrack$ par multiplicativité. Et sans tricher, on trouve :
$$
\chi(I) = \cases {
0 & si $1 + i \mid I$ i.e. si $I \subset \langle 1+i\rangle$ \cr
\hbox {le générateur normalisé de $I$} & sinon \cr
}
$$
Es tu ok ? Disons que cela vient d'une part du fait que le produit de deux éléments normalisés est normalisé i.e.
$$
[z \equiv 1 \bmod (1+i)^3 \quad \hbox {et} \quad z' \equiv 1 \bmod (1+i)^3] \quad\Rightarrow\quad zz' \equiv 1 \bmod (1+i)^3
$$
Et que d'autre part 0 fois quelque chose est égal à 0.
C'est presque mûr pour assemblage en utilisant le fait que $\Z[i\rbrack$ est principal.
$$\prod_p L_{E/\mathbb F_p}(p^{-s}) = \prod_{\mathfrak{p}} \left(1-\frac{\chi(\mathfrak{p})}{N(\mathfrak{p})^s} \right) ^{-1} = \sum_{I \subset\Z[ i] } \frac{\chi(I)}{N(I)^s}=\sum_{w \in \Z[ i] ^{\text{Norma}}} \frac{\chi(w)}{N(w)^s} $$
où la première somme est étendue à tous les idéaux de $\Z[ i]$ non nuls.
où la deuxième sommatation est sur les $w \in \Z[ i]$ non nuls et normalisés i.e $w=a+ib$ avec $b= 0 \pmod{2}$ et $a=b+1 \pmod{4}$. (i.e $w = 1 \pmod{(1+i})^3$).
Bon là faut faire un peu gaffe ...
Deuxième sommatation? Vraiment ? Sinon, OK. L'assemblage est donc (sommation sur les idéaux non nuls) :
$$
L_E(s) = \sum_I \chi(I) N(I)^{-s} = \sum_{n \ge 1} t_n n^{-s} \quad\qquad \hbox {versus} \qquad\quad
f_E(q) = \sum_I \chi(I) q^{N(I)} = \sum_{n \ge 1} t_n q^n
$$
A gauche, le monde analytique, à droite le monde modulaire (désolé pour la naïveté du propos).
Oui, bien sûr, il faut faire attention. Mais on va aller jusqu'au bout. On va sommer sur les $a+ib$ en faisant vachement gaffe de ne pas compter 4 fois ...etc.. C'est un peu magma-technique car il faut montrer des séries au dessus de $\Z$ et au dessus de $\Q(i)$ même si à la fin, il n'y a plus que des entiers (les calculs intermédiaires passent par les entiers de Gauss). Quelques déclarations :
Et puis enfin, de l'action. Je passe sur les détails (j'ai isolé le premier terme correspondant à l'idéal $I$ égal à $\Z[i\rbrack$ tout entier, j'ai divisé par $4$ au bon endroit et of course, j'ai tenu compte de la définition du Grossen character $\chi$ ..etc...) :
Et pour nos yeux :
Ca colle.
J'ai besoin d'un peu de temps pour percuter, il y a une opération étrange $q^n$ vs $n^{-s}$ (admettons) et on n'a pas perdu les points sur les corps finis ... C'est plus surprenant !!!
si $p=1 \pmod{4}$, j'arrive à suivre ... on va avoir $w$ et $\overline{w}$ (normalisé) de norme $p$ et on peut regrouper ... donc le coefficient $t_p$ et bien $p+1-\# (E_1(\mathbb{F}_p))$.
Je regarde précis $p=3 \pmod{4}$ ... y'a un truc que je n'arrive pas à suivre ! Mais ça va le faire !
Le truc fort c'est que comme on a (enfin les grands) une autre forme modulaire (cusp) de poids $2$ pour $\Gamma_0(32)$ ... on peut retrouver les points sur la courbe $y^2=x^3-x$ sur les corps finis sans passer par les sommes de Gauss et Jacobi et tout et tout ...
$$
L_{E/\mathbb F_p}(T) = 1 + t_p T + t_{p^2} T^2 + t_{p^3} T^3 + \cdots
$$
Détermination à partir de $t_p$ bien entendu i.e. à partir de $p+1 - \#E(\mathbb F_p)$.
Mais bien sûr, $t_{p^r}$ n'est PAS la trace de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ i.e. $t_{p^r}$, ce n'est PAS $p^r + 1 - \#E(\mathbb F_{p^r})$.
On a vu le même phénomène pour un corps de nombres $K$ et sa fonction $\zeta$ :
$$
\zeta_K(s) = \sum_{n \ge 1} a_n n^{-s} = \sum_{I \ne 0} N(I)^{-s}
$$
où $a_n$ est le nombre d'idéaux de $\mathcal O_K$ de norme $n$. On a vu que $a_p$ est le ``nombre de points sur $\mathbb F_p$ du $\Z$-schéma $\mathcal O_K$'' mais $a_{p^r}$ ce n'est PAS ...etc...
Si $p$ est congru à $3 \pmod{4}$ et si $r = 2s$ alors $E_D(\mathbb{F}_{p^r}) = p^r+1^r - 2 (-p)^s$.
Ce qui explique le $t_{7^2} = - 7$ ... hum, c'est un peu délicat de retrouver les points sur les corps finis ...
Ok, tu viens de répondre avant que je pose la question
Ok pour le 2 oublié sur le scan : je m'en souviens, c'est annoté en rouge sur mon exemplaire papier et je l'avais signalé quelques posts après mais pas facile de s'y retrouver dans les posts.
Je nous fais une petite piqûre de rappel concernant le calcul du nombre de points d'une courbe elliptique rationnelle sur un corps fini à partir de la forme modulaire de comptage.
Et après tout, peut-être que cela pourra t'être utile à l'occasion d'une petite fête ou repas. Tu sais, souvent la conversation glisse vers ``que pensez vous du dernier meeting du candidat untel ?'' ou bien ``que pensez vous de la courbe elliptique untelle ?'' A toi de faire en sorte que cela glisse sur le deuxième sujet. Et tu peux y aller franco, du genre ``que pensez vous de'' :
$$
E : \qquad y^2 = x^3 + x^2 - x
$$
Bien sûr, tu auras préparé ton coup. Celle ci est de conducteur 20 et la forme modulaire de comptage est :
$$
\big( \eta(q^2) \eta(q^{10}) \big)^2 = q \big(P(q^2) P(q^{10})\big)^2 \qquad \hbox {avec} \qquad P(q) = \prod_{n \ge 1} (1 - q^n)
$$
ENTRE NOUS, en planquette :
Et maintenant, tu annonces que tu vas déterminer le nombre de points de $E$ sur $\mathbb F_{p^r}$ SANS TOUCHER à la courbe !! Où $p$ et $r$ sont choisis au hasard par les convives. Trop fort, flip-flop.
Là faut pas que tu te loupes : tu calcules $t_p$ via le coefficient d'indice $p$ du $\eta$-produit puis $\alpha, \overline \alpha$ vérifiant
$$
(X - \alpha)(X - \overline \alpha) = X^2 - t_pX + p \qquad \hbox {ou encore} \qquad
(1 - \alpha T)(1 - \overline \alpha T) = 1 - t_pT + p T^2
$$
Pas d'inquiétude : le discriminant du trinôme est bien strictement négatif (c'est l'inégalité de Hasse).
Et le nombre de points convoité est (via if the author is polite) :
$$
p^r + 1 - (\alpha^r + \overline \alpha^r)
$$
Tu me diras ...
$t_{17} = -6$, on considère les racines réciproques de $1+6X+17X^2$ donc $\alpha= \frac{17}{-3-2i\sqrt{2}}$ .... $\alpha^5+\overline{\alpha}^5 := 1914$ .... Bref : La courbe $y^2 = x^3 + x^2 - x$ possède $17^5+1- 1914$ points sur $\mathbb{F}_{17^5}$ :-D
J'ai quand même un peu de mal à croire que ça prend tout en charge ce truc :)o
Pour la mauvaise réduction : On va chercher le $t_2$ ou $t_5$ et même principe (c'est un équation de degré $1$ ou $0$), un petit coup de "if the author is polite" ...
Pour $2^r$, je pense que c'est simplement $2^r+1$.
Et pour $5^r$, je pense que c'est $5^r+1-(-1)^r$.
Le fait que $f_E$ soit un habitant de $S_2(\Gamma_0(N))$ (où $N$ est le conducteur de $E$, notion difficile pour moi à définir) constitue le théorème de Wiles, Breuil, Conrad, Diamond, Taylor, ex-conjecture de Shimura-Taniyama-Weil.
Ok pour les deux premiers de mauvaise réduction : $p=2$ (réduction additive i.e. de type cusp) et $p = 5$ (réduction de type node unsplit). Mais comment as tu fait pour obtenir le type de réduction ? A la main ?
Sinon, j'ai utilisé la forme modulaire :
de ton message d'avant
On a $t_2 = 0$ donc la fonction zéta ... $Z(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1}{(1-T)(1-2T)}$ et "if the author is polite" (à "l'envers").
De même, pour $t_5 := -1$ donc $Z(E,\mathbb{F}_2) = \frac{1+T}{(1-T)(1-5T)}$ ... $\# (E(\mathbb{F}_5)) = 5^r+1^r-(-1)^r$.
Je me suis senti un peu mal à faire ça ! Car là, on (enfin moi) a jamais travaillé sur cette courbe elliptique (elle n'est pas sous la forme de Koblitz) !
Mais on peut regarder directement sur la réduction de la courbe, c'est un bon exercice pour réviser ce que tu m'as appris :
On considère la courbe $y^2 = x^3+x^2-x$ sur le corps $\mathbb{F}_{2^r}$. Ici, on translate $X = x-1$ et $Y=y-1$ (car y'a un point singulier en $(1,1)$. Et on obtient comme nouvelle équation : $Y^2 = X^3$. Comme la translation est bien une bijection, on a bien le même nombre de points pour les deux courbes (attention on regarde en projectif).
Donc, on cherche le nombre de points sur $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_{2^r})$ de la courbe $ZY^2=X^3$.
Faisant, $Z=0$, on a un unique point à l'infini $(0 : 1 : 0)$.
Faisant, $Z=1$, il s'agit de trouver le nombre $N_r$ de $(X,Y) \in \mathbb{F}_{2^r}$ tel que $Y^2=X^3$. Alors,
$$N_r := 1 + \sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [Y^2 = a^3 ] = 1 +\sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [(a^{-1}Y)^2 = a ]= 1 +\sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}^\star} \# [T^2 = a ] = \sum_{a \in \mathbb{F}_{2^r}} \# [T^2 = a ]$$
Mais pour chaque $a \in \mathbb{F}_{2^r}$, il y a une unique solution à l'équation $T^2=a$ dans $\mathbb{F}_{2^r}$ elle est donnée par $a^{2^{r-1}}$ (Frobenius, enfin Lagrange et la caractéristique $2$).
Finalement, on a bien $N_r = 2^r +1^r$ ... et ça colle !
Dans un autre message j'avais utilisé les caractères ici
Je fais $5$ juste après après mais c'est un terrain un peu glissant :-D
On souhaites évaluer $N_r -1 := \# \{y^2=x^3+x^2-x \}$ sur le corps $k := \mathbb{F}_{5^r}$. (Je ne regarde que la partie affine, mais il y a un point à l'infini d'où le $-1$).
Ici, on fait le changement de variable $X=x-2$ et $Y=y$. On obtient :
$$
N_r -1:= \# \{X^3=-2X^2+Y^2 \}
$$
En notant, $C$ la courbe d'équation $X^3=-2X^2+Y^2$, on a un paramétrage $$ \mathbb{A}^1(k) \setminus \{ t^2=2\}_k \to C \setminus \{(0,0)\} \\
t \mapsto (t^2-2, t(t^2-2))$$
Finalement, on obtient :
$$
N_r = 1+5^r+1 - \# \{ t^2=2\}_k
$$
et finalement, on tombe bien sur :
$$N_r = 5^r +1 -(-1)^r$$
Car $ \# \{ t^2=2\}_k = 1+(-1)^r$,
En ce qui concerne les deux premiers de mauvaise réduction $p=2$ et $p=5$ (pour la courbe elliptique de conducteur 20), je suis d'accord sur tout. Je ne comprends pas ce qui te chiffonne pour $p=5$.
Des petites remarques cependant (peut-être en ai je déjà parlé ``autrefois'', tant pis). Soit une équation de Weierstrass longue, en affine :
$$
y^2 + a_1xy + a_3y = x^3 + a_2x^2 + a_4x + a_6 \qquad\qquad\qquad \hbox {($\mathrm {poids}(a_i) = i$, $\mathrm {poids}(x) = 2$, $\mathrm {poids}(y) = 3$)}
$$
A quelle condition le point $(0,0)$ est-il un point de la courbe NON lisse ? Cela force $a_6 = 0$ (pour que l'origine soit sur la courbe) puis (dérivées partielles) $a_3 = a_4 = 0$. On se retrouve avec :
$$
y^2 + a_1xy - a_2x^2 = x^3 \qquad\hbox {disons avec} \qquad y^2 + axy + bx^2 = x^3
$$
Donc à droite, le modèle type d'une équation de Weierstrass avec un point (rationnel) singulier qui est l'origine.
C'est ce que à quoi t'ont conduit les changements de variables que tu as réalisés pour $p=2$ et pour $p=5$.
Pour $p=2$, une fois obtenu $y^2 = x^3$ (en affine), on peut se simplifier la vie car de manière universelle, on a le paramètrage (affine) bijectif $t \mapsto (x=t^2, y=t^3)$ d'inverse $(x,y) \mapsto t=y/x$, en convenant que $0/0 = 0$.
Et quand on a $y^2 + axy + bx^2 = x^3$, il faut penser dans sa tête, quitte à faire une extension quadratique du corps de base, à $(y - \lambda_1x)(y - \lambda_2x) = x^3$ ; mais faire attention au fait que les $\lambda_i$ ne sont peut-être pas dans le corps de base. C'est ce qui t'arrive pour $p=5$ et corps de base $\mathbb F_{5^r}$ selon la parité de $r$. Disons que le type de singularité change selon $r$ : il alterne entre node unsplit et node split.
Et de toutes manières, il faut penser à $y = tx$, qui conduit à $t^2x^2 + atx^2 + bx^2 = x^3$ i.e. $x = t^2 + at + b$, ...etc...
Bref, pas grand chose de nouveau sous le soleil.
Note : En magma, il y a ReductionType(E, p) qui te répond "Good" ou "Additive" ou "Split multiplicative" ou "Unsplit multiplicative".
Je ne sais pas comment tu as fait pour t'y retrouver (dans notre m.rdier, je dis notre mais c'est peut-être le mien) en ce qui concerne les fonctions zeta locales de $E_{n^2} : y^2 = x^3 - n^2x$ !! Je fais allusion à ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1445388#msg-1445388
Bien sûr, dans le cas $p \equiv 1 \bmod 4$, le $\alpha$ dont tu parles dans :
$$
Z(E_{n^2}, p)(T) = {(1 - \alpha T) (1 - \overline\alpha T) \over (1-T)(1- pT)}
$$
est ``celui'' qui vérifie, à $\alpha \leftrightarrow \overline\alpha$ près :
$$
\alpha\,\overline\alpha = p, \qquad\qquad \alpha \equiv \left( {n \over p} \right) \bmod (1+i)^3
$$
Je te parle de cela car j'ai regardé mes notes, mes scans. Totalement inutilisables car la tête dans le guidon avec les sommes de Gauss et de Jacobi, vouloir faire du Hasse-Davenport sans en faire, vouloir faire la totale $y^2 = x^3 - Dx$ au lieu de $y^2 = x^3 - n^2x$, introduction du symbole biquadratique, vouloir jouer au dessus de $\mathbb F_q$ au lieu de $\mathbb F_p$, vouloir passer de $q$ à $q^r$ pour obtenir Hasse Weil ...etc... Bref, pour moi, un véritable m.rdier (bis). Peut-être qu'un jour j'aurais le courage de reprendre cela à tête reposée.
Niveau se retrouver dans le merd.er ... je vais essayer un petit pdf résumé sur ce thème, on verra ce que je retrouve, ce n'est pas gagné :-D
J'adore tes pdf ! :-D
Si on considère $G := \Gamma_0(20)$ et le diagramme :
$$
\xymatrix { \overline{\mathbb{H}} / G \ar[d] \\ \overline{\mathbb{H}} / \text{PSL}_2(\Z) \simeq \mathbb{P}^1(\C) }
$$
Est-ce qu'on peut s'amuser à récupérer le genre de la courbe du haut avec la formule de Riemann-Hurwitz (on a fait quelques fois quand on s'amusait a faire des quotients de courbes) ?
Si j'ai bien compris (un truc que j'ai lu) on doit tomber sur $1$ ... C'est faisable ?
Oui, faisable mais du boulot en perspective. Il faut le degré du revêtement i.e. l'indice de $\Gamma_0(N)$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ (il y a une formule), le nombre de cusps de $\Gamma_0(N)$ (il y a une formule ...etc...). Plus tard. En attendant http://wstein.org/books/modform/modform/dimension_formulas.html
Petit décrassage de dénombrement, j'ai voulu faire le premier exercice en bas de la page que tu as pointé. Je fais un cas particulier, lorsque $N=p$ un premier et on verra ensuite pour la généralisation.
L'objectif est de calculer l'indice de $\Gamma_0(p)$ dans $\text{SL}_2(\Z)$.
On commence par définir le morphisme de réduction $\text{Red} : \text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Celui-ci est surjectif (j'ai déjà vu dans une épreuve d'agreg, mais quand ???).
Alors on définit $\Gamma(p) := \text{Ker}(\text{Red})$ de sorte que l'indice de $\Gamma(p)$ dans $\text{SL}_2(\Z)$ est le cardinal de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Et pour trouver ce cardinal, on passe par $\text{GL}_2$ et le noyau du déterminant :
$$
\left|\frac{\text{SL}_2(\Z)}{\Gamma(p)} \right| = \frac{(p^2-1)(p^2-p)}{(p-1)}
$$
Jusque ici tout va bien.
Ensuite, on définit $$\Gamma_0(p) := \left\{ M \in \text{SL}_2(\Z), \ \text{Red}(M) =
\begin{pmatrix}
\star&\star\\
0&\star
\end{pmatrix}
\right\}$$
Bon là je n'aime pas trop cette définition, donc je fais un petit truc avec.
Je note $T := \left\{ \begin{pmatrix}
\star&\star\\
0&\star
\end{pmatrix}
\right\}$ l'ensemble des matrices triangulaires inversibles de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Alors $T$ est un sous-groupe distingué (Non, merci Claude) de $\text{SL}_2(\Z / p \Z)$. Ce qui m'autorise à considérer le diagramme :
$$
\xymatrix { \text{SL}_2(\Z) \ar[r] \ar[rd] & \text{SL}_2(\Z / p \Z) \ar[d] \\
& \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T }
$$
Et $\Gamma_{0}(p)$ est le noyau du morphisme surjectif $\text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T$.
Finalement,
$$
\left|\frac{\text{SL}_2(\Z)}{\Gamma_0(p)} \right| = \# \text{SL}_2(\Z / p \Z) / T = \frac{(p^2-1)(p^2-p)}{(p-1)p(p-1)} = p+1
$$
Ouf, on trouve bien le $\mu_0(p)$ du lien. Je pense que c'est correct ?
Si on considère l'action de $\text{SL}_2(\Z)$ par homographie sur $\mathbb{P}^1(\Q) = \Q \cup \{ \infty \}$.
$$
\begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix} \star \tau := \frac{a\tau+b}{c\tau+b}
$$ avec la convention habituelle pour $\tau = \infty$.
Cette action est transitive, par exemple pour envoyer $\infty$ sur $a \over c$ ($a$ et $c$ premier entre eux) , il suffit de considérer la matrice $N := \begin{pmatrix}
a & -v \\
c & u
\end{pmatrix}$ où $au+cv = 1$ (Bézout).
Par contre, si je considère le sous-groupe $\Gamma_0(N) := \left \{ \begin{pmatrix}
a&b\\
c&d
\end{pmatrix} \in \text{SL}_2(\Z), \, \mid c = 0 \pmod{N} \right\}$ (prenons $N=p$ un premier si ça simplifie les choses).
Combien d'orbites pour l'action de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb{P}^1(\Q)$ ?
Je pense pouvoir prouver que le nombre d'orbites est fini (car $\Gamma_0(N)$ est d'indice fini dans $\text{SL}_2(\Z)$). Mais je n'ai pas d'idée pour faire un dénombrement précis !
Je n'y connais rien à ces histoires mais tu trouveras peut-être des réponses dans le Hellegouarch, "Invitation aux Mathématiques de Fermat-Wiles".
Bon courage !
La forme ? Je vais regarder un peu !
Sinon, $N=p$ premier ... $\infty$ s'envoie sur les ${a \over c}$ a condition que $p$ divise $c$.
Est-ce que tu connais nombre d'orbites si $N=2$ ?
Pour $N=2$
Il ne doit pas en avoir beaucoup (je pense inférieur à $4$). Et $\infty$ et $0$ est ce qu'ils sont dans la même orbite ? Si je ne dis pas de bêtise je ne pense pas ? (J'ai pris $\infty$, car je trouve que c'est facile de calculer les images par une homographie) ... mais je ne sais pas si c'est une bonne idée. Peut-être regarder l'orbite de $0$ c'est pas complexe non plus !
En notant $u/v$ les éléments de $\mathbb P^1(\Q)$ avec $u\wedge v=1$, on obtient :
Si $v$ est impair, $u/v$ est dans l'orbite de $0$.
Sinon, $u/v$ est dans l'orbite de $\infty$.
Dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1447230#msg-1447230, tu dis que le sous-groupe des matrices triangulaires supérieures inversibles ... est distingué dans ... Mais, en notant
$$
T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 & 1}, \qquad S = \pmatrix {0 & -1\cr 1 & 0} \qquad\qquad
\hbox {on a} \qquad
STS^{-1} = \pmatrix {1 & 0\cr -1 & 1}
$$
Quid ?
En ce qui concerne l'indice de $\Gamma_0(N)$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$, on peut considérer la tour :
$$
\Gamma(N) \quad\subset\quad \Gamma_1(N) \quad\subset\quad \Gamma_0(N) \quad\subset\quad \mathrm {SL}_2(\Z)
$$
Tu trouveras partout la définition de $\Gamma(N)$ et $\Gamma_1(N)$. Attention cependant, chez certains auteurs, au patacaisse $\mathrm {SL}_2(\Z)$ versus $\mathrm {PSL}_2(\Z)$.
L'indice que tu cherches est celui tout à droite. On va l'obtenir via d'autres indices.
(I) $\Gamma(N)$ est distingué dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ et, par définition :
$$
\mathrm {SL}_2(\Z)/\Gamma(N) \simeq \mathrm {SL}_2(\Z/N\Z)
$$
On peut obtenir $\#\mathrm {SL}_2(\Z/N\Z)$ et même $\#\mathrm {SL}_k(\Z/N\Z)$ en décomposant $N$ en produit de premiers. Peut-être que c'est une bonne chose de commencer par $\mathrm {GL}$ au lieu de $\mathrm {SL}$ ? Et d'utiliser d'une part le bon comportement par rapport au produit cartésien :
$$
\mathrm{GL}_k(R_1 \times R_2) \simeq \mathrm {GL}_k(R_1) \times \mathrm {GL}_k(R_2)
$$
Idem avec $\mathrm {SL}$ au lieu de $\mathrm {GL}$.
Et d'autre part, pour un anneau local fini $(R, \mathfrak m)$, le dénombrement de $\mathrm {GL}_k(R)$ en fonction de celui pour le résiduel $\mathrm {GL}_k(R/\mathfrak m)$. Idem pour $\mathrm {SL}$.
Bref, on doit obtenir
$$
\#\mathrm {SL}_2(\Z/N\Z) =N^3 \prod_{p \mid N} \left(1 - {1 \over p^2}\right)
$$
(II) $\Gamma(N)$ est distingué dans $\Gamma_1(N)$ et :
$$
\Gamma(N)/\Gamma_1(N) \simeq \Z/N\Z
$$
Vois tu comment ?
(III) $\Gamma_1(N)$ est distingué dans $\Gamma_0(N)$ et :
$$
\Gamma_1(N)/\Gamma_0(N) \simeq (\Z/N\Z)^\times
$$
Vois tu comment ?
En assemblant tout ceci, tu dois trouver comme indice :
$$
[\mathrm {SL}_2(\Z) : \Gamma_0(N)] = N \prod_{p \mid N} \left(1 + {1 \over p}\right)
$$
Variante plus directe (et à mon avis indispensable dans ce contexte). Le groupe $\mathrm {SL}_2(\Z)$ agit naturellement (à gauche) sur les droites projectives $\mathbb P^1(\Z)$ et $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$.
L'action de $\mathrm {SL}_2(\Z)$ sur $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ est transitive et le fixateur de $\infty = (1 : 0)$ est $\Gamma_0(N)$. Si bien que l'on a un isomorphisme de $\mathrm {SL}_2(\Z)$-ensembles :
$$
\left({\mathrm {SL}_2(\Z) \over \Gamma_0(N)}\right)_{\rm classes\ à\ gauche} \simeq\quad \mathbb P^1(\Z/N\Z)
$$
Cette bijection est tout simplement :
$$
\hbox {classe de } \pmatrix {a & b\cr c & d\cr} \longmapsto (a : c)
$$
Il reste donc à dénombrer $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ ; par exemple, si $N=p$ premier, on obtient $\mathbb P^1(\Z/p\Z) = p+1$.
Pour la totale en $N$, on utilise d'une part le bon comportement de $\mathbb P^1(R)$ par rapport au produit direct et d'autre part le comportement en local :
$$
\mathbb P^1(R) = R \vee \mathfrak m = \{ (r : 1)\ r \in R \} \vee \{ (1 : m)\ m \in \mathfrak m \}
$$
qu'il faut comprendre (en local) comme :
$$
\mathbb P^1(R) = \hbox {la droite affine sur $R$} \vee \{\hbox {les ``points à l'infini''} \}
$$
ATTENTION : j'ai pris comme définition PROVISOIRE et INCORRECTE :
$$
\mathbb P^1(R) = { \{\hbox {vecteurs unimodulaires de $R^2$}\} \over R^\times }
$$
Un vecteur $(a,b)$ est unimodulaire si $1 \in \langle a,b\rangle$.
Incorrecte mais locale à cette histoire. Cela serait plus mieux d'utiliser la notation $\mathbb P'^1(R)$ au lieu de $\mathbb P^1(R)$.
Sinon, question : Tu peux m'expliquer comment tu as fait pour m'embarquer dans cette histoire ? :-D:-D:-D
Je vois un peu pour le dénombrement ... Juste le fait de prendre $N$ quelconque et non premier me fiche un peu la trouille.
J'ai rien fait moi, pour la bonne raison que j'étais absent. J'ai juste répondu, avant de partir, à la question de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1438128,1446984#msg-1446984 concernant $g(X_0(20)) = 1$. Tu m'as demandé si c'était faisable et j'ai dû répondre oui (car je connais un tout petit peu la musique) et probablement que cela demanderait un peu (sic) de travail. Tu vois bien que c'est faisable :
J'allais oublier l'indice $[\mathrm {SL}_2(\Z) : \Gamma_0(N)] = N \prod_{p\mid N} (1 + {1 \over p})$
Question un peu de boulot. Soit $G \subset \mathrm{SL}_2(\Z)$ un sous-groupe de congruences et $X(G) = \overline {\mathbb H}/G$. On dispose de la formule :
$$
g(X(G)) = 1 + {d \over 12} - {\varepsilon_2(G) \over 4} - {\varepsilon_3(G) \over 3} - {\varepsilon_\infty(G) \over 2}
\qquad\qquad (\star)
$$
Ci-dessus $d$ est le degré du revêtement $X(G) \to X(\mathrm {SL}_2(\Z)) \quad \buildrel {j} \over \simeq\quad \mathbb P^1(\C)$ i.e. l'indice de $G$ dans $\mathrm {SL}_2(\Z)$ et $\varepsilon_\infty(G)$ le nombre de $G$-cusps i.e. le cardinal de $\mathbb P^1(\Z)/G$. Et enfin, pour $i = 2,3$, $\varepsilon_i(G)$ c'est le nombre de points elliptiques d'ordre $i$ de $G$. J'ai recopié le Th. 3.1.1 p. 68 de Diamond & Shurman (A First Course in Modular Forms) et la preuve est en exercice (l'exercice 3.1.3 (b) pour ne rien te cacher dont l'énoncé est ``Prove theorem 3.1.1'').
Ben, il ne reste plus qu'à comprendre tout cela. La formule $(\star)$ provient de la formule de Riemann-Hurwitz du revêtement $\overline {\mathbb H}/G \to \overline {\mathbb H}/\mathrm {SL}_2(\Z)$.
Pour $G = \Gamma_0(N)$, on a déjà l'indice. Tu vas pas faire des manières sous prétexte que tu as peur de $\Z/N\Z$ quand $N$ n'est pas premier. Il n'y a plus qu'à comprendre le reste dans $(\star)$ ainsi que $(\star)$ bien entendu.
De plus, pour $G = \Gamma_0(N)$, on a :
$$
\hbox {Cusps}(\Gamma_0(N)) \simeq {\mathbb P^1(\Z/N\Z) \over \langle T\rangle}, \qquad \qquad T = \pmatrix {1 & 1\cr 0 & 1\cr}
$$
Je suppose que tu connais un peu les 3 habitants de $\mathrm {SL}_2(\Z)$ que sont $T, (ST)^{-1}, S$ et leurs points fixes respectifs $\infty, j, i$ ? Tu veux un dessin ?
Je t'assure que tu risques de t'amuser avec les actions de groupes et tout le binz qui va avec. Tu vas pas quand même pas mollir ?
Là, où cela risque d'être un peu chaud, c'est qu'il va falloir se méfier de certains résultats dans la littérature. Je vois par exemple que pour $G = \Gamma_0(N)$, la formule pour $\varepsilon_3(G)$ de Diamond & Shurman ne colle pas avec celle de Stein (ils ont dû faire du coupé-collé de Shimura, chez qui il y a une coquille).
Voici ce que dit W. Stein dans ``Modular Forms, a Computational Approach'' (chap 6, Dimension Formulas). On va dire que j'ai assez confiance en lui.
It would be natural to give a sample argument along these lines at this point, but we will not since it easy to find such arguments in other books and survey papers (see, e.g., [DI95]). So you will not learn much about how to derive dimension formulas from this chapter. What you will learn is precisely what the dimension formulas are, which is something that is often hard to extract from obscure references.
Je vais avoir besoin d'une petite description ... je réfléchis B-)-
En fait, peut être que l'on peut garder le produit et considérer le produit $\text{SL}_2(\Z/4\Z) \times \text{SL}_2(\Z/5\Z)$ ça serai un bonne nouvelle !
Plus rien ne vous fait peur ! :-D
En gros, si j'ai bien compris $\mathbb{P}^1(\Z/20\Z) \simeq \mathbb{P}^1(\Z/4\Z) \times \mathbb{P}^1(\Z/5\Z)$ et ensuite pour $\mathbb{P}^1(\Z/4\Z)$ tu prends la droite affine et tu ajoutes les points $(1,a)$ avec $a$ dans l'idéal maximal de $\Z/4\Z$ .. $0$ et $2$.
Histoire de s'amuser un peu, je commence petit avec la droite projective sur $\Z/5\Z$ versus $\mathrm {SL}_2(\Z)$ modulo $\Gamma_0(5)$, modulo étant à prendre au sens classes à gauche. Rappel : la correspondance est :
$$
\hbox {classe de $A = \pmatrix {a &b\cr c & d}$} \qquad\leftrightarrow\qquad A\cdot \infty = A \pmatrix {1\cr 0} = \pmatrix {a\cr c} = (a : c)
$$
Visiblement, les premières colonnes des 6 matrices ne forment pas un système de représentants de $\mathbb P^1(\Z/5\Z)$. Ce qui provient de la philosophie ``action à droite'' de magma. On va redresser cela via $A \leftrightarrow A^{-1}$ :
Cette fois, c'est OK et on va en faire un peu plus. Petit truc cryptique : l'accès à la première colonne d'une matrice se réalise via l'accès à la première ligne de sa transposée.
C'est parti mon kiki mais je n'ai rien vérifié. Si ce n'est que le compte est bon : $36 = (4 + 2) \times (5 + 1)$.
Il va y avoir un peu de boulot (bis). En particulier, pour déterminer les orbites de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb P^1(\Z) = \mathbb P^1(\Q)$. On doit en trouver :
$$
\sum_{d \mid N} \varphi(\gcd(d, N/d))
$$
mais inutile de se précipiter. Il paraît que la littérature comporte un certain nombre d'erreurs, non pas sur le dénombrement, mais sur un système de représentants des orbites de $\Gamma_0(N)$ sur $\mathbb P^1(\Z)$. Il faudra donc réaliser cela calmement mais nous n'en sommes pas là.
Je reviens sur l'indice $[\mathrm {SL}_2(\Z) : \Gamma_0(N)]$ ou encore sur $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$. Pour un anneau commutatif $R$, je ne suis pas trop content de la notation $\mathbb P^1(R)$ pour parler de l'ensemble des droites unimodulaires de $R^2$. Pour la bonne raison que ce n'est pas exactement l'ensemble des $R$-points du schéma $\mathbb P^1$ (schéma droite projective) et qu'il ne faut pas badiner avec cela : il y a des ``droites solides'' de $R^2$ i.e. qui donnent des points de $\mathbb P^1(R)$ et qui ne sont pas unimodulaires.
J'avais proposé de mettre un prime : $\mathbb P'^1(R)$ mais cela ne se voit pas trop. Peut-être que $\mathbb P^1_u(R)$ serait préférable, l'indice $u$ pour spécifier ``unimodulaire''.
Mais ceci i.e. $\mathbb P^1(R)$ versus $\mathbb P^1_u(R)$, n'est pas très grave car on va l'utiliser uniquement pour $R = \Z/N\Z$ ou pour $R$ local. Et dans ce cadre là, il n'y a pas de lézard. Si je prends toutes ces précautions, c'est que je ne veux pas d'ennui avec la police.
A propos de $R$ local. Soit $(a : b)$ un point de la droite projective sur $R$ a fortiori $1 \in \langle a,b\rangle$. Si $b$ est inversible, alors $(a : b) = (b^{-1}a : 1)$ ; sinon $b$ est dans le maximal auquel cas $a$ est inversible puisque $1 \in \langle a,b\rangle$ et donc $(a : b) = (1 : a^{-1}b)$ et $a^{-1}b$ est dans le maximal.
On voit donc ici la description des points de $\mathbb P^1(R)$ : soit du type $(x: 1)$ avec $x \in R$ soit du type $(1 : y)$ avec $y$ dans le maximal. Et bien sûr, ces deux types sont disjoints puisque le déterminant $\left| \matrix {x & 1\cr 1 & y\cr}\right|$ est inversible.
Si par exemple $R$ est un anneau fini, on a : $\# \mathbb{P}^1(R) = \# R + \# \mathfrak{m}$, dans le cas où $R := \Z / p^\alpha \Z$, on obtient $\# \mathbb{P}^1(R) = p^\alpha+p^{\alpha-1}$.
Ensuite, pour le cas $R := \Z/N\Z$ par "produit" on obtient $\# \mathbb{P}^1(R) = \prod_{p \mid N} (p^{v_p(N)} + p^{v_p(N)-1})$ (coquille )la formule que l'on trouve dans W. Stein.
Un petit souci dans ta formule finale : dans cette formule, un $-$ est à remplacer par un $+$.
Enfin, il faut être convaincu que le foncteur $R \mapsto \mathbb P^1_u(R)$ est compatible avec le produit cartésien, compatible en un sens que tu devines. Cela vient du fait que $\mathbb P^1_u(R)$ est le quotient de l'ensemble des vecteurs unimodulaires $(a,b) \in R^2$ par la relation d'équivalence :
$$
(a,b) \sim (a',b') \qquad \hbox {s'il existe $\lambda \in R^\times$ tel que $(a',b') = \lambda (a,b)$}
$$
Note : on peut démontrer que cette relation d'équivalence (merci au caractère unimodulaire des vecteurs) est équivalente à la nullité du déterminant :
$$
\left| \matrix {a & a' \cr b & b'\cr} \right| = 0
$$
Cela peut permettre de contrôler qu'il n'y a pas de lézard dans un prétendu système de représentants de $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$.
Remarque (toujours les ennuis avec la police) : le foncteur $R \mapsto \mathbb P^1_u(R)$ n'est PAS un foncteur local. Et donc ce n'est PAS le foncteur $\mathbb P^1$.
(I) deux questions dans le (I).
1. Etant donné un entier $N$, calculer le cardinal de $\text{GL}_2(\Z/N\Z)$.
2. Etant donné un entier $N$, calculer le cardinal de $\text{SL}_2(\Z/N\Z)$.
Indication : les foncteurs $\text{GL}_2$ et $\text{SL}_2$ sont "sympas" i.e se comportent bien par "produit" et "réduction", ce qui devrai faire plaisir à Champ-Pot-Lion :-D:-D
Du coup, pour le 1.
On a : $$\Z/N\Z \simeq \prod \Z/p^{\alpha_p}\Z \quad \text{donc} \quad \text{GL}_2(\Z/N\Z) \simeq \prod \text{GL}_2(\Z/p^{\alpha_p}\Z)$$
On réduit le problème à $R := (\Z/p^\alpha\Z)$. Or, $R$ est un anneau local d'idéal maximal $\mathfrak{m}$ engendré par $p$. Et on dispose d'un morphisme de réduction $R \to R / \mathfrak{m}$ "donc" d'un morphisme surjectif de groupe :
$$
\Phi : \text{GL}_2(R) \to \text{GL}_2(R / \mathfrak{m}) \qquad \text{avec} \qquad R / \mathfrak{m} \text{ un corps et ici } \Z/p\Z
$$
Mais $\text{GL}_2$ sur un corps fini on aime bien ... reste à trouver le cardinal du noyau ... Là il faut résoudre $4$ fois une équation du syle : $x=a \pmod{\mathfrak{m}}$ et on trouve $\# \mathfrak{m} := p^{\alpha-1}$ solutions pour chaque équations.
Finalement,
$$
\# \text{GL}_2(\Z/p^\alpha\Z) = (p^{\alpha-1})^4 \times (p^2-1)(p^2-p)
$$
2. Pour $\text{SL}_2$ c'est plus simple, il suffit de considérer le morphisme $\text{Det}$ :
$$
\text{GL}_2(R) \to R^\times
$$
Et le noyau est exactement $\text{SL}_2(R)$.
On trouve :
$$
\# \text{SL}_2(\Z/N\Z) = \prod_{p \mid N} \frac{(p^{\alpha-1})^4 \times (p^2-1)(p^2-p) }{p^{\alpha-1}(p-1)}= \prod_{p \mid N} p^{3\alpha} \times (1-{1\over p^2})
$$
Par contre, en ce qui concerne $\mathrm {SL}_2$, manque un $3$ quelque part :
RECTIFIE
J'ai regardé les autres points, je pense que ça va le faire :-D Enfin disons tranquillou, jusqu'au moment où je vais devoir ressortir l'action sur $\overline{H}$ :-) plus tard
Oui, il faut aller doucement, vachement doucement (ne pas oublier le nombre de coquilles dans la littérature).
Note : soit $(a : b) \in \mathbb P^1(\Z/N\Z) = \mathbb P_u^1(\Z/N\Z)$. Il est sous entendu que $a,b$ sont deux éléments comaximaux de $\Z/N\Z$ (comaximaux = engendrant l'anneau); dans la pratique, on relève $a,b$ dans $\Z$ mais il n'y a aucune raison pour que $a \wedge b = 1$ : on a seulement $a \wedge b \wedge N = 1$.
Mais si on note $d = a \wedge b$, on peut écrire dans $\Z$, $a = da'$, $b=db'$ avec cette fois $a' \wedge b' = 1$. Et $d$ est inversible dans $\Z/N\Z$ si bien que l'égalité vectorielle $(a',b') = d(a,b)$ conduit à :
$$
(a : b) = (a' : b') \qquad \hbox {dans} \qquad \mathbb P^1(\Z/N\Z)
$$
Bilan : on peut, quitte à changer de représentant, supposer que les coordonnées d'un représentant d'un point de $\mathbb P^1(\Z/N\Z)$ sont premières entre elles dans $\Z$.
Remarque : $\mathrm {SL}_2(\Z/4\Z)$ est un groupe d'ordre $48 = 2 \times 24$. J'ai eu un petit moment d'émotion car ce groupe est extension centrale de $S_4$ par $C_2$.
(II).
Alors on considère la suite de sous-groupe $\mathcal{F}$ de $\text{SL}_2(\Z)$ :
$$
\Gamma(N) \quad \subset \quad \Gamma_1(N) \quad \subset \quad \Gamma_0(N) \quad \subset \quad \text{SL}_2(\Z)$$
Et on considère le morphisme surjectif $ \pi : \text{SL}_2(\Z) \to \text{SL}_2(\Z/N\Z)$. En prenant, l'image par $\pi$ de la suite on obtient la suite $\overline{\mathcal{F}}$ :
$$
\{ \text{Id} \} \quad \subset \left\{ \begin{pmatrix}
1&\star\\
0&1
\end{pmatrix}
\right\} \quad \subset \quad \left\{ \begin{pmatrix}
\star&\star\\
0&\star
\end{pmatrix}
\right\} \quad \subset \quad\text{SL}_2(\Z/N\Z)
$$
Bon là ... c'est le genre de truc où je me mélange les pinceaux !
Mais $$ \Gamma_1(N) / \Gamma(N) \simeq \left\{ \begin{pmatrix}
1&\star\\
0&1
\end{pmatrix} \right\} \simeq \Z / N \Z $$