Via $(x,y) \mapsto (x \mod 2, 0)$ et $(x,y) \mapsto (0, y \mod 2)$ on en a déjà deux déjà, $2\mathbb Z \times \mathbb Z$ et $\mathbb Z \times 2\mathbb Z$. Puis $(x,y) \mapsto x-y \mod 2$ on en a un autre. Je ne sais pas prouver que ce sont les seuls.
Yep Poirot, il y a un résultat un peu plus général (je le donnerai après, là je suis un peu en retard).
Heu le dernier, tu es certain ? Je regarde plus tard ... ok j'ai rien dis
J'ai essayé d'utiliser un peu les matrices mais je ne suis pas trop à l'aise avec le pivot de Gauss-Euclide, est-ce que les $\Z$-module peuvent aider un peu, base adaptée ?
Bah, il suffit de se demander quels sont les morphismes de $\Z$-modules (de groupes additifs, si on préfère) de $\Z^2$ sur $\Z/2\Z$. Où vont les éléments d'une base de $\Z^2$ ?
Notons $(e,f)$ la base canonique de $\Z^2$. Soit $H$ un sous-groupe d'indice 2 de $\Z^2$. On note $\varphi:\Z^2\to\Z^2/H\cong \Z/2\Z$ la surjection canonique.
Si $\varphi(e)=1$ et $\varphi(f)=0$ alors $H=(2\Z)\times \Z$.
Si $\varphi(e)=0$ et $\varphi(f)=1$ alors $H=\Z\times (2\Z)$.
Si $\varphi(e)=\varphi(f)=1$ alors $H=\{(x,y)\in \Z^2\mid x\equiv y\pmod{2}\}$.
Édit : mon message s'est croisé avec celui de GaBuZoMeu.
Édit 2 : plus généralement, les sous-groupes d'indice 2 de $\Z^n$ sont en bijection avec les formes linéaires non nulles sur $(\Z/2\Z)^n$, donc il y en a $2^n-1$.
Je "dois" généraliser aux sous-groupes d'indices $N$ de $\Z^2$. Le résultat est que le nombre de sous-groupe est $\sigma(N)$ (la somme des diviseurs de $N$).
Ah oui pour l'unicité il suffisait de prendre le point de vue $\mathbb Z$-module. Il faudrait que j'apprenne à adopter ce point de vue plus souvent ;-)
Pour le cas général, ces sous-réseaux sont en bijection naturelle avec les sous-groupes de Z^2/NZ^2 d'indice N. (si N=2, il y en a donc exactement 3).
Pour les dénombrer, il suffit alors d'appliquer le théorème chinois en décomposant N en produit de facteurs premiers.
Le cas N=p^k se traite sans doute à la main.
Merci Nonoche, je vais regarder le lien mais j'ai un peu peur que ça me dépasse.
Sinon, pour $N=p$ premier, petite idée en généralisant la méthode de GBZM et JLT.
On considère : $A := \text{Epi}_{\Z}(\Z^2,\mathbb{F}_p)$ l'ensemble des épimorphismes de $\Z$-module et l'action de $\mathbb{F}_p^\star$ sur $A$ défini par la formule :
$$
\zeta \star f := \text{mult}_{\zeta} \circ f \qquad \text{avec} \qquad \text{mult}_{\zeta} : z \to \zeta \times z
$$
Je pense que $\#A = p^2-1$ et il faudrait montrait que pour $f$ et $g$ dans $A$, $\text{Ker}(f)=\text{Ker}(g)$ si et seulement si $f$ et $g$ sont dans la même orbite sous cette action. D'autre part, les orbites ont toutes même cardinales $p-1$ et "ainsi" ... le nombre de sous-groupe d'indice $p$ est $p+1$ ?
Je pense que ça passe le groupe des automorphismes de $\mathbb{F}_p$ est bien $\mathbb{F}_p^\star$ ... Je vais vérifier les détails ... par contre, ce n'est pas constructif ...
On a en effet $A$ qui contient $p^2-1$ éléments, c'est exactement la même chose que pour $\mathbb{F}_2$ : il faut et il suffit qu'un élément de la base canonique ne soit pas envoyé sur $0$. Il n'y a qu'un seul morphisme ne vérifiant pas cette condition. Ensuite ce que tu dis sur les orbites par l'action est aussi vrai. N'importe quel isomorphisme $\Z^2 / G \cong \Z_p$ s'obtient à partir de n'importe quel autre par un automorphisme de $\Z_p$.
edit : Je crois que se généralise à $p^a$, je pense que flipflop a résolu le problème.
Ah oui, j'avais pas compris comment la bijection était construite. C'est parce qu'un morphisme $\Z^2 \to G$ avec $G$ d'ordre $n$ envoie $(n,0)$ par exemple sur $0$, donc ça se factorise.
L'histoire de la somme des diviseurs de $N$ a opéré un déclic dans ma tête.
Si on connaît un peu l'histoire de la forme normale de Hermite, tout devient clair.
1°) Les sous-modules d'indice $N$ de $\Z^2$ sont exactement les images de morphismes $\Z^2\to \Z^2$ donnés par une matrice entière de déterminant $\pm N$.
2°) Deux telles matrices $M$ et $M'$ ont pour image le même sous-module si et seulement si elles sont équivalentes à droite sur $\Z$, c.-à-d. si et seulement s'il existe une matrice $R$ inversible sur les entiers telle que $M=M'R$.
3°) (Forme normale de Hermite) Toute matrice entière $2\times 2$ de déterminant $\pm N$ est équivalente à droite sur $\Z$ à une unique matrice de la forme
$$\pmatrix{a&0\\c&b}\quad\text{avec}\ a>0, b>0, ab=N, 0\leq c<b\;.$$
Je me fait un peu mal, histoire de faire joujou avec un $\Z$-module ... j'ai peur des $\Z$-modules ::o
Je vais essayer de formaliser le 1/ du message ici.
Soit $N$ un entier positif non nul.
1.
a. Soit $H \subset \Z^2$ tel que $\Z^2 / H$ est de cardinal $N$.
Il s'agit de montrer qu'il existe une matrice $M \in \text{GL}_2(\Z)$ dont les colonnes engendrent $H$.
Prenons une base $(e,f)$ de $\Z^2$ et des entiers $d_1 \mid d_2$ tel que $(d_1e, d_2 f)$ soit une base de $H$. Considérons la matrice $U$ de la base $(e,f)$ dans la base canonique de $\Z^2$ et la matrice $D := \text{Diag}(d_1,d_2)$. La matrice $M:=DU$ a pour image $H$ et son déterminant est $d_1d_2 \times \text{Det}(U)$.
D'autre part, $$\Z^2 / H = \left( \Z e \oplus \Z f \right) / \left( d_1\Z e \oplus d_2\Z f \right) \simeq \Z / d_1 \Z \times \Z / d_2 \Z \qquad \text{et} \qquad d_1 \times d_2 = N$$
(je n'ai pas vérifié le $\simeq$)
On en déduit que $\text{Det}(M) = \pm N$ car $\text{Det}(U) = \pm 1$.
b. Réciproquement, on se donne une matrice $M \in \text{GL}_2(\Z)$ de déterminant $\pm N$ disons $M := \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix}$
On note $H$ le $\Z$-module que les colonnes $(C_1,C_2)$ de $M$ engendrent. Je prend une base $(e,f)$ de $\Z^2$ adapté : il existe $d_1 \mid d_2$ tel que $(d_1e, d_2 f)$ soit une base de $H$. Comme $H$ est libre il existe une matrice $U \in \text{SL}_2(\Z)$ tel que : $U \times d_1 e = C_1$ et $U \times d_2 f = C_2$. De même, il existe une matrice $V$ tel que $V (1,0)^T = e$ et $V (0,1)^T = f$. On obtient :
$$
U \times \text{Diag} \times (d_1,d_2) V = M \qquad \qquad N = \pm 1 d_1 d_2
$$
Mais
$$
\Z^2 / H = \left( \Z e \oplus \Z f \right) / \left( d_1\Z e \oplus d_2\Z f \right) \simeq \Z / d_1 \Z \times \Z / d_2 \qquad \text{ l'indice de $H$ est bien $N$}
$$
Je n'ai pas bien compris l'idée de Nonoche ! C'est un peu vague Est-ce que tu peux expliquer un peu ?
Sinon, le pdf parle de opérateur de Hecke ... bon effectivement, je pose la question par rapport aux opérateurs de Hecke ... J'essaye de comprendre un peu les idées modulaires grâce à Claude et Gai requin !
Les sous-groupes de $\Z^2$ d'indice $n$ sont en bijection avec les quotients $\Z^2 \twoheadrightarrow G$, avec $G$ d'ordre $N$. Deux quotients $f : \Z^2 \twoheadrightarrow G$ et $g : \Z^2 \twoheadrightarrow H$ sont considérés égaux s'il existe un isomorphisme $h : G \leftrightarrow H$ tel que $f h = g$.
Si $G$ est d'ordre $n$, un morphisme $f : \Z^2 \to G$ envoie n'importe quel élément de la forme $n x$ sur $0$ puisque $f(nx) = n f(x) = 0$. Ainsi, n'importe quel morphisme $f : \Z^2 \to G$ se factorise uniquement par $\Z_n^2$. On se ramène donc à l'étude des groupes finis $\Z_n^2$. On cherche ses sous-groupes d'ordre $n$ (les mêmes que ceux qui sont d'indice $n$). On décompose en produit de $\Z_{p^a}^2$. N'importe quel sous-groupe se décompose suivant ces composantes. En effet, si $x$ est un élément du sous-groupe, on le multiplie par un certain entier qui va être congru à ce qu'on veut modulo les différent $p^a$ (théorème des restes chinois).
Ensuite pour l'étude de $\Z_{p^a}^2$ je ne sais pas.
J'insiste sur le fait que le résultat rappelé sur la forme normale de Hermite fournit un moyen simple et effectif de décrire les $\sigma(n)$ sous-groupes d'indice $n$ de $\Z^2$.
Oui GBZM tu fais bien de me le rappeler, merci, pour $N=3$ on a quatre sous-groupes :
$$
\pmatrix{3&0\\0&1}, \pmatrix{1&0\\0&3}, \pmatrix{1&0\\1&3}, \pmatrix{1&0\\2&3}
$$
Pour $N=6$, $12$ matrices ...
$$
\pmatrix{6&0\\0&1}, \pmatrix{3&0\\0&2}, \pmatrix{3&0\\1&2}, \pmatrix{2&0\\0&3}, \pmatrix{2&0\\1&3}, \pmatrix{2&0\\2&3},\\
\pmatrix{1&0\\0&6}, \pmatrix{1&0\\1&6}, \pmatrix{1&0\\2&6}, \pmatrix{1&0\\3&6}, \pmatrix{1&0\\4&6}, \pmatrix{1&0\\5&6},
$$
On comprends bien les $12$ matrices ...
Une démonstration à trous, mais presque sans prérequis sur les $\Z$-modules de type fini (en particulier pas de théorème de la base adaptée) ni sur la forme normale de Hermite.
Soit $M$ un sous-module de $\Z^2$.
Posons $I=\{x\in \Z\mid \exists y\in \Z\ (x,y)\in M\}$ ; c'est un idéal de $\Z$. Il existe donc un unique entier $a\geq 0$ tel que $I=(a)$.
Posons $J=\{y\in \Z\mid (0,y)\in M\}$ ; c'est un idéal de $\Z$. Il existe donc un unique entier $b\geq 0$ tel que $J=(b)$.
Avec les morphismes
$$ \begin{align} \Z/J&\longrightarrow \Z^2/M\\ y+J&\longmapsto (0,y)+M\end{align}$$
et
$$\begin{align} \Z^2/M&\longrightarrow \Z/I\\ (x,y)+M&\longmapsto x+I\end{align}$$
on fabrique la suite
$$0\longrightarrow \Z/J\longrightarrow \Z^2/M\longrightarrow \Z/I\longrightarrow 0$$
dont on constate qu'elle est exacte (démonstration laissée à la lectrice). Donc $\Z^2/M$ est fini si et seulement si $a$ et $b$ sont $>0$, et dans ce cas $ab$ est le cardinal de $\Z^2/M$.
On suppose dans ce qui suit que $\Z^2/M$ est fini de cardinal $N$. Il existe un unique $c$ vérifiant $0\leq c<b$ tel que $(a,c)\in M$. En effet il existe $y\in \Z$ tel que $(a,y)\in M$ par définition de $I$. Soit $y=bq+c$ la division euclidienne de $y$ par $b$. Alors $(a,c)=(a,y)-q(0,b)\in M$. On laisse au lecteur la démonstration de l'unicité de $c$.
À tout sous-module $M$ de $\Z^2$ d'indice $N$ on associe ainsi un unique triplet $(a,b,c)$ d'entiers tels que $a>0$, $b>0$, $ab=N$ et $0\leq c<b$ et on vérifie que $M=\Z(a,c)\oplus \Z(0,b)$ (vérification laissée au lecteur). Réciproquement, pour tout triplet $(a,b,c)$ d'entiers vérifiant les conditions ci-dessus, $\Z(a,c)\oplus \Z(0,b)$ est bien un sous-module d'indice $N$ de $\Z^2$.
Exercice supplémentaire :
Soit $K$ un corps fini de cardinal $q$. Compter le nombre de sous-$K[X]$-modules $M$ de $K[X]^2$ tels que $K[X]^2/M$ soit de dimension $N$ sur $K$.
Petit exemple explicite de la démonstration de GBZM :
Soit $M := \left(\begin{array}{cc}
-16 & 53 \\
-7 & 23
\end{array}\right)$ de déterminant $3$.
Alors $I$ contient $-16$ et $53$ donc $I := \Z$ ... $a = 1$ et on en déduit que $b = 3$.
Ensuite, il faut trouver $y$ tel que $(1,y) \in M$.
On écrit une relation de Bézout entre $-16$ et $53$ :
$$
(-10) \times (-16) +(-3) \times (53) = 1 \qquad -10 \begin{pmatrix}
-16 \\
-7
\end{pmatrix} +(-3) \begin{pmatrix}
53 \\
23
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
$$
On en déduit que $(1,1) \in M$ et finalement (pas besoin de division Euclidienne) $c=1$.
Finalement le réseau des colonnes de $M$ est le même que le réseau des colonnes de $\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 3
\end{pmatrix}$
@GBZM : Il me semble que ton autre proposition est en fait la forme normale d'Hermite, non ? Les $a, b, c$ sont les coefficients de la matrice. En tout cas merci pour cette chose qu'il faudra que j'étudie flipflop et GBZM.
Ensuite pour le $K[X]$-module en employant la même idée sans vérifier les détails (ça ne fonctionne peut-être pas), je trouve $\sum_{ab = N} q^{a+b} \frac{q^a - 1}{q-1}$.
@Champ-Pot-Lion : La dimension est additive dans une suite exacte et non multiplicative. La dimension du terme du terme du milieu et la somme des dimensions du terme de gauche et du terme de droite ... hum je dis une conner.e ???
Du coup c'est $a+b =N$ et pas $ab=N$, non ? Je n'ai pas le courage de faire un exemple :-D
Pour moi $a$ et $b$ sont les degrés des polynômes. Dans le cas de $\Z^2$, c'était les valeurs absolues des nombres. Si on reproduit le raisonnement de GBZM, on trouve sur l'axe $y$ un polynôme unitaire de degré minimal $a$. On trouve ensuite un polynôme de degré minimal $b$ dans la projection en $x$ du module. La dimension totale est $ab$, il y a $ab$ coefficients pour déterminer un polynôme modulo $X^a$ et modulo $Y^b$.
Euh Champ-Pot-Lion, je ne te suis pas trop. D'où sort ce $Y$ ?
Garder derrière la tête : la dimension, c'est le log du cardinal. Là où les cardinaux se multiplient (dans le produit cartésien par exemple), les dimensions s'ajoutent.
Champ-Pot-Lion écrivait:
> Modulo $(X,0)^a$ et $(0,X)^b$,
C'est qui ça ?
Rappel : un idéal $I$ de $K[X]$ non réduit à $\{0\}$ est engendré par un unique polynôme unitaire. Le degré de ce polynôme est égal à la dimension de $K[X]/I$.
$(X,0)^a$ et $(0,X)^b$ étaient des exemples, le réseau pourrait être généré par eux.
Je vais détailler alors.
Soit $M$ un sous-$k[X]$-module de $k[X]^2$. On considère $f : k[X] \to k[X]^2 / M$ donné par la composition de l'injection selon la première coordonnée de $k[X]$ dans $k[X]^2$ avec le quotient. Il existe un unique polynôme unitaire $P$ générant le noyau de $f$. Soit $a$ le degré de $P$.
On quotiente ensuite $k[X]^2/M$ par l'image de $f$, cela donne un module de la forme $k[X]/(Q)$ avec $Q$ un autre polynôme. Il existe alors un unique polynôme $R$ de degré strictement inférieur à $a$ tel que $(R,Q)$ soit dans $M$. En effet, il existe un polynôme de cette forme sans la contrainte d'être de degré strictement inférieur à $a$. On effectue la division euclidienne avec $P$ pour obtenir un polynôme de degré strictement inférieur. Il ne peut pas en exister deux car sinon leur différence non nulle serait de degré strictement inférieure à $a$.
On obtient que $(P,0)$ et $(R,Q)$ génèrent $M$ (forme normale d'Hermite).
Désolé, j'avais écrit que $R$ est unitaire ce qui était une grosse bêtise. J'ai croisé les doigts pour que personne ne prenne le temps de réagir dessus…
$X$ est un élément de $K[X]$.
$0$ est un élément de $K[X]$.
Donc $(X,0)$ est un élément de $K[X]^2$.
Donc $(X,0)^a$ est un élément de $K[X]^2$ (qui vaut $(X^a,0)$).
Oui, c'est vrai que je ne pensais pas à $\Z^2$ comme une $\Z$-algèbre dans l'autre contexte. C'est sûrement ce qui m'aura valu de mélanger avec $K[X,Y]$.
Au fait, comment est-ce que vous voyez les dimensions ou plus généralement les tailles des images et des noyaux dans une suite exacte ? Moi je les vois comme montré dans l'image qui suit. En haut, la suite exacte, en bas, les dimensions. Les longues barres parallèles sont des signes "égal".
Il y a le petit résultat : La somme alternée des dimensions est nulle ... lorsque tu as une suite exacte avec des $0$ au extrémité. Sinon, on peut couper à droite la suite en remplaçant un terme par l'image ...
Oui, on voit ce résultat sur ce que j'ai fait : les noyaux et les images s'annulent. L'idée est d'effectuer la décomposition épi-mono de chaque flèche intermédiaire, c'est justement ce qu'on utilise pour montrer la somme alternée nulle.
Réponses
Heu le dernier, tu es certain ? Je regarde plus tard ... ok j'ai rien dis
J'ai essayé d'utiliser un peu les matrices mais je ne suis pas trop à l'aise avec le pivot de Gauss-Euclide, est-ce que les $\Z$-module peuvent aider un peu, base adaptée ?
Si $\varphi(e)=1$ et $\varphi(f)=0$ alors $H=(2\Z)\times \Z$.
Si $\varphi(e)=0$ et $\varphi(f)=1$ alors $H=\Z\times (2\Z)$.
Si $\varphi(e)=\varphi(f)=1$ alors $H=\{(x,y)\in \Z^2\mid x\equiv y\pmod{2}\}$.
Édit : mon message s'est croisé avec celui de GaBuZoMeu.
Édit 2 : plus généralement, les sous-groupes d'indice 2 de $\Z^n$ sont en bijection avec les formes linéaires non nulles sur $(\Z/2\Z)^n$, donc il y en a $2^n-1$.
Je "dois" généraliser aux sous-groupes d'indices $N$ de $\Z^2$. Le résultat est que le nombre de sous-groupe est $\sigma(N)$ (la somme des diviseurs de $N$).
Je verrai ce soir ...
Pour les dénombrer, il suffit alors d'appliquer le théorème chinois en décomposant N en produit de facteurs premiers.
Le cas N=p^k se traite sans doute à la main.
Les techniques sont très proches du contenu des Prop. 3.14 et 3.17 du cours de G. Chenevier http://gaetan.chenevier.perso.math.cnrs.fr/M2_FA/cours3.pdf
Sinon, pour $N=p$ premier, petite idée en généralisant la méthode de GBZM et JLT.
On considère : $A := \text{Epi}_{\Z}(\Z^2,\mathbb{F}_p)$ l'ensemble des épimorphismes de $\Z$-module et l'action de $\mathbb{F}_p^\star$ sur $A$ défini par la formule :
$$
\zeta \star f := \text{mult}_{\zeta} \circ f \qquad \text{avec} \qquad \text{mult}_{\zeta} : z \to \zeta \times z
$$
Je pense que $\#A = p^2-1$ et il faudrait montrait que pour $f$ et $g$ dans $A$, $\text{Ker}(f)=\text{Ker}(g)$ si et seulement si $f$ et $g$ sont dans la même orbite sous cette action. D'autre part, les orbites ont toutes même cardinales $p-1$ et "ainsi" ... le nombre de sous-groupe d'indice $p$ est $p+1$ ?
Je pense que ça passe le groupe des automorphismes de $\mathbb{F}_p$ est bien $\mathbb{F}_p^\star$ ... Je vais vérifier les détails ... par contre, ce n'est pas constructif ...
edit : Je crois que se généralise à $p^a$, je pense que flipflop a résolu le problème.
Il y a aussi une autre idée que Nonoche propose ici
Si on connaît un peu l'histoire de la forme normale de Hermite, tout devient clair.
1°) Les sous-modules d'indice $N$ de $\Z^2$ sont exactement les images de morphismes $\Z^2\to \Z^2$ donnés par une matrice entière de déterminant $\pm N$.
2°) Deux telles matrices $M$ et $M'$ ont pour image le même sous-module si et seulement si elles sont équivalentes à droite sur $\Z$, c.-à-d. si et seulement s'il existe une matrice $R$ inversible sur les entiers telle que $M=M'R$.
3°) (Forme normale de Hermite) Toute matrice entière $2\times 2$ de déterminant $\pm N$ est équivalente à droite sur $\Z$ à une unique matrice de la forme
$$\pmatrix{a&0\\c&b}\quad\text{avec}\ a>0, b>0, ab=N, 0\leq c<b\;.$$
Avec ça, la messe est dite.
$$\pmatrix{2&0\\0&1}, \pmatrix{1&0\\0&2}, \pmatrix{1&0\\1&2}\;.$$
Je me fait un peu mal, histoire de faire joujou avec un $\Z$-module ... j'ai peur des $\Z$-modules ::o
Je vais essayer de formaliser le 1/ du message ici.
Soit $N$ un entier positif non nul.
1.
a. Soit $H \subset \Z^2$ tel que $\Z^2 / H$ est de cardinal $N$.
Il s'agit de montrer qu'il existe une matrice $M \in \text{GL}_2(\Z)$ dont les colonnes engendrent $H$.
Prenons une base $(e,f)$ de $\Z^2$ et des entiers $d_1 \mid d_2$ tel que $(d_1e, d_2 f)$ soit une base de $H$. Considérons la matrice $U$ de la base $(e,f)$ dans la base canonique de $\Z^2$ et la matrice $D := \text{Diag}(d_1,d_2)$. La matrice $M:=DU$ a pour image $H$ et son déterminant est $d_1d_2 \times \text{Det}(U)$.
D'autre part, $$\Z^2 / H = \left( \Z e \oplus \Z f \right) / \left( d_1\Z e \oplus d_2\Z f \right) \simeq \Z / d_1 \Z \times \Z / d_2 \Z \qquad \text{et} \qquad d_1 \times d_2 = N$$
(je n'ai pas vérifié le $\simeq$)
On en déduit que $\text{Det}(M) = \pm N$ car $\text{Det}(U) = \pm 1$.
b. Réciproquement, on se donne une matrice $M \in \text{GL}_2(\Z)$ de déterminant $\pm N$ disons $M := \begin{pmatrix}
a & b \\
c & d
\end{pmatrix}$
On note $H$ le $\Z$-module que les colonnes $(C_1,C_2)$ de $M$ engendrent. Je prend une base $(e,f)$ de $\Z^2$ adapté : il existe $d_1 \mid d_2$ tel que $(d_1e, d_2 f)$ soit une base de $H$. Comme $H$ est libre il existe une matrice $U \in \text{SL}_2(\Z)$ tel que : $U \times d_1 e = C_1$ et $U \times d_2 f = C_2$. De même, il existe une matrice $V$ tel que $V (1,0)^T = e$ et $V (0,1)^T = f$. On obtient :
$$
U \times \text{Diag} \times (d_1,d_2) V = M \qquad \qquad N = \pm 1 d_1 d_2
$$
Mais
$$
\Z^2 / H = \left( \Z e \oplus \Z f \right) / \left( d_1\Z e \oplus d_2\Z f \right) \simeq \Z / d_1 \Z \times \Z / d_2 \qquad \text{ l'indice de $H$ est bien $N$}
$$
C'est bon pour le 1/ (:D
Je n'ai pas bien compris l'idée de Nonoche ! C'est un peu vague Est-ce que tu peux expliquer un peu ?
Sinon, le pdf parle de opérateur de Hecke ... bon effectivement, je pose la question par rapport aux opérateurs de Hecke ... J'essaye de comprendre un peu les idées modulaires grâce à Claude et Gai requin !
Si $G$ est d'ordre $n$, un morphisme $f : \Z^2 \to G$ envoie n'importe quel élément de la forme $n x$ sur $0$ puisque $f(nx) = n f(x) = 0$. Ainsi, n'importe quel morphisme $f : \Z^2 \to G$ se factorise uniquement par $\Z_n^2$. On se ramène donc à l'étude des groupes finis $\Z_n^2$. On cherche ses sous-groupes d'ordre $n$ (les mêmes que ceux qui sont d'indice $n$). On décompose en produit de $\Z_{p^a}^2$. N'importe quel sous-groupe se décompose suivant ces composantes. En effet, si $x$ est un élément du sous-groupe, on le multiplie par un certain entier qui va être congru à ce qu'on veut modulo les différent $p^a$ (théorème des restes chinois).
Ensuite pour l'étude de $\Z_{p^a}^2$ je ne sais pas.
$$
\pmatrix{3&0\\0&1}, \pmatrix{1&0\\0&3}, \pmatrix{1&0\\1&3}, \pmatrix{1&0\\2&3}
$$
Pour $N=6$, $12$ matrices ...
$$
\pmatrix{6&0\\0&1}, \pmatrix{3&0\\0&2}, \pmatrix{3&0\\1&2}, \pmatrix{2&0\\0&3}, \pmatrix{2&0\\1&3}, \pmatrix{2&0\\2&3},\\
\pmatrix{1&0\\0&6}, \pmatrix{1&0\\1&6}, \pmatrix{1&0\\2&6}, \pmatrix{1&0\\3&6}, \pmatrix{1&0\\4&6}, \pmatrix{1&0\\5&6},
$$
On comprends bien les $12$ matrices ...
Soit $M$ un sous-module de $\Z^2$.
Posons $I=\{x\in \Z\mid \exists y\in \Z\ (x,y)\in M\}$ ; c'est un idéal de $\Z$. Il existe donc un unique entier $a\geq 0$ tel que $I=(a)$.
Posons $J=\{y\in \Z\mid (0,y)\in M\}$ ; c'est un idéal de $\Z$. Il existe donc un unique entier $b\geq 0$ tel que $J=(b)$.
Avec les morphismes
$$ \begin{align} \Z/J&\longrightarrow \Z^2/M\\ y+J&\longmapsto (0,y)+M\end{align}$$
et
$$\begin{align} \Z^2/M&\longrightarrow \Z/I\\ (x,y)+M&\longmapsto x+I\end{align}$$
on fabrique la suite
$$0\longrightarrow \Z/J\longrightarrow \Z^2/M\longrightarrow \Z/I\longrightarrow 0$$
dont on constate qu'elle est exacte (démonstration laissée à la lectrice). Donc $\Z^2/M$ est fini si et seulement si $a$ et $b$ sont $>0$, et dans ce cas $ab$ est le cardinal de $\Z^2/M$.
On suppose dans ce qui suit que $\Z^2/M$ est fini de cardinal $N$. Il existe un unique $c$ vérifiant $0\leq c<b$ tel que $(a,c)\in M$. En effet il existe $y\in \Z$ tel que $(a,y)\in M$ par définition de $I$. Soit $y=bq+c$ la division euclidienne de $y$ par $b$. Alors $(a,c)=(a,y)-q(0,b)\in M$. On laisse au lecteur la démonstration de l'unicité de $c$.
À tout sous-module $M$ de $\Z^2$ d'indice $N$ on associe ainsi un unique triplet $(a,b,c)$ d'entiers tels que $a>0$, $b>0$, $ab=N$ et $0\leq c<b$ et on vérifie que $M=\Z(a,c)\oplus \Z(0,b)$ (vérification laissée au lecteur). Réciproquement, pour tout triplet $(a,b,c)$ d'entiers vérifiant les conditions ci-dessus, $\Z(a,c)\oplus \Z(0,b)$ est bien un sous-module d'indice $N$ de $\Z^2$.
Soit $K$ un corps fini de cardinal $q$. Compter le nombre de sous-$K[X]$-modules $M$ de $K[X]^2$ tels que $K[X]^2/M$ soit de dimension $N$ sur $K$.
Soit $M := \left(\begin{array}{cc}
-16 & 53 \\
-7 & 23
\end{array}\right)$ de déterminant $3$.
Alors $I$ contient $-16$ et $53$ donc $I := \Z$ ... $a = 1$ et on en déduit que $b = 3$.
Ensuite, il faut trouver $y$ tel que $(1,y) \in M$.
On écrit une relation de Bézout entre $-16$ et $53$ :
$$
(-10) \times (-16) +(-3) \times (53) = 1 \qquad -10 \begin{pmatrix}
-16 \\
-7
\end{pmatrix} +(-3) \begin{pmatrix}
53 \\
23
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 \\
1
\end{pmatrix}
$$
On en déduit que $(1,1) \in M$ et finalement (pas besoin de division Euclidienne) $c=1$.
Finalement le réseau des colonnes de $M$ est le même que le réseau des colonnes de $\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
1 & 3
\end{pmatrix}$
Ensuite pour le $K[X]$-module en employant la même idée sans vérifier les détails (ça ne fonctionne peut-être pas), je trouve $\sum_{ab = N} q^{a+b} \frac{q^a - 1}{q-1}$.
Du coup c'est $a+b =N$ et pas $ab=N$, non ? Je n'ai pas le courage de faire un exemple :-D
Garder derrière la tête : la dimension, c'est le log du cardinal. Là où les cardinaux se multiplient (dans le produit cartésien par exemple), les dimensions s'ajoutent.
Oui, je trouve $q^N \frac{q^N - 1}{q-1}$ pour $K[X]^2$. Modulo $(X,0)^a$ et $(0,X)^b$, il y a $a+b$ coefficients.
> Modulo $(X,0)^a$ et $(0,X)^b$,
C'est qui ça ?
Rappel : un idéal $I$ de $K[X]$ non réduit à $\{0\}$ est engendré par un unique polynôme unitaire. Le degré de ce polynôme est égal à la dimension de $K[X]/I$.
Je ne trouve pas $q^N \dfrac{q^N - 1}{q-1}$.
> Je vais garder : $q^N \times
> \frac{q^{N+1}-1}{q-1}$ finalement :-D
:-D
$(X,0)^a$ et $(0,X)^b$ étaient des exemples, le réseau pourrait être généré par eux.
Je vais détailler alors.
Soit $M$ un sous-$k[X]$-module de $k[X]^2$. On considère $f : k[X] \to k[X]^2 / M$ donné par la composition de l'injection selon la première coordonnée de $k[X]$ dans $k[X]^2$ avec le quotient. Il existe un unique polynôme unitaire $P$ générant le noyau de $f$. Soit $a$ le degré de $P$.
On quotiente ensuite $k[X]^2/M$ par l'image de $f$, cela donne un module de la forme $k[X]/(Q)$ avec $Q$ un autre polynôme. Il existe alors un unique polynôme $R$ de degré strictement inférieur à $a$ tel que $(R,Q)$ soit dans $M$. En effet, il existe un polynôme de cette forme sans la contrainte d'être de degré strictement inférieur à $a$. On effectue la division euclidienne avec $P$ pour obtenir un polynôme de degré strictement inférieur. Il ne peut pas en exister deux car sinon leur différence non nulle serait de degré strictement inférieure à $a$.
On obtient que $(P,0)$ et $(R,Q)$ génèrent $M$ (forme normale d'Hermite).
Mais il reste un petit problème : qui c'est, $(X,0)^a$ ? C'est un élément de quoi ?
$X$ est un élément de $K[X]$.
$0$ est un élément de $K[X]$.
Donc $(X,0)$ est un élément de $K[X]^2$.
Donc $(X,0)^a$ est un élément de $K[X]^2$ (qui vaut $(X^a,0)$).