Calculer des relations

Je ne comprends pas très bien ta question. En tout cas, tu peux travailler avec Sage.

C'est nettement plus clair que ton premier $\mathbb C[F_1,F_2,F_3]/R \cong \mathbb C[x,y,z]/(R(x,y,z))$ avec une coquille ! Et c'est effectivement très simple avec Sage : juste un calcul d'élimination.

PS. Pour faire calculer l'idéal d'élimination par Sage, inutile de lire Cox, Little et O'Shea. Mais il n'en reste pas moins que c'est une lecture fortement conseillée

Oui, visiblement. Pour les groupes cycliques, on trouve $x^2+y^2-z^{n+1}=0$ (où $xy=z^{n+1}$, ce qui revient au même).

@ Math Coss
Tu veux dire sans doute : « ou $ xy=z^{n+1}$, ce qui revient au même » ?

@Lupulus
Je viens juste de corriger mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559492,1560352#msg-1560352. J'avais lu trop vite chez Carrasco. Je vais regarder ton autre modèle (vu chez Dolgachev) si tu permets.

@Lupulus
Pour $\text{BI}_{120}$, on verra plus tard.

Pour les histoires du groupe binaire diédral. Je note comme Carrasco $\text{BD}_{4n}$ son modèle (uniforme) que j'ai donné plus haut et $G_{4n}$ le tien. Alors pour $n$ pair, j'ai que $G_{4n} = \text{BD}_{4n}$. Et pour $n$ impair, ils ne sont plus égaux mais conjugués dans $\fbox {$\text{GL}_2(\C)$}$ par la matrice diagonale :
$$
M = \pmatrix {1 & 0\cr 0 & i\cr}, \qquad M \text{BD}_{4n} M^{-1} = G_{4n}, \qquad M G_{4n} M^{-1} = \text{BD}_{4n}
$$
La conjugaison opère dans les deux sens si tu vois ce que je veux dire.

Et donc pour les invariants, cela ne change quasiment rien : si $F(X,Y)$ est un polynôme invariant par $\text{BD}_{4n}$, alors $F(X,iY)$ l'est pour l'autre groupe. Et je trouve presque la même relation que j'ai donnée dans mon post, sauf avec un signe $-$ quelque part. Est ce que c'est clair ? Je peux être plus précis.

Je ne sais donc pas ce que tu as fait.

Question : est ce que les deux modèles $\text{BD}_{4n}$ et $G_{4n}$ sont conjugués dans $\text{SU}_2(\C)$ ?

@Lupulus
Comme ta conclusion est ``Tout est bien qui finit bien ..etc...'', le plus prudent serait que je ne dise rien. Mais je vais quand même dire quelque chose (qui ne te concerne peut-être plus puisque ton problème est résolu).

1) Il y avait en fait DEUX soucis : le choix du modèle et le choix des générateurs des invariants.

2) Les deux modèles (choix de Carrasco, celui de Dolgachev) sont bien conjugués dans $\text{SU}_2(\C)$ car ils sont soit égaux soit conjugués par la matrice $M$ que j'ai donnée :
$$
M = \pmatrix {1 & 0\cr 0& i} = \zeta_8 \pmatrix {\zeta_8^{-1} & 0 \cr 0 &\zeta_8}
$$
La forme de droite assure le $\text{SU}_2(\C)$ versus $\text{GL}_2(\C)$.

3) On choisit le modèle que l'on veut ? Vite dit. Quand on fait de l'arithmétique, non. Quand on fait de la géométrie c'est probablement moins grave. Le modèle de Carrasco est défini sur $\Q(\root 2n \of 1)$, celui de Dolgachev sur $\Q(\root 2n \of 1, i)$. Avec tout le respect que je dois à Dolgachev et que j'apprécie énormément, son modèle de $\text{BD}_{4n}$ n'est vraiment pas top à cause du corps de définition. Celui de Carrasco est bien plus uniforme et n'a pas à distinguer $n$ pair de $n$ impair. La seule manière de croire ce que je raconte c'est de te souvenir que tu as posté pour un certain souci $n$ pair, $n$ impair.

4) En prenant le temps de regarder la transformation à faire sur la relation dans le cas $n$ pair (autre choix des générateurs), j'ai été amené à poser $m = 2n$ et
$$
F(X,Y) = XY^2 + X^{2m+1}
$$
Le changement de variables (triangulaire) est le suivant :
$$
F(X, Y + iX^m) = XY^2 + 2iYX^{m+1} = {-1 \over 4} Xy^2 + yX^{m+1} \qquad y = 2iY
$$
Au $-1/4$ près et à l'exposant près, c'est la forme que tu avais. Je me comprends.

5) Ce type de soucis que tu as eu (choix du modèle, choix des générateurs), c'est quelque chose que je rencontre tous les jours (j'exagère un tantinet). Mais je ne vais pas raconter ma vie.

6) En ce qui concerne $\text{BI}_{120}$, je laisse tomber. Car il s'agissait de deux modèles ! L'un défini sur $\Q(\root 5 \of 1)$ qui est une extension cyclique de $\Q$ de degré 4, l'autre sur $\Q(\sqrt 5, i)$, qui est une extension bi-quadratique de $\Q$. C'est pas pareil ! J'en ai ch.é pour comprendre le patacaisse. Et ce n'est pas innocent : quand tu choisis le modèle défini sur $\Q(\sqrt 5,i)$, l'isomorphie $\text{BI}_{120} \simeq \text{SL}_2(\mathbb F_5)$ vient toute seule. A condition de monter une algèbre $H$ de quaternions de type $(-1,-1)$ sur $\Q(\sqrt 5)$ et de réduire modulo un certain idéal de $\Z[\phi]$ où $\phi$ est le nombre d'or. L'anneau $\Z[\phi]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt 5)$. Et comme un petit bonheur n'arrive jamais seul, l'anneau $\Z[\phi]$ est principal et tu peux faire intervenir un ordre maximal dans $H$ ...etc...

Bref, le choix des modèles, c'est important.

Par aiileurs, le pdf de Dolgachev est un véritable enchantement. Quelle chance tu as.

@Lupulus
En ce qui concerne Klein, mes connaissances ne permettent pas de te répondre. Il a fait beaucoup de choses, cet homme là.

En ce qui concerne le reste, j'avoue tout. Quand j'ai vu :
$$
F(x,y) = xy^2 + x^ny, \qquad\qquad G(x,y) = xy^2 + x^{n+1}
$$
la première chose que j'ai réalisée, c'est le calcul le lieu singulier. Il est réduit à l'origine ; pour $F$, il est de degré $2n$, et pour $G$ de degré $n+2$, si bien que j'ai eu des doutes sur tes affaires.

Et ensuite, je me suis demandé si les changements de variables concervaient bien le degré du lieu singulier ? Tu vois que l'on a toujours à apprendre. En deux variables, je sais qu'il y a pour $k[X,Y]$ :
$$
\text{GL}_2(k), \qquad\qquad
\left| \begin {array} {} X \to X \\ Y \to Y + Q(X) \end {array} \right. \qquad \qquad
\left| \begin {array} {} X \to X + P(Y) \\ Y \to Y \end {array} \right.
$$
et les composés bien sûr. Si $k$, est un corps, je crois que c'est tout (en 2 variables) mais je n'en suis pas sûr. Pour 3 variables, c'est très compliqué.

Et ensuite, tu en as dit plus (invariants des sous-groupes finis de $\text{SL}_2(\C)$ ...etc ..) et j'ai laissé tomber cette histoire de degré du lieu singulier.

@Lupulus
Je suis un peu dépité car le modèle de $\text{BI}_{120}$ de Dolgachev est pour moi un troisième modèle i.e. il est monté sur $\Q(\root 5 \of 1, i)$, les deux autres modèles étant montés sur $\Q(\root 5 \of 1)$ et $\Q(\sqrt 5, i)$. Bon, on va pas quand même lui en vouloir. Du coup, j'ai regardé la Lecture 5 (McKay graphs) et j'ai pas pu m'empêcher de faire joujou avec le groupe binaire tétraédral $\widetilde {A_4}$. Je me suis pas fait ch.er : j'ai pris $\text{SL}_2(\mathbb F_3)$. Il y a $n=7$ représentations irréductibles.

> Z := IntegerRing() ;
> 
> A4tilde := SL(2, GF(3)) ;
> T := CharacterTable(A4tilde) ;
> T ;
Character Table of Group A4tilde
--------------------------------

Class |   1  2   3   4  5   6   7
Size  |   1  1   4   4  6   4   4
Order |   1  2   3   3  4   6   6
---------------------------------
p  =  2   1  1   4   3  2   3   4
p  =  3   1  2   1   1  5   2   2
---------------------------------
X.1   +   1  1   1   1  1   1   1
X.2   0   1  1-1-J   J  1   J-1-J
X.3   0   1  1   J-1-J  1-1-J   J
X.4   -   2 -2  -1  -1  0   1   1
X.5   0   2 -2 1+J  -J  0   J-1-J
X.6   0   2 -2  -J 1+J  0-1-J   J
X.7   +   3  3   0   0 -1   0   0

Explanation of Character Value Symbols
--------------------------------------
J = RootOfUnity(3)

J'ai repéré le caractère $\chi_0$ de la représentation naturelle de $\widetilde {A_4}$ dans $\text{SU}_2$ et j'ai fait les choses de la vie (McKay) avec les produits scalaires $\langle \chi_0\chi_i \mid \chi_j\rangle$ pour obtenir la matrice symétrique $n \times n$ ci-dessous où $n$ est le nombre de représentations irréductibles.

> chi0 := T[4] ; // SU_2 representation
> assert IsReal(chi0) and Degree(chi0) eq 2 ;
> n := #T ;
> McKayMatrix := Matrix(Z, n,n, [[InnerProduct(chi0*chi_i, chi_j) : chi_j in T] : chi_i in T]) ;
> McKayMatrix ;
[0 0 0 1 0 0 0]
[0 0 0 0 1 0 0]
[0 0 0 0 0 1 0]
[1 0 0 0 0 0 1]
[0 1 0 0 0 0 1]
[0 0 1 0 0 0 1]
[0 0 0 1 1 1 0]

Et enfin, j'ai monté le graphe de McKay puis le diagramme de Dynkin du graphe.

> McKayGraph := Graph < {@ i : i in [1..n] @} | { {i,j} : i,j in [1..n] | McKayMatrix[i,j] ne 0 } > ;
> McKayGraph ;
Graph
Vertex  Neighbours
1       4 ;
2       5 ;
3       6 ;
4       1 7 ;
5       2 7 ;
6       3 7 ;
7       4 5 6 ;

> DynkinDiagram(McKayGraph) ;
E~6    1 - 4 - 7 - 5 - 2
               |
               6
               |
               3
> DynkinDiagram("E~6") ;
E~6    1 - 3 - 4 - 5 - 6
               |
               2
               |
               7

C'est conforme à ce qui est raconté dans l'exemple 5.2.3 pages 98-99