Extensions cycliques d'un corps cyclotomique
dans Algèbre
Plusieurs questions soulevées dans le fil initié par @talal [ici] n'ont pas encore trouvé réponse.
Le contexte était le suivant :
Soit $K$ un corps possédant une racine primitive $n$-ième de l'unité $\zeta_n$ et $L$ une extension cyclique de $K$ de degré $n$ dont le groupe de Galois est engendré par $\sigma$.
On a montré par plusieurs méthodes qu'il existe $x\in L$ tel que $$y:=x+\zeta_n^{-1}\sigma (x)+\cdots +\zeta_n^{-(n-1)}\sigma^{n-1}(x)\neq 0.$$ On en a déduit qu'il existe $b\in K$ tel que $y^n=b$ et que $$L=K(y)=K(\sqrt[n]{b}).$$
Voilà pour la partie théorique.
Les questions laissées en suspens concernent essentiellement l'exemple suivant :
$$K = \Q(j,a), \qquad F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad L = K(x_0) = K[X]/\langle F_a\rangle,$$ où $j$ est une racine cubique primitive de l'unité et $a$ une indéterminée sur $\Q(j)$.
Remarque : $\text{Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2$ donc $L/K$ est bien cyclique de degré $n=3$.
Comment EXPLICITER $b\in K$ tel que $L=K(\sqrt[3]{b})$ ?
Le contexte était le suivant :
Soit $K$ un corps possédant une racine primitive $n$-ième de l'unité $\zeta_n$ et $L$ une extension cyclique de $K$ de degré $n$ dont le groupe de Galois est engendré par $\sigma$.
On a montré par plusieurs méthodes qu'il existe $x\in L$ tel que $$y:=x+\zeta_n^{-1}\sigma (x)+\cdots +\zeta_n^{-(n-1)}\sigma^{n-1}(x)\neq 0.$$ On en a déduit qu'il existe $b\in K$ tel que $y^n=b$ et que $$L=K(y)=K(\sqrt[n]{b}).$$
Voilà pour la partie théorique.
Les questions laissées en suspens concernent essentiellement l'exemple suivant :
$$K = \Q(j,a), \qquad F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1, \qquad L = K(x_0) = K[X]/\langle F_a\rangle,$$ où $j$ est une racine cubique primitive de l'unité et $a$ une indéterminée sur $\Q(j)$.
Remarque : $\text{Disc}(F_a) = (a^2 + 3a + 9)^2$ donc $L/K$ est bien cyclique de degré $n=3$.
Comment EXPLICITER $b\in K$ tel que $L=K(\sqrt[3]{b})$ ?
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Réponses
Au final ça ne devrait pas être très différent de la méthode de Cardan pour résoudre les équations cubiques en terme de $\sqrt{\Delta}$.
Choisissons pour $\sigma$ le cycle $(x_0,x_1,x_2)$.
Alors $y=x_0+j^2x_1+jx_2$ est un vecteur propre de $\sigma$ associé à la valeur propre $j$.
En particulier, $\sigma(y^3)=y^3$ et $y^3\in K$.
Donc on doit pouvoir exprimer $y^3$ à l'aide de $a$ et $j$ ce qui devrait permettre de gagner la partie.
Donc$$L=K\left(\sqrt[3]{a^3+(3j+6)a^2+(9j+18)a+27j+27}\right).$$
Une petite contribution de rien du tout. Contexte : $F = X^3 + a_2 X^2 + \cdots \in K[X]$ dont le discriminant est un carré et $x_1$ une racine de $F$. Pour exprimer les deux autres racines comme une fraction rationnelle en $x_1$ à coefficients dans le corps de base $K$, on peut poser :
$$
\delta = (x_2-x_1) (x_3-x_1)(x_3 - x_2)
$$
C'est une racine carrée du discriminant de $F$, donc $\delta \in K$. On écrit :
$$
F'(x_1)(x_3-x_2) = (x_1-x_2) (x_1-x_3)(x_3 - x_2) = \delta \qquad \hbox {d'où} \qquad x_3 - x_2 = {\delta \over F'(x_1)}
$$
En utilisant $x_3 + x_2 = -a_2 - x_1$ et en faisant la demi-somme différence de cette égalité et de celle de droite ci-dessus, on obtient :
$$
x_i = {\pm \delta/F'(x_1) - a_2 - x_1 \over 2}, \qquad i = 2,3
$$
Note : on utilise le fait que la caractéristique est $\ne 2$ et que $F$ est séparable, pas que $F$ est irréductible.
Peut-être aussi savoir que pour réaliser certains calculs, c'est pas mal de savoir que l'on a pour l'anneau des invariants de $K[X_1,X_2,X_3]$ sous $C_3$ :
$$
K[X_1,X_2,X_3]^{C_3} = K[e_1,e_2,e_3][\delta] = K[e_1,e_2,e_3] \oplus K[e_1,e_2,e_3]. \delta \qquad \hbox {avec} \qquad
\delta = (X_1-X_2) (X_1-X_3)(X_3 - X_2)
$$
Les $e_i$ sont les fonctions symétriques élémentaires des $X_i$.
Tu te doutes bien que, gros flemmard que je suis, j'ai utilisé une calculette qui m'a donné le polynôme minimal de $y$ qui est forcément de la forme $X^3-b$ avec $b\in K$.
Mais je suis très intéressé par l'anneau des invariants dont tu parles à la fin de ton dernier message.
Par exemple, comment décompose-t-on (avec les $e_i$ et $\delta$) $$X_1^2X_3+X_2^2X_1+X_3^2X_2\text{ ?}$$
J'ai réalisé tous les calculs (et même un peu plus) en utilisant une calculette mais en suivant exactement la théorie. Par exemple, j'ai exprimé, dans un cadre formel
$$
F = (X_1 + j^{-1} X_2 + j^{-2} X_3)^3
$$
comme un polynôme en $e_1, e_2, e_3, \delta$. Note : $F = G^3$ est $C_3$-invariant comme on le sait because $\sigma(G) = jG$. Ici, on travaille au niveau $K[X_1, X_2, X_3]$ et $\sigma$ est l'automorphisme d'ordre 3 auquel tu penses.
Je note $Q_1$ ton polynôme de degré $3$ qui est $C_3$-invariant et $Q_2$ l'autre. C.a.d. que $Q_2 = Q_1^\tau$ pour n'importe quelle transposition $\tau$. Alors, on a que $Q_1 + Q_2$ est symétrique et :
$$
Q_1 - Q_2 = \delta, \qquad Q_1 + Q_2 = e_1e_2 - 3e_3
$$
D'où l'on tire $Q_1$ et $Q_2$ en fonction de $e_1, e_2, e_3, \delta$.
Note : surveille quand même mon $\delta$ (versus $-\delta$) dans $Q_1-Q_2$. Ce n'est pas très grave mais je suis maniaque. En principe, je prends
$$
\delta = \prod_{i > j} (x_i - x_j)
$$
Dans ce sens $i > j$ ; de sorte que $\delta$ est exactement le déterminant de la matrice de Vandermonde de ligne définissante $(x_1, \cdots, x_n)$. Je ne supporte pas les erreurs de signe.
En revanche, $Q_1+Q_1^\tau=e_1e_2-3e_3$.
C'est quand même très malin tout ça !
Dès qu'on fait un peu de théorie de Galois, on a quelques tours gratuits dans le grand manège des maths. :-)
$$\text{Le groupe de Galois de }X^4-2s(1+t^2)X^2+s^2t^2(1+t^2)\in\Q(i)(s,t)[X]\text{ est }C_4.$$
A suivre ?
@Claude : Tu connais $K[X_1,X_2,X_3,X_4]^{C_4}$ ?
Je ne sais pas si c'est utile de donner le résultat brut sans explication ? Je trouve que c'est l'occasion de se poser des questions ; de mon côté, je m'en pose un certain nombre. En voici quelques unes.
1) Imaginons qu'une une personne me fournisse un polynôme de degré $n$ en m'affirmant que son groupe de Galois est le groupe cyclique $C_n$. Et me demande d'exprimer par radicaux je-ne-sais-trop-quoi. Ma réaction sera claire et nette : pas question tant que la personne ne m'a pas fourni un CERTIFICAT du fait que le groupe de Galois est $C_n$. Pour $n=3$ par exemple, le certificat consiste en le fait que le discriminant est un carré.
2) Je mets un pointeur sur l'ouvrage de Jensen, Ledet & Yu http://library.msri.org/books/Book45/files/book45.pdf. Pour l'instant, j'ai un souci avec le polynôme à deux paramètres de degré 5 de la page 44.
3) Résolvantes de Lagrange. On sait maintenant l'importance de ces objets. On peut les élaborer dans un contexte général avec $\sigma \in \text{Aut}(L/K)$, $K$ contenant $\mathbb U_n$
$$
y := y_{\xi, \sigma, x} = \sum_{i=0}^{n-1} \xi^{-i} \sigma^i(x), \qquad \xi^n = 1, \qquad \sigma^n = \text{Id}
$$
Vocation : $\sigma(y) = \xi y$.
Convenons de dire que $y$ est associé à $(\xi, \sigma, x)$. Question : pour un autre automorphisme $\tau \in \text{Aut}(L/K)$, est ce que $\tau(y)$ ne serait pas une résolvante ? Associée à ?
On doit voir apparaître de la conjugaison et la résolubilité groupiste pourrait bien pointer le bout de son nez.
4) Cyclique de degré 4 : on a un sous-groupe $C_2 \subset C_4$ avec un quotient $C_4/C_2 \simeq C_2$. Ce qui permettrait de couper l'étage de degré 4 en deux étages de degré 2 (utilisation du point 3 ?). Bonne chose de conduire les deux méthodes.
5) Invariants de $C_4$. La $K$-algèbre $K[X_1,X_2,X_3,X_4]^{C_4}$, $K$ de caractéristique distincte de $2$, est de Cohen-Macalay. Ce qui veut dire que c'est un module libre (gradué) sur un anneau (gradué) de polynômes à 4 ``indéterminées'' (invariants primaires). Pas d'unicité : sauf les degrés, je parle de $(1, 2, 2, 4)$ ici. Ensuite, on voit une base de cardinal $4$ (je parle des invariants secondaires). Le nombre 4 pour le nombre d'invariants secondaires est une coïncidence (pour $n=3$, c'était 1, je parle de $\delta$).
> Q := RationalField() ; > R := InvariantRing(CyclicGroup(4), Q) ; > PrimaryInvariants(R) ; [ x1 + x2 + x3 + x4, x1^2 + x2^2 + x3^2 + x4^2, x1*x2 + x1*x4 + x2*x3 + x3*x4, x1^4 + x2^4 + x3^4 + x4^4 ] > SecondaryInvariants(R) ; [ 1, x1^2*x3 + x1*x3^2 + x2^2*x4 + x2*x4^2, x1^2*x2 + x1*x4^2 + x2^2*x3 + x3^2*x4, x1^3*x4 + x1*x2^3 + x2*x3^3 + x3*x4^3 ]On a vu, dans le fil de Talal, l'énorme différence, en théorie des corps, entre les puissances d'un élément $x$ et les conjugués de $x$. De manière précise, soit $x \in \overline {\Q}$. Il y d'une part le degré algébrique de $x$ sur $\Q$, que je note ici $d(x)$, qui est par définition la dimension (sur $\Q$) du $\Q$-espace vectoriel engendré par les puissances de $x$. Et on peut également considérer la dimension du $\Q$-espace vectoriel engendré par les conjugués de $x$ sur $\Q$, dimension que je note $n(x)$, comme dans le papier pointé (conjugate dimension of $x$ over $\Q$). Il peut y avoir une sacrée différence entre ces deux dimensions. On a les inégalités :
$$
n(x) \le d(x) \le 2^{n(x)} \times n(x) !
$$
SAUF quand $n(x)$ prend les 7 valeurs $2,4,6,7,8,9,10$, cf le tableau de la page 2 in https://math.mit.edu/~poonen/papers/conjdim.pdf
On peut généraliser en remplaçant $\Q$ par un corps quelconque $K$. Cela m'a un peu impressionné, car on voit à la page 13 du papier, l'exemple d'une extension $L/\Q(i)$ de degré 96, avec un élément primitif $x$ de degré 96 sur $\Q(i)$ pardi. Mais le $\Q(i)$-espace vectoriel engendré par les 96 $\Q(i)$-conjugués de $x$ est de dimension 2 seulement. Tiens, un groupe de réflections (pour le groupe de Galois) : $\text{ST}_8$, dans la nomenclature de Shephard-Todd (Finite unitary reflection groups).
Hors-sujet ? Oui, probablement ... mais c'est juste pour combattre l'ennui.
On montre d'abord que $G$ est l'un des trois groupes suivants : $$C_4,\quad (C_2)^2,\quad D_4$$ On écrit ensuite $L=K(\alpha,\beta)$ de sorte que les racines de $F_{s,t}$ sont $\pm\alpha,\pm\beta$.
On a alors le résultat suivant : $$G\simeq C_4\Leftrightarrow \alpha\beta^{-1}-\beta\alpha^{-1}\in K.$$
Or, pour un certain choix de $\alpha,\beta$, on trouve dans le cas qui nous intéresse $$\alpha\beta^{-1}-\beta\alpha^{-1}=2t^{-1}.$$
Remarque : Jensen-Ledet-Yui donnent un autre critère au corollaire 2.2.4. p.32 mais j'ai essayé de faire différemment.
Comme $\sigma$ et $\tau$ commutent, on a $$\tau(y)=y_{\xi,\sigma,\tau(x)}.$$
Donc $\rm{Aut}(L/K)$ agit sur les résolvantes principales !
Dans mon post auquel tu réfères, il n'était pas supposé que $\sigma$ et $\tau$ commutaient. Regarde de nouveau le contexte.
Imagine un instant disposer d'un groupe fini $G$ d'automorphismes de $L$ qui soit cycliquement 2-résoluble i.e. il y a un sous-groupe cyclique $G_1$ distingué dans $G$ tel que $G/G_1$ soit cyclique. En supposant que $K := L^G$ contienne assez de racines de l'unité, est ce que l'on va pouvoir << enchaîner les résolvantes >> ?
$$
\xymatrix {
L \ar@{-}[d] \\ L^{G_1} \ar@{-}[d] \\ K
}
$$
En fait, rien ne se passe comme prévu mais c'est pas grave. Par exemple, pour moi, je dis bien pour moi, le cas $n=3$ avec le polynôme $F_a$ n'est pas terminé !
Prenons un autre exemple, celui du polynôme $F \in \Q[X]$ :
$$
F = X^5 - 10X^3 - 5X^2 + 10X - 1
$$
Il paraît que le groupe de Galois de $F$ est cyclique d'ordre 5 :
> G, roots, data := GaloisGroup(F) ; > G ; Permutation group G acting on a set of cardinality 5 Order = 5 (1, 2, 3, 4, 5) > roots ; [ -54713*$.1^4 - 18934*$.1^3 - 67288*$.1^2 + 13487*$.1 + 47447 + O(11^5), -25682*$.1^4 - 80193*$.1^3 - 66308*$.1^2 - 15863*$.1 + 1995 + O(11^5), 305*$.1^4 + 3444*$.1^3 + 74953*$.1^2 + 56388*$.1 + 20664 + O(11^5), -7090*$.1^4 + 62332*$.1^3 - 22296*$.1^2 + 38794*$.1 + 51890 + O(11^5), -73871*$.1^4 + 33351*$.1^3 - 80112*$.1^2 + 68245*$.1 + 39055 + O(11^5) ] > Universe(roots) ; Unramified extension defined by the polynomial (1 + O(11^20))*x^5 + O(11^20)*x^4 + O(11^20)*x^3 + (10 + O(11^20))*x^2 + O(11^20)*x + 9 + O(11^20) over 11-adic ringEst ce que l'on voit ci-dessus est un CERTIFICAT du fait que le groupe de Galois de $F$ sur $\Q$ est cyclique d'ordre 5 ? Pour moi, non.
Par contre, le polynôme $P$ ci-dessous participe à un certificat du fait que le groupe de Galois de $F$ est cyclique d'ordre 5 parce que $F(P) \equiv 0 \mod F$ :
La personne qui m'a fourni $F$ m'a également fourni $P$. Avec cette information, en montant le corps de base de $\Q$ à $K = \Q(\zeta_5)$ et en notant $L$ le corps de décomposition de $F$ sur $K$, on va pouvoir d'une part expliciter un $y \in L$ tel que $b = y^5 \in K$ et
$$
L = K(y) = K(\root 5 \of b)
$$
Et surtout avec un certificat de cette égalité i.e. en notant $x = X \bmod F$ dans $K[x] = K(x) = K[X]/\langle F\rangle$, disposer explicitement de $k_i \in K$ tels que :
$$
x = k_0 + k_1 y + k_2y^2 + k_3y^3 + k_4 y^4, \qquad k_i \in K
$$
Voilà, voilà.
Suite de mon post précédent où intervient le polynôme $F = X^5 - 10X^3 - 5X^2 + 10X - 1$. Je note ICI $E$ l'extension de $\Q$ engendrée par une racine de $F$, disons $E = \Q(x) = \Q[X]/\langle F\rangle$. Comme il paraît que $E/\Q$ est 5-cyclique, c'est que $E$ est contenue dans une extension cyclotomique (à ce qu'il paraît).
Je ne vois pas, en notant $G = \text{Gal}(E/\Q)$ comment utiliser la formule du conducteur :
$$
\mathfrak f_E = \text{ppcm}\big(\mathfrak f_\chi \mid \chi \in \widehat G\big)
$$
Car pour déterminer le conducteur $\mathfrak f_\chi $, $\chi$ caractère sur le groupe de Galois $G$, j'ai besoin d'un ``modulus admissible'' $m$ pour $E$ i.e. d'un $m$ tel que $E \subset \Q(\root m \of 1)$, ceci pour pouvoir réaliser $G$ comme quotient de $(\Z/m\Z)^\times$. Mais justement $m$ c'est ce que je cherche et cela tourne en rond.
Il y a quelque chose qui m'échappe ?
MAIS, en explicitant tout (avec les matrices de Vandermondes, les résolvantes ..etc...), en ayant monté à $\Q(\root 5 \of 1)$ de manière à pouvoir le réaliser, je viens de constater qu'en fait $x$ habite $\Q(\root 25 \of 1)$ avec une expression explicite :
$$
x = - (\zeta_{25} + \zeta_{25}^{-1} + \zeta_{25}^7 + \zeta_{25}^{-7})
$$
Bilan : parfois (mais pas toujours), en explicitant, on gagne.
BEMOL Il y a un résultat qui dit que $\mathfrak f_E$ divise $\text{Disc}(\mathcal O_E)$. Ce dernier discriminant, qui peut donc servir de modulus admissible, vaut $5^8$, un tantinet plus gros que $25 = 5^2$. Pour l'instant, je ne sais pas quoi faire de cette information sur le discriminant et à vrai dire, je n'ai pas réfléchi.
$\zeta_{\mathbb{Q}(\zeta_m)}(s) = \prod_{\chi \bmod m} L(s,\tilde{\chi})$ (produit sur les caractères de Dirichlet modulo $m$, et $\tilde{\chi}$ est le caractère primitif tel que $\chi(n) = \tilde{\chi}(n) 1_{(n,m)=1}$)
et qu'il existe un $m$ tel que $\mathbb{Q}(\zeta_m)/E/\mathbb{Q}$ est abélienne donc $\zeta_E(s) = \prod_{\chi \in H} L(s,\tilde{\chi})$ pour $H$ le sous-groupe des $\chi \bmod m$ qui correspond à $\text{Gal}(E/\mathbb{Q})$.
En regardant ce dernier produit on voit que seuls les premiers qui divisent $m$ peuvent être ramifiés dans $E$. Et comme ils divisent aussi $\text{Disc}(E)$, ça veut dire qu'on peut prendre $m = \text{Disc}(E)^d$ pour un certain $d$.
Peu de temps à moi jusqu'à mercredi...
Désolé d'avoir confondu $\rm{Aut}(L/K)$ et $\rm{Gal}(L/K)$. Impardonnable !
Plus dur le degré $5$ comme on s'en doute !
Dans l'exemple$$F = X^5 - 10X^3 - 5X^2 + 10X - 1,$$ le polynôme $P$ permet d'avoir toutes les racines de $F$ en fonction de $x$ donc $K\subset K(x)$ est galoisienne de degré $5$ premier.
D'où la cyclicité du groupe de Galois de $F$.
Am I right ?
Mais qui t'a donné $F$ et $P$ ?
De plus, tu affirmes qu'à partir des techniques dont on parle ces derniers temps, on obtient $$x = - (\zeta_{25} + \zeta_{25}^{-1} + \zeta_{25}^7 + \zeta_{25}^{-7}).$$ Wow ! How do you do that ?
Je ne comprends pas ton ``Désolé d'avoir confondu ....'' Je voulais juste te dire que $\tau$ et $\sigma$ n'avaient aucune raison de commuter, cf le contexte du point 3 de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1561318#msg-1561318
Quant au reste, c'est OK. Qui m'a fourni $(F, P)$ ? La personne qui m'a demandé d'exprimer à l'aide de radicaux disons une racine de $F$ au-dessus de $K := \Q(\zeta_5)$ en m'affirmant que le groupe de Galois de $F$ sur $\Q$ est cyclique d'ordre 5. Je lui ai demandé un certificat de son affirmation (je n'ai pas envie de bosser pour rien) ; et à ce moment là, elle m'a fourni $P$. J'ai vérifié que $F(P) \equiv 0 \bmod F$ et alors j'ai dit ``Ok je le fais'' (exprimer par radicaux ...etc..).
Et à partir de ce moment là, à l'aide de $P$, j'ai pu définir un automorphisme $\sigma$ de $L/K$ d'ordre 5 et j'ai fait exactement ce que l'on avait dit que l'on ferait, rien de plus. I.e. les résolvantes ad-hoc, les matrices de Vandermonde ...etc.. En utilisant une calculette pour un certain nombre de calculs (mais la calculette n'a fait que ce que je lui demandais de faire).
$\sigma$ devrait être défini par$$\sigma(x)=P(x).$$ J'imagine qu'ensuite tu calcules les $5$ résolvantes $y_i$ associées à $x$. Via l'inverse de $V_{\xi_5}$, à savoir $\dfrac{1}{5}V_{\xi_5^{-1}}$, tu as les coordonnées de $x$ (qui sont dans $\Q(\xi_5)$) dans la base de vecteurs propres $(y_i)_{0\leq i\leq 4}$.
Et on obtient $$x = - (\zeta_{25} + \zeta_{25}^{-1} + \zeta_{25}^7 + \zeta_{25}^{-7})\text{ ?}$$
Ok pour $\sigma$, bien sûr. Mais ensuite, histoire de certifier que $y = y_1$ est bien un élément primitif de $L/K$ (où $L = \Q(\zeta_5)$ ...etc..), j'ai exprimé chaque résolvante $y_i$ dans la base des puissances de la résolvante principale $y_1$. Comme on avait que ....etc... Et comme je l'ai redit à la fin de mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1562512#msg-1562512
Et enfin, j'ai exprimé $x$ en fonction des $y_i$, mais c'est évident car $5x = \sum_{i=0}^4 y_i$, cf l'inversion des matrices de Vandermonde. Et du coup, j'ai pu exprimé $x$ dans la base des puissances de $y_1$. Et c'est cela qui a fini par me donner une expression de $x$ dans $\Q(\root 25 \of 1)$ (ce n'était pas attendu).
Remarque 1 : l'expression $5x = \sum_{i=0}^4 y_i$, à elle seule, ne peut pas faire de miracle. Enfin, je ne vois pas lequel.
Remarque 2 : en voyant ton post, je prends conscience que $(y_0, \cdots, y_4)$ est aussi une base de $L/K$ puisque $\sigma(y_i) = \zeta_5^i y_i$ i.e. les $y_i$ sont des vecteurs propres de $\sigma$ associés à des valeurs propres distinctes. Faut juste veiller au grain pour être sûr que $y_i \ne 0$. ARG : il se pourrait que l'un des $y_i$ soit nul ; c'est le cas ici car $y_0$ est la somme des racines de $F$ et le coefficient en $X^4$ de $F$ est nul ! Je résume : ici $y_0 = 0$.
Mine de rien, faut pas se mélanger les pinceaux car il y a au moins 3 bases de $L/K$ : la base des puissances de $x$, la base des puissances de $y_1$ et la base normale $(y_0, \cdots, y_4)$. ARCHI FAUX : la dernière n'est pas une base, puisque $y_0 = 0$.
Du coup, dans le cadre plus général de $(L,K,\sigma)$ avec $K = L^\sigma$ où $\sigma$ est d'ordre $n$, en supposant que $\mathbb U_n \subset K$, on obtient via la machinerie Vandermonde une base normale de $L/K$. A vérifier quand même. ARCHI FAUX ENCORE on n'a jamais montré cela.
J'ai essayé d'être honnête en laissant ce que j'avais écrit de manière bien visible et en ajoutant en rouge ensuite des choses.
C'est moi qui ai fait l'erreur en mettant $y_0=0$ dans une base !
Mais $(1,y_1,y_2,y_3,y_4)$ en est une, à condition que les $y_i,1\leq i\leq 4$ soient non nuls...
Quoi qu'il en soit, je reste toujours sur le c.. en contemplant $$x = - (\zeta_{25} + \zeta_{25}^{-1} + \zeta_{25}^7 + \zeta_{25}^{-7}).$$
Trouver le conducteur cyclotomique sans utiliser l'arsenal théorique qui va avec, c'est énorme ! (tu)
As-tu une réponse concernant $\tau(y)$ dont tu parles [ici] au point 3) ?
J'ai un peu cherché, mais je n'ai pas trouvé grand chose...
Oui, et j'ai même deux (voire trois) réponses
1) $\tau(y_{\xi, \sigma, x}) = y_{\xi,\tau\sigma\tau^{-1},\tau(x)}$.
2) Tu vois apparaître ci-dessus $\tau \sigma \tau^{-1}$ i.e. de la conjugaison. De manière vague : si on veut ``enchaîner'' des étages cycliques les uns sur les autres de manière à obtenir de la résolubilité par radicaux, il va être indispensable de disposer d'une ``chaîne de résolubilité cyclique'' dans laquelle un sous-groupe est distingué dans le suivant. C'est vague.
3) Regarde ta boîte à lettres : là, ce n'est plus vague du tout. Et note, que l'on n'utilise PAS un attirail de théorie de Galois i.e. on peut commencer par aborder la théorie de Galois à l'aide d'une telle histoire (de matrices de Vandermonde et étages cycliques).
A-t-on dans le cas cyclique une méthode explicite pour la détermination du conducteur cyclotomique ?
Pour $$F = X^5 - 10X^3 - 5X^2 + 10X - 1,$$ ce conducteur $m=25$ a été calculé par Claude grâce à l'égalité $$x = - (\zeta_{25} + \zeta_{25}^{-1} + \zeta_{25}^7 + \zeta_{25}^{-7})$$ qui me laisse toujours pantois !
Peut-on espérer obtenir des résultats semblables dans les cas $$F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$$ et $$F_{s,t}=X^4-2s(1+t^2)X^2+s^2t^2(1+t^2),$$ polynômes génériques cycliques en degrés $3$ et $4$ ?
si $K/\mathbb{Q}$ est abélienne, $K = \mathbb{Q}(\alpha)$, $f \in \mathbb{Z}[X],f(\alpha)=0$ alors je connais $\mathfrak{d} = Disc(\mathbb{Z}[\alpha])=Disc(f)$, seuls les premiers $p | \mathfrak{d}$ peuvent être ramifiés dans $\mathcal{O}_K$.
Par Kronecker-Weber je sais qu'il existe $N$ tel que $\alpha \in \mathbb{Q}(\zeta_N)$. En regardant les premiers ramifiés dans $\mathbb{Q}(\zeta_{N})$, je trouve que $\alpha \in \mathbb{Q}(\zeta_{\mathfrak{d}^d})$ pour un certain $d$.
Mais comment savoir quel $d$ est bon ?
Une fois que j'ai $N=\mathfrak{d}^d$ je sais que $Frob_p \in Gal(K/\mathbb{Q})$ dépend seulement de $p \bmod N$, donc je peux écrire $\zeta_K(s)=\prod_{\chi \in Gal(K/\mathbb{Q})} L(s,\tilde{\chi})$ où je sais trouver les $\tilde{\chi}$ en regardant seulement la factorisation de $f(x)$ modulo un nombre fini de premiers $p$.
Je peux en déduire $Gal(K/\mathbb{Q})$ comme sous-groupe de $Gal(\mathbb{Q}(\zeta_N)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/N\mathbb{Z})^\times$,
ainsi que $Gal(\mathbb{Q}(\zeta_N)/K)$ ce qui me permet de trouver un élément $\beta \in \mathbb{Q}[\zeta_N]$ tel que $ K = \mathbb{Q}(\beta)$.
Enfin, si dès le début je connaissais les conjugués de $\alpha$, alors je peux trouver un $b^{1/n} \in \mathbb{Q}[\zeta_n,\alpha], b \in \mathbb{Q}[\zeta_n]$ tel que $K(\zeta_n) = \mathbb{Q}(\zeta_n,b^{1/n})$ et je sais exprimer $b^{1/n},\alpha$ l'un en terme de l'autre.
En faisant la même chose avec $\beta$ pour obtenir un $c^{1/n}$, j'obtiens que $b/c \in \mathbb{Q}[\zeta_n]$ et une expression de $\alpha$ dans $\mathbb{Q}[\zeta_N]$.
Est-ce que la détermination de $d$ ne serait pas plus facile si on suppose $K/\mathbb Q$ cyclique ?
Des petites choses (je ne sais faire que cela) dans ce terrain super-compliqué (pour moi), d'abord en degré 2 puis 3 i.e. $K/\Q$ abélienne de degré 2 ou 3.
1) Degré 2. C'est évidemment bien connu mais cela vaut le coup de voir de nouveau comment cela s'agence. Si on note $D$ le discriminant de $\mathcal O_K$, la réponse est $\Q(\sqrt D) \hookrightarrow \Q(\root |D| \of 1)$ avec comme certificat la somme de Gauss du caractère (quadratique) de Kronecker $\chi_D$. On obtient ainsi une expression cyclotomique de $\sqrt D$ (dans la bonne extension cyclotomique). La mise au point de cela passe par la décomposition :
$$
D = D_1 D_2 \cdots D_k
$$
de $D$ en discriminants quadratiques fondamentaux élémentaires (premiers deux à deux) i.e. les $p^*$ auxquels il faut adjoindre $\pm 8, -4$. Et c'est important de noter les inclusons :
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\sqrt {D_1}, \cdots, \sqrt {D_k}) \subset \Q(\root |D| \of 1) \qquad\qquad (\star)
$$
2) Degré 3. Soit donc $K/\Q$ une extension abélienne de degré 3. Alors l'utilisation des deux résultats ``Conductor Discriminant Formula'' conduit au fait que $\text{Disc}(\mathcal O_K)$ est un carré :
$$
\text{Disc}(\mathcal O_K) = f^2 \qquad f \in \N^*
$$
Et $f$ est le conducteur cyclotomique de $K$ i.e. $K \subset \Q(\root f \of 1)$. En ce qui concerne ``Conductor Discriminant Formula'', cf par exemple page 10 de https://math.dartmouth.edu/~trs/expository-papers/tex/CFT.pdf. Et puis en degré 3 abélien, la sous-section 3 page 96 de l'annexe A de la thèse de Karim Belabas (Bordeaux). J'ai déjà fourni un pointeur sur cette thèse ; et via le Net, de nous jours, cela ne pose aucun problème de la retrouver.
Plus délicat, et même vachement délicat, c'est l'histoire du certificat $K \hookrightarrow \Q(\root f \of 1)$.
J'ai d'abord étudié les ``extensions cubiques élémentaires premières'' (terminologie de mézigue) i.e. l'unique extension de degré $3$ de $\Q$ contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ avec $p \equiv 1 \bmod 3$. En pensant, dans ma tête, que ces extensions jouaient le rôle de celles qui interviennent en $(\star)$ dans le cas quadratique.
Bien sûr, il en manque : par exemple, l'unique extension de degré 3 contenue dans $\Q(\root q \of 1)$ où $q \equiv 1 \bmod 3$ est la puissance d'un premier impair (auquel cas le groupe de Galois $(\Z/q\Z)^\times$ est cyclique, d'où l'unicité de la sous-extension cubique). Là, je ne suis pas clair du tout donc je zappe.
Je me suis donc concentré sur la sous-extension cubique de $\Q(\root p \of 1)$ avec $p-1 = 3d$. Il faut savoir que Gauss a étudié la totale dans cette histoire i.e. $p-1 = ed$ et obtention de l'unique sous-extension $K_e/\Q$ de degré $e$ contenue dans $\Q(\root p \of 1)$. Théorie des périodes cyclotomiques de Gauss $s_0, \cdots, s_{e-1}$ qui habitent $K_e$. Versus les $e$ sommes de Gauss $G(\chi^0), G(\chi^1), \cdots, G(\chi^{e-1})$ où $\chi : \text{Gal}(K_e/\Q) \to \mathbb U_e$ est un caractère d'ordre $e$. Note qu'il faut faire une extension par $\Q(\root e \of 1)$ de tout l'étage cyclotomique $\Q(\root p \of 1)/\Q$, ce qui ne pose pas de problème de ``déformation'' puisque $e \wedge p = 1$.
Les $e$ périodes de Gauss sont reliées aux $e$ sommes de Gauss par une matrice de Vandermonde : ce n'est pas autre chose que la théorie des résolvantes de Lagrange-Hilbert.
Bref, après avoir étudié les extensions cubiques élémentaires premières, je me suis fait la main avec le polynôme $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$, $a \in \Z$, de discriminant $N_a^2$ avec $N_a = a^2 + 3a +9$. Trop dur (impossible ?) de fournir le discriminant de l'anneau des entiers du corps de nombres défini par une racine de $F_a$. Il est de la forme $f^2$ avec $f \mid N_a$. Un certificat de plongement dans $\Q(\root N_a \of 1)$ me suffirait bien.
Et j'ai poussé le bouchon en traitant vraiment des exemples (cela prend un temps fou, cette c.nnerie). Je me suis contenté $N_a$ sans facteur carré $N_a = p_1p_2\cdots$ et j'ai pu définir les extensions élémentaires associées aux $p_i$. Les $p_i$ vérifient $p_i \equiv 1 \mod 3$ !
Je stoppe là, car je ne sais pas si cela te concerne vraiment vu que ce n'est qu'un petit cas particulier (mais je ne sais pas faire d'autre chose pour de vrai, bis).
Je suis bien d'accord avec toi pour dire que la recherche d'un certificat du conducteur dans le cas d'un polynôme générique de degré $3$ ou $4$ a l'air très compliquée.
Il faudrait peut-être regarder du côté de la preuve constructive du théorème de Kronecker-Weber (due à Shafarevich) qu'on peut par exemple trouver dans le Narkiewicz "Elementary and analytic theory of algebraic numbers" (théorème 6.18).
Cette preuve n'utilise pas la théorie du corps de classes mais des méthodes $p$-adiques qu'hélas, je ne connais pas...
1) Personnellement, je pense qu'il faut redescendre sur terre ! Prenons par exemple l'inclusion $K := \Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ $(\star)$ pour un discriminant quadratique fondamental $D$. On l'a raconté plusieurs fois (il faut que je retrouve mes brouillons) que cette inclusion (pas besoin du certificat) fournit les 3 lois de réciprocité quadratique (la générale et les deux complémentaires). Or pour montrer ces lois de réciprocité quadratique, il faut faire quelque chose !
As tu des traces quelque part de cela ? I.e. du fait que l'inclusion $(\star)$ entraîne les lois de réciprocité quadratique ?Il y a un truc subtil d'inclusion $A/pA \subset B/pB$ où $A$ est l'anneau des entiers de $K$ et $B$ celui de $\Q(\root |D| \of 1)$.
Ce que je veux dire, c'est que pour la chose cubique, on va pas trouver comme par enchantement une preuve de la loi de réciprocité cubique !
2) J'ai raconté une petite bêtise au milieu de mon post, à l'endroit où j'ai dit je zappe. Car la seule manière d'avoir $\varphi(p^e) = p^{e-1}(p-1)$ divisible par $3$ c'est soit $p \equiv 1 \bmod 3$ soit $p = 3$. Et en ce qui concerne $9 = 3^2$ :
$$
\varphi(9) = 1, \qquad \Phi_9(X) = X^6 + X^3 + 1
$$
Le polynôme minimal de $y := \zeta_9 + \zeta_9^{-1}$ sur $\Q$ est $F = X^3 - 3X + 1$. Il est de discriminant $81= 3^4$ et $F$ passe le Dedekind-test en $p = 3$. Si bien que l'unique extension de degré $3$ contenue dans $\Q(\root 9 \of 1) = \Q(\zeta_9)$ est $\Q(y)$ dont l'anneau des entiers est $\Z[y]$, de discriminant $3^4$.
Je pense que $\Q(y)/\Q)$ est la seule extension abélienne élémentaire cubique à ajouter aux autres. Ainsi, on dispose d'un stock d'extensions cubiques abéliennes élémentaires. Et en principe une extension abélienne cubique de $\Q$ se plonge dans un compositum de ces extensions (elles sont arithmétiquement disjointes car le discriminant de celle montée sur $p \equiv 1 \bmod 3$ est $p^2$).
En p.8, il y a un paragraphe alléchant "Lois de réciprocité quadratique", hélas inachevé.
Je crois que flipflop avait tenté d'achever le travail avec ces diagrammes dont il a le secret !
Je vais essayer de retrouver cette histoire de loi de réciprocité quadratique.
Concernant le cas cubique. C'est déjà du boulot de ``définir'', pour $p \equiv 1 \bmod 3$, l'unique extension cubique $\Q \subset K_p \subset \Q(\root p \of 1)$. Son discriminant est $p^2$. Théorie des périodes de Gauss. Définir = cerner arithmétiquement de la manière la plus pertinente possible.
De manière générale, pour $e \mid p-1$, $p$ premier impair, le discriminant de l'unique extension de degré $e$ contenue dans $\Q(\root p \of 1)$ est $(p^\star)^{e-1}$, ce qui donne le fameux $p^\star$ pour $e = 2$ et $p^2$ pour $e=3$. Et les $e$ périodes de Gauss constituent une $\Z$-base de son anneau d'entiers.
La vacherie, c'est que $K_p/\Q$ n'est pas définissable par un polynôme de degré 3 qui restitue $\mathcal O_{K_p}$. Car pour $p \equiv 1 \bmod 3$ et $2$ cube dans $\mathbb F_P^*$, alors $\mathcal O_{K_p}$ n'est pas monogène. Attention : on ne fait pas ici que de la théorie des corps mais de l'arithmétique, c'est vachement plus difficile !
Et concernant l'entier $N_a = a^2 + 3a + 9$ pour $a \in \Z$, dont le carré est le discriminant de $F_a(X) = X^3 - aX^2 - (a+3)X - 1$, il a la propriété arithmétique suivante :
$$
N_a = \prod_i p_i^{\alpha_i} \qquad \hbox {ou bien $p_i = 3$ et $\alpha_i \ge 2$ ou bien $p_i \equiv 1 \bmod 3$}
$$
Ce n'est pas banal !
Tout cela (le cas cubique) est petit-petit mais moi, cela me suffit (car je suis persuadé que je ne vais PAS en venir à bout, du cas cubique).
Je vais oser poser une question élémentaire. Je n'y ai pas assez réfléchi mais je constate que depuis un certain temps, je fais comme si c'était vrai.
Soit $N$ un entier tel que l'extension cyclotomique $\Q(\root N \of 1)$ contienne une extension $K/\Q$ de degré $3$. Comme j'ai la tête dans le guidon, je suppose, pour nous arranger que $N \not\equiv 0 \bmod 3$. Puisque $K \subset \Q(\root N \of 1)$, on a $3 \mid \varphi(N)$. Je décompose $N$ en produit de premiers (dans lesquels il n'y a pas le nombre premier 3) :
$$
N = \prod_i p_i^{\alpha_i}, \qquad \varphi(N) = \prod_i p_i^{\alpha_i-1} (p_i - 1)
$$
Comme $3 \mid \varphi(N)$ et que $p_i \ne 3$, il y a au moins un $p_i$ tel que $p_i \equiv 1 \bmod 3$. Je note $(p_i)_{i \in I}$ la collection de ceux vérifiant $p_i \equiv 1 \bmod 3$. On a une unique extension cubique $K_{p_i}$ dans chaque $\Q(\root p_i \of 1)$. Et bien sûr, les inclusions :
$$
\Q(K_{p_i}, i \in I) \subset \Q(\root p_i \of 1, i \in I) \subset \Q(\root N \of 1)
$$
Question : est ce que l'extension cubique $K$ du départ est contenue dans le compositum $\Q(K_{p_i}, i \in I)$ ? Je croyais que c'était vrai mais j'ai maintenant vachement de doutes !
Tu vois l'état dans lequel je suis ! Un peu comme le gars qui pense que les sous-groupes de $G_1 \times G_2$ sont de la forme $H_1 \times H_2$ avec $H_i \subseteq G_i$. Et que je n'ai pas du tout du tout envie de m'aventurer dans des terrains généraux non contrôlés alors que le degré 3 est, pour moi, une source de problèmes.
Oui, c'est cela qu'il faut montrer ... ou infiirmer !
Bon, eh bien, il faut se lancer (je ne connais pas d'autres méthodes). A cet effet, on se pose un certain temps en étudiant les sous-groupes d'indice 3 d'un groupe abélien (par la théorie de Galois, c'est très lié).
1) Soit $E$ un groupe abélien. On dispose d'une correspondance biunivoque entre les sous-groupes d'indice 3 de $E$ et les sous-groupes d'indice 3 de $E/3E$. Qui est la suivante en désignant par $\pi : E \twoheadrightarrow E/3E$ la surjection canonique : image par $\pi$ dans un sens, image réciproque par $\pi$ dans l'autre sens. Cela vient essentiellement du fait que pour $E' \subset E$ d'indice $3$, on a $3(E/E') = 0$ donc $3E \subseteq E'$ si bien que $\pi(E') = E'/3E$. Quelques autres bricoles à vérifier.
2) Soient $E$, $F$ deux groupes abéliens finis avec $3$ ne divisant pas $\#F$. Alors les sous-groupes d'indice $3$ de $E \times F$ sont de la forme $E' \times F$ avec $E'$ sous-groupe d'indice 3 de $E$. A montrer en utilisant 1).
Une fois ceci établi (en espérant que cela ne contienne pas de bêtises), on découpera $(\Z/N\Z)^\times = \text{Gal}(\Q(\root N \of 1)/\Q)$ en deux morceaux. On verra bien. Il faudra (faut) être vachement soigneux, plus que d'habitude. Ca rend modeste.
Histoire d'apprécier une certaine rigidité des groupes cycliques.
Soit $K/\Q$ une extension abélienne cubique de conducteur $p^2$, $p$ premier. Alors $p = 3$. Pourquoi ? Et $\Q(\zeta_9 + \zeta_9^{-1})$ est de conducteur $9 = 3^2$. Et c'est la seule extension abélienne cubique ayant ce conducteur.
Nécessairement, $p\neq 2$ donc $(\Z/p^2\Z)^\times$ est cyclique d'ordre $p(p-1)$ et c'est le groupe de Galois de la plus petite extension cyclotomique contenant $K$.
Donc, si $p>3$, on a $p=1\bmod 3$ et $K\subset \Q(\zeta_p)$ : contradiction.
OK avec ton dernier post.
En ce qui concerne mes deux posts http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1568088#msg-1568088 et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1567918#msg-1567918, j'ai bien avancé. Pour en rendre un peu compte, il faudrait que j'ai le courage de faire un diagramme xypic avec des extensions, je t'avoue que j'ai la flemme.
Et en relisant soigneusement la section 3, page 98, de l'annexe A de Karim Belabas (j'avais zappé sur des histoires de valuation du conducteur, pas fier), on voit qu'il est écrit, pour une extension cubique abélienne $K/\Q$ que son conducteur (cyclotomique) $f$ est de la forme :
$$
f = p_1 p_2 \cdots p_k, \qquad \hbox {ou bien} \qquad f = 3^2 p_1 p_2 \cdots p_k \qquad
\hbox {où les $p_i$ sont des premiers distincts}
$$
Et l'on a (rappel) : $\text{Disc}(\mathcal O_K) = f^2$. Et le renseignement que j'ajoute, c'est que $p_i \equiv 1 \bmod 3$.
A une certaine une époque, j'avais étudié l'unique sous-extension cubique de $\Q(\root p \of 1)$ pour $p \equiv 1 \mod 3$. C'est l'époque de la somme de Jacobi $\pi = -J(\chi,\chi)$ où $\chi$ est un des deux caractères cubiques sur $\mathbb F_p^*$, le coup de $4p = t^2 + 27u^2$ avec la normalisation $t \equiv 2 \bmod 3$, des périodes de Gauss, des sommes de Gauss ....etc...
Et là, j'ai commencé à faire la même chose avec $\Q(\root p_1p_2 \of 1)$ où $p_i \equiv 1 \bmod 3$. Il y a 4 sous-extensions cubiques : générateurs, polynômes minimaux ...etc.. Pas mal d'expérimentations réussies mais beaucoup de questions sur les espèces de périodes de Gauss introduites (par mézigue) :
$$
\sum_{x \in H} \zeta_{p_1p_2}^x \qquad \hbox {$H$ d'indice $3$ dans $(\Z/p_1p_2\Z)^\times$}
$$
Note : le nombre de sous-groupes d'indice $3$ de $C_3^k = C_3 \times \cdots \times C_3$ est $\displaystyle {3^k - 1 \over 3-1}$, autant que d'hyperplans dans $\mathbb F_3^k$. Et pour $k = 2$, cela donne le nombre 4 du paragraphe précédent.
Bilan : j'ai appris pas mal de trucs. Je pense que c'est totalement banal pour une personne du métier (ce qui n'est pas mon cas). Je parie qu'en faisant ``Cubic Galois Number Fields'' (ou extensions) sous un moteur de recherche, on va récolter pas mal de renseignements.
Le lien avec ta question ? Je ne m'aventure pas (déjà dit) dans des terrains généraux si je suis persuadé de ne rien apprendre. Je préfère découvrir des petites choses sur les extensions abéliennes cubiques. Ce n'est pas négligeable de bien cerner les extensions au but dans le binz que l'on veut réaliser (plonger une extension cubique abélienne dans une extension cyclotomique).
En ce qui concerne le conducteur d'une extension abélienne cubique de $\Q$, ce que j'ai dit est écrit noir sur blanc en haut de la page 2 de
https://ac.els-cdn.com/S0022314X09002388/1-s2.0-S0022314X09002388-main.pdf?_tid=3fa894a6-d041-11e7-a7fb-00000aacb35e&acdnat=1511436612_6af26af2cbe1b50513e8df9ebc1c48b2
Autre chose : j'ai des soucis (de preuves) concernant l'analogue des périodes (cubiques) de Gauss dans $\Q(\root p_1p_2 \of 1)$ avec $p_i \equiv 1 \bmod 3$.
Je suis un peu perdu donc j'ai quelques questions :
1) Si je comprends bien, tu décides de t'attaquer au cas particulier $f = p_1 p_2$, où $p_1,p_2=1\bmod 3$. Right ?
2) As-tu réglé le problème du compositum évoqué [ici] ?
3) J'aime bien la période de Gauss-Quitté ;-) $\sum\limits_{x \in H} \zeta_{p_1p_2}^x$, mais que s'agit-il de montrer la concernant ?
1) Oui, j'ai réglé le problème du compositum via le $E/3E$-trick.
2) J'ai parlé d'un souci concernant les périodes cubiques de Gauss. Mais en fait, il n'y en a pas car on a déjà montré (page 46 du fil Homographies) que pour $m$ sans facteur carré, alors la famille $(\zeta_m^x)_{x \in (\Z/m\Z)^\times}$ est une $\Z$-base normale de $\Z[\root m \of 1]$. En disant que la matrice de cette famille dans la base des puissances $(\zeta_m^i)_{0 \le i < \varphi(m)}$ est de déterminant $\pm 1$. Et surtout en réalisant la chose par produit tensoriel via des décompositions $m = m_1m_2$ avec $m_1 \wedge m_2 = 1$, et en se ramenant à des facteurs premiers.
Le fait que $m$ est sans facteur carré est capital. Par exemple, si je prends $m = 3^2 = 9$, cela ne le fait pas :
$$
\Phi_9(X) = X^6 + X^3 + 1, \qquad\qquad (\Z/9Z)^\times = \{1, 2, 4, 5, 7, 8\}
$$
Regarde la cata : $(1,4,7) = 1 + (0,3,6)$ et $(2,5,8) = 2 + (0,3,6)$. Si bien que la somme $\sum \zeta_9^x$ pour $x \in (\Z/9\Z)^\times$ vaut :
$$
\zeta_9 \times (1 + \zeta_9^3 + \zeta_9^6) + \zeta_9^2 \times (1 + \zeta_9^3 + \zeta_9^6) = 0 + 0 = 0
$$
La famille $(\zeta_9^x)$ pour $x \in (\Z/9\Z)^\times$ n'est pas du tout libre.
3) Oui, je disais que je voulais étudier les 4 sous-extensions cubiques de $\Q(\root p_1p_2 \of 1)$ avec $p_i \equiv 1 \bmod 3$. Mais çà, c'était avant. Juste pour dire que je ne piétinais pas sur $\Q(\root p \of 1)$ (un seul premier). Mais maintenant, je peux faire directement $m = p_1 \cdots p_k$ avec des $p_i$ premiers distincts vérifiant $p_i \equiv 1 \bmod 3$. Je mets pour l'instant l'autre cas $m = 3^2p_1 \cdots p_k$ car je ne joue qu'avec du sans facteur carré pour pouvoir utiliser 2).
Si $H \subset (\Z/m\Z)^\times \simeq \text{Gal}(\Q(\root m \of 1))$ est d'indice $3$, je définis les 3 périodes de Gauss :
$$
s_0 = \sum_{x \in H} \zeta_m^x, \qquad s_1 = \sum_{x \in gH} \zeta_m^x, \qquad s_2 = \sum_{x \in g^{-1}H} \zeta_m^x, \qquad\qquad
\hbox {$H, gH, g^{-1}H$ les 3 classes à gauche de $(\Z/m\Z)^\times$ modulo $H$}
$$
Alors $(s_0, s_1, s_2)$ est une $\Z$-base de l'anneau des entiers de l'extension cubique $\Q(\root m \of 1)^H$. Grâce au point 2) i.e. le coup de la base normale.
Je peux ainsi encoder les $(3^k - 1)/2$ sous-extensions cubiques de $\Q(\root m \of 1)$. Histoire de faire joujou avec ...
4) Mais tout cela c'est coûteux (calculs d'équations) et il y a bien mieux à faire. Je triche un peu en posant $C_3 = \mathbb F_{p_i}^* / (\mathbb F_{p_i}^* )^3$ (version multiplicative de $E/3E$). Je triche car le quotient varie avec $i$. Et on va obtenir les sous-groupes d'indice 3 comme noyaux de formes linéaires multiplicatives (je continue à tricher)
$$
\mu_a : C_3 \times \cdots \times C_3 \ni (x_1, \cdots, x_k) \longmapsto x_1^{a_1} \cdots x_k^{a_k} \in C_3
$$
Avec $a_i = 0, \pm 1$, modulo $3$ oblige. Et ce codage via $a \in \{0, \pm 1\}^k \setminus 0$ permet d'encoder le conducteur de $\Q(\root m \of 1)^{\ker \mu_a}$. ...etc..
On retrouve le $(3^k - 1)/2$ car il faut virer $a = (0, \cdots, 0)$ qui n'est une forme linéaire surjective et il faut identifier $a$ et $-a = (-a_1, \cdots, -a_k)$ car les deux formes ``linéaires'' $\mu_a$ et $\mu_{-a}$ ont même noyau.
Je m'amuse bien (avec ...)
Ma description du point 4) dans mon post précédent est volontairement naïve. Cette histoire de forme ``linéaire multiplicative'', c'est un tantinet ollé-ollé, mais pas complètement des conn.ries, je t'assure.
En fait, il s'agit d'un caractère d'ordre 3 i.e. d'un morphisme surjectif :
$$
\chi : (\Z/m\Z)^\times = \text{Gal}(\Q(\root m \of 1)/\Q) \longmapsto \mathbb U_3
$$
qui donne par noyau un sous-groupe d'indice 3 du groupe de Galois. Et si je note $E = \Q(\root m \of 1)^{\ker\chi}$ le sous-corps des points fixes (l'extension cubique abélienne de $\Q$ encodée par $\chi$), on a l'égalité de $L$-séries (à gauche, c'est la fonction zeta de Dedekind de $E$) :
$$
\zeta_E = L_{\chi^0} L_{\chi^1} L_{\chi^2}, \qquad\quad ( L_{\chi^0} = \zeta_\Q )
$$
Certes, je n'ai pas répondu à ta question initiale ; mais j'ai appris des trucs.
Quelques précisions. Il me semble important de commencer par le commencement i.e. par des choses ultra-simples, cf mon ignorance dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1567918#msg-1567918 suivi d'un ``plan'' (le $E/3E$-trick) dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1559854,1568088#msg-1568088
A) Le $E/pE$-trick : ici $E$ est un groupe abélien fini et $p$ un premier. Ce trick est un truc tout bête qui ramène l'étude des sous-groupes d'indice $p$ de $E$ à ceux d'indice $p$ de $E/pE$. Le bonus de $E/pE$ c'est que c'est un $\mathbb F_p$-espace vectoriel et si $d$ est sa dimension, le nombre d'hyperplans est $\displaystyle {p^d - 1 \over p-1}$. Et non seulement, ce trick permet de compter mais également d'énumérer les sous-groupes d'indice $p$ de $E$ ou de $E/pE$. Quand on programme, c'est vachement important.
C) Une fois que l'on croit avoir compris un petit quelque chose, il faut s'empresser de vérifier que ce n'est pas du délire. Et effectivement, c'est mentionné (pas de cette manière) dans la section 3 de l'annexe A, p 96, de la thèse de Karim Belabas. Cette section (Corps cubiques galoisiens) ne fait que 13 lignes. Je l'avais lue à une certaine époque mais en fait, comme d'habitude, je ne l'avais pas lue (j'avais cru la lire). Et hier, avant-hier, il a fallu que je la relise 3 fois (13 lignes !). Comme Karim Belabas (et Hasse) sont savants, ils ne font pas le bricolage ci-dessus.
C) On peut ensuite faire intervenir les caractères cubiques $\chi$. Tu me connais : chez moi, ils ne sont pas à valeurs dans $\C$ mais à valeurs dans $\mathbb U_3$ (et pas seulement dans l'extension cyclotomique $\Q(j) = \Q(\root 3 \of 1)$ qui contient $\mathbb U_6 = \langle -j \rangle$). Cela permet d'associer à $\chi$ sa somme de Gauss :
$$
G(\chi) = \sum_x \chi(x) \zeta_m^x
$$
Et là, il faut faire vachement attention au lieu de vie des objets : car il y a l'étage $\Q(\root m \of 1)$ auquel on fait subir une extension des scalaires par $\Q(j)$ (je suppose que $3 \not\mid m$). Et il faut relier les 3 périodes de Gauss associé à un $\chi$ d'ordre 3, qui vivent dans $\Q(\root m \of 1)$, aux 3 sommes de Gauss qui vivent dans $\Q(j, \root m \of 3)$ alors que leurs cubes sont dans $\Z[j]$. Ce qui les relie, c'est la matrice de Vandermonde de $(1,j,j^2)$. On est en plein dans l'histoire des résolvantes de Lagrange-Hilbert !
Là, encore, il faut prendre son temps. C'est seulement de la théorie des corps.
Tu noteras que l'utilisation des caractères à valeurs dans $\mathbb U_3$ ``prend tout seul en charge le $E/3E$-trick''. Je veux dire que si $G$ est un groupe fini commutatif multiplicatif (je pense aux groupes de Galois, d'où la notation multiplicative), un caractère $\chi : G \to \mathbb U_3$, c'est pareil qu'un caractère $G/G^3 \to \mathbb U_3$.
D) Ensuite vient l'étape la plus compliquée qui est arithmétique (elle va faire intervenir les anneaux d'entiers). Mais on peut faire pas mal de choses de manière élémentaire car on dispose de $\Z$-bases normales, merci à $m$ sans facteur carré.
E) Tout cela est vachement concret, je t'assure. Je pourrais te montrer $m = p_1p_2$ avec $p_1=7$, $p_2=13$.
PS : j'ai fait une mini-mise à jour d'un vieux CubicGaussSum.pdf (4 pages). C'est limité à $\Q(\root p \of 1)$ avec $p \equiv 1 \bmod 3$ (il fallait bien commencer par quelque chose mais on voit déjà les 3 périodes de Gauss versus les 3 sommes de Gauss). Entre-nous, on voit bien que c'est vachement important de ne pas limiter les sommes de Gauss aux corps finis (au départ) puisque l'anneau fini $\Z/N\Z$ et son anneau d'unités $(\Z/N\Z)^\times$ débarqueront un jour ou l'autre. Et même des anneaux finis plus compliqués (par exemple les anneaux résiduels d'anneaux d'entiers de corps de nombres).
Quel travail tu as abattu !
Va falloir que je me retrousse les manches pour y voir clair !
Si je comprends bien, tu as réussi à encoder à l'aide de périodes de Gauss toutes les sous-extensions cubiques de certains corps cyclotomiques.
Pour le reste, je ne vois pas bien à quoi servent les caractères cubiques...
Un petit rien permet parfois de débloquer. Ci-dessous, $\leftrightarrow$ a la signification ``même combat''.
$$
\hbox {sous-extensions abéliennes cubiques} \quad\leftrightarrow \quad
\hbox {sous-groupes d'indice 3} \quad \leftrightarrow \quad
\hbox {caractères d'ordre 3}
$$
Le $\leftrightarrow$ de gauche, c'est via la théorie de Galois, et celui de droite c'est par noyau.
J'ai l'intention de te montrer $p_1, p_2$, disons avec $p_1=7$ et $p_2=13$. La première phase est de nature groupiste : elle consiste à bien préparer son groupe des caractères. Le coup de à valeurs dans $\mathbb U_3$. Si tu fais n'importe quoi en programmation (= tu n'as pas bien compris), le verdict est mortel. Ce que l'on veut c'est que notre groupe soit isomorphe à $C_3 \times C_3$, because le :
$$
{\mathbb F_7^* \over (\mathbb F_7^*)^3} \times {\mathbb F_{13}^* \over (\mathbb F_{13}^*)^3} \longmapsto \mathbb U_3
$$
Voilà, ce qu'il faut faire très exactement.
> Qj<j> := CyclotomicField(3) ; > > p1 := 7 ; p2 := 13 ; > // Imposer à valeurs dans U_3 = <j> car Q(j) contient U_6 = <-j> > G<chi1,chi2> := DirichletGroup(p1*p2, Qj, j, 3) ; > assert Conductor(chi1) eq p1 ; > assert Conductor(chi2) eq p2 ; > assert Conductor(chi1*chi2) eq p1*p2 ; > > AbG, AbGtoG := AbelianGroup(G) ; > AbG ; // Z/3Z x Z/3Z Abelian Group isomorphic to Z/3 + Z/3 Defined on 2 generators Relations: 3*AbG.1 = 0 3*AbG.2 = 0 > SubAbG := Subgroups(AbG : Quot := [3]) ; > > // On range les caractères par conducteur et en regroupant chi et chi^-1 > // Ne pas confondre sous-groupes d'indice 3 =_ici d'ordre 3 et éléments d'ordre 3 > // Conducteurs : p1, p2, p1*p2, p1*p2 > Chi := [chi1,chi1^-1, chi2,chi2^-1, chi3,chi3^-1, chi4,chi4^-1] > where chi3 is chi1*chi2 where chi4 is chi1*chi2^-1 ;Ensuite (plus tard), on montera l'extension cyclotomique. Avec le coup délicat d'acoquiner $j = \zeta_3$ et $\zeta_{p_1p_2}$.
Une mise à jour. On y voit déjà les 3 périodes de Gauss versus les 3 sommes de Gauss. Et le coup de $j = \zeta_{3p}^p$ et $\zeta_p = \zeta_{3p}^3$. Peut-être que je suis lourd ici et que je dois abandonner l'idée que, pour le calcul, $\zeta_N$, ce n'est PAS $e^{2i\pi/N}$ (mais des systèmes cohérents de racines de l'unité). Pour le calcul algébrique, j'insiste.
Quelques explications concernant les groupes de caractères du post précédent. Pour le premier, les caractères sont à valeurs dans $\Q$ i.e. dans $\mathbb U_2$, le second à valeurs dans $\Q(j) = \Q(\root 3 \of 1)$ i.e. à valeurs dans $\mathbb U_6$. Et les cardinaux s'expliquent par le fait que :
$$
\#\left( {\mathbb F_7^* \over (\mathbb F_7^*)^2} \times {\mathbb F_{13}^* \over (\mathbb F_{13}^*)^2} \right) = 2 \times 2 = 4,
\qquad\qquad
\#\left( {\mathbb F_7^* \over (\mathbb F_7^*)^6} \times {\mathbb F_{13}^* \over (\mathbb F_{13}^*)^6} \right) = 6 \times 6 = 36
$$
Le troisième (FullDirichletGroup) est à valeurs dans $\C$ i.e. dans $\mathbb U_e$ où $e$ est l'exposant du groupe ; et dans ce contexte, on a $\widehat G \simeq G$, d'où le cardinal $\varphi(p_1p_2) = (p_1-1)(p_2-1) =_{\rm ici} 6 \times 12 = 72$.
J'explique ce que je vais faire dans le post suivant. Pour un caractère cubique (à valeurs dans $\mathbb U_3$) $\chi$ sur $(\Z/p_1p_2\Z)^\times$, sa somme de Gauss est
$$
G(\chi) = \sum_x \chi(x) \zeta_{p_1p_2}^x
$$
Pour chaque caractère $\chi$ d'ordre 3 exactement, je vais considérer les 3 sommes de Gauss et les 3 périodes de Gauss:
$$
G_0 = G(\chi^0), \quad G_1 = G(\chi^1), \quad G_2 = G(\chi^2), \quad
\qquad\qquad
s_0 = \sum_{x \mid \chi(x) = j^0} \kern -5pt \zeta_{p_1p_2}^x, \quad
s_1 = \sum_{x \mid \chi(x) = j^1} \kern -5pt \zeta_{p_1p_2}^x, \quad
s_2 = \sum_{x \mid \chi(x) = j^2} \kern -5pt \zeta_{p_1p_2}^x
$$
C'est là qu'il il faut bien regarder qui vit où. Et ces quantités sont reliées par Vandermonde :
$$
\pmatrix {G_0\cr G_1\cr G_2\cr} =
\pmatrix {1 & 1 & 1\cr 1 & j & j^2 \cr 1 & j^2 & j}
\pmatrix {s_0\cr s_1\cr s_2\cr}
$$
Et on sait comment s'inverse cette matrice de Vandermonde. En un certain sens, $(G_0,G_1,G_2)$, c'est un peu près la même chose que $(s_0,s_1,s_2)$. Et c'est pas du tout la même chose car $s_0, s_1, s_2$ habitent $\Z[\root p_1p_2 \of 1]$ (et même dans l'étage cubique), ce qui n'est pas le cas des $G_i$ (``il y a du $j$'' dans les $G_i$).
Je corrige le mensonge car $G_0$ c'est la somme des racines primitives de l'unité d'ordre $p_1p_2$, et donc cela fait $1$. Et pas $-1$ ``comme d'habitude''. Car un jour, on a vu que la somme des racines primitives d'ordre $N$, cela faisait $\mu(N)$ où $\mu$ est la fonction de Moebius.
Je vais donc faire cela pour les 8 caractères du bon groupe de Dirichlet $\simeq C_3 \times C_3$, $8 = 9-1$, car on ne fait rien avec le caractère trivial. Mais en fait, comme les caractères $\chi$ et $\chi^{-1}$ ont même noyau, je ne ferais que 4 calculs. Ce qui déterminera les 4 sous-extensions cubiques de $\Q(\root p_1p_2 \of 1)$. Mais chacun des 4 caractères a sa propre personnalité, à savoir son conducteur (soit $p_1$, soit $p_2$, soit $p_1p_2$ deux fois) si bien que les 4 sous-exensions ne ``sont pas de même nature''.
Voilà, voilà ce qui est prévu.
Donc on peut encoder les extensions de degré $3$ par des caractères.
D'où le $\zeta_E$ dont tu parles [ici].
Et j'imagine que tu as un plan pour une loi de réciprocité cubique...
Un plan pour la loi de réciprocité cubique ? Doucement, je ne sais faire qu'une chose à la fois (et encore). Mais j'ai quand-même un super plan, voir à la fin. Et le problème quand on fait une chose, c'est que l'on a des ennuis. Toujours. Tu te rends compte que je confonds encore $G(\overline\chi)$ et $\overline {G(\chi)}$ ? Tu me diras que quand $\chi$ est cubique (c'est la mode de cette semaine, mais celle-ci est presque terminée), la glace est mince. Tiens un autre truc qui m'agace un tantinet. Je n'arrive pas à prouver (ni à trouver des pointeurs) :
$$
\text{Disc}(\mathcal O_K) = (p^*)^{e-1}, \qquad \Q \subset K \subset \Q(\root p \of 1), \qquad [K : \Q] = e
$$
Je ne sais le faire qu'en valeur absolue. Avec une méthode à l'ancienne (déterminant de Dedekind cyclique, époque de Frobenius ...etc..).
Tiens une question pour toi avant que la mode cubique ne se termine : soient $p_1, \ldots, p_k$ des premiers distincts avec $p_i \equiv 1 \bmod 3$.. Combien d'extensions cubiques abéliennes de conducteur exactement $p_1 \cdots p_k$ ? (parmi les $(3^k - 1)/2$ extensions abéliennes cubiques ...etc...)
Mais petites affaires sont prêtes (périodes de Gauss pour $p_1=7$, $p_2= 13$), mais je ne sais pas si cela intéresse quelqu'un d'autre que moi. Et du coup, j'ai pensé à un truc : je parie que l'extension cyclique associée à un caractère ou bien l'extension abélienne associée à un groupe de caractères, c'est tout prêt chez qui-tu-sais. Bingo. Sur une version avancée.
Ce n'est PAS du tout ce que je voulais te montrer.
Bien sûr, il faut comprendre ce que cela signifie.
Mon super-plan pour la loi de réciprocité cubique.
a) Disposer du Ireland et Rosen pas loin ; çà c'est facile. Pester un peu contre eux car la notion de primary n'est pas homogène entre le cas quartique (dans $\Z[i\rbrack$) et le cas cubique ($\Z[j]$). Pester un tout petit peu seulement car leur ouvrage est remarquable.
b) Mettre à jour mon brouillon sur la loi de réciprocité cubique promis à Flip-Flop il y a un an et demi. Vachement plus difficile. En remplaçant ``primary à la Ireland Rosen'' par ``primaire à la Weil''. Cocorico. Et surtout en prenant la preuve de Weil dans le fameux http://www.numdam.org/article/SB_1973-1974__16__318_0.pdf
c) Se demander ce que signifie vraiment primary dans le contexte $\ell$-cyclotomique où $\ell$ est un premier impair. Comprendre alors que l'on peut prendre dans $\Z[j]$, soit $\pi \equiv 1 \bmod 3$ (cocorico) soit $\pi \equiv 2 \bmod 3$. Et que cela ne change rien à la loi de réciprocité cubique. Même si $1 \not\equiv 2 \bmod 3$.
d) Lire Ireland & Rosen pour en savoir plus (sur la loi de réciprocité d'Eisenstein et relation de Stickelberger)
e) Relire encore Ireland & Rosen.
f) Acheter Lemmermeyer (Reciprocity Laws) http://www.springer.com/la/book/9783540669579. Mais où le ranger ? Trouver du temps pour le lire ? Ou plus modestement, lire https://arxiv.org/pdf/1109.1228.pdf
Il est pas bien mon plan ?
Pour le petit dénombrement du week-end concernant le nombre d'extensions cubiques de conducteur $p_1 \cdots p_k$, je trouve, mais sans trop de conviction, $$\frac{3^k-1}{2}-k\frac{3^{k-1}-1}{2}+\frac{k(k-1)}{2}\frac{3^{k-2}-1}{2}.$$