Propriété de $\mathbb{F}_3(t)$

siwar123 · November 2017

Bonjour,

Soit $F=\mathbb{F}_3(t)$.

On pose $f(x)=x^6+x^4+x^2-t\in F[x]$. On peut assumer que $f(x)$ est irréductible dans $F[x]$. Let $E$ be splitting field of $f(x)$ over $F$.

a) Montrer que $f(x)=f(-x)$ et $f(x+1)=f(x)$

J'ai écrit

$f(-x)=(-x)^6+(-x)^4+(-x)^2-t$ , mais comment justifier que $(-1)^2=1$ et comment prouver que $f(x+1)=f(x)$ ?

Merci

moduloP · November 2017

Je ne sais pas ce que tu attends comme réponse mais

$(-1) \times (1 + (-1)) = (-1) \times 0 = 0$ et d'autre part : $(-1) \times (1+(-1)) = (-1) \times 1 + (-1) \times (-1) = -1 + (-1)^2$. D'où :
$ 0 = -1 + (-1)^2$ et $1 = (-1)^2$.

siwar123 · November 2017

Merci,

J'ai une autre question, On a $Gal(E/F)=S_3$

Pour tout sous groupe non trivial $H< \text{Gal}(E/F)$ determiner $\text{Fix}(H)$. Exprimer la réponse de la forme $F(\beta)$ où le polynôme minimal de $\beta$ over $F$ specified.

Pouvez vous m'aider?
Merci

moduloP · November 2017

Est-ce que tu peux expliquer pourquoi le groupe de Galois est $S_3$ ?

siwar123 · November 2017

Voici ma réponse et j'espère bien que vous pouvez m'aider à répondre à ma question.

La question précédente a pour conséquence , si $r$ est une racine de $f$ dans le corps des extension, alors $r+1$, $r+2$, $-r$, $-r+1$ et $-r+2$ sont aussi des racine.

On note aussi que ces racines sont distinct:

* $r\ne r+1$, $r\ne r+2$, $r\ne -r$, $r\ne -r+1$, $r\ne -r+2$;
* $r+1\ne r+2$, $r+1\ne -r$, $r+1\ne -r+1$, $r+1\ne -r+2$;
* $r+2\ne -r$, $r+2\ne -r+1$, $r+2\ne -r+2$;
* $-r\ne -r+1$, $-r\ne -r+2$;
* $-r+1\ne -r+2$.
Alors toute les racines sont contenues dans $F(r)$, donc $E=F(r)$, parsuite $[E:F]=[F(r):F]=6$, alors $Gal(E/F)$ est d'ordre $6$. Comme $Gal(E/F)$ act transitivement sur les racines (due to the irreducibility of f), ils existent $\sigma, \tau \in Gal(E/F)$, tel que $\sigma(r)=r+1$ et $\tau(r)=-r$.

On a alors $\sigma(\tau(r))=\sigma(-r)=-\sigma(r)=-r-1$ et $\tau(\sigma(r))=\tau(r+1)=\tau(r)+1=-r+1$ As $-1 \neq 1$, On voit que $\sigma$ et $\tau$ ne commutent pas . Alors $Gal(E/F)$ n'est pas Abelian et a un order $6$, donc$Gal(E/F)=S_3$.

moduloP · November 2017

Alors disons que tu cherches un élément fixé par le groupe $H$ engendré par $r \to r+1$. Tu peux considérer peut-être considérer $\beta = r(r+1) (r+2)$ ?

siwar123 · November 2017

Tu veux dire

Pour $H=\langle r \to r+1\rangle $ on a $Fix(H)=F(\beta)$ où $\beta = r(r+1) (r+2)$??

et pour les autres sougroupes que se passe il?

moduloP · November 2017

Je veux dire : est-ce que tu peux calculer $\sigma(\beta)$ et $\tau(\beta)$ ?

Est-ce que tu peux décrire les autres sous-groupes ?

siwar123 · November 2017

$\sigma(\beta)=\sigma(r(r+1) (r+2))=\sigma(r)\sigma(r+1)\sigma(r+2)=r(r+1) (r+2)=\beta$

$\tau(\beta)=\tau(r(r+1) (r+2))=\tau(r)\tau(r+1)\tau(r+2)=-r(-(r+1))(- (r+2))=-\beta$
Comment peut on utiliser ça?

moduloP · November 2017

Comme $\tau(\beta) = - \beta$, on a : $\beta \notin F$. Mais comme $\beta$ est fixé par $H$ alors il appartient à $Fix(H)$, ensuite comme $Fix(H)$ est de degré $2$ sur $F$... l'élément $\beta$ engendre $Fix(H)$.

Qu'est-ce que tu en penses ?

siwar123 · November 2017

C'est bon,

Les autres sous groupe sont:

$H_1=\langle r \to r+2\rangle$

$H_2=\langle r \to -r\rangle$
$H_3=\langle r \to -r+1\rangle$
$H_4=\langle r \to -r+2\rangle$

comment trouver $\beta$ pour ces sous groupes?

moduloP · November 2017

$H_1 = H$ , non ?

par exemple si tu veux un élément fixé par $\tau$ tu peux essayé de faire $r \times \tau(r)$

edit : pas $H_2$ mais $H_1$.

siwar123 · November 2017

Pour
$H_2=H$ on note $\beta=r\tau(r)$

On a $\tau(\beta)=\tau(r\tau(r))=\tau(r)\tau(\tau(r))=\tau(r)\tau(-r)=\tau(-r)\tau(r)=r\tau(r)=\beta$

$\sigma(\beta)=\sigma(r\tau(r))=\sigma(r)\sigma(\tau(r))=\sigma(r)\tau(r)=r\tau(r)=\beta$

C'est quoi $Fix(H)$ ici ? On a $\beta$ est fixé par $\tau$ et $\sigma$

moduloP · November 2017

On a : $r \tau(r) = -r^2$. Donc $\sigma(-r^2) = - \sigma(r)^2 = -(r+1)^2 = -r^2-2r-1$ tu es certain de tes calculs ?

siwar123 · November 2017

Vous avez raison donc on répond comme suit:

Comme $\sigma(\beta) = -r^2-2r-1$, on a : $\beta \notin F$. Mais comme $\beta$ est fixé par $H$ alors il appartient à $Fix(H)$, ensuite comme $Fix(H)$ est de degré $2$ sur $F$... l'élément $\beta$ engendre $Fix(H)$.

Juste?

moduloP · November 2017

De degré $3$ ou $2$ ?

siwar123 · November 2017

oui c'est d’ordre 3 donc $\beta$ engendre $Fix(H)$.

Avez vous l'idée de déterminer $\beta$ pour les autre sous groupe?

moduloP · November 2017

Idée faire la même chose ! Est-ce que ça marche, je ne sais pas, on verra bien.

siwar123 · November 2017

pour $H_1$ j'ai essayer avec $\beta=r(r+1)(r+2)$

$\sigma(\beta)=\sigma(r(r+1) (r+2))=\sigma(r)\sigma(r+1)\sigma(r+2)=r(r+1) (r+2)=\beta$

$\tau(\beta)=\tau(r(r+1) (r+2))=\tau(r)\tau(r+1)\tau(r+2)=-r(-(r+1))(- (r+2))=-\beta$

Comme $\tau(\beta) = -\beta$, on a : $\beta \notin F$. Mais comme $\beta$ est fixé par $H$ alors il appartient à $Fix(H)$, ensuite comme $Fix(H)$ est de degré $3$ sur $F$... l'élément $\beta$ engendre $Fix(H)$.

Juste?

moduloP · November 2017

$$\langle r \to r+2\rangle =\langle r \to r+1\rangle$$

siwar123 · November 2017

tu veux dire les seuls sous groupe qu'on a sont

$H=\langle r \to r+1\rangle$

et $H_2=H$?

moduloP · November 2017

Non, je veux juste dire que dans la liste que tu as donné on a : $\langle r \to r+2\rangle =\langle r \to r+1\rangle$.

siwar123 · November 2017

Donc les sous groupes qu'on a sont

$H=\langle r \to r+1\rangle$

$H_2=H$?
$H_3=\langle r \to -r+1\rangle$
$H_4=\langle r \to -r+2\rangle$

Il reste à determiner $\beta$ pour $H_3$ et $H_4$

Pour $H_3$, j'ai pris $\beta=r(-r+1)$

$\sigma(\beta)=\sigma(r(-r+1) )=\sigma(r)\sigma(-r+1)=r(-r+1)=\beta$

$\tau(\beta)=\tau(r(-r+1) )=\tau(r)\tau(-r+1)=-r(-(-r+1))=r(-r+1)=\beta$

Juste?

moduloP · November 2017

Non, je ne comprends pas tes calculs. Est ce que tu peux détailler tous les calculs de :
$$
\sigma(\beta)=\sigma(r(-r+1) )=\sigma(r)\sigma(-r+1)=r(-r+1)=\beta
$$

siwar123 · November 2017

$\sigma(\beta)=\sigma(r(-r+1) )=\sigma(r)\sigma(-r+1)=(r+1)(-r+2)=-r^2+r+2$

Comme $\sigma(\beta)=-r^2+r+2$,on a : $\beta \notin F$. Mais comme $\beta$ est fixé par $H$ alors il appartient à $Fix(H)$, ensuite comme $Fix(H)$ est de degré $2$ sur $F$... l'élément $\beta$ engendre $Fix(H)$.

Juste?

moduloP · November 2017

Est-ce que tu peux détailler le calcul :
$$
\tau(\beta)=\tau(r(-r+1) )=\tau(r)\tau(-r+1)=-r(-(-r+1))=r(-r+1)=\beta
$$

siwar123 · November 2017

$\tau(r)=-r$ et $\tau(-r+1)=-(-r+1)$ donc le produit est $r(-r+1)=\beta$

moduloP · November 2017

$\tau(-r+1)$ n'est pas égal à $-(-r+1)$ !!!

siwar123 · November 2017

$\tau(-r+1)=tau(-r)+1=r+1$

donc $\tau$ ne fixe pas $\beta$, comment faire alors?

moduloP · November 2017

beh c'est $r \to -r+1$ qui fixe $\beta$.

Je te laisse.

siwar123 · November 2017

donc pour monter que $\beta \notin F$ on peut utiliser seulement une des égalités
$\sigma(\beta)=\sigma(r(-r+1) )=\sigma(r)\sigma(-r+1)=(r+1)(-r+2)=-r^2+r+2$ ou $\tau(\beta)=-r(r+1)=-r^2-r$

et on a $\beta$ est fixé par $H$ alors il appartient à $Fix(H)$, ensuite comme $Fix(H)$ est de degré $2$ sur $F$... l'élément $\beta$ engendre $Fix(H)$.

c'est bon?

AP · November 2017

Bonjour
Finalement les corps intermédiaires sont

$F(r^3-r)$ correspondant au sous- groupe d'ordre 3 de $Gal(E/F)$
$r^3-r$ ayant pour polynôme minimal $X^2-t$

$F(r^2-1), F(r^2-r),F(r^2+r)$ correspondants aux trois sous-groupes d'ordre 2 de $Gal(E/F)$ ,
les trois éléments primitifs ayant pour polynôme minimal $X^3+X^2-t$

Pour les trouver, pour chaque sous-groupe ci-dessus je prend un générateur $u$ ( $u$ est caractérisé par $u(r)$ ) et je cherche les
$x$ dans $E=F(r)$ tels que $u(x)=x$ : en décomposant $x$ dans la base $1,r,r^2,r,^3,r^4,r^5$
on obtient un systéme, mais on est en caractéristique 3 et ca va "assez" vite

moduloP · November 2017

Une question à propos de cet exemple. En fait, j'ai suivi un cours sur les surfaces de Riemann et la formule de Riemann Hurwitz et j'ai voulu appliquer cette formule dans ce contexte.

Donc on considère de manière naïve $\mathbb{P}^1 \to \mathbb{P}^1$ qui à $x$ fait correspondre $t = x^6+x^4+x^2$.
Comme on a le groupe de Galois, on récupère les points de ramifications comme point fixe de la translation $x \to x+1$ et de $x \to -x$ et je trouve (en bas) $2$ points de ramification $0$ et $\infty$ et en haut $0,1,2$ avec indice $2$ et $\infty$ avec indice $6$. La formule de Riemann-Hurwitz est censé me donner :
$$
2 = 12 - 3 - 5
$$
Visiblement ce n'est pas bon !

Quelqu'un peut me remettre sur le droit chemin ? J'ai vraiment fait n'importe quoi ?

claude quitté · November 2017

@moduloP
C'est bien vrai que $2 =12 - (2-1) - (2-1) - (2-1) - (6-1)$, c'est vraiment pas bon comme tu dis. Mais on est en caractéristique $3$ et $3 \mid e_\infty = 6$. De la ramification sauvage (wild ramification) ! Qui fait que l'on n'a pas $\delta_P = e_P - 1$ pour $P = \infty$.

Super. Je veux dire une fois dépassé le moment de stupeur. Super car c'est l'occasion d'étudier la ramification sauvage, non ? Bien sûr, il y a Corps Locaux de Serre. Mais peut-être pour ne pas se faire trop mal, on peut commencer par http://www.staff.science.uu.nl/~oort0109/EigArt-RHurwitz-2016.pdf j'ai mis la main dessus sous mon moteur de recherche via ``Riemann-Hurwitz, wild ramification''.

A toi.

moduloP · November 2017

Merci ! Je n'ai pas beaucoup de temps là maintenant et je vérifie mieux plus tard.

Mais on peut faire un changement de variable $u={1 \over x}$ au départ à a l'arrivé histoire de remettre tout le monde en $0$. Ce qui revient à considérer $$u \to {1 \over f(1 /u)} = {u^6 \over 1+u^2+u^4} = u^6- u^8 +o(u^8)$$
Donc (utilisant le théorème 6.2) ... $\delta_{\infty}= 8-1 = 7$.
$$ 2 = 12 - 3 - 7$$

Ca le fait comme ça ?

claude quitté · November 2017

@moduloP
J'ai vu que tu n'avais pas traîné. C'est bien vrai que $\delta_\infty = 7$, ça le fait.

Sais tu qu'un système de Calcul Formel peut faire le job à ta place. Tu comprends le code ci-dessous ?

> F3 := GF(3) ;
> P1<x,y> := Curve(ProjectiveSpace(F3,1)) ;                              
> pi := map < P1 -> P1 |  [y^6*(X^6 + X^4 + X^2) where X is x/y, y^6] > ;
> pi ;
Mapping from: Crv: P1 to Crv: P1  with equations :  (x : y) --> (x^6 + x^4*y^2 + x^2*y^4 : y^6) 
> D := RamificationDivisor(pi) ;                                         
> Decomposition(D) ;
[
    <Place at (1 : 0), 7>,  <---- TES BILLES : 1/0 = infini avec son delta = 7
    <Place at (0 : 1), 1>,
    <Place at (2 : 1), 1>,
    <Place at (1 : 1), 1>
]

Elle est pas belle, la vie ?

moduloP · November 2017

Comprendre le code : plus ou moins, je retrouve mes billes comme tu dis.

Merci !

moduloP · November 2017

D'ailleurs le polynôme de départ est défini sur $\Z$. On peut se poser les mêmes questions de sa réduction sur d'autre nombres premiers. Avec un peu de chance le prof a pris un truc en caractéristique $0$ et on va pouvoir réduire proprement.

En fait, lorsque $t=0$ on a la factorisation $x^2(x^2-x+1)(x^2+x+1)$ ... je pense que c'est raté pour les autres réductions.

claude quitté · November 2017

@moduloP
Je ne suis pas sûr de bien comprendre ce que tu veux faire, mais ça, c'est pas grave. Parce ce que moi souvent, pareil. Ce dont je suis un peu près sûr :

1) On est en train de marcher dans le jardin d'un autre.
2) Dans ce fil, je me souviens qu'une personne a dit ``j'ai suivi un cours .. Riemann-Hurwitz''. Et que ce n'est pas l'auteur du fil (mais qui alors ?).

En clair, est ce que cela vaut le coup d'ouvrir un autre fil sur Riemann-Hurwitz ou je ne sais trop quoi ?
Vois tu ce qu'est pour un polynôme $F(x)$, vu comme un revêtement $x \mapsto t = F(x)$ de $\mathbb P^1 \to \mathbb P^1$, le diviseur différente (en haut), le diviseur discriminant (en bas) ? Il y a deux fois le verbe ``voir'' dans cette phrase, c'est moche.

Parce que si on reste sur ce fil pour causer RH, en marchant allègrement sur les plate-bandes de .., peut-être que l'on risque un banissement, non ?

moduloP · November 2017

En fait, je voulais voir différentes réductions (prendre $7$ à la place de $3$ etc). Mais ici l'extension est galoisienne uniquement pour $3$ sauf erreur et je ne sais pas faire la clôture galoisienne (enfin ça peut vite grossir ces bestioles). Au départ je voulais passer de $\Z$ à une extension et ensuite réduire mais ça ne change pas grand chose.

Je vois a peu près !

Le discriminant c'est l'ensemble des $t$ où le polynôme $F(x)-t$ n'est pas à racine simple (dans une extension), je pense que ça correspond au discriminant de $F(x)-t$, discriminant selon $x$, ici $t(27t^2+14t+3)^2$ (mais j'ai demandé a une machine de le calculer car je ne sais pas faire, trop complexe) et je suppose que c'est le diviseur associé a ce polynôme vu dans un corps ... je pense que ça dépend du corps de base. Sur $\Q$ je pense qu'on note $(t)+2(27t^2+14t+3)$ et bien sûr il faut ajouter quelque part $\infty$, certainement faire le changement de carte ${1 \over x}$.

Pour la différente, je pense que c'est pour chaque $t$ annulant le discriminant, la fibre (avec multiplicité) du revêtement.

Ce n'est pas très formel. Et disons que ça dépend de quoi on parle, je mélange un peu tout par moment entre les choses topologiques/ analytiques sur $\C$ et les choses algébriques sur $\Q$ ou $\Z$ ou sur $\mathbb{F}_3$.

Pour l'auteur du sujet, je pense qu'il est parti ayant obtenu des fragments de réponses pour ses devoirs !!! Je ne lui répondrai plus la prochaine fois ! Je pense qu'il a répondu en faisant des copiés/ collés ou je ne sais quoi !

claude quitté · November 2017

@moduloP
Je n'avais pas fait attention au fait que tu avais passé pas mal de temps avec l'initiateur du fil !

Ok, avec le diviseur discriminant (moi pareil, le calcul je le confie à un système de Calcul Formel). Et donc, Ici, disons en caractéristique $0$, il y a 4 points branchement : $\infty, 0$ et deux points conjugués définis sur $\Q(\sqrt {-2})$.

Quant au diviseur différente, toujours en caractéristique $0$, il s'agit, pour un polynôme $F$ de degré $n$, du diviseur $(n-1)(x=\infty) + (F'(x))$, qui est de degré $2(n-1)$. Si bien que ça le fait avec $2 - 2 \times 0 = n \times (2 - 2 \times 0) - 2(n-1)$. J'écris parfois :
$$
F'(x) = (x - x_1)^{e_1-1} (x - x_2)^{e_2-1} \cdots \qquad \sum_i (e_i - 1) = n-1
$$
Et à la source le point $x=x_1$ est ramifié d'indice $e_1$, $x=x_2$ est ramifié d'indice $e_2$ ...etc..

Voilà, voilà.

moduloP · November 2017

On va dire que l'on note $D$ le support de la différente c'est les points sans les indices.
Alors $x_{h} \in D$ si et seulement si l'équation $P(x) - P(x_h) = 0$ admet solution multiple en $x_h$. Ceci est vrai si et seulement si $P'(x_h) = 0$. On déduit de ça que le support de la différente est exactement l'ensemble des racines de $P'$ dans un corps assez "gros".

Avec la définition du chapitre 3 du document 17.dvi (le développement en série formel) et ce que tu as dis je pense que ça le fait.

Prenons $x_h$ solution d'ordre $e_h-1$ de $P'(x)=0$. Alors il s'agit de développer $P(x)- P(x_h)$ en série formelle (un grand mot) de $x-x_h$ ... enfin juste prendre le premier terme non nul pour obtenir un équivalent.

On a : $$P(x)-P(x_h) = \sum (x-x_h)^k {P^{(k)} (x_h) \over k!} =P^{(e_h)} (x_h){ (x-x_h)^{e_h} \over k!} +o( (x-x_h)^{e_h} )$$

On en déduit que $\delta_{x_h} = e_h-1$ car $P^{(e_h)} (x_h) \neq 0$ car $x_h$ est racine d'ordre $e_h$ de $P(x)-P(x_h)$ et que je me suis placé en caractéristique $0$.

En fait : ici $P'(x) = 6x^5+4x^3+2x= 2x(1+2x^2+3x^4)$ et $P'(x)=0$ se solve bien modulo 3, puisque c'est $-x(1-x^2) = 0$ on retrouve $\mathbb{F}_3 =0,1,-1$.

Propriété de $\mathbb{F}_3(t)$

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