@flip-flop
T'es vraiment un sorcier in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1525948#msg-1525948. Oui $\Q(\zeta_{16})$ intervient dans l'extension abélienne $L$ de $\Q(i)$ définie par le modulus $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$ de $\Q(i)$. On a :
$$
L = \Q(\zeta_{16}, \sqrt {1+i}) \qquad\qquad (\star)
$$
Une remarque :
$$
\zeta_8 = {\sqrt 2 + i \sqrt 2 \over 2} = {1+i \over \sqrt 2}
$$
Une fois que l'on mise sur $(\star)$, il n'y a plus qu'à étudier tranquillement $L/\Q(i)$. Cela serait à faire à la main. Et déjouer les groupes additifs du type $\Z/2\Z \times \Z/4\Z$. Il faut trouver le vrai visage multiplicatif et relier cela aux idéaux de $I_K(f)$ avec ici $K = \Q(i)$ et $f = 8$. Exemple de déjouer (additif versus multiplicatif)
$$
(\Z/16\Z)^\times \simeq \Z/2\Z \times \Z/4\Z
$$
Donc du boulot de vérification à faire pour tenir une instance du théorème d'existence modulus $\mathfrak m$ de $K$ -> extension abélienne de $K$. Et avec $K = \Q(i)$, c'est plus facile car pas à s'emm.rder avec $\mathfrak m_\infty$
Bilan pour moi : je ne me barre plus en courant quand je vois $I_K(\mathfrak m)$ et $P_{K,1}(\mathfrak m)$ chez Cox (section 8, p 159 ->). Peut-être que toi tu n'as pas peur car les cours que tu as eus t'ont mis dans le bain.
En relisant quelques pages de Cox, je trouve qu'il fait quand même un certain effort. Mais trop de ''See Janutz'', "see exercice ...". Et puis quand il déduit le théorème de Kronecker-Weber de la machinerie Class-Field, on comprend (même si on comprend rien à la machinerie, c'était mon cas au début et ça l'est encore un peu mais je me soigne) que l'on a entre les mains un outil dingue TROP PUISSANT qui nous dépasse (je parle de moi). Je ne sais pas du coup si c'est très pédagogique.
Tu m'as parlé de la page 10 de Weinstein (Reciprocity Laws and Galois representations ...etc..). Merci à lui, car toute cette histoire provient de son exemple 3.4.2 pages 9-10. Mais est ce qu'il explique vraiment ? Il décrit, je trouve. D'où cela sort pour de vrai sa description de la classe de conjugaison de $\text{Frob}_p$ ? Toi, grand sorcier, tu vas nous en dire plus, n'est ce pas ?
Oui effectivement Weinstein abuse un peu, et d'accord avec les "balances les choses comme du petit lait". Je me souviens de certaines conférences : impossible de comprendre quoi que ce soit ... tu ne peux pas savoir a quelle point j'ai détesté ça ! Tu penses qu'on est bizarre à valoir traiter des proprement des petits exemples :-D
Pour la chasse aux Frobenius, je suis entrain ...
Sinon, tu y crois mon histoire de regroupage de forme binaire pour faire les quotients ?
@flip flop
Ben, peut-être qu'on est les seuls à ne pas comprendre ? Et c'est pour cela qu'on a besoin de petits exemples ? Cela te parait pas bizarre de penser que TOUS les autres comprennent de manière instantannée ? Faut dire que l'on s'aventure dans des terrains inconnus.
Quant aux exposés, j'aurai plein plein d'anecdotes à te raconter mais pas ici car cela ferait langue de vipère. En tout cas, je peux t'assurer que certains ``grands'' peuvent exposer de manière vachement pédagogique. Je me souviendrai toujours de P. C., qui avait fait un exposé à Poitiers sur une partie du thème figurant en http://www.numdam.org/article/SB_1991-1992__34__41_0.pdf. Un exposé d'une heure et quart. Et bien, pendant 45 minutes et même un peu plus, il avait fait en sorte que tout le monde comprenne. Je n'exagère pas. Et dans les dernières 20 minutes, il s'était ``fait plaisir'' en montant la gomme.
Quant à tes regroupements de formes binaires ...etc .. pour l'instant, je n'ai pas compris comment tu opérais. Et je n'ai pas lu tes posts concernant le type du Frobenius car je préfère attendre pour lire un pdf. En tout cas, tu as une sacrée intuition qui n'a pas été mise en défaut pour l'instant.
Pour la réciprocité d'Artin, le cas trivial c'est les extensions cyclotomiques de $K$ et donc les extensions abéliennes de $\mathbb{Q}$. Le cas non-trivial le plus simple c'est une extension de Kummer $L/K$ cyclique, $K= \mathbb{Q}(\zeta_n),L=K(c^{1/n})$ pour un $c \in \mathbb{Z}[\zeta_n] =\mathcal{O}_K$ tel que $L/\mathbb{Q}$ n'est pas abélienne. Je sais écrire :
Soit $\mathfrak{p}\in \mathcal{O}_K$ un premier au dessus de $p$, donc $\mathcal{O}_K/\mathfrak{p} \cong \mathbf{F}_p[\zeta_n] \cong \mathbf{F}_{p^f}$ où $f$ est l'ordre de $p \bmod n$, et $\mathfrak{P} \in \mathcal{O}_L$ un premier au dessus de $\mathfrak{p}$, $\mathcal{O}_L/\mathfrak{P} \cong\mathbf{F}_p[\zeta_n,c^{1/n}]$. On veut l'entier $L(\mathfrak{p})$ tel que $$\text{Frob}_\mathfrak{p}(c^{1/n}) = \zeta_n^{L(\mathfrak{p})} c^{1/n} \equiv c^{p^f/n} \bmod \mathfrak{P}$$ Donc $\zeta_n^{L(\mathfrak{p})} \equiv c^{\frac{p^f-1}{n}} \bmod \mathfrak{P}$ où $\frac{p^f-1}{n}$ est entier donc $\zeta_n^{L(\mathfrak{p})} \equiv c^{\frac{p^f-1}{n}} \bmod \mathfrak{p}$ ie. $\zeta_n^{L(\mathfrak{p})} = \left(\frac{c^{\frac{p^f-1}{n}}}{\mathfrak{p}}\right)_n$ où $\left(\frac{\cdot}{\cdot}\right)_n$ est le $n$-power residue symbol.
Lemme : pour les extensions de Kummer (et donc on l'espère pour toute extension abélienne) la loi de réciprocité pour $\left(\frac{\cdot}{\cdot}\right)_n$ est équivalente à connaître le noyau du Artin map donc à la réciprocité d'Artin qui dit que les représentations $\rho$ abéliennes de $\text{Gal}(L/K)$ sont des caractères de Hecke.
Pour un idéal $I \in \mathcal{O}_K$ le Artin map est $$\left(\frac{L/K}{I}\right) = \prod_{\mathfrak{p}^k \| I} \text{Frob}_\mathfrak{p}^k = (c^{1/n}\mapsto \zeta_n^{\textstyle\sum_{\mathfrak{p}^k \| I} k L(\mathfrak{p})} c^{1/n}) \in \text{Gal}(L/K)$$ On veut montrer que son noyau contient $P_{\mathfrak{f},1}$ pour un certain modulus $\mathfrak{f}$ qui encode les premiers de $\mathcal{O}_K$ ramifiés dans $\mathcal{O}_L$, où $(a) \in P_{\mathfrak{f},1}$ si $a \equiv 1 \bmod \mathfrak{p}$ pour tout $\mathfrak{p} | \mathfrak{f}$. Ici on aura $\mathfrak{f} = (c) \infty$ ou un truc du genre.
Lang démontre le kernel du Artin map p.219 en utilisant des extensions cyclotomiques subsidiaires, vous arrivez à le suivre ?
@flip flop
Je suis un peu perdu. Je prends par exemple ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1525730#msg-1525730 où tu détermines le type de factorisation de $p$ dans $\mathcal O_E$ où $E = \Q(x)$ avec $x^4 = 2$ dans le cas $\chi_{-4}(p) = -1$ et $\chi_8(p) = 1$, ce qui signifie $p \equiv 7 \bmod 8$, si je ne m'abuse. Tu trouves $p = (\bullet)(\bullet)(\bullet)_2$.
Anecdote : je crois me souvenir que ce théorème 7 est une sorte de point de départ du Parcours initiatique. Vu chez Malle & Matzat (Inverse Galois Theory preprint). Mais j'ai jeté le preprint une fois acquis leur ouvrage (de même nom). Dans l'ouvrage, je ne retrouve pas Dedekind sous cette forme i.e. la forme qui fait intervenir l'action intrinsèque de $\text{Gal}(L/K)$ sur $\text{Hom}_K(E,L)$. Seulement sous la forme moins intrinsèque sur les racines du polynôme minimal d'un élément primitif de $E/K$.
@gai requin, flip flop
J'ai commencé par décortiquer l'extension abélienne $L$ de $\Q(i)$ définie par le modulus $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$ .i.e $L = \Q(\zeta_{16}, \sqrt {1+i})$. Pour moi, cela vaut le coup car c'est une instance concrète de la machinerie Class-Field. Cette extension se présente à variables séparées :
$$
L = \Q(i)(z,w) = \Q(i)[z,w] = {\Q(i)[Z,W] \over \langle Z^4 - i,\ W^2 - (1+i) \rangle}
$$
Of course $z$ c'est $\zeta_{16}$. Et le fait qu'elle se présente ainsi fait que l'on voit son groupe de Galois $G = \langle a\rangle \times \langle b \rangle \simeq C_2 \times C_4$ :
$$
a : z \mapsto z, w \mapsto -w, \qquad \qquad b : z \mapsto iz, w \mapsto w
$$
Sauf erreur, cela donne le treillis suivant. J'ai mis les sous-groupes de $G$ qui servent par points fixes à fabriquer les sous-extensions. Par exemple, en bas, les sous-groupes d'ordre 4 (2 cycliques, l'autre isomorphe à $C_2 \times C_2$).
$$
\xymatrix {
&L\ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]\\
\langle a^2,b\rangle \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr] & \langle a\rangle \ar@{-}[d] & \langle b^2\rangle \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \\
\langle ab\rangle \ar@{-}[dr] & \langle a,b^2\rangle \ar@{-}[d] & \langle b\rangle \ar@{-}[dl]\\
&\Q(i) \\
}
$$
Et ce qui va être un régal (cf la suite plus tard), c'est que l'on sait déterminer toutes les extensions abéliennes de $\Q(i)$ via les points de $n$-torsion de nos chères amies (au choix) : les courbes elliptiques $y^2 = x^3 - x$ ou bien $y^2 = x^3 + x$. On ne pourra plus dire que l'on n'a pas d'exemples. Et le coup des points de $n$-torsion, c'est relativement élémentaire car pris en charge par Silvermann-Tate dans leur merveilleux ouvrage pédagogique et élémentaire ``Rational Points On Elliptic Curves''. Et on y verra passer des représentations galoisiennes à valeurs dans $\text{GL}_2(\Z/n\Z)$. Ces deux auteurs ont vraiment réussi un coup.
Et on pourra s'amuser si on veut (car on aura deux mécanismes pour produire les extensions abéliennes de $\Q(i)$).
@Claude : Il faut faire attention car il donne les Frobenius de l'extension $L \mid \Q$ et ensuite je regarde ce que ça donne dans $E \mid \Q$ pour obtenir la décomposition dans $E$.
@flip flop
Oui, j'ai vu le $E \mid \Q$. D'ailleurs tu le dis explicitement dans le post que j'ai pointé mais pas dans ton dihedral-L-function....pdf. Cela serait bien que toute l'info y soit car il y a quand même un peu de monde du point de vue extensions. Je suppose que tu vois aussi $\text{Gal}(L/\Q)$ comme un groupe de permutations de $\{\pm x, \pm ix\}$ avec $x = \root 4 \of 2$. Pour l'instant, je suis pas au clair sur le type de factorisation de $p$ dans $\mathcal O_E$ et je-ne-sais-trop-quoi. Mais tout cela, tu va nous l'expliquer, prends ton temps.
@vous deux
Je me suis fait un résumé ce matin car comme d'habitude cela semble partir en vrille. Mais pas du tout : il y a une certaine cohérence, je trouve ; chasse aux vertus de la forme modulaire $S_{\rho_2}$ où $\rho_2$ est une représentation galoisienne irréductible impaire de $\text{Gal}(L/\Q)$, isomorphe à $S_3$, $D_4$ (dihedral activity), B-A-BA-class-field qui débarque et chasse au Frobenius, formes quadratiques binaires car des extensions quadratiques de $\Q$ dans l'arène, ..etc.. Tout cela est bien moral.
En ce qui concerne les extensions abéliennes de $\Q(i)$. Je suis Silverman-Tate en considérant $C : y^2 = x^3 + x$ et je note $K_n = \Q(i)(C[n])$ l'extension de $\Q(i)$ engendré par les $x$-coordonnées et $y$-coordonnées des points de $n$-torsion de $C$. Alors, je le dis vite, mais $K_n/\Q(i)$ est abélienne d'une part. Et d'autre part, toute extension abélienne de $\Q(i)$ est contenue dans une certaine $K_n$. La première partie est facile : Silverman-Tate la prennent en charge de A à Z. Mais la deuxième partie est difficile (et admise). Ce qui est intéressant, ce sont les outils mis en jeu car on voit une réalisation galoisienne de dimension 2
$$
\rho_n : \text{Gal}\big(K_n/\Q(i)\big) \longmapsto \text{GL}_2(\Z/n\Z)
$$
qui est relativement bien contrôlée : c'est une injection et le caractère abélien se fait à l'arrivée en travaillant (un certain commutant).
Ce n'est pas glacial du tout contrairement à ce que l'on peut lire parfois sur des thèmes avoisinants.
Au cas où vous ne disposez pas du Silverman-Tate (Rational points on elliptic curves) :
1) Se le faire offrir à Noël (ou à un autre moment)
2) Sous google.fr taper Extensions abéliennes de corps quadratiques imaginaires
Je ne donne pas de lien car un pdf se charge automatiquement si vous tombez sur le bon document (auteurs Karwasz, Pandey). Je préfère S & T qui ont un traitement beaucoup plus élémentaire destiné à des petits. Remarquable (bis).
On va rigoler si on fait intervenir $y^2=x^3-x$ :-)
Sinon, j'ai enfin un nouvel ordinateur (fini le vieux coucou des années 2000)... du coup faut que j'installe deux trois truc avant de pouvoir travailler. Mais je vais "finir" mon truc $L$-dihédral. D'ailleurs hier, j'ai fais tourner le lemme ici dans le contexte cyclotomique. Ben je dois avouer que je n'avais jamais vu aussi simplement la cyclotomie. Disons que je réduit le truc à :
Soit $n$ un entier positif, pour $p$ un entier premier inversible modulo $n$ (faudra que je regarde un lemme de réduction avec l'inertie). Alors $$D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) = \langle \mathfrak{P} \cap \Z \rangle \subset \left( \Z / n \Z \right)^\star $$
et utilisant le lemme de réduction, on obtient tous les groupes de décomposition des extensions $\Q(\zeta_n) ^H$. Le problème étant que l'on ne connais pas bien les équations de $\Q(\zeta_n) ^H$. (faudra revenir sur ça en terrain $n$ premiers).
Je te fait quand même voir : je considère la situation :
$$
\xymatrix {
& \Q(\zeta_8) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
& \Q &
}
$$
Comme depuis $6$ mois je fais tout mon possible pour ne jamais prendre $n=2$ ou $n=2^r$ (car j'aime pas $2$), beh je ne sais pas qui est qui !
Je veux dire que $\text{Gal}(\Q(\zeta_8) \mid \Q)$ c'est bien entendu $\{ 1,3,5,7\}$ (via l'identification canonique), et je vois bien les trois sous-groupe : $\{1,3\}$,$\{1,5\}$ et $\{1,7\}$ qui correspondent au trois extensions quadratiques ... mais je ne sais pas qui va avec qui la honte, non :-D
On va dire que je cherche qui est $\Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$ beh le lemme prédit que si je prends un premier $p$ congru à $3$ modulo $8$ et un premier $\mathfrak{p}$ de l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$ :
$$
D(\mathfrak{p}, \Q(\zeta_8)^{\{1,3\}} \mid \Q ) \equiv D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) \pmod{\{1,3\}}
$$
Mais :
$$
D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) = \langle \mathfrak{P} \cap \Z \rangle = \{1,3\}
$$
D'où la décomposition de $p = \mathfrak{p}_1 \mathfrak{p}_2$ dans l'anneau des entiers $ \Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$.
Prenons $p=3$ (par exemple) et regardons la factorisation des polynômes quadratiques qui définissent les trois anneaux d'entiers :
$$
x^2+2 = (x-1)(x+1) \qquad x^2+1 \qquad x^2-2
$$
Seul le premier polynôme ce scinde et je tiens l'extension invariante par $\{1,3\}$.
Tu vas me dire que c'est un peu bébé, mais je pense que c'est quand même bougrement efficace pour décomposer un idéal premier dans une extension sous-cyclotomique a condition d'avoir le sous-groupe invariant. Je pense qu'avec ça je peux finir tranquillement exemple13.pdf sans trop de soucis, elle est pas belle la vie :-D
@flip flop
Tu exagères un tout petit peu quand tu dis que tu ne sais pas qui va avec qui en ce qui concerne les sous-extensions quadratiques. Car (en indice le modulus) de gauche à droite :
$$
\ker \chi_{-8} = \{1, 3\}_8, \qquad\qquad \ker \chi_{-4} = \{1\}_4 = \{1,5\}_8, \qquad\qquad\ker \chi_{8} = \{\pm 1\}_8,
$$
Un truc qui est troublant dans tes notations, c'est $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle = \{1,3\}$ (en plein milieu). Bien sûr, on se doute qu'il s'agit de (pour une fois je mets une barre) du sous-groupe multiplicatif $\langle \overline 3\rangle_8$, l'indice signifiant que cela se passe dans $(\Z/8\Z)^\times$.
A propos d'équation(s) de $\Q(\zeta_n)^H$, je crois que je t'ai fait le coup une fois. Mais comme moi, cela m'a marqué, je le refais. Pour CERTAINES choses, on n'a pas besoin des équations. Je vais par exemple élaborer $A = \Q(\zeta_n)$ via ClassField en lui spécifiant le modulus $\mathfrak m = n \times \infty$. Je peux t'assurer qu'il ``ne sait pas'' que c'est $\Q(\zeta_n)$ et qu'il ne voit pas de polynôme cyclotomique à cet endroit là.
> Q := RationalsAsNumberField() ;
> OQ := MaximalOrder(Q) ;
> n := 2^3 * 3^2 * 5 * 7^2 ;
> CLn, I := RayClassGroup(n*OQ, [1]) ;
> A := AbelianExtension(I) ;
> Degree(A) ;
4032
> EulerPhi(n) ;
4032
>
> <g : g in Generators(CLn) > ;
<CLn.3, CLn.6, CLn.2, CLn.7, CLn.1, CLn.4, CLn.5>
Maintenant, je vais prendre un sous-groupe $H$ au pif de CLn et élaborer $\Q(\zeta_n)^H = A^H$, puis calculer le discriminant de $A^H$. AUCUNE équation de $\Q(\zeta_n)^H$ n'est calculée car la détermination du discriminant ne se fait pas par l'intermédiaire de la détermination de l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_n)^H$. Mais par conductor discriminant formula
> H := sub < CLn | [CLn.3, CLn.4, CLn.6] > ;
> #(CLn/H) ;
48
> AH := AbelianSubfield(A, H) ;
> Degree(AH) ;
48
> DiscAH, r1r2 := Discriminant(AH) ;
> DiscAH ;
Principal Ideal of OQ
Generator:
[142466021894435759232623608489297507536303853303032452979615054099294191616]
> r1r2 ;
[ 0, 24 ]
Tout cela, c'est instantané. Idem en ce qui concerne la fonction zeta de $\Q(\zeta_n)^H$ : les $p$-Euler facteurs sont là, dans la machinerie. Personne ne va se mettre à factoriser $p$ dans $A^H$. La connaissance du binz $CL_n, I, H$ suffit.
Si je fais ce qu'il n'est pas recommandé de faire i.e. déterminer une équation, cela va assez vite. On voit que $\Q(\zeta_n)^H$ est défini par 5 équations de degrés $2, 2, 2, 2, 3$.
> time LH := NumberField(AH) ;
Time: 0.180
> LH ;
Number Field with defining polynomial [ $.1^2 + 2, $.1^2 - 3, $.1^2 - 6, $.1^2 - 14, $.1^3 - 147*$.1 + 637 ] over Q
> time OLH := MaximalOrder(LH) ;
Quant à la fermeture intégrale, en degré 48, c'est cuit. Cela fait 20 minutes que j'attends.
Sorry, si je t'ai déjà fait le coup. C'est un truc qui m'a marqué (bis). Ajout
3) Est ce que l'on comprend ce qui se passe à la page 219 de Lang ? Ben, de mon côté j'aime pas le style de Lang, il me glace le sang et donc (je sais que c'est idiot) je ne fais pas avec lui. Quand je vois comment il traite la détermination de l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 2)$ aux pages 67-68, je trouve qu'il exagère un tantinet. Le polynôme $X^3 - 2$ vérifie le critère de Dedekind en 2. Bien sûr, ce n'est pas dans le style de la maison Lang. Bref, il y a d'autres auteurs.
1) Extensions cyclotomiques et sous-cyclotomiques. Triviale la réciprocité d'Artin ? Oui et non. Disons que cela dépend de la règle du jeu. Pour clarifier mes propos, j'attache la page 161 de Cox. On voit dans le point (ii) que If the exponents of the finite primes dividing $\mathfrak m$ are sufficiently large, then $P_{K,1}(\mathfrak m) \subset \ker(\Phi_{\mathfrak m})$. Je passe.
2) Je trouve ton exemple Kummer cyclique intéressant : $K = \Q(\zeta_n)$ et $L = K(c^{1/n})$ avec $c \in \mathcal O_K$. Ok avec le calcul du Frobenius et power residue symbol. Chez Cox, tu vois qu'il indexe l'Artin Map par $\mathfrak m$, celle qui tourne sur $I_K(\mathfrak m)$. Oui, on peut penser qu'il faut mettre dans $\mathfrak m$ (avec tes notations $\mathfrak f$) le scalaire $c$. Mais est ce que cela va suffire ? Pour info :
$$
\text{Disc}(X^n - c) = (-1)^{n(n-1) \over 2} n^n (-c)^{n-1}
$$
Est ce qu'il ne faut pas tenir compte de $n$ ? Sera-t-il ``avalé en entier'' par $\Q(\zeta_n)$ ?
Pour l'instant, je ne vois pas ce que l'on peut faire de l'hypothèse $\alpha \equiv 1 \bmod c$ dans le calcul de $\Phi_{\mathfrak m}(\alpha\mathcal O_K)$. Ca rend modeste.
Sinon pour ton dernier message, OK pour les équations mais c'est vraiment important de le savoir ça ! Enfin dans prendre conscience. Je me souviens que tu l'as déjà dis mais je n'avais pas compris !
Sinon : oui je vois l'action $D_4$ comme agissant sur $\{ \pm x, \pm ix \}$ c'est l'action sur les plongements de $\Q(x)$ dans $L$. Et on fait entrer la représentation de degré $4$ pour récupérer la décomposition dans $E$ ? Mais Claude, en fait ça va être très simple (sauf) le cas ambigu qui a besoin de classFieldTheory ou des formes quadratiques !
Le $s^\prime$ c'est $rs$ (celui qui figure dans le groupe de Galois de $L \mid \Q(i\sqrt{2})$.
J'utilise juste le lemme de réduction : sous la forme $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ si et seulement si $D(\mathfrak{P} \cap \mathcal{O}_{L^H} ; L^H \mid \Q) = \{ e \}$.
Pour le premier cas, j'applique ça à $H = \langle r^2 \rangle$ et ensuite on sait que $D(\mathfrak{P} \cap \mathcal{O}_{L^H} ; L^H \mid \Q) = \{ e \}$ ça veut dire que l'idéal $p$ est complétement décomposé dans $\Q(\zeta_8)$ et donc $p=1 \pmod{8}$.
Ensuite, je suppose que je ne suis pas dans ce cas.
Pour le troisième cas j'applique ça avec $H = \langle r^2, rs \rangle$.
Ca nous dit que $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ si et seulement si le groupe de décomposition sur $D(\mathfrak{P} \cap \Z[ i \sqrt{2}] ; \Q[ i \sqrt{2}] \mid \Q) = \{ e \}$ c'est-à-dire lorsque $p = 3 \pmod{8}$ ou $p=1 \pmod{8}$ (mais on a exclu ça).
Mais $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ veut dire que $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q)$ est un des deux sous-groupes que j'ai donné car il ne peux pas être le groupe engendré par $r^2$ et pas $\{ e \}$ non plus car sinon je suis dans le cas $1$.
Tu vois ?
Je veux dire que c'est beaucoup plus simple que le charabia de mon pdf (c'est poubelle ce pdf)! Mais y'a toujours une ambiguïté pour $p=1 \pmod{8}$ il faut comprendre quand est-ce que le groupe de décomposition est trivial !
@flip flop
Oui, je commence à voir. Cela serait donc le lemme de réduction qui ferait tout marcher (tu as vu que j'ai attaché un scan il y a 2 jours ?) ; dans ton post, ne pas oublier la mention $H$ distingué. Mais dans le cas $H = \langle r^2, rs\rangle$ et $D(\mathfrak P, L/\Q) \subset H$ que tu as traité, qu'est ce qui empêche le cas d'égalité $D(\mathfrak P, L/\Q) = H$ ?
Bilan : ok que tu vas finir par obtenir le résultat in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526816#msg-1526816 que tu qualifies de trivial. Ecrit noir sur blanc dans un pdf, cela sera encore mieux. Un commentaire sur le haut de la page 10 de Weinstein (Reciprocity Laws and Galois Representations ...) : mettre tous les cas dans le même panier (i.e. résoudre l'ambiguité contenue dans $p \equiv 1 \bmod 8$) n'est absolument pas pédagogique. Aucune explication pour le résultat ``trivial'' (lemme de réduction) et quant à la représentation de $p$ par $x^2 + 64 y^2$, ben, allez voir ailleurs.
Mon avis concernant $p = x^2 + 64y^2$. Principe (à C.Q.) : cela ne peut pas être obtenu de manière élémentaire car c'est un résultat de Gauss (précurseur de la théorie du corps de classes, en exagérant un peu), conjecturé par Euler. Cela touche à la loi de réciprocité biquadratique. Il faudra prendre un jour le temps de bien comprendre les pages 183-187 de Cox (détermination du Ring Class Field de $\Z[\sqrt {-64}]$ et son impact sur la loi de réciprocité biquadratique). Je pense que c'est capital de comprendre cela. Tu verras que Cox a déjà fourni en 4.23 p. 83 le résultat de Gauss. Et tu verras aussi que dans cette section 4 (Cubic and Biquadratic Reciprocity) du chapitre I, Cox, botte en touche (touche = Ireland & Rosen) en ce qui concerne le coeur des choses. Pourquoi ? Ma réponse : maniement délicat des sommes de Gauss et Jacobi.
Autre chose qui vient de me frapper mais je sais pas si je vais arriver à faire passer. Dans l'histoire $\Q(\zeta_8, \root 4 \of 2) \supset \Q(\zeta_8)$, débarque $D_4 = \langle r, s\rangle$ et $(\Z/8\Z)^\times$. Mais $D_4 = \langle r, s\rangle$, ce n'est pas uniquement groupiste. Car CET EXEMPLAIRE de $D_4$ est muni d'une surjection canonique :
$$
D_4 \twoheadrightarrow (\Z/8\Z)^\times = \{1,3,5,7\} = \{ \pm 1, \pm 3\}, \qquad \qquad
r \longmapsto 5, \qquad s \longmapsto -1 \qquad\qquad (\star)
$$
que l'on obtient en utilisant avec $x = \root 4 \of 2$ :
$$
r(x) = ix, r(i) =i, \qquad s(x) =x, s(i) =-i, \qquad\qquad \zeta_8 = {\sqrt 2 + i\sqrt 2 \over 2} = {x^2 + ix^2 \over 2}
$$
Le truc $(\star)$ est intiment lié à la séparation en 4 cas que tu obtiens in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526816#msg-1526816
Comme quoi il faut redire les choses. Et j'en rajoute encore une couche. Dans cette machinerie ``corps de classes'' (mais c'est un peu snob de parler ainsi car je vais limiter mon propos aux sous-extensions cyclomiques sur $\Q$) disons ``terrain abélien'', que se passe-t-il ?? Une extension abélienne $K$ de $\Q$ est encodée par le fait qu'elle est contenue dans une certaine extension cyclotomique $L/\Q$ de groupe de Galois $G$ ($G \simeq (\Z/n\Z)^\times$ CANONIQUEMENT si $L = \Q(\root n \of 1)$) et donc de la forme $L^H$ pour un unique sous-groupe $H$ de $G$.
Et bien, ``tout se fait'' avec $G/H$ ou plutôt avec le dual $\widehat{G/H}$ le groupe des caractères. Exemple avec la fonction $\zeta$ de $K=L^H$ i.e. la loi de factorisation de $p$ dans $L^H$ :
$$
Z_p(\zeta_{L^H}, T) = \prod_{\chi \in \widehat{G/H}} {1 \over 1 - \chi_{\rm prim}(p)T}
$$
Le discriminant de $L^H$ en valeur absolue (the so called Conductor Discriminant Formula) :
$$
|\text{Disc}(L^H)| = \prod_\chi {\mathfrak f}_\chi \qquad\qquad {\mathfrak f}_\chi = \hbox {conducteur du caractère $\chi$}
$$
Idem en ce qui concerne la signature (mais comme je suis pas clair, je zappe).
Enfin, $K = L^H$, certes contenu dans $L$, pourrait être contenu dans une extension cyclotomique plus petite (the so called conducteur cyclotomique). Et bien celui-ci est donné par :
$$
f_K = \text{ppcm} ({\mathfrak f}_\chi )
$$
Tu vois en passant l'importance d'être clair sur les caractères de Dirichlet, la notion de conducteur et tout et tout.
En résumé : tant que c'est possible, aucun calcul d'équations. Tout repose sur le groupe des carcatères $\widehat{G/H}$. C.Q. t'es lourd.
Suite au post de Reuns, je propose l'exercice (sic) suivant qu'évidemment je ne sais PAS résoudre. J'utilise les notations de Cohen & Stevenhagen in http://www.math.leidenuniv.nl/~psh/ANTproc/15cohenpsh.pdf. Il se pourrait même que des éléments de solution figurent dans ce document.
On se la joue modeste en prenant $n=3$ i.e. $K = \Q(\zeta_3) = \Q(j)$ avec son anneau d'entiers $\Z[j]$ (qui est euclidien, ce qui ne peut pas faire de mal pour les calculs dans le cas où on voudrait en faire). On prend $c \in \Z[j]$. Alors l'extension $L = K(\root 3 \of c)$ de $K$ est cyclique d'ordre 1 ou 3. Cas particulier facile de la théorie de Kummer (cas cyclique i.e. extension par une seule racine $n$-ième).
Le théorème d'existence de la théorie du corps de classes (cf C & S, page 502) dit qu'il existe un modulus $\mathfrak m$ de $\Q(j)$ tel que $L \subset H_{\mathfrak m}$ (ligne 3 de la page 502). I.e. $K(\root 3 \of c)$ est définissable par $\mathfrak m$. Comme $K$ est quadratique imaginaire, la partie $\mathfrak m_\infty$ est triviale, donc $\mathfrak m$ se réduit à un idéal de $\Z[j]$ i.e. à un scalaire de $\Z[j]$ vu que cet anneau est principal.
L'exercice consiste à trouver un modulus convenable en fonction de $c \in \Z[j]$. On se la joue encore plus modeste en prenant $c \in \Z$. Au vu de mes expérimentations, il SEMBLE que $\mathfrak m = 3c\Z[j]$ convienne et pas $\mathfrak m = c\Z[j]$ comme évoqué dans la causerie avec Reuns. Mais expérimenter, c'est une chose et comprendre c'est autre chose. Il se pourrait même (on voit donc l'ignorance dans laquelle je suis) que cet exercice soit ``infaisable'' au sens où sa résolution contienne en son coeur toute la puissance de la machinerie Class-Field.
Suggestion : lire le document de C & S (ça mange pas de pain de dire cela).
(0) Oui j'ai vu le scan, lemme de transitivité sur l'étage du haut comme dans ArtinLvsZetaE.pdf.
(1) Qu'est ce qui empêche le cas d'égalité ?: Ici je me suis placé (sans le dire) mais avec inertie triviale (a voir comment traiter l'inertie) et donc le groupe $D(\mathfrak{P}; L \mid \Q)$ est cyclique ce qui empêche l'égalité.
(2) pdf $L$-dihedral : je refait mieux, normalement je donnerai une version dans la journée.
(3) Pour le cas ambiguë et $x^2+64y^2$, il y a vraiment un truc ... Gauss le génie :-D
(4) Je pense que le cas général (i.e avec $a$ quelconque) va donner également un cas ambiguë et les autres cas vont s'obtenir par le lemme de réduction il faut faire un peu attention car l'extension qui va remplacer dans le diagramme va être $\Q(i,\sqrt{a})$ (faire attention à $a$ et au facteur carré), et il va falloir faire entrer le conducteur cyclotomique (on le connaît) de $\Q(i,\sqrt{a})$. Mais le lemme de réduction va permettre de travailler.
(5) J'ai également écrit rapidement les matrices $4 \times 4$ de la représentation et fait tourner le boulot de ArtinLvsZeta.pdf ... ça donne bien la décomposition des idéaux dans $E = \Q(x)$. (en fait, je me suis aperçu que j'étais entrain de refaire dans le cas particulier le boulot qu'on a fait).
(6) Le truc que je ne comprends pas encore c'est le cassage de la représentation ... il faut trouver une interprétation Galoisienne. Mais une fois que je serai complètement clean sur la situation je pense que j'y verrai plus clair.
@flip flop
Arg le coup de $D(\mathfrak P ; L/\Q) \subset H \simeq C_2 \times C_2$ et $D(\mathfrak P ; L/\Q)$ cyclique. Quel c.n je fais (je me doutais bien qu'il y avait un truc dans ce goût là).
Je détaille un peu le coup de la surjection canonique $\pi : D_4 = \langle r,s \rangle \twoheadrightarrow (\Z/8\Z)^\times$ qui n'est autre que le Res de $\Q(\zeta_{16}, \root 4 \of 2) \supset \Q(\zeta_8)$. On a :
$$
r(\zeta_8) =-\zeta_8 = \zeta_8^5, \qquad s(\zeta_8) = \zeta_8^{-1} \qquad \qquad
\hbox {(pour $s$ normal, c'est la conjugaison complexe)}
$$
Et donc $\pi$ réalise $r \mapsto 5$ et $s \mapsto -1=7$. Et le noyau de $\pi$ est $\langle r^2\rangle$. Ce que je veux dire et cela va dans le sens de l'un de tes posts d'hier, on ne veut plus voir $\Q(i)$, $\Q(\sqrt 2)$, $\Q(i\sqrt 2)$, à bas les équations.
C.a.d. dans ton histoire, $\pi$ réalise :
$$
\langle r^2\rangle \mapsto \langle 1\rangle, \qquad \qquad
\langle r \rangle \mapsto \langle 5\rangle, \qquad \qquad
\langle s \rangle , \langle r^2s\rangle \mapsto \langle 7\rangle, \qquad \qquad
\langle rs \rangle, \langle r^3s\rangle \mapsto \langle 3\rangle
$$
Mais c'est quand même dingue que $H$ et $\langle r^2\rangle H$ pour $H = ...$ soient conjugués dans $D_4$. STUPIDE : je voulais dire que $h$ et $r^2h$ sont conjugués dans $D_4$ (sauf pour $h = 1, r^2$).
Quant à $p = x^2 + 64y^2$, je ne connais qu'un moyen : étudier. Prendre le temps. C'est l'occasion de comprendre la puissance du résultat ``Le ring class field de $\Z[\sqrt {-64}]$ est $\Q(i)(\root 4 \of 2)$''. Et pas pour aller le déclamer dans ... On y passera plusieurs jours ? Oui, peut-être et alors ?
@flip flop
Pendant que j'y pense, cela serait bien que tu puisses, dans ton pdf, parler de tes intuitions. Même si tu n'as pas de preuve et surtout si tu n'as pas de preuve. Par exemple, j'ai jamais compris, dans l'histoire $X^4 - 2$, comment tu en étais venu à :
$$
2S_{\rho_2} = \Theta_{1,0,64} - \Theta_{4,4,17} \qquad\qquad (\star)
$$
Est ce que cela avait un rapport avec la représentation des premiers $p$ par $x^2 + 64y^2$ ? Une question précise (pour te dire à quel point, j'ai la tête dans le guidon), si on sait $(\star)$, est ce que cela donne le théorème de Gauss ?
Première version ... il y a encore du boulot ! J'ai enlevé le cas ambiguë du pdf, juste pour isoler le résultat que je ne "comprends" pas et les formes $x^2+64y^2$.
Il y a un petit problème à la fin dans les si et seulement si il faut lire "seulement si" et non "si et seulement si". (j'aurais du mettre les dessins en entier avec le passage par la décomposition par $\Q(\sqrt{2})$).
Je vais essayer de faire un truc pour expliquer ce que j'ai en tête. Promis.
@flip flop
Page 1
Le résultat : un petit commentaire évoquant à conjugaison près serait bienvenu (car le Frobenius est défini à conjugaison près)
résultats obtenus dans ArtinRhoEVersusZetaE.pdf
Avant le Lemma 0.1, un petit quelque chose disant $\text{Gal}(\Q(\zeta_8)/\Q) \quad\buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad (\Z/8\Z)^\times$ serait bienvenu.
Le coup de $D(\mathfrak P ; \Q(\zeta_8) \mid \Q) = \langle \mathfrak P \cap \Z\rangle$ me choque toujours autant. Imagine $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle = 3\Z$, cela donne $\langle 3\Z \rangle$, qui est cryptique ($-3$ est dans l'idéal !). Ca va vite et c'est évocateur ? Cela se discute. De mon côté, je préférerais un truc du genre pour tout idéal $I$ premier à $2$, on désigne par $\text{g}_+(I)$ le sous-groupe de $(\Z/8\Z)^\times$ engendré par la classe de son générateur positif de $I$. C'est lourd ? Mais on ne le dit qu'une fois et ensuite on utilise $\text{g}_+(\mathfrak P \cap \Z)$. A moins que tu ne dises un mot sur $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle$. Imagine que dans 6 mois, on est un besoin vital de relire cette note en urgence (par exemple naufragés sur une île et on n'a pas beaucoup de temps pour) ...
Dans lemma 0.2 $p = \mathfrak P \cap \Z$ is defined but not used.
En passant un truc rassurant $\mathfrak P \cap E = \mathfrak P \cap \mathcal O_E$. Car si $x \in E$ est dans $\mathfrak P$, c'est qu'il est entier sur $\Z$ donc étant dans $E$, il est dans $\mathcal O_E$. Choquant ? Au début, surprenant. Mais tu as utilisé les deux versions (si, si). Et comme cela, tu n'as pas à te fatiguer dans les petits cas à dire qui est exactement $\mathcal O_E$.
Page 2, au milieu vers le bas : (juste pour fixer les notations)
page 3, au milieu : on conclut le cas (ii).
permutations données par cycles. Utiliser une virgule de séparation, ce que tu fais parfois mais pas toujours. Ainsi $(ix, -ix)$ plus lisible que $(ix -ix)$, je trouve. A plusieurs reprises.
Pour le fond, dans une semaine (tu l'auras fait évoluer de toutes manières).
@flip flop
Je suppose que tu connais par coeur le début du développement de $S_{\rho_2}$ dans l'histoire $X^4 - 2$ ? Un petit quelque chose de nouveau :
On voit 3 $q$-expansions : $S_{\rho_2}$, le petit nouveau et $f$ fourni par magma. C'est qui ce petit nouveau ? C'est justement l'habitant de l'espace $S_1(\Gamma_0(256), \chi_{-4})$, de dimension 1 qui y habitait depuis pas mal de temps (peut-être qu'on l'a dérangé, d'ailleurs). Dans le jargon modulaire, cela s'appelle un $\eta$-quotient :
$$
{\eta(q^{16})^4 \over \eta(q^8) \eta(q^{32})}, \qquad \hbox {avec} \qquad \eta(q) = q^{1 \over 24} \prod_{n \ge 1} (1-q^n)
$$
$\eta(q)$ c'est la racine 24-ième du discriminant modulaire $\Delta(q)$. Et si on regarde bien les exposants, on voit que la racine 24-ième jicle (heureusement) et qu'il reste :
$$
q \ {P(q^{16})^4 \over P(q^8) P(q^{32})}
$$
J'ai trouvé cela in http://www.ams.org/journals/tran/1996-348-12/S0002-9947-96-01743-6/home.html. Il y a même un groupe fini attaché à ce binz (Conway groups ...etc). Si un jour on s'ennuie ..
C'est le sous-groupe engendré par l'image de $I$ dans le groupe $\left( \Z / n\Z \right)^\star$, dans cet exemple $n=8$.
Exemple : si $I = 71 \Z$, alors c'est le sous-groupe de $\left( \Z / 8\Z \right)^\star$ engendré par la classe de $7$. Bref $\{1,7\}$ vu dans $\left( \Z / 8\Z \right)^\star$.
Mais le truc c'est qu'on va le voir comme sous-groupe du groupe de Galois de $\Q(\zeta_8) \mid \Q$ et là on le voit comme "le groupe d'automorphisme canoniquement associé" via $b \mapsto [ \zeta_8 \mapsto \zeta_8^b]$.
Mais, on le voit aussi dans le groupe de Galois de $L \mid \Q$ et là il faut le voir comme $\{1,s\}$. c'est la représentation qui donne ça.
Du coup, il faut faire attention. Les notations sont un peu lourdes ... mais normalement avec les diagrammes y'a pas de conflit ... enfin je pense !
Une fois ok sur les notations, ça donne que le polynôme $x^4-2$ se décompose sur $\mathbb{F}_{71}$ sous la forme suivante : $x^4-2 = (x-a)(x^2+bx+c)(x-d)$, avec le polynôme de degré $2$ irréductible et une factorisation de $(71)$ dans l'anneau des entiers de $E$ sous la forme : $(\bullet)(\bullet)_2 (\bullet)$ (en indice c'est les degrés résiduels).
Un truc très surprenant dans les résultats donnés par Weinstein p.10, c'est quand $p=a^2+16b^2$.
Si $b$ est pair, $\rm{Frob}_p=1$.
Si $b$ est impair, $\rm{Frob}_p$ est la classe de conjugaison de $r^2$.
Donc la forme normique de discriminant $-64$ a en quelque sorte deux images par l'application d'Artin !
Oui y a un truc que je ne comprends pas avec les formes quadratiques. D'ailleurs on a pris $x^2+64y^2$ ce qui correspond à faire $x^2+16b^2$ avec $b = 2y$ pair. Je ne sais pas trop.
Par contre, je me suis amusé à construire la représentation de degré $4$.
$$ \begin{array}{rrcl}
\Phi :& D_4 & \longrightarrow & \text{GL}_4(\Z) \\
& r &\longmapsto & R \\
& s &\longmapsto & S ,
\end{array}$$ avec $$R := \begin{pmatrix}
0&0&0&1\\
1&0&0&0\\
0&1&0&0\\
0&0&1&0\\
\end{pmatrix}, \qquad S:= \begin{pmatrix}
1&0&0&0\\
0&0&0&1\\
0&0&1&0\\
0&1&0&0\\
\end{pmatrix}
$$ À ce niveau là ... le truc diabolique.
Tu prends $p$ premier et tu construis $N_p:= \text{Trace}(\Phi(\text{Frob}_p))$. Avec les choses dans le pdf pour calculer $\text{Frob}_p$. Là (truc sorti du cosmos) tu fais $a_p :=N_p-(1+\chi_8(p))$.
Et là tu regardes la fonction que Claude à donnée ... le $\eta$-produit qui pour l'instant n'a rien à voir avec $x^4-2$
Mais est-ce que la troisième forme de Claude [ici] n'avait déjà rien à voir avec $X^4-2$ au départ ?
En tout cas, cette formule pour $a_p$ m'impressionne. (tu)
Pour le problème des formes quadratiques, faut peut-être regarder du côté de $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$, comme ce qu'a fait Claude pour monter une extension de $L$ en tant que RayClassField de $\frak m$. :-S
Gauss a montré le résultat suivant : $X^4-2$ a quatre racines modulo $p$ si, et seulement si $p=a^2+64b^2$.
D'où le cas $\rm{Frob}_p=1$ !
Remarque : dans ce cas-là, $p=1\bmod 8$.
Soit maintenant un premier $p$ tel que $p=1\bmod 8$ et tel que $p$ ne s'écrit pas sous la forme $a^2+64b^2$.
Alors $p=1\bmod 4$ donc $p=a^2+4x^2$ (classique).
Comme $a$ est impair, $a^2=1\bmod 8$ donc $x$ est pair et $p=a^2+16b^2$ (avec $x=2b$).
D'après l'hypothèse faite sur $p$, $b$ est impair.
D'où le cas $\rm{Frob}_p=r^2$ à conjugaison près.
J'ai une méthode algorithmique sous les yeux pour une telle décomposition mais avec pas mal de calculs (surtout qu'ici on a cinq représentations irréductibles).
Je vais quand même essayer parce qu'en maths, au bout d'un moment, faut faire un calcul ! ;-)
T'es devenu bon avec magma ! Je ne sais pas comment tu fais en ligne ! Du coup, ça confirme des petits calculs que j'ai fait (tu)
C'est vraiment mystérieux toute cette histoire !
Le truc a remarquer c'est que $(2, -2, 0, 0, 0)$ c'est les coefficients que l'on a dans la forme modulaire. Du coup, les coefficients identifient un peu les classes de conjugaison des Frobenius.
Par exemple, si tu prends $p=73$ dans la courbe modulaire tu lis le coefficient $2$. Beh ça veux dire que le Frobenius est trivial. i.e $x^4-2$ se casse en quatre facteurs de degré $1$ modulo $73$.
Si tu prends $p=41$, tu lis $-2$ comme coefficient et là le Frobenius est $R^2$ (enfin la classe de conjugaison).
Remarque : ce que j'ai dis plus haut c'est uniquement les nombre premier $q^n$ avec $n$ premier.
C'est complexe niveau combinatoire les coefficients non premier : les coefficients sont multiplicatifs $a_{mn}=a_n a_m$ mais uniquement lorsque $n$ et $m$ sont premiers entre eux. Ici pour calculer $a_{9}$ c'est un peu casse pied mais en gros il faut regarder :
$$
\frac{1}{1-T^2} = \sum_{r\geq 0} T^{2r}
$$
Puis fais $T = 3^{-s}$ :
$$
\sum_{r\geq 0} 9^{-sr}
$$
et la tu fais (un truc louche) : $ 9^{-sr}$ tu transformes (c'est transformation de Mellin je pense) $q^{9r}$
Ce qui donne : $\sum_{r\geq 0} q^{9r}$ là ca donne exactement tous les coefficients devant les $q^{3n}$, ce qui explique le $1$ devant $q^{81}$ et qu'il n'y a pas de coefficient en $27$.
Pareil avec tous les premiers $p=a \pmod{8}$, ($a \ne 1$). C'est a dire que dans ce cas $a_{p^r} = 0, 1$ selon que $r$ est impair ou bien pair.
cas (1a) $(p) = (\bullet)(\bullet)(\bullet)(\bullet)$ ou cas (1b) $(p) = (\bullet)_2 (\bullet)_2$ seulement si $p=1 \pmod{8}$ selon que $p$ est représenté par $x^2+64y^2$ ou non.
cas (2 ) $(p) = (\bullet)_4$ seulement si $p=5 \pmod{8}$
cas (3) $(p) = (\bullet)(\bullet)_2 (\bullet)$ seulement si $p=7 \pmod{8}$.
cas(4) $(p)=(\bullet)_2 (\bullet)_2$ seulement si $p=3 \pmod{8}$.
Tu fais la ligne du haut diviser par la ligne intermédiaire où tu remplaces $(\bullet)_f$ par $\frac{1}{1-T^f}$.
Par exemple, pour $3 \pmod{8}$ tu regardes le cas $(iv)$ et tu fais $\frac{1}{(1-T^2)(1-T^2)} / \frac{1}{1-T^2}$ et tu fais la même chose que dans le message juste avant !
Je te promet que ce n'est pas bizarre de faire ça, c'est exactement comment on a produit la forme.
Par exemple dans la représentation, disons $\rho$ de degré $4$ que tu as décomposé. Elle correspond à l'action de $D$ sur les racines de $x^4-2$ (c'est fait pour).
Alors la fonction $L_{\rho}(s)$ c'est la fonction $\zeta$ de Dedekind de l'extension $E \mid \Q$. Et elle se décompose en un produit :
$$
L_{\rho}(s) = L_1(s) L_2(s) L_3(s)
$$
Trois représentations donc trois facteurs, disons que $L_3$ c'est pour la représentation de degré $2$.
Mais il nous faut comprendre $L_1$ et $L_2$. Pour $L_1$ comme la représentation est trivial de dimension $1$, la fonction $L$ qui sort c'est juste $\zeta(s)$.
En effet, la définition est :
Soit $L \mid \Q$ une extension Galoisienne et soit $\rho : \text{Gal}(L \mid \Q) \to \text{GL}_n(R)$ une représentation. Alors
$$
L_{\rho}(s) := \prod_{p \in P} Z_p(p^{-s}) \qquad \text{avec} \qquad Z_p(T) := \text{Det} (I- \rho(\text{Frob}_p) T)^{-1}
$$
(Attention ce n'est pas tout a fait ça car il faut tuer l'inertie).
Alors si $\rho$ est trivial (de dimension $1$), ça donne (avec le trick de Riemann):
$$
L_{1}(s) = \prod_{p \in P} \frac{1}{1- p^{-s}} = \sum_{n >0} n^{-s}
$$
Donc pour $L_1$ c'est ok.
Pour $L_2$, faut un peu réfléchir un peu, et voir que l'on a une factorisation de $\rho_2$ par le caractère $\chi_{8}$ (il faut quotienter par le noyau de la représentation) et tu trouves :
$$
L_2(s) = \sum_{n>0} \chi_{8}(n)n^{-s}
$$
Mais de toute façon c'est $L_3$ le truc intéressant ....
Tous ça c'est des manipulations formelles et le trick de Riemann. Le truc arithmétique, c'est que l'on tient les Frobenius (modulo le résultat de Gauss ou corps des écoles etc).
Si c'est ça Gai requin ! Mais le truc c'est que le truc "monde de fumette " c'est pas $L_{\rho}$ qu'il faut mais la fonction $L$ de la représentation de degré $2$. Donc faire $L = \frac{L_{\rho}}{L_1 L_2}$. Et ça correspond à faire la division de la ligne du haut par la ligne du milieu et le binz que je t'ai raconté hier.
Il ne reste plus qu'à rédiger un truc pour mémoire (parce que dans $x$ mois...) qui prolonge le travail que tu as déjà fait avec dihedral-L-function. (tu)
Un coup de main ? ;-)
Yes, y'a beaucoup de chose a faire vraiment beaucoup. Pour l'instant, je fais un autre exemple $f = x^4-5$.
$$
\xymatrix {
&L\ar@{-}[dr] \ar@{-}[dd] & \\
&& \Q(x) \ar@{-}[dd] \\
& \Q(i, \sqrt{5}) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
\Q(i\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] &\Q(i) \ar@{-}[d] & \Q(\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \\
& \Q &
}
$$
Je pense que le diagramme est ok. Par contre, la différence technique c'est que l'extension qui remplace $\Q(\zeta_8)$ c'est $\Q(i,\sqrt{5})$, et donc il faut faire intervenir son conducteur cyclotomique. Du coup, des congruences modulo $20$.
Donc premier truc c'est d'étudier $\Q(\zeta_{20}) \mid \Q$, le diagramme (tu vas me dire que je suis casse pieds avec mes diagrammes) :
$$
\xymatrix {
&\Q(\zeta_{20})\ar@{-}[dr] \ar@{-}[dd] & \\
&& \Q(\zeta_5) \ar@{-}[dd] \\
& \Q(i,\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
\Q(i\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] &\Q(i) \ar@{-}[d] & \Q(\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \\
& \Q &
}$$
Et là il faut comprendre, $\text{Gal}(\Q(\zeta_{20} \mid \bullet)$ sur ce diagramme i.e trouver les sous-groupes qui fixe les différentes extensions.
Réponses
T'es vraiment un sorcier in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1525948#msg-1525948. Oui $\Q(\zeta_{16})$ intervient dans l'extension abélienne $L$ de $\Q(i)$ définie par le modulus $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$ de $\Q(i)$. On a :
$$
L = \Q(\zeta_{16}, \sqrt {1+i}) \qquad\qquad (\star)
$$
Une remarque :
$$
\zeta_8 = {\sqrt 2 + i \sqrt 2 \over 2} = {1+i \over \sqrt 2}
$$
Une fois que l'on mise sur $(\star)$, il n'y a plus qu'à étudier tranquillement $L/\Q(i)$. Cela serait à faire à la main. Et déjouer les groupes additifs du type $\Z/2\Z \times \Z/4\Z$. Il faut trouver le vrai visage multiplicatif et relier cela aux idéaux de $I_K(f)$ avec ici $K = \Q(i)$ et $f = 8$. Exemple de déjouer (additif versus multiplicatif)
$$
(\Z/16\Z)^\times \simeq \Z/2\Z \times \Z/4\Z
$$
Donc du boulot de vérification à faire pour tenir une instance du théorème d'existence modulus $\mathfrak m$ de $K$ -> extension abélienne de $K$. Et avec $K = \Q(i)$, c'est plus facile car pas à s'emm.rder avec $\mathfrak m_\infty$
Bilan pour moi : je ne me barre plus en courant quand je vois $I_K(\mathfrak m)$ et $P_{K,1}(\mathfrak m)$ chez Cox (section 8, p 159 ->). Peut-être que toi tu n'as pas peur car les cours que tu as eus t'ont mis dans le bain.
En relisant quelques pages de Cox, je trouve qu'il fait quand même un certain effort. Mais trop de ''See Janutz'', "see exercice ...". Et puis quand il déduit le théorème de Kronecker-Weber de la machinerie Class-Field, on comprend (même si on comprend rien à la machinerie, c'était mon cas au début et ça l'est encore un peu mais je me soigne) que l'on a entre les mains un outil dingue TROP PUISSANT qui nous dépasse (je parle de moi). Je ne sais pas du coup si c'est très pédagogique.
Et puis en vieillissant, je crois que je ne supporte plus que l'on balance les choses comme du petit lait. Je veux que les auteurs PARLENT. Et ne se contentent pas de dire ``le théorème d'existence dit que''. De ce point de vue, pour moi, les écrits historiques sont importants et j'apprécie vraiment Snyder https://pdfs.semanticscholar.org/36c9/f39a44e13ec1a04cbc673e7d8c29ca5859f2.pdf et K. Conrad.http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/gradnumthy/cfthistory.pdf
Tu m'as parlé de la page 10 de Weinstein (Reciprocity Laws and Galois representations ...etc..). Merci à lui, car toute cette histoire provient de son exemple 3.4.2 pages 9-10. Mais est ce qu'il explique vraiment ? Il décrit, je trouve. D'où cela sort pour de vrai sa description de la classe de conjugaison de $\text{Frob}_p$ ? Toi, grand sorcier, tu vas nous en dire plus, n'est ce pas ?
Oui effectivement Weinstein abuse un peu, et d'accord avec les "balances les choses comme du petit lait". Je me souviens de certaines conférences : impossible de comprendre quoi que ce soit ... tu ne peux pas savoir a quelle point j'ai détesté ça ! Tu penses qu'on est bizarre à valoir traiter des proprement des petits exemples :-D
Pour la chasse aux Frobenius, je suis entrain ...
Sinon, tu y crois mon histoire de regroupage de forme binaire pour faire les quotients ?
Ben, peut-être qu'on est les seuls à ne pas comprendre ? Et c'est pour cela qu'on a besoin de petits exemples ? Cela te parait pas bizarre de penser que TOUS les autres comprennent de manière instantannée ? Faut dire que l'on s'aventure dans des terrains inconnus.
Quant aux exposés, j'aurai plein plein d'anecdotes à te raconter mais pas ici car cela ferait langue de vipère. En tout cas, je peux t'assurer que certains ``grands'' peuvent exposer de manière vachement pédagogique. Je me souviendrai toujours de P. C., qui avait fait un exposé à Poitiers sur une partie du thème figurant en http://www.numdam.org/article/SB_1991-1992__34__41_0.pdf. Un exposé d'une heure et quart. Et bien, pendant 45 minutes et même un peu plus, il avait fait en sorte que tout le monde comprenne. Je n'exagère pas. Et dans les dernières 20 minutes, il s'était ``fait plaisir'' en montant la gomme.
Quant à tes regroupements de formes binaires ...etc .. pour l'instant, je n'ai pas compris comment tu opérais. Et je n'ai pas lu tes posts concernant le type du Frobenius car je préfère attendre pour lire un pdf. En tout cas, tu as une sacrée intuition qui n'a pas été mise en défaut pour l'instant.
Je suis un peu perdu. Je prends par exemple ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1525730#msg-1525730 où tu détermines le type de factorisation de $p$ dans $\mathcal O_E$ où $E = \Q(x)$ avec $x^4 = 2$ dans le cas $\chi_{-4}(p) = -1$ et $\chi_8(p) = 1$, ce qui signifie $p \equiv 7 \bmod 8$, si je ne m'abuse. Tu trouves $p = (\bullet)(\bullet)(\bullet)_2$.
Comment te situes tu par rapport à Weinstein qui fournit, http://www.ams.org/journals/bull/2016-53-01/S0273-0979-2015-01515-6/S0273-0979-2015-01515-6.pdf, à la page 10, la classe de conjugaison de $\text{Frob}_p$ ; qui est $s$ dans ce cas là $p \equiv 7 \bmod 8$,
Est ce que tu vas avoir besoin d'un résultat de type ``Van der Waerden Dedekind'' comme par exemple le théorème 7, page 27 de Manu in http://www.math.univ-toulouse.fr/~hallouin/Documents/eh-valuation.ps
Anecdote : je crois me souvenir que ce théorème 7 est une sorte de point de départ du Parcours initiatique. Vu chez Malle & Matzat (Inverse Galois Theory preprint). Mais j'ai jeté le preprint une fois acquis leur ouvrage (de même nom). Dans l'ouvrage, je ne retrouve pas Dedekind sous cette forme i.e. la forme qui fait intervenir l'action intrinsèque de $\text{Gal}(L/K)$ sur $\text{Hom}_K(E,L)$. Seulement sous la forme moins intrinsèque sur les racines du polynôme minimal d'un élément primitif de $E/K$.
J'ai commencé par décortiquer l'extension abélienne $L$ de $\Q(i)$ définie par le modulus $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$ .i.e $L = \Q(\zeta_{16}, \sqrt {1+i})$. Pour moi, cela vaut le coup car c'est une instance concrète de la machinerie Class-Field. Cette extension se présente à variables séparées :
$$
L = \Q(i)(z,w) = \Q(i)[z,w] = {\Q(i)[Z,W] \over \langle Z^4 - i,\ W^2 - (1+i) \rangle}
$$
Of course $z$ c'est $\zeta_{16}$. Et le fait qu'elle se présente ainsi fait que l'on voit son groupe de Galois $G = \langle a\rangle \times \langle b \rangle \simeq C_2 \times C_4$ :
$$
a : z \mapsto z, w \mapsto -w, \qquad \qquad b : z \mapsto iz, w \mapsto w
$$
Sauf erreur, cela donne le treillis suivant. J'ai mis les sous-groupes de $G$ qui servent par points fixes à fabriquer les sous-extensions. Par exemple, en bas, les sous-groupes d'ordre 4 (2 cycliques, l'autre isomorphe à $C_2 \times C_2$).
$$
\xymatrix {
&L\ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr]\\
\langle a^2,b\rangle \ar@{-}[d] \ar@{-}[dr] & \langle a\rangle \ar@{-}[d] & \langle b^2\rangle \ar@{-}[dl] \ar@{-}[d] \\
\langle ab\rangle \ar@{-}[dr] & \langle a,b^2\rangle \ar@{-}[d] & \langle b\rangle \ar@{-}[dl]\\
&\Q(i) \\
}
$$
Et ce qui va être un régal (cf la suite plus tard), c'est que l'on sait déterminer toutes les extensions abéliennes de $\Q(i)$ via les points de $n$-torsion de nos chères amies (au choix) : les courbes elliptiques $y^2 = x^3 - x$ ou bien $y^2 = x^3 + x$. On ne pourra plus dire que l'on n'a pas d'exemples. Et le coup des points de $n$-torsion, c'est relativement élémentaire car pris en charge par Silvermann-Tate dans leur merveilleux ouvrage pédagogique et élémentaire ``Rational Points On Elliptic Curves''. Et on y verra passer des représentations galoisiennes à valeurs dans $\text{GL}_2(\Z/n\Z)$. Ces deux auteurs ont vraiment réussi un coup.
Et on pourra s'amuser si on veut (car on aura deux mécanismes pour produire les extensions abéliennes de $\Q(i)$).
Je trouve également que la classe du Frobenius est bien la classe de $s$ (i.e $\{s, r^2s\}$.
Oui, j'ai vu le $E \mid \Q$. D'ailleurs tu le dis explicitement dans le post que j'ai pointé mais pas dans ton dihedral-L-function....pdf. Cela serait bien que toute l'info y soit car il y a quand même un peu de monde du point de vue extensions. Je suppose que tu vois aussi $\text{Gal}(L/\Q)$ comme un groupe de permutations de $\{\pm x, \pm ix\}$ avec $x = \root 4 \of 2$. Pour l'instant, je suis pas au clair sur le type de factorisation de $p$ dans $\mathcal O_E$ et je-ne-sais-trop-quoi. Mais tout cela, tu va nous l'expliquer, prends ton temps.
@vous deux
Je me suis fait un résumé ce matin car comme d'habitude cela semble partir en vrille. Mais pas du tout : il y a une certaine cohérence, je trouve ; chasse aux vertus de la forme modulaire $S_{\rho_2}$ où $\rho_2$ est une représentation galoisienne irréductible impaire de $\text{Gal}(L/\Q)$, isomorphe à $S_3$, $D_4$ (dihedral activity), B-A-BA-class-field qui débarque et chasse au Frobenius, formes quadratiques binaires car des extensions quadratiques de $\Q$ dans l'arène, ..etc.. Tout cela est bien moral.
En ce qui concerne les extensions abéliennes de $\Q(i)$. Je suis Silverman-Tate en considérant $C : y^2 = x^3 + x$ et je note $K_n = \Q(i)(C[n])$ l'extension de $\Q(i)$ engendré par les $x$-coordonnées et $y$-coordonnées des points de $n$-torsion de $C$. Alors, je le dis vite, mais $K_n/\Q(i)$ est abélienne d'une part. Et d'autre part, toute extension abélienne de $\Q(i)$ est contenue dans une certaine $K_n$. La première partie est facile : Silverman-Tate la prennent en charge de A à Z. Mais la deuxième partie est difficile (et admise). Ce qui est intéressant, ce sont les outils mis en jeu car on voit une réalisation galoisienne de dimension 2
$$
\rho_n : \text{Gal}\big(K_n/\Q(i)\big) \longmapsto \text{GL}_2(\Z/n\Z)
$$
qui est relativement bien contrôlée : c'est une injection et le caractère abélien se fait à l'arrivée en travaillant (un certain commutant).
Ce n'est pas glacial du tout contrairement à ce que l'on peut lire parfois sur des thèmes avoisinants.
Au cas où vous ne disposez pas du Silverman-Tate (Rational points on elliptic curves) :
1) Se le faire offrir à Noël (ou à un autre moment)
2) Sous google.fr taper Extensions abéliennes de corps quadratiques imaginaires
Je ne donne pas de lien car un pdf se charge automatiquement si vous tombez sur le bon document (auteurs Karwasz, Pandey). Je préfère S & T qui ont un traitement beaucoup plus élémentaire destiné à des petits. Remarquable (bis).
Sinon, j'ai enfin un nouvel ordinateur (fini le vieux coucou des années 2000)... du coup faut que j'installe deux trois truc avant de pouvoir travailler. Mais je vais "finir" mon truc $L$-dihédral. D'ailleurs hier, j'ai fais tourner le lemme ici dans le contexte cyclotomique. Ben je dois avouer que je n'avais jamais vu aussi simplement la cyclotomie. Disons que je réduit le truc à :
Soit $n$ un entier positif, pour $p$ un entier premier inversible modulo $n$ (faudra que je regarde un lemme de réduction avec l'inertie). Alors $$D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) = \langle \mathfrak{P} \cap \Z \rangle \subset \left( \Z / n \Z \right)^\star $$
et utilisant le lemme de réduction, on obtient tous les groupes de décomposition des extensions $\Q(\zeta_n) ^H$. Le problème étant que l'on ne connais pas bien les équations de $\Q(\zeta_n) ^H$. (faudra revenir sur ça en terrain $n$ premiers).
Je te fait quand même voir : je considère la situation :
$$
\xymatrix {
& \Q(\zeta_8) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
\Q(i\sqrt{2}) \ar@{-}[dr] &\Q(i) \ar@{-}[d] & \Q(\sqrt{2}) \ar@{-}[dl] \\
& \Q &
}
$$
Comme depuis $6$ mois je fais tout mon possible pour ne jamais prendre $n=2$ ou $n=2^r$ (car j'aime pas $2$), beh je ne sais pas qui est qui !
Je veux dire que $\text{Gal}(\Q(\zeta_8) \mid \Q)$ c'est bien entendu $\{ 1,3,5,7\}$ (via l'identification canonique), et je vois bien les trois sous-groupe : $\{1,3\}$,$\{1,5\}$ et $\{1,7\}$ qui correspondent au trois extensions quadratiques ... mais je ne sais pas qui va avec qui la honte, non :-D
On va dire que je cherche qui est $\Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$ beh le lemme prédit que si je prends un premier $p$ congru à $3$ modulo $8$ et un premier $\mathfrak{p}$ de l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$ :
$$
D(\mathfrak{p}, \Q(\zeta_8)^{\{1,3\}} \mid \Q ) \equiv D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) \pmod{\{1,3\}}
$$
Mais :
$$
D(\mathfrak{P}, \Q(\zeta_n) \mid \Q) = \langle \mathfrak{P} \cap \Z \rangle = \{1,3\}
$$
D'où la décomposition de $p = \mathfrak{p}_1 \mathfrak{p}_2$ dans l'anneau des entiers $ \Q(\zeta_8)^{\{1,3\}}$.
Prenons $p=3$ (par exemple) et regardons la factorisation des polynômes quadratiques qui définissent les trois anneaux d'entiers :
$$
x^2+2 = (x-1)(x+1) \qquad x^2+1 \qquad x^2-2
$$
Seul le premier polynôme ce scinde et je tiens l'extension invariante par $\{1,3\}$.
Tu vas me dire que c'est un peu bébé, mais je pense que c'est quand même bougrement efficace pour décomposer un idéal premier dans une extension sous-cyclotomique a condition d'avoir le sous-groupe invariant. Je pense qu'avec ça je peux finir tranquillement exemple13.pdf sans trop de soucis, elle est pas belle la vie :-D
Tu exagères un tout petit peu quand tu dis que tu ne sais pas qui va avec qui en ce qui concerne les sous-extensions quadratiques. Car (en indice le modulus) de gauche à droite :
$$
\ker \chi_{-8} = \{1, 3\}_8, \qquad\qquad \ker \chi_{-4} = \{1\}_4 = \{1,5\}_8, \qquad\qquad\ker \chi_{8} = \{\pm 1\}_8,
$$
Un truc qui est troublant dans tes notations, c'est $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle = \{1,3\}$ (en plein milieu). Bien sûr, on se doute qu'il s'agit de (pour une fois je mets une barre) du sous-groupe multiplicatif $\langle \overline 3\rangle_8$, l'indice signifiant que cela se passe dans $(\Z/8\Z)^\times$.
A propos d'équation(s) de $\Q(\zeta_n)^H$, je crois que je t'ai fait le coup une fois. Mais comme moi, cela m'a marqué, je le refais. Pour CERTAINES choses, on n'a pas besoin des équations. Je vais par exemple élaborer $A = \Q(\zeta_n)$ via ClassField en lui spécifiant le modulus $\mathfrak m = n \times \infty$. Je peux t'assurer qu'il ``ne sait pas'' que c'est $\Q(\zeta_n)$ et qu'il ne voit pas de polynôme cyclotomique à cet endroit là.
Maintenant, je vais prendre un sous-groupe $H$ au pif de CLn et élaborer $\Q(\zeta_n)^H = A^H$, puis calculer le discriminant de $A^H$. AUCUNE équation de $\Q(\zeta_n)^H$ n'est calculée car la détermination du discriminant ne se fait pas par l'intermédiaire de la détermination de l'anneau des entiers de $\Q(\zeta_n)^H$. Mais par conductor discriminant formula
> H := sub < CLn | [CLn.3, CLn.4, CLn.6] > ; > #(CLn/H) ; 48 > AH := AbelianSubfield(A, H) ; > Degree(AH) ; 48 > DiscAH, r1r2 := Discriminant(AH) ; > DiscAH ; Principal Ideal of OQ Generator: [142466021894435759232623608489297507536303853303032452979615054099294191616] > r1r2 ; [ 0, 24 ]Tout cela, c'est instantané. Idem en ce qui concerne la fonction zeta de $\Q(\zeta_n)^H$ : les $p$-Euler facteurs sont là, dans la machinerie. Personne ne va se mettre à factoriser $p$ dans $A^H$. La connaissance du binz $CL_n, I, H$ suffit.
Si je fais ce qu'il n'est pas recommandé de faire i.e. déterminer une équation, cela va assez vite. On voit que $\Q(\zeta_n)^H$ est défini par 5 équations de degrés $2, 2, 2, 2, 3$.
Quant à la fermeture intégrale, en degré 48, c'est cuit. Cela fait 20 minutes que j'attends.
Sorry, si je t'ai déjà fait le coup. C'est un truc qui m'a marqué (bis).
Ajout
J'essaie de répondre à ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526312#msg-1526312. Dans le désordre :
3) Est ce que l'on comprend ce qui se passe à la page 219 de Lang ? Ben, de mon côté j'aime pas le style de Lang, il me glace le sang et donc (je sais que c'est idiot) je ne fais pas avec lui. Quand je vois comment il traite la détermination de l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 2)$ aux pages 67-68, je trouve qu'il exagère un tantinet. Le polynôme $X^3 - 2$ vérifie le critère de Dedekind en 2. Bien sûr, ce n'est pas dans le style de la maison Lang. Bref, il y a d'autres auteurs.
1) Extensions cyclotomiques et sous-cyclotomiques. Triviale la réciprocité d'Artin ? Oui et non. Disons que cela dépend de la règle du jeu. Pour clarifier mes propos, j'attache la page 161 de Cox. On voit dans le point (ii) que If the exponents of the finite primes dividing $\mathfrak m$ are sufficiently large, then $P_{K,1}(\mathfrak m) \subset \ker(\Phi_{\mathfrak m})$. Je passe.
2) Je trouve ton exemple Kummer cyclique intéressant : $K = \Q(\zeta_n)$ et $L = K(c^{1/n})$ avec $c \in \mathcal O_K$. Ok avec le calcul du Frobenius et power residue symbol. Chez Cox, tu vois qu'il indexe l'Artin Map par $\mathfrak m$, celle qui tourne sur $I_K(\mathfrak m)$. Oui, on peut penser qu'il faut mettre dans $\mathfrak m$ (avec tes notations $\mathfrak f$) le scalaire $c$. Mais est ce que cela va suffire ? Pour info :
$$
\text{Disc}(X^n - c) = (-1)^{n(n-1) \over 2} n^n (-c)^{n-1}
$$
Est ce qu'il ne faut pas tenir compte de $n$ ? Sera-t-il ``avalé en entier'' par $\Q(\zeta_n)$ ?
Pour l'instant, je ne vois pas ce que l'on peut faire de l'hypothèse $\alpha \equiv 1 \bmod c$ dans le calcul de $\Phi_{\mathfrak m}(\alpha\mathcal O_K)$. Ca rend modeste.
Je résume :
- $D(\mathfrak{P} ;L \mid \Q) \subset \langle r^2 \rangle$ si et seulement si $p=1 \pmod{8}$.
- $D(\mathfrak{P} ;L \mid \Q) = \langle r \rangle$ si et seulement si $p=5 \pmod{8}$.
- $D(\mathfrak{P} ;L \mid \Q) \in \{ \langle s \rangle, \langle r^2s \rangle \}$ si et seulement si $p=7 \pmod{8}$.
- $D(\mathfrak{P} ;L \mid \Q) \in \{ \langle s^\prime \rangle, \langle r^2s^\prime \rangle \}$ si et seulement si $p=3 \pmod{8}$.
Preuve : Trivial. j'abuse ?Bref, on voit que dans le premier cas on ne tiens pas le Frobenius.
Ensuite, je vais voir pour la décomposition sur $E$, il y a moyen de faire simple.
Sinon : oui je vois l'action $D_4$ comme agissant sur $\{ \pm x, \pm ix \}$ c'est l'action sur les plongements de $\Q(x)$ dans $L$. Et on fait entrer la représentation de degré $4$ pour récupérer la décomposition dans $E$ ? Mais Claude, en fait ça va être très simple (sauf) le cas ambigu qui a besoin de classFieldTheory ou des formes quadratiques !
Toi in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526816#msg-1526816
Trivial ? Pas pour moi : je ne comprends pas. Mais peut-être que je ne suis pas dedans ou que toi tu es trop dedans ?
C'est quoi $s'$ dans la ligne 4 i.e. dans le cas $p = 3 \bmod 8$ ?
J'utilise juste le lemme de réduction : sous la forme $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ si et seulement si $D(\mathfrak{P} \cap \mathcal{O}_{L^H} ; L^H \mid \Q) = \{ e \}$.
Pour le premier cas, j'applique ça à $H = \langle r^2 \rangle$ et ensuite on sait que $D(\mathfrak{P} \cap \mathcal{O}_{L^H} ; L^H \mid \Q) = \{ e \}$ ça veut dire que l'idéal $p$ est complétement décomposé dans $\Q(\zeta_8)$ et donc $p=1 \pmod{8}$.
Ensuite, je suppose que je ne suis pas dans ce cas.
Pour le troisième cas j'applique ça avec $H = \langle r^2, rs \rangle$.
Ca nous dit que $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ si et seulement si le groupe de décomposition sur $D(\mathfrak{P} \cap \Z[ i \sqrt{2}] ; \Q[ i \sqrt{2}] \mid \Q) = \{ e \}$ c'est-à-dire lorsque $p = 3 \pmod{8}$ ou $p=1 \pmod{8}$ (mais on a exclu ça).
Mais $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q) \subset H$ veut dire que $D(\mathfrak{P} ; L \mid \Q)$ est un des deux sous-groupes que j'ai donné car il ne peux pas être le groupe engendré par $r^2$ et pas $\{ e \}$ non plus car sinon je suis dans le cas $1$.
Tu vois ?
Je veux dire que c'est beaucoup plus simple que le charabia de mon pdf (c'est poubelle ce pdf)! Mais y'a toujours une ambiguïté pour $p=1 \pmod{8}$ il faut comprendre quand est-ce que le groupe de décomposition est trivial !
Oui, je commence à voir. Cela serait donc le lemme de réduction qui ferait tout marcher (tu as vu que j'ai attaché un scan il y a 2 jours ?) ; dans ton post, ne pas oublier la mention $H$ distingué. Mais dans le cas $H = \langle r^2, rs\rangle$ et $D(\mathfrak P, L/\Q) \subset H$ que tu as traité, qu'est ce qui empêche le cas d'égalité $D(\mathfrak P, L/\Q) = H$ ?
Bilan : ok que tu vas finir par obtenir le résultat in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526816#msg-1526816 que tu qualifies de trivial. Ecrit noir sur blanc dans un pdf, cela sera encore mieux. Un commentaire sur le haut de la page 10 de Weinstein (Reciprocity Laws and Galois Representations ...) : mettre tous les cas dans le même panier (i.e. résoudre l'ambiguité contenue dans $p \equiv 1 \bmod 8$) n'est absolument pas pédagogique. Aucune explication pour le résultat ``trivial'' (lemme de réduction) et quant à la représentation de $p$ par $x^2 + 64 y^2$, ben, allez voir ailleurs.
Mon avis concernant $p = x^2 + 64y^2$. Principe (à C.Q.) : cela ne peut pas être obtenu de manière élémentaire car c'est un résultat de Gauss (précurseur de la théorie du corps de classes, en exagérant un peu), conjecturé par Euler. Cela touche à la loi de réciprocité biquadratique. Il faudra prendre un jour le temps de bien comprendre les pages 183-187 de Cox (détermination du Ring Class Field de $\Z[\sqrt {-64}]$ et son impact sur la loi de réciprocité biquadratique). Je pense que c'est capital de comprendre cela. Tu verras que Cox a déjà fourni en 4.23 p. 83 le résultat de Gauss. Et tu verras aussi que dans cette section 4 (Cubic and Biquadratic Reciprocity) du chapitre I, Cox, botte en touche (touche = Ireland & Rosen) en ce qui concerne le coeur des choses. Pourquoi ? Ma réponse : maniement délicat des sommes de Gauss et Jacobi.
Autre chose qui vient de me frapper mais je sais pas si je vais arriver à faire passer. Dans l'histoire $\Q(\zeta_8, \root 4 \of 2) \supset \Q(\zeta_8)$, débarque $D_4 = \langle r, s\rangle$ et $(\Z/8\Z)^\times$. Mais $D_4 = \langle r, s\rangle$, ce n'est pas uniquement groupiste. Car CET EXEMPLAIRE de $D_4$ est muni d'une surjection canonique :
$$
D_4 \twoheadrightarrow (\Z/8\Z)^\times = \{1,3,5,7\} = \{ \pm 1, \pm 3\}, \qquad \qquad
r \longmapsto 5, \qquad s \longmapsto -1 \qquad\qquad (\star)
$$
que l'on obtient en utilisant avec $x = \root 4 \of 2$ :
$$
r(x) = ix, r(i) =i, \qquad s(x) =x, s(i) =-i, \qquad\qquad \zeta_8 = {\sqrt 2 + i\sqrt 2 \over 2} = {x^2 + ix^2 \over 2}
$$
Le truc $(\star)$ est intiment lié à la séparation en 4 cas que tu obtiens in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526816#msg-1526816
Do you see what I mean ?
Toi in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1526818#msg-1526818, tu dis ``... OK pour les équations mais c'est vraiment important de le savoir ça ! Enfin d'en prendre conscience. Je me souviens que tu l'as déjà dit mais je n'avais pas compris !''.
Comme quoi il faut redire les choses. Et j'en rajoute encore une couche. Dans cette machinerie ``corps de classes'' (mais c'est un peu snob de parler ainsi car je vais limiter mon propos aux sous-extensions cyclomiques sur $\Q$) disons ``terrain abélien'', que se passe-t-il ?? Une extension abélienne $K$ de $\Q$ est encodée par le fait qu'elle est contenue dans une certaine extension cyclotomique $L/\Q$ de groupe de Galois $G$ ($G \simeq (\Z/n\Z)^\times$ CANONIQUEMENT si $L = \Q(\root n \of 1)$) et donc de la forme $L^H$ pour un unique sous-groupe $H$ de $G$.
Et bien, ``tout se fait'' avec $G/H$ ou plutôt avec le dual $\widehat{G/H}$ le groupe des caractères. Exemple avec la fonction $\zeta$ de $K=L^H$ i.e. la loi de factorisation de $p$ dans $L^H$ :
$$
Z_p(\zeta_{L^H}, T) = \prod_{\chi \in \widehat{G/H}} {1 \over 1 - \chi_{\rm prim}(p)T}
$$
Le discriminant de $L^H$ en valeur absolue (the so called Conductor Discriminant Formula) :
$$
|\text{Disc}(L^H)| = \prod_\chi {\mathfrak f}_\chi \qquad\qquad {\mathfrak f}_\chi = \hbox {conducteur du caractère $\chi$}
$$
Idem en ce qui concerne la signature (mais comme je suis pas clair, je zappe).
Enfin, $K = L^H$, certes contenu dans $L$, pourrait être contenu dans une extension cyclotomique plus petite (the so called conducteur cyclotomique). Et bien celui-ci est donné par :
$$
f_K = \text{ppcm} ({\mathfrak f}_\chi )
$$
Tu vois en passant l'importance d'être clair sur les caractères de Dirichlet, la notion de conducteur et tout et tout.
En résumé : tant que c'est possible, aucun calcul d'équations. Tout repose sur le groupe des carcatères $\widehat{G/H}$. C.Q. t'es lourd.
On se la joue modeste en prenant $n=3$ i.e. $K = \Q(\zeta_3) = \Q(j)$ avec son anneau d'entiers $\Z[j]$ (qui est euclidien, ce qui ne peut pas faire de mal pour les calculs dans le cas où on voudrait en faire). On prend $c \in \Z[j]$. Alors l'extension $L = K(\root 3 \of c)$ de $K$ est cyclique d'ordre 1 ou 3. Cas particulier facile de la théorie de Kummer (cas cyclique i.e. extension par une seule racine $n$-ième).
Le théorème d'existence de la théorie du corps de classes (cf C & S, page 502) dit qu'il existe un modulus $\mathfrak m$ de $\Q(j)$ tel que $L \subset H_{\mathfrak m}$ (ligne 3 de la page 502). I.e. $K(\root 3 \of c)$ est définissable par $\mathfrak m$. Comme $K$ est quadratique imaginaire, la partie $\mathfrak m_\infty$ est triviale, donc $\mathfrak m$ se réduit à un idéal de $\Z[j]$ i.e. à un scalaire de $\Z[j]$ vu que cet anneau est principal.
L'exercice consiste à trouver un modulus convenable en fonction de $c \in \Z[j]$. On se la joue encore plus modeste en prenant $c \in \Z$. Au vu de mes expérimentations, il SEMBLE que $\mathfrak m = 3c\Z[j]$ convienne et pas $\mathfrak m = c\Z[j]$ comme évoqué dans la causerie avec Reuns. Mais expérimenter, c'est une chose et comprendre c'est autre chose. Il se pourrait même (on voit donc l'ignorance dans laquelle je suis) que cet exercice soit ``infaisable'' au sens où sa résolution contienne en son coeur toute la puissance de la machinerie Class-Field.
Suggestion : lire le document de C & S (ça mange pas de pain de dire cela).
(0) Oui j'ai vu le scan, lemme de transitivité sur l'étage du haut comme dans ArtinLvsZetaE.pdf.
(1) Qu'est ce qui empêche le cas d'égalité ?: Ici je me suis placé (sans le dire) mais avec inertie triviale (a voir comment traiter l'inertie) et donc le groupe $D(\mathfrak{P}; L \mid \Q)$ est cyclique ce qui empêche l'égalité.
(2) pdf $L$-dihedral : je refait mieux, normalement je donnerai une version dans la journée.
(3) Pour le cas ambiguë et $x^2+64y^2$, il y a vraiment un truc ... Gauss le génie :-D
(4) Je pense que le cas général (i.e avec $a$ quelconque) va donner également un cas ambiguë et les autres cas vont s'obtenir par le lemme de réduction il faut faire un peu attention car l'extension qui va remplacer dans le diagramme va être $\Q(i,\sqrt{a})$ (faire attention à $a$ et au facteur carré), et il va falloir faire entrer le conducteur cyclotomique (on le connaît) de $\Q(i,\sqrt{a})$. Mais le lemme de réduction va permettre de travailler.
(5) J'ai également écrit rapidement les matrices $4 \times 4$ de la représentation et fait tourner le boulot de ArtinLvsZeta.pdf ... ça donne bien la décomposition des idéaux dans $E = \Q(x)$. (en fait, je me suis aperçu que j'étais entrain de refaire dans le cas particulier le boulot qu'on a fait).
(6) Le truc que je ne comprends pas encore c'est le cassage de la représentation ... il faut trouver une interprétation Galoisienne. Mais une fois que je serai complètement clean sur la situation je pense que j'y verrai plus clair.
Arg le coup de $D(\mathfrak P ; L/\Q) \subset H \simeq C_2 \times C_2$ et $D(\mathfrak P ; L/\Q)$ cyclique. Quel c.n je fais (je me doutais bien qu'il y avait un truc dans ce goût là).
Je détaille un peu le coup de la surjection canonique $\pi : D_4 = \langle r,s \rangle \twoheadrightarrow (\Z/8\Z)^\times$ qui n'est autre que le Res de $\Q(\zeta_{16}, \root 4 \of 2) \supset \Q(\zeta_8)$. On a :
$$
r(\zeta_8) =-\zeta_8 = \zeta_8^5, \qquad s(\zeta_8) = \zeta_8^{-1} \qquad \qquad
\hbox {(pour $s$ normal, c'est la conjugaison complexe)}
$$
Et donc $\pi$ réalise $r \mapsto 5$ et $s \mapsto -1=7$. Et le noyau de $\pi$ est $\langle r^2\rangle$. Ce que je veux dire et cela va dans le sens de l'un de tes posts d'hier, on ne veut plus voir $\Q(i)$, $\Q(\sqrt 2)$, $\Q(i\sqrt 2)$, à bas les équations.
C.a.d. dans ton histoire, $\pi$ réalise :
$$
\langle r^2\rangle \mapsto \langle 1\rangle, \qquad \qquad
\langle r \rangle \mapsto \langle 5\rangle, \qquad \qquad
\langle s \rangle , \langle r^2s\rangle \mapsto \langle 7\rangle, \qquad \qquad
\langle rs \rangle, \langle r^3s\rangle \mapsto \langle 3\rangle
$$
Mais c'est quand même dingue que $H$ et $\langle r^2\rangle H$ pour $H = ...$ soient conjugués dans $D_4$.
STUPIDE : je voulais dire que $h$ et $r^2h$ sont conjugués dans $D_4$ (sauf pour $h = 1, r^2$).
Quant à $p = x^2 + 64y^2$, je ne connais qu'un moyen : étudier. Prendre le temps. C'est l'occasion de comprendre la puissance du résultat ``Le ring class field de $\Z[\sqrt {-64}]$ est $\Q(i)(\root 4 \of 2)$''. Et pas pour aller le déclamer dans ... On y passera plusieurs jours ? Oui, peut-être et alors ?
Pendant que j'y pense, cela serait bien que tu puisses, dans ton pdf, parler de tes intuitions. Même si tu n'as pas de preuve et surtout si tu n'as pas de preuve. Par exemple, j'ai jamais compris, dans l'histoire $X^4 - 2$, comment tu en étais venu à :
$$
2S_{\rho_2} = \Theta_{1,0,64} - \Theta_{4,4,17} \qquad\qquad (\star)
$$
Est ce que cela avait un rapport avec la représentation des premiers $p$ par $x^2 + 64y^2$ ? Une question précise (pour te dire à quel point, j'ai la tête dans le guidon), si on sait $(\star)$, est ce que cela donne le théorème de Gauss ?
Prends ton temps (là où je vais ...)
Première version ... il y a encore du boulot ! J'ai enlevé le cas ambiguë du pdf, juste pour isoler le résultat que je ne "comprends" pas et les formes $x^2+64y^2$.
Edit correction du coquille dans le pdf
Je vais essayer de faire un truc pour expliquer ce que j'ai en tête. Promis.
Page 1
Le résultat : un petit commentaire évoquant à conjugaison près serait bienvenu (car le Frobenius est défini à conjugaison près)
résultats obtenus dans ArtinRhoEVersusZetaE.pdf
Avant le Lemma 0.1, un petit quelque chose disant $\text{Gal}(\Q(\zeta_8)/\Q) \quad\buildrel {\rm can.} \over \simeq\quad (\Z/8\Z)^\times$ serait bienvenu.
Le coup de $D(\mathfrak P ; \Q(\zeta_8) \mid \Q) = \langle \mathfrak P \cap \Z\rangle$ me choque toujours autant. Imagine $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle = 3\Z$, cela donne $\langle 3\Z \rangle$, qui est cryptique ($-3$ est dans l'idéal !). Ca va vite et c'est évocateur ? Cela se discute. De mon côté, je préférerais un truc du genre pour tout idéal $I$ premier à $2$, on désigne par $\text{g}_+(I)$ le sous-groupe de $(\Z/8\Z)^\times$ engendré par la classe de son générateur positif de $I$. C'est lourd ? Mais on ne le dit qu'une fois et ensuite on utilise $\text{g}_+(\mathfrak P \cap \Z)$. A moins que tu ne dises un mot sur $\langle \mathfrak P \cap \Z\rangle$. Imagine que dans 6 mois, on est un besoin vital de relire cette note en urgence (par exemple naufragés sur une île et on n'a pas beaucoup de temps pour) ...
Dans lemma 0.2 $p = \mathfrak P \cap \Z$ is defined but not used.
En passant un truc rassurant $\mathfrak P \cap E = \mathfrak P \cap \mathcal O_E$. Car si $x \in E$ est dans $\mathfrak P$, c'est qu'il est entier sur $\Z$ donc étant dans $E$, il est dans $\mathcal O_E$. Choquant ? Au début, surprenant. Mais tu as utilisé les deux versions (si, si). Et comme cela, tu n'as pas à te fatiguer dans les petits cas à dire qui est exactement $\mathcal O_E$.
Page 2, au milieu vers le bas : (juste pour fixer les notations)
page 3, au milieu : on conclut le cas (ii).
permutations données par cycles. Utiliser une virgule de séparation, ce que tu fais parfois mais pas toujours. Ainsi $(ix, -ix)$ plus lisible que $(ix -ix)$, je trouve. A plusieurs reprises.
Pour le fond, dans une semaine (tu l'auras fait évoluer de toutes manières).
Je suppose que tu connais par coeur le début du développement de $S_{\rho_2}$ dans l'histoire $X^4 - 2$ ? Un petit quelque chose de nouveau :
On voit 3 $q$-expansions : $S_{\rho_2}$, le petit nouveau et $f$ fourni par magma. C'est qui ce petit nouveau ? C'est justement l'habitant de l'espace $S_1(\Gamma_0(256), \chi_{-4})$, de dimension 1 qui y habitait depuis pas mal de temps (peut-être qu'on l'a dérangé, d'ailleurs). Dans le jargon modulaire, cela s'appelle un $\eta$-quotient :
$$
{\eta(q^{16})^4 \over \eta(q^8) \eta(q^{32})}, \qquad \hbox {avec} \qquad \eta(q) = q^{1 \over 24} \prod_{n \ge 1} (1-q^n)
$$
$\eta(q)$ c'est la racine 24-ième du discriminant modulaire $\Delta(q)$. Et si on regarde bien les exposants, on voit que la racine 24-ième jicle (heureusement) et qu'il reste :
$$
q \ {P(q^{16})^4 \over P(q^8) P(q^{32})}
$$
J'ai trouvé cela in http://www.ams.org/journals/tran/1996-348-12/S0002-9947-96-01743-6/home.html. Il y a même un groupe fini attaché à ce binz (Conway groups ...etc). Si un jour on s'ennuie ..
C'est le sous-groupe engendré par l'image de $I$ dans le groupe $\left( \Z / n\Z \right)^\star$, dans cet exemple $n=8$.
Exemple : si $I = 71 \Z$, alors c'est le sous-groupe de $\left( \Z / 8\Z \right)^\star$ engendré par la classe de $7$. Bref $\{1,7\}$ vu dans $\left( \Z / 8\Z \right)^\star$.
Mais le truc c'est qu'on va le voir comme sous-groupe du groupe de Galois de $\Q(\zeta_8) \mid \Q$ et là on le voit comme "le groupe d'automorphisme canoniquement associé" via $b \mapsto [ \zeta_8 \mapsto \zeta_8^b]$.
Mais, on le voit aussi dans le groupe de Galois de $L \mid \Q$ et là il faut le voir comme $\{1,s\}$. c'est la représentation qui donne ça.
Du coup, il faut faire attention. Les notations sont un peu lourdes ... mais normalement avec les diagrammes y'a pas de conflit ... enfin je pense !
Une fois ok sur les notations, ça donne que le polynôme $x^4-2$ se décompose sur $\mathbb{F}_{71}$ sous la forme suivante : $x^4-2 = (x-a)(x^2+bx+c)(x-d)$, avec le polynôme de degré $2$ irréductible et une factorisation de $(71)$ dans l'anneau des entiers de $E$ sous la forme : $(\bullet)(\bullet)_2 (\bullet)$ (en indice c'est les degrés résiduels).
Un truc très surprenant dans les résultats donnés par Weinstein p.10, c'est quand $p=a^2+16b^2$.
Si $b$ est pair, $\rm{Frob}_p=1$.
Si $b$ est impair, $\rm{Frob}_p$ est la classe de conjugaison de $r^2$.
Donc la forme normique de discriminant $-64$ a en quelque sorte deux images par l'application d'Artin !
Une explication ?
Oui y a un truc que je ne comprends pas avec les formes quadratiques. D'ailleurs on a pris $x^2+64y^2$ ce qui correspond à faire $x^2+16b^2$ avec $b = 2y$ pair. Je ne sais pas trop.
Par contre, je me suis amusé à construire la représentation de degré $4$.
$$ \begin{array}{rrcl}
\Phi :& D_4 & \longrightarrow & \text{GL}_4(\Z) \\
& r &\longmapsto & R \\
& s &\longmapsto & S ,
\end{array}$$ avec $$R := \begin{pmatrix}
0&0&0&1\\
1&0&0&0\\
0&1&0&0\\
0&0&1&0\\
\end{pmatrix}, \qquad S:= \begin{pmatrix}
1&0&0&0\\
0&0&0&1\\
0&0&1&0\\
0&1&0&0\\
\end{pmatrix}
$$ À ce niveau là ... le truc diabolique.
Tu prends $p$ premier et tu construis $N_p:= \text{Trace}(\Phi(\text{Frob}_p))$. Avec les choses dans le pdf pour calculer $\text{Frob}_p$. Là (truc sorti du cosmos) tu fais $a_p :=N_p-(1+\chi_8(p))$.
Et là tu regardes la fonction que Claude à donnée ... le $\eta$-produit qui pour l'instant n'a rien à voir avec $x^4-2$ et bien le $a_p$ construit comme plus haut est exactement le coefficient en un premier $p$. Tu arrives à voir ce que je veux dire ?
En tout cas, cette formule pour $a_p$ m'impressionne. (tu)
Pour le problème des formes quadratiques, faut peut-être regarder du côté de $\mathfrak m = 8\Z[i\rbrack$, comme ce qu'a fait Claude pour monter une extension de $L$ en tant que RayClassField de $\frak m$. :-S
Gauss a montré le résultat suivant : $X^4-2$ a quatre racines modulo $p$ si, et seulement si $p=a^2+64b^2$.
D'où le cas $\rm{Frob}_p=1$ !
Remarque : dans ce cas-là, $p=1\bmod 8$.
Soit maintenant un premier $p$ tel que $p=1\bmod 8$ et tel que $p$ ne s'écrit pas sous la forme $a^2+64b^2$.
Alors $p=1\bmod 4$ donc $p=a^2+4x^2$ (classique).
Comme $a$ est impair, $a^2=1\bmod 8$ donc $x$ est pair et $p=a^2+16b^2$ (avec $x=2b$).
D'après l'hypothèse faite sur $p$, $b$ est impair.
D'où le cas $\rm{Frob}_p=r^2$ à conjugaison près.
Dans la fonction modulaire de Claude ça correspond au $q^p$ dont le coefficient est $2$ style $73$. (je veux dire le cas $x^2+64y^2$.
Tu sais étudier les sous-représentations de la représentation de degré $4$ que j'ai donné plus haut ?
$N_p(X^4-2)=\begin{cases} 4 &\mbox{si } p=a^2+64b^2\\
2 &\mbox{si } p=7\bmod 8\\
0 &\mbox{sinon } \end{cases}.$
Oui mais c'est juste pour apprendre un peu les représentations.
Je suis entrain de regarder un peu dans le livre de Serre.
J'ai une méthode algorithmique sous les yeux pour une telle décomposition mais avec pas mal de calculs (surtout qu'ici on a cinq représentations irréductibles).
Je vais quand même essayer parce qu'en maths, au bout d'un moment, faut faire un calcul ! ;-)
J'ai essayé avec magma en ligne mais il manque un package par rapport à la version complète. (td)
Claude a donné la décomposition [ici].
Mais peut-être que tu veux savoir comment on fait ?
Il fallait remplacer $\Q$ par $\Q(\zeta_8)$. :-S
> G<a,b>:= DihedralGroup(4); > a; (1, 2, 3, 4) > b; (1, 4)(2, 3) > K:=CyclotomicField(8); > I := IrreducibleModules(G,K); > I; [ GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 2 over K ] > [Character(N): N in I]; [ ( 1, 1, 1, 1, 1 ), ( 1, 1, -1, -1, 1 ), ( 1, 1, 1, -1, -1 ), ( 1, 1, -1, 1, -1 ), ( 2, -2, 0, 0, 0 ) ] > A:=Matrix(K, 4, 4, [0,0,0,1, 1,0,0,0, 0,1,0,0, 0,0,1,0]); > B:=Matrix(K, 4, 4, [1,0,0,0, 0,0,0,1, 0,0,1,0, 0,1,0,0]); > M:=GModule(G,[A,B]); > M; GModule M of dimension 4 over K > S:=IndecomposableSummands(M); > S; [ GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 1 over K, GModule of dimension 2 over K ] >[Character(N): N in S]; [ ( 1, 1, 1, 1, 1 ), ( 1, 1, -1, 1, -1 ), ( 2, -2, 0, 0, 0 ) ] > Character(M); ( 4, 0, 0, 2, 0 )Même résultat que Claude (j'ai vérifié avec ses notations) !
C'est vraiment mystérieux toute cette histoire !
Le truc a remarquer c'est que $(2, -2, 0, 0, 0)$ c'est les coefficients que l'on a dans la forme modulaire. Du coup, les coefficients identifient un peu les classes de conjugaison des Frobenius.
Par exemple, si tu prends $p=73$ dans la courbe modulaire tu lis le coefficient $2$. Beh ça veux dire que le Frobenius est trivial. i.e $x^4-2$ se casse en quatre facteurs de degré $1$ modulo $73$.
Si tu prends $p=41$, tu lis $-2$ comme coefficient et là le Frobenius est $R^2$ (enfin la classe de conjugaison).
Dans cette forme modulaire, comment tu justifies le coefficient $1$ de $q^9$ ?
C'est complexe niveau combinatoire les coefficients non premier : les coefficients sont multiplicatifs $a_{mn}=a_n a_m$ mais uniquement lorsque $n$ et $m$ sont premiers entre eux. Ici pour calculer $a_{9}$ c'est un peu casse pied mais en gros il faut regarder :
$$
\frac{1}{1-T^2} = \sum_{r\geq 0} T^{2r}
$$
Puis fais $T = 3^{-s}$ :
$$
\sum_{r\geq 0} 9^{-sr}
$$
et la tu fais (un truc louche) : $ 9^{-sr}$ tu transformes (c'est transformation de Mellin je pense) $q^{9r}$
Ce qui donne : $\sum_{r\geq 0} q^{9r}$ là ca donne exactement tous les coefficients devant les $q^{3n}$, ce qui explique le $1$ devant $q^{81}$ et qu'il n'y a pas de coefficient en $27$.
Pareil avec tous les premiers $p=a \pmod{8}$, ($a \ne 1$). C'est a dire que dans ce cas $a_{p^r} = 0, 1$ selon que $r$ est impair ou bien pair.
cas (1a) $(p) = (\bullet)(\bullet)(\bullet)(\bullet)$ ou cas (1b) $(p) = (\bullet)_2 (\bullet)_2$ seulement si $p=1 \pmod{8}$ selon que $p$ est représenté par $x^2+64y^2$ ou non.
cas (2 ) $(p) = (\bullet)_4$ seulement si $p=5 \pmod{8}$
cas (3) $(p) = (\bullet)(\bullet)_2 (\bullet)$ seulement si $p=7 \pmod{8}$.
cas(4) $(p)=(\bullet)_2 (\bullet)_2$ seulement si $p=3 \pmod{8}$.
$$\xymatrix {
& (\bullet)(\bullet)(\bullet)(\bullet) \ar@{-}[dd] \\
& \\
&(\bullet)(\bullet) \ar@{-}[dl] \\
(p) & \\
\text{cas (ia)} & \\
}
\xymatrix {
& (\bullet)_2(\bullet)_2 \ar@{-}[dd] \\
& \\
&(\bullet)(\bullet) \ar@{-}[dl] \\
(p) & \\
\text{cas (ib)} & \\
}
\xymatrix {
& (\bullet)_4 \ar@{-}[dd] \\
& \\
&(\bullet)_2 \ar@{-}[dl] \\
(p) & \\
\text{cas (ii)} & \\
}
\xymatrix {
& (\bullet) (\bullet)_2 (\bullet) \ar@{-}[dd] \\
& \\
&(\bullet)(\bullet) \ar@{-}[dl] \\
(p) & \\
\text{cas (iii)} & \\
}
\xymatrix {
& (\bullet)_2 (\bullet)_2 \ar@{-}[dd] \\
& \\
&(\bullet)_2 \ar@{-}[dl] \\
(p) & \\
\text{cas (iv)} & \\
}
$$
Tu fais la ligne du haut diviser par la ligne intermédiaire où tu remplaces $(\bullet)_f$ par $\frac{1}{1-T^f}$.
Par exemple, pour $3 \pmod{8}$ tu regardes le cas $(iv)$ et tu fais $\frac{1}{(1-T^2)(1-T^2)} / \frac{1}{1-T^2}$ et tu fais la même chose que dans le message juste avant !
Je te promet que ce n'est pas bizarre de faire ça, c'est exactement comment on a produit la forme.
Et pour ton $\rho$ de dimension $4$, comment fais-tu pour avoir $L_\rho$ à partir des fonctions $L$ de sa décomposition en composantes isotypiques ?
Par exemple dans la représentation, disons $\rho$ de degré $4$ que tu as décomposé. Elle correspond à l'action de $D$ sur les racines de $x^4-2$ (c'est fait pour).
Alors la fonction $L_{\rho}(s)$ c'est la fonction $\zeta$ de Dedekind de l'extension $E \mid \Q$. Et elle se décompose en un produit :
$$
L_{\rho}(s) = L_1(s) L_2(s) L_3(s)
$$
Trois représentations donc trois facteurs, disons que $L_3$ c'est pour la représentation de degré $2$.
Mais il nous faut comprendre $L_1$ et $L_2$. Pour $L_1$ comme la représentation est trivial de dimension $1$, la fonction $L$ qui sort c'est juste $\zeta(s)$.
En effet, la définition est :
Soit $L \mid \Q$ une extension Galoisienne et soit $\rho : \text{Gal}(L \mid \Q) \to \text{GL}_n(R)$ une représentation. Alors
$$
L_{\rho}(s) := \prod_{p \in P} Z_p(p^{-s}) \qquad \text{avec} \qquad Z_p(T) := \text{Det} (I- \rho(\text{Frob}_p) T)^{-1}
$$
(Attention ce n'est pas tout a fait ça car il faut tuer l'inertie).
Alors si $\rho$ est trivial (de dimension $1$), ça donne (avec le trick de Riemann):
$$
L_{1}(s) = \prod_{p \in P} \frac{1}{1- p^{-s}} = \sum_{n >0} n^{-s}
$$
Donc pour $L_1$ c'est ok.
Pour $L_2$, faut un peu réfléchir un peu, et voir que l'on a une factorisation de $\rho_2$ par le caractère $\chi_{8}$ (il faut quotienter par le noyau de la représentation) et tu trouves :
$$
L_2(s) = \sum_{n>0} \chi_{8}(n)n^{-s}
$$
Mais de toute façon c'est $L_3$ le truc intéressant ....
Tous ça c'est des manipulations formelles et le trick de Riemann. Le truc arithmétique, c'est que l'on tient les Frobenius (modulo le résultat de Gauss ou corps des écoles etc).
Et finalement, on doit avoir une fonction $L$ du corps des racines de $X^4-2$. C'est pas $L_\rho$ justement ?
Promis, après j'arrête.
Il ne reste plus qu'à rédiger un truc pour mémoire (parce que dans $x$ mois...) qui prolonge le travail que tu as déjà fait avec dihedral-L-function. (tu)
Un coup de main ? ;-)
$$
\xymatrix {
&L\ar@{-}[dr] \ar@{-}[dd] & \\
&& \Q(x) \ar@{-}[dd] \\
& \Q(i, \sqrt{5}) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
\Q(i\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] &\Q(i) \ar@{-}[d] & \Q(\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \\
& \Q &
}
$$
Je pense que le diagramme est ok. Par contre, la différence technique c'est que l'extension qui remplace $\Q(\zeta_8)$ c'est $\Q(i,\sqrt{5})$, et donc il faut faire intervenir son conducteur cyclotomique. Du coup, des congruences modulo $20$.
Donc premier truc c'est d'étudier $\Q(\zeta_{20}) \mid \Q$, le diagramme (tu vas me dire que je suis casse pieds avec mes diagrammes) :
$$
\xymatrix {
&\Q(\zeta_{20})\ar@{-}[dr] \ar@{-}[dd] & \\
&& \Q(\zeta_5) \ar@{-}[dd] \\
& \Q(i,\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] \ar@{-}[d] \ar@{-}[dl]& \\
\Q(i\sqrt{5}) \ar@{-}[dr] &\Q(i) \ar@{-}[d] & \Q(\sqrt{5}) \ar@{-}[dl] \\
& \Q &
}$$
Et là il faut comprendre, $\text{Gal}(\Q(\zeta_{20} \mid \bullet)$ sur ce diagramme i.e trouver les sous-groupes qui fixe les différentes extensions.