@flip flop
A) A propos de $\zeta_E/\zeta_\Q$ en degré 3, on est d'accord. Et je vois que je n'ai pas pris la ``meilleure'' page de mes notes manuscrites ! Cette meilleure page est plus précise :
$$
Z_p(\zeta_E/\zeta_\Q, T) = {1 \over 1 - a_p + \chi_D(p)T^2}
$$
avec
$\bullet$ si $\chi_D(p) = 1$, alors $a_p = 2$ ou $-1$
$\bullet$ si $\chi_D(p)=-1$, alors $a_p= 0$
$\bullet$ si $\chi_D(p) = 0$ alors $a_p = 0$ en totale ramification, $1$ si pas totale ramification.
En fait, ceci est banal mais permet d'assurer des petites choses de base. Dans le premier cas, pour départager, on est obligé de faire quelque chose (sic) : trace de $\rho_2$ du Frobenius en $p$ ...ou...
A propos de ton algorithme in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1541822#msg-1541822. Je ne le trouve pas sûr ! Cf commentaires plus loin. J'ai cependant fait des vérifications par un tout autre procédé (noyau de l'ArtinMap que je dis) et je trouve la même chose pour le polynôme $F = X^3 + X^2 - 23X + 106$. En ce qui concerne les 4 sous-groupe sd'indice 3 de
$$
\text{Cl}(D) = \Z/9\Z \times \Z/9\Z = \langle q_1\rangle \times \langle q_2\rangle, \qquad \qquad
q_1 = (11, 7, 5741), \qquad q_2 = (7, 5, 10661)
$$
j'ai fait exactement la même chose qu'autrefois i.e. le coup de $\text{Cl}(D) / 3\text{Cl}(D)$, où cette fois le dénominateur est $\langle q_1^3, q_2^3\rangle$ et j'ai bien sûr (sans bricoler) trouvé les mêmes sous-groupes que toi. Je ne comprends pas pourquoi tu ``continues à bricoler'' (je reprends tes termes).
Mais objections à ton algorithme.
Objection 1 : il faut croire que le sous-groupe $H$ d'indice 3 que tu cherches existe (moi pareil). Cela repose sur quoi dans ta tête ?
Objection 2 : pourrais tu me prouver que le sous-groupe $H$ que tu obtiens avec ton procédé possède la propriété :
$$
\hbox {TOUT premier $p$ représenté par une forme de $H$ est tel que $F$ est totalement décomposé modulo $p$} \qquad\qquad (\star)
$$
Il y a bien mentionné ``tout'' en majuscule.
$(\star)$ est un minimum syndical.
C) Je pense que je vais être en mesure bientôt de t'expliquer ``mon algorithme'' et la boulette que je fais. Cette boulette est sans danger pour l'algorithme mais très dangereux pour ma tête car je pense de travers. Je m'appuie sur le fait que $\text{Disc}(L/K) = f^2\mathcal O_K$. C'est un résultat prouvé (K. Belabas) et j'ai pris en charge une partie de la preuve dans Fuhrerdiskriminantenproduktformel.
Pour éviter toute référence à classfieldtheory
il faudrait montrer que si $p = a^2-b^2 \Delta$ (ie. $p$ se factorise en deux idéaux principaux dans $\mathbb{Q}(\sqrt{\Delta})$) alors le cubique $f$ n'est pas irréductible $\, \bmod p$.
J'ai écrit ce code qui fonctionne pour plusieurs cubiques (par exemple $f = x^3-x^2-1$) mais pas pour $f = x^3-n$. Savez-vous pourquoi ?
P<x> := PolynomialRing(Integers()); f := x^3-2;
if IsIrreducible(f) then
a := Coefficients(f); L := SplittingField(f); D := Discriminant(f); F := NumberField(x^2-D); OF := Integers(F);
for p in [2..400] do
if IsPrime(p) then
primeideals := Factorization(p*OF);
if #primeideals eq 2 then
if IsPrincipal(primeideals[1][1]) then
k := GF(p); P<y> := PolynomialRing(k); fmodp := a[1]+a[2]*y+a[3]*y^2+a[4]*y^3;
factorisation_f := Factorization(fmodp);
if #factorisation_f eq 1 then
"erreur";
end if;
end if;
end if;
end if;
end for;
end if;
Si $p$ se décompose dans $\mathbb Q(\sqrt \Delta)$ c'est que $\Delta$ est un carré mod $p$. Cela implique que le groupe de Galois de $f$ sur $\mathbb F_p$ est contenu dans $\mathfrak A_3 = \mathbb Z/3 \mathbb Z$. Je ne vois pas en quoi cela implique que $f$ est réductible mod $p$ : ou bien $f$ a toutes ses racines dans $\mathbb F_p$, ou bien tout corps de rupture est corps de décomposition.
@Poirot : en gros ici, le résultat prend la forme suivante : le polynôme $x^3-2$ a $3$ racines modulo $p$ si et seulement si $p$ est représenté par la forme quadratique entière $x^2+27y^2$.
Merci ! Je vais regarder les fonctions L de Hecke et les formes quadratiques pour essayer de comprendre. Car ça renforce mon interrogation vu que je voulais vraiment dire (peut-être à un quelques premiers ramifiés près) que $p \mathcal{O}_F$ se factorise en deux idéaux principaux., indépendement de $\mathcal{O}_F = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{\Delta/d^2}}{2}]$
As-tu trouvé un cas où le lien entre idéaux principaux et factorisation de $f \bmod p$ est visible ? (est-ce que $p= a^2-\text{disc}(f) b^2$ est censé permettre de construire directement une racine de $f$, ou bien est-ce qu'il faut vraiment en passer par une démo de classfield donc non constructive et compliquée ?)
@flip flop
Attendre des réponses ? Disons que je cherche à comprendre en échangeant avec toi. Je me pose des questions.
1) Dans le contexte du degré 3 (discriminant $D <0$), il y a bien quelque chose ``qui te fait croire'' que le sous-groupe $H$ d'indice $3$ de $\text{Cl}(D)$ que tu cherches existe. Oui, non ? Mais qui, quoi ?
2) Est ce que tu pourrais en donner sa spécification du $H$ que tu cherches ? C'est vachement important en algorithmique, et en fait dans tous les domaines. Sinon, cela veut dire que l'on fait un peu n'importe quoi (on est incapable de spécifier ce que l'on veut). Qui peut conduire au triste truc bien connu en attaché.
3) En prenant mes notations i.e. celles qui figurent dans ma note Fuhrerdiskriminantenproduktformel, je note $L^{(f)}$ l'extension abélienne de $L$ dont l'existence et l'unicité sont assurées par le th 8.6 p. 162 de Cox avec comme modulus $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ et comme groupe de congruences intermédiaire :
$$
P_{K,1}(\mathfrak m) \subset H_{\rm Cox} := P_{K,\Z}(f) \subset I_K(\mathfrak m)
$$
Ci-dessus, j'utilise les notations de Cox et j'ai mis $H_{\rm Cox}$ car $H$ est la lettre utilisée par Cox alors que nous on utilise $H$ pour autre chose (je suis attaché aux notations, car c'est déjà assez compliqué comme cela).
Note : une terminologie curieuse. Le th 8.6 dans Cox est nommé ``Existence Theorem'' mais en fait c'est un théorème d'existence et d'unicité comme on le voit dans l'énocé.
Je ne sais pas où tu en es, mais peut-être que tu as déjà pensé au fait que $L^{(f)}/K$ (Ring Class Field) jouait un certain rôle. Je me trompe ?
Ce qui me fait croire, c'est que tu as dis que le conducteur des $4$ polynômes (disons $f_i$) que tu as donné dans le message ici est $1$. Et donc, je dois les retrouver dans le corps de Hilbert. Si j'ai pas cette garantie, ça ne donnera rien de vrai !
En fait, vu que le nombre $D = -298483$ est premier, le fait que le discriminant du corps engendré par les polynômes est $D$ implique que les extensions $\Q(\sqrt{D})(x_i)) \mid \Q(\sqrt{D})$ ($x_i$ une racine de $f_i$) sont non ramifiées et donc incluse dans le corps de Hilbert.
@flip flop
Vu et compris ton point de vue pour $f=1$ (Hilbert Class Field). Mais il y a belle lurette que je travaille avec $f$ quelconque. Disons que j'ai pris un certain nombre de fois (assez grand) au hasard une extension $E/\Q$ de degré 3 de discriminant $D < 0$ (parmi les 182417 extensions de ma base de données en degré 3 de discriminant $<0$) et j'ai pu déterminer $H$. En faisant le pari (je m'en rends compte maintenant !) que $L \subset L^{(f)}$.
$$
\xymatrix {
L^{(f)} \ar@{-}[d]\ar@/_2pc/[dd] _{\Gamma}\\
L\ar@{-}[d]^3 \\
K \\
}
$$
D'où un morphisme surjectif $\text{Res} : \Gamma \to \text{Gal}(L/K) \simeq C_3 \simeq \mathbb U_3$. Vois tu qui est $\Gamma$ ?
@flip flop
Au fait, c'est $D := \text{Disc}(\mathcal O_E)$ qui possède un ``conducteur quadratique'' $f$ obtenu en écrivant $D = f^2 \text{Disc}(\mathcal O_K)$ (notation de Fuhrerdiskriminantenproduktformel). Ou encore $f$ est l'indice de l'unique anneau $A_D\subset \mathcal O_K$ de discriminant $D$, indice of course dans $\mathcal O_K$. Et puisque l'on est en dimension 2, $f$ est aussi le conducteur (au sens inclusion d'anneaux) de $\mathcal O_K$ dans $A_D$.
Il ne faut pas confondre cette notion aisée de conducteur ``quadratique'' avec la notion complexe de conducteur au sens Class Field et qui est notée $\mathfrak f(L/K)$. Je fais tout mon possible pour essayer d'être précis et d'avoir des notations stables.
@flip flop
Oui $\Gamma$ c'est cela. Et pas de souci pour $\mathfrak f(L/K)$ car on a exactement $\mathfrak f(L/K) = f\mathcal O_K$ comme écrit noir sur blanc dans l'appendice $A$ de la thèse de K. Belabas (que j'ai déjà pointée, flemme de repointer).
C'est donc plus subtil. Sans faire exprès (j'ai rien fait moi, monsieur), ce à quoi on touche est de la dentelle vu nos petits moyens.
Je CROIS (!!) que le pari que je fais depuis le départ consiste en l'inclusion $L \subset L^{(f)}$. Car je considère (et je fais tourner) l'Artin-Map :
$$
I_{K}(f) \to \text{Gal}(L/K) \simeq C_3 \qquad\qquad (\star)
$$
J'en ai le droit car je sais que $\text{Disc}(L/K) = f^2\mathcal O_K$ et donc $L/K$ est non ramifiée en dehors de $f\mathcal O_K$. Le bouquet c'est quand je passe au quotient pour récupérer le morphisme $\text{Cl}(D) \to \text{Gal}(L/K)$. C'est là que j'ai commis une boulette mathématique (mais pas algorithmique). Un exemple de commettre une boulette : utiliser que toute forme quadratique primitive représente un premier sans en avoir conscience (c'est vrai mathématiquement mais extrêmement complexe à prouver).
Ce qui SERAIT en cause : le théorème de Bruckner cf la preuve du th 15 p. 12 de Ernst Kani in http://www.mast.queensu.ca/~kani/papers/thetaCM2r.pdf. Dans la preuve, la référence [3] p. 191 est Cox (Th 9.18) : à quelle condition une extension abélienne $L/K$ ($K$ corps quadratique imaginaire) est-elle contenue dans un ring class field de $K$. Réponse si et seulement si $L/\Q$ is generalised dihedral au sens de Cox (bas page 190).
Je ne voulais pas tout cela, c'est pas de ma faute.
Note : je crois que c'est pas très intelligent ma notation $L^{(f)}$ ; peut-être que j'aurais dû utiliser une indexation par $D$ par référence aux formes quadratiques (réduites) de discriminant $D$. De toutes manières l'un détermine l'autre vu que $D = f^2 \text{Disc}(\mathcal O_K)$.
@flip flop
Un exemple un peu subtil $D = -314847$. Il n'est pas fondamental : c'est un carré fois $-23$. Trois polynômes dans ma base de données. J'en traite un à savoir $F = X^3 - 39X + 442$. Il y a du garbage dans ce polynôme. Et on a un conducteur quadratique $f= 117$. Et un nombre de formes quadratiques assez gros (216). J'essaie de montrer le plus possible les informations. Mais pas trop trop confiance en magma.
NFD3 := NumberFieldDatabase(3) ;
D := -314847 ;
assert D eq 3^4 * 13^2 * (-23) ;
[E : E in sub <NFD3 | D,D> ] ;
/*
[ Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 442 over the Rational Field,
Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 143 over the Rational Field,
Number Field with defining polynomial x^3 - 117*x + 585 over the Rational Field ]
*/
Q := BinaryQuadraticForms(D) ;
QmodSL2Z := ReducedForms(Q) ;
assert #QmodSL2Z eq 2^3 * 3^3 ; // 6^3 = 216
F := X^3 - 39*X + 442 ;
assert Discriminant(F) eq 2^4 * D ;
E<x> := NumberField(F) ;
OE := MaximalOrder(E) ;
DiscOE := Discriminant(OE) ;
assert DiscOE eq D ;
OK := MaximalOrder(QuadraticField(D)) ;
DiscOK := Discriminant(OK) ;
ok, f := IsSquare(ExactQuotient(DiscOE, DiscOK)) ;
assert ok ;
// f = 117
assert f eq 3^2 * 13 ;
KerF := KernelArtinMap(F) ; <---- MAISON
precision := 10^2 ;
q_outside := Random([q : q in QmodSL2Z | q notin KerF]) ;
S<q> := &+[ThetaSeries(q, precision) - ThetaSeries(q_outside*q, precision) : q in KerF] ;
DedekindZetaE := LSeries(E) ;
// L-série de la représentation irréductible de dimension 2
Lrho2 := DedekindZetaE / RiemannZeta() ;
Srho2 := FormalSeries(Lrho2, precision) ; <--- MAISON
assert Valuation(2*Srho2 - S) ge precision ; <---- SIGNE de bonne santé !
Je pense que le groupe $\text{Cl}(D)$ est isomorphe à $\Z/6\Z \times \Z/36\Z$ mais ClassGroup est bugguée ; j'ai dû faire tourner MA version de ClassGroup d'une lenteur incroyable (et pas trop confiance)
//time GQ := MyClassGroup(Q) ; <--- MAISON
//GQ ;
//GQ.1 ;
//GQ.2 ;
/*
Time: 9.930
Generic Abelian Group over
Binary quadratic forms of discriminant -314847
Abelian Group isomorphic to Z/6 + Z/36
Defined on 2 generators
Relations: 6*GQ.1 = 0 36*GQ.2 = 0
<302,-281,326>
<47,-37,1682>
*/
Il y a comme d'habitude (?) 4 sous-groupes d'indice 3. Sauf erreur sur la classe d'isomorphie.
@Poirot : Dans l'exemple de Reuns $x^3-2$, c'est compliqué d'expliquer ce que viennent faire les idéaux principaux (d'ailleurs c'est des idéaux principaux de $\Z[ 6j]$ qui faut regarder si je ne me trompe pas).
Plus simple, on prend le polynôme de Serre $F =x^3-x-1$ (page 7 de ici).
Serre dit que l'extension $L := \Q(\sqrt{-23})(x)$ avec $x$ une racine de $F$ est le corps de Hilbert de $K := \Q(\sqrt{-23})$. Et une propriété du corps de Hilbert est que : un idéal premier $\mathfrak{p}$ de $\mathcal{O}_K$ est principal si et seulement si le Frobenius en $\mathfrak{p}$ dans $L$ est trivial.
Mais d'une part : un Frobenius trivial se voit sur la factorisation de $F$ modulo $p$.
Et d'autre part, un idéal premier principal de $K$ ça se voit en disant qu'il existe un élément $z$ de $\mathcal{O}_K$ de norme $p$.
On en "déduit" : $p$ est représenté par $x^2-xy+6y^2$ si et seulement si $x^3-x-1$ possède trois racines dans $\mathbb{F}_p$.
J'ai compris ce qu'il se passe pour $x^3-2$ [small](et c'est totalement différent de $x^3-x^2-1$ pour lequel le caractère de Hecke était un caractère de $\mathcal{C}_F$)[/small].
On a donc $f(x) = x^3-2$, $D = -108= -3 . 6^2$, $ F = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, $L = F(\sqrt[3]{2})$,
$\mathcal{O}_F = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}{2}]$ a un groupe des classes d'idéaux trivial,
comme d'habitude la représentation irréductible $\rho : \text{Gal}(L/\mathbb{Q}) \simeq S_3 \to GL_2$
et $L(s,\rho) = L(s,\psi)$ où $\psi$ est un caractère $\text{Gal}(L/F) \to GL_1$ donc un caractère de Hecke de $F$.
Et cette fois le caractère de Hecke est engendré par un caractère local $\chi \mathcal{O}_F/(6))^\times \to \mathbb{C}$ d'ordre $3$ [small]($\chi$ est trivial sur $\mathcal{O}_F^\times$ donc on peut l'étendre aux idéaux principaux de $\mathcal{O}_F$)[/small] si bien que
$$L(s,\rho) = L(s,\psi) = \sum_{I \subset \mathcal{O}_F} \psi(I) N(I)^{-s} =\frac16 \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F^*} \psi(\alpha) N(\alpha)^{-s}=\frac{1}{6} \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F^*} \chi(\alpha+6 \mathcal{O}_F) N(\alpha)^{-s}$$ $$ = \frac16 \sum_{\beta \in (\mathcal{O}_F/(6))^\times} \chi(\beta) \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F, \alpha \equiv \beta \bmod 6} N(\alpha)^{-s} = \frac16 \sum_{\beta \in (\mathcal{O}_F/(6))^\times} \chi(\beta)\sum_{(n,m) \in \mathbb{Z}^2} |\beta+ 6 (n +m \frac{1+\sqrt{-3}}{2})|^{-2s} $$
P<x> := PolynomialRing(Integers()); f := x^3-2;
K:= NumberField(f); L := SplittingField(f); D := SquareFree(Discriminant(f));
F<a> := NumberField(x^2-D); OF := Integers(F);
AK := ArtinRepresentations(L); rho := AK[3]; Lrho := LSeries(rho); Conductor(rho);
H := HeckeCharacterGroup(-6*OF); H; psi := H.1; IsPrimitive(psi);
chi := DirichletRestriction(psi);
<Conductor(chi),Order(chi)>; // [6*OF, 3] donc chi est un caractere d'ordre 3 de (OF/(6))*
[chi(1),chi(-1),chi((1+a)/2),chi((1-a)/2),chi(-(1+a)/2),chi(-(1-a)/2)];
// [ 1, 1, 1, 1, 1, 1 ] donc chi est bien trivial sur les units
// donc on peut l'etendre aux ideaux (principaux) de F (ici le classgroup est trivial)
psi2, H2 := HeckeLift(chi); psi2 eq psi; /// true
// on verifie que L(s,rho) = L(s,psi)
Lpsi := LSeries(psi); R := Lpsi/Lrho; N:= 2000; t:= LGetCoefficients(R,N); s := 0;
for i in [2..N] do
s := s + Abs(t[i]);
end for; s; // 0.0000....
There are databases for number fields of degrees 2 through 9. In the case of degree 2 the enumeration is complete in the discriminant range (discriminants of absolute value less than a million); the other databases include fields with small (absolute value of) discriminant, as well as various other fields that may be of interest. The selection of fields is eclectic, and it may well be that certain “obvious” ones are missing.
Contexte : $F = X^3 -2$, $E = \Q(x)$, $x$ racine de $F$. Il se trouve que $\mathcal O_E = \Z[x]$ donc pas de garbage dans $F$, $D = \text{Disc}(F) =\text{Disc}(\mathcal O_E) = -2^2 \times 27$. Trois formes de discriminant $D$ i.e. $\text{Cl}(D) \simeq \Z/3\Z$ :
$$
q_0 = (1,0,27), \qquad q_1 = (4,2,7), \qquad q_1^{-1} = (4,-2,7)
$$
Là, c'est pas trop difficile de trouver le sous-groupe d'indice 3 de $\text{Cl}(D)$. Et la relation Graal s'écrit:
$$
2S_{\rho_2} = 2\sum_{n \ge 1} a_nq^n = \Theta_{q_0} - \Theta_{q_1} \qquad\qquad (\star)
$$
Quand on a cette égalité $(\star)$, on est riches. Peut-on essayer de se faire de l'argent avec ? Faut voir. Riches, car cette égalité équivaut, en faisant intervenir le nombre $r_\bullet(n)$ de représentations de $n$ par la forme $\bullet$ :
$$
2a_n = r_{q_0}(n) -r_{q_1}(n)
$$
En particulier, vu qu'il n'y a pas de garbage dans $F$, en notant $N_p(F)$ le nombre de racines de $F$ modulo $p$ :
$$
2(N_p(F) - 1) = r_{q_0}(p) -r_{q_1}(p) \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Maintenant supposons $D$ carré modulo $p$ i.e. $-3$ carré modulo $p$ i.e. $p \equiv 1 \bmod 3$ (je vire $p = 3$). Alors $p$ est représenté par $q_0$ ou $q_1$ (et pas par les deux). Bilan :
Si $p$ est représenté par $q_0$, à droite de $(\heartsuit)$, on a 4 (car 4 représentations pour la forme neutre $q_0$) donc $N_p(F) = 3$ because $2 (3 - 1) = 4$.
Si $p$ est représenté par $q_1$, à droite de $(\heartsuit)$, on a $-2$ (car 2 représentations pour la forme $q_1$) donc $N_p(F) = 0$ because $2 (0 - 1) = -2$.
Et donc le Graal $(\star)$ tient largement la loi de représentation des premiers $p \equiv 1 \mod 3$ par les formes $q_0, q_1$, via le nombre de racines de $F$ modulo $p$.
Comme tu vois, rien de nouveau. Mais c'est pour justifier notre salaire dès fois que l'on nous demanderait des comptes.
@Claude : pour la base de donné, je retire ce que j'ai dis. Pour moi, le polynôme manquant c'est $x^3-x-1$, le corps de Hilbert de $\Q(\sqrt{-23})$ qui doit dans la grosse extension de degré $216$.
@flip flop
Je ne comprends pas trop ton dernier post '' ... qui doit dans la grosse extension de degré 216''. Est ce lié à un précédent post où tu disais ... ''ou y'a peut-être un autre qui est déjà avant'' ?
@Claude : Oui, en fait je pense que ce n'est pas un polynôme qui manque dans la base de donné. J'essayes d'expliquer ... le contexte est ton message ici
En gros, on note $K = \Q(\sqrt{-23})$ on a un diagramme :
$$
\xymatrix {
& & K_{(f)} \ar@{-}[dr] \ar@{-}[drr] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dll] \ar@{-}[dd]&& \\
\text{?} \ar@{-}[drr] &K(x_1) \ar@{-}[dr] & & K(x_2)\ar@{-}[dl] & K(x_3) \ar@{-}[dll] \\
& & K & &
}
$$
Avec $x_i$ une racine de chaque polynôme que la base de donnée donne.
[ Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 442 over the Rational Field,
Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 143 over the Rational Field,
Number Field with defining polynomial x^3 - 117*x + 585 over the Rational Field ]
Ce que je veux dire c'est que le $?$ est le corps de Hilbert de $K$ qui est de discriminant $-23$ et qui doit être inclus dans le corps de classe de rayon $(f)$ ... je pense à un analogue de : si $n$ divise $m$ alors $\Q(\zeta_n) \subset \Q(\zeta_m)$. Ici $n=1$ et $m = f$ ... je délire ?
@flip flop
C'est pas c.n ce que tu dis. C'est donc vachement subtil quand $f$ (le conducteur quadratique) n'est pas 1 i.e. quand $D$ n'est pas fondamental. Car compter les $E/\Q$ de degré 3 vérifiant .... c'est pas la même chose que de compter les $(EK)/K$ vérifiant .... ($EK$ c'est le compositum dans ..)
Plus mieux : si j'ai $L/K$ de degré 3, comment je peux récupérer $E/\Q$ ? Par $E = L \cap \R$ dans les bons cas ?
PS : j'ai fait un truc bourrin, j'ose à peine te montrer. Comme je ne sais pas pour l'instant élaborer $K_{(f)}$ (avec tes notations) de manière intelligente, j'ai carrément élaboré le corps $K_\mathfrak m$ des classes de rayon $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ avec $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $f = 117$. Ce $f$ c'est celui qui intervient dans l'exemple $D = f^2 \times (-23) = -314847$.
Donc je suis remonté vachement haut (en degré 7776 sur $K$). A ma grande surprise, le calcul est immédiat pour les 40 sous-extensions du corps $K_\mathfrak m$ de degré 3 sur $K$. Tu veux voir ?
@flip flop
Je prépare (c'est du bourrin de chez bourrin).
Avant un petit truc facile que j'aimerais bien régler (et que je fais comme si c'était vrai depuis pas mal de temps). Soit $p$ un premier représenté par une forme quadratique primitive $q$. De discriminant $< 0$ si besoin.
Alors le nombre de représentations de $p$ par $q$ est 4 si $q$ est ambigüe i.e. $q \sim q^{-1}$, sinon c'est 2. On doit pouvoir se ramener à $q$ réduite.
J'en suis convaincu (jamais démenti) et je crois que toi aussi. Tu as la preuve. ?
Je coupe en deux morceaux mais un peu la flemme de trop commenter. Je me méfie de magma. Je bosse au dessus de $K = \Q(\sqrt {-23})$.
> Dfond := -23 ;
> K<rm23> := QuadraticField(Dfond) ;
> KX<x> := PolynomialRing(K) ;
>
> OK := MaximalOrder(K) ;
> f := 3^2 * 13 ;
> f ;
117
> m := f*OK ;
> time CLm, I := RayClassGroup(m) ;
Time: 0.050
> CLm ;
Abelian Group isomorphic to Z/3 + Z/6 + Z/12 + Z/36 <--- T'as les moyens de vérifier en Pari ?
Defined on 4 generators
Relations: 6*CLm.1 = 0 3*CLm.2 = 0 12*CLm.3 = 0 36*CLm.4 = 0 <--- J'AIME PAS trop cela (inversion entre 3 et 6)
> // sous-groupes d'indice 3
> S := [item`subgroup : item in Subgroups(CLm : Quot := [3])] ;
> assert #S eq 40 ;
> A := AbelianExtension(I) ;
> Degree(A) ;
7776
Maintenant, je détermine pour chacun des 40 sous-groupes $H$ d'indice 3 (sous-groupe du groupe des classes de rayon) l'extension abélienne de degré 3 de $K$ qui lui correspond. Cela se passe dans la grosse $A/K$ et je cause de $H \mapsto A^H$. Cela me faisait peur (temps de calcul) mais la machinerie Class Field doit faire des ``choses formelles'' ici.
> time Discriminants := [Discriminant(AbelianSubfield(A,H)) : H in S] ;
Time: 0.050 <---- LOOK
> Indices := [i : i in [1..#Discriminants] | Discriminants[ i] eq f^2*OK] ;
> #Indices ;
9
>
> AbelianExtensionsWithGoodOKDiscriminant := [AbelianSubfield(A,H) : H in S[Indices]] ;
> [NumberField(AH) : AH in AbelianExtensionsWithGoodOKDiscriminant] ;
[
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 1/2*(-3887*rm23 + 10647) over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 3887 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 1/2*(3887*rm23 + 10647) over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 338*rm23 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 16055 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 8281 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 3718 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 1859*rm23 + 6084 over K,
Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 1859*rm23 - 6084 over K
]
J'ai cherché celles qui avaient comme discriminant (sur $K$), l'idéal $f^2 \mathcal O_K$. J'en ai trouvé 9.
NumberField(AH) : c'est le genre de truc qui coûte en général. Mais ici, c'est gratuit. On peut même déterminer les 40 pour trois fois rien.
C'est ténébreux ? Ai je commis des boulettes ? Tu as les moyens de vérifier en pari ?
@flip flop
Autre chose. Représentation des groupes finis. J'ai voulu VOIR avec mes yeux, pour le groupe $G = S_3$, la décomposition suivante de la représentation régulière
$$
\varepsilon \oplus \rho_1 \oplus 2\rho_2, \qquad \qquad 1^2 + 1^2 + 2^2 = 3!
$$
Avec les notations de l'autre jour (sic) ou du Fuhrerdiskriminantenproduktformel.pdf.
C'est dingue : Serre donne des méthodes explicites. Si, si. Section 2.6 p. 33 La décomposition canonique d'une représentation. Et 2.7 la décomposition explicite d'une représentation. Après un certain nombre d'heures (hum de jours), tout ce binz tourne : j'utilise dans l'algèbre $R[G]$, le coup des idempotents minimaux, la décomposition de $R[G]$ ...etc.. Et surtout je suis scrupuleusement Serre (Th 8 et proposition 8). Faut que je peaufine. Je te montrerais quand cela sera super propre.
Bref, tout cela pour dire que Serre n'hésite pas à faire des choses explicites.
Ma notation $L^{(f)}$ est stupide, certes, je regrette. Je comprends maintenant qu'il faut indexer par $D$, cf à la fin. Mais pourquoi diable as tu utilisé à un moment donné la notation $K_{(f)}$, qui ressemble au corps des classes $K_{\mathfrak m}$ avec $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ ?
Reprenons : en présence d'un modulus (comment dit-on en français, un cycle ?) $\mathfrak m$ d'un corps de nombres $K$, il lui correspond (on y croit) un corps de classes (ray class field) noté $K_{\mathfrak m}$ chez Cox bas de la page 164, qui est une extension abélienne de $K$ et dont le groupe de Galois est (via l'Artin Map) canoniquement isomorphe au ``ray class group'' (cf Cohen-Stevenhagen, flemme de pointer) $\text{Cl}_{\mathfrak m} := I_K(\mathfrak m)/P_{K,1}(\mathfrak m)$. A cet instant, j'utilise les notations de Cohen-Stevenhagen à gauche de := et celles de Cox à droite de :=
Cela, c'est une chose. Mais mon extension de $K$, notée bêtement $L^{(f)}$, n'est pas du type $K_{\mathfrak m}$ : c'est une sous-extension de ...etc... Voir le post pointé ou peut-être la page 180 de Cox. L'évitement (interne, externe, cf proposition 7.22 de Cox, p. 145) assure l'existence de $L^{(f)}$.
A BAS ma notation stupide $L^{(f)}$. Reprenons. Soit $D$ un discriminant quadratique. Celui ci s'écrit de manière unique $D = f^2 D_{\rm fond}$ avec $f \ge 1$ et $D_{\rm fond}$ discriminant quadratique fondamental. Note : $D_{\rm fond}$ n'est évidemment PAS la partie sans facteur carré de $D$. C'est ce que l'on appelle le discriminant quadratique fondamental associé à $D$. On voit que $D$ peut trouver $f$ mais pas l'inverse : il faut donc indexer par $D$. Indexer quoi ? Le ring class field dont parle Cox en haut de la page 180 à qui il ne donne pas de nom. Chez Cox, il est associé à l'unique anneau quadratique (noté $\mathcal O$ chez lui) de discriminant $D$. J'ai cherché dans les pages qui suivent s'il y avait une notation mais je n'ai rien trouvé. On POURRAIT par exemple le noter :
$$
K^{(D)} \qquad \hbox {avec} \qquad K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})
$$
L'extension abélienne $K^{(D)}/K$ possède un groupe de Galois canonique isomorphe à $\text{Cl}(D)$ tandis que l'extension $K_{\mathfrak m}/K$ avec $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ possède un groupe de Galois canoniquement isomorphe à $\text{Cl}_{\mathfrak m} := I_K(\mathfrak m)/P_{K,1}(\mathfrak m)$.
Hier soir, je ne savais pas élaborer $K^{(D)}/K$. Et du coup, par dépit, j'ai élaboré $K_{\mathfrak m}/K$. Mais ça, c'était avant.
On essaie de s'accorder (sur les notations, par exemple) ?
@flip flop
J'espère que tu seras d'accord, en reprenant mes notations $D = f^2 D_{\rm fond}$ et $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$ qu'il y a un quotient CANONIQUE :
$$
\text{Cl}_{\mathfrak m} \twoheadrightarrow \text{Cl}(D) \qquad\qquad (\star)
$$
Et donc une inclusion canonique $K^{(D)} \hookrightarrow K_{\mathfrak m}$.
Mais hier soir, dans le cas $D_{\rm fond} = -23$, $f = 117$, je ne savais pas vraiment réaliser $(\star)$. Sur le papier si, mais pas en magma. Maintenant c'est OK et donc je ne monte plus à l'extension énorme $K_{\mathfrak m}/K$ de degré 7776, seulement à la petite extension $K^{(D)}/K$ de degré $6 \times 36 = 216$. Et là, dans le prochain post (faut que je fasse des diagrammes avec xypic), tu avais raison sur toute la ligne (à propos du corps des classes de Hilbert de $K$ et le quatrième polynôme $X^3 -X - 1$).
MAIS. Il y a un mais. Les 4 sous-extensions de $K^{(D)}/K$ de degré 3, nommons les $L_i/K$ pour $i = 1,2,3,4$, il va falloir montrer qu'elles sont galoisiennes sur $\Q$. Je dis bien sur $\Q$, pas sur $K$. Et ceci est lié à la stabilité par la conjugaison complexe.
Exemple : soit $y$ une racine de $F = Y^3 - 3Y + \sqrt {-23} \in K[Y]$. Alors le discriminant de $F$ est un carré dans $K$, à savoir $27^2$, et il va falloir écrire $L = K(y)$ sous la forme $L =K(x)$ où le polynôme minimal de $x$ sur $K$ est à coefficients dans $\Q$.
Mais la conjugaison complexe, késako ici ? Et bien, il va falloir lire attentivement ``la partie facile du théorème de Bruckner'' disons le lemme 9.3 p. 180-181 de Cox. Tu verras dans la preuve six fois ``see truc-muche''.
Oui, une certaine pratique de la théorie du corps de classes, en ADMETTANT les résultats (pas question de s'occuper des preuves, on s'en fiche), c'est un tantinet plus subtil que sur le papier.
Et tu ne pourras pas éternellement éviter l'évitement au niveau quadratique (la proposition 7.22 page 145 de Cox) ainsi que des histoires normiques : th 7.7 page 137 où j'ai déjà dit que Cox avait la tête dans le guidon pour (iii).
Moi j'ai pas pu évité (because programmation).
A suivre ? Rappel : ce n'est pas moi qui ait commencé. Il y a belle lurette que j'avais pigé que c'était subtil, trop subtil pour mézigue, et je ne voulais PAS. On (qui ça) m'a forcé un peu la main.
@flip flop
Je continue mais j'ai la flemme, dans le cas $D_{\rm fond.} = -23$, et $f = 117$ de faire un diagramme xypic.
Je conserve mes notations : $D = f^2 D_{\rm fond}$ et $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$. Mais j'ajoute au panier : en le sens que maintenant il y DEUX quotients CANONIQUES :
$$
\text{Cl}_{\mathfrak m} \twoheadrightarrow \text{Cl}(D) = \text{Cl}(A_f) \twoheadrightarrow \text{Cl}(\mathcal O_K)
$$
Au milieu, j'ai mentionné $A_f$ l'unique sous-anneau de $\mathcal O_K$ d'indice $f$ (pareil que de conducteur $f$ dans la fermeture intégrale, pareil que l'unique anneau quadratique de discriminant $D$). Et $\text{Cl}(A_f)$ désigne le groupe des classes des idéaux inversibles de $A_f$. Je dis cela car il y a des gens qui n'aiment pas les formes quadratiques.
D'où une petite tour :
$$
K \subset K^{\rm Hilbert} \subset K^{(D)} \subset K_{\mathfrak m}
$$
Faut pas mélanger ce petit monde, of course.
Mais j'ai un big problème (depuis longtemps). Je ne sais pas ce qu'est la conjugaison complexe. Et comme cela intervient, j'en profite pour dire que je ne suis pas clair. Je commence par un petit exemple.
> F := X^3 - 2 ;
> E<x> := NumberField(F) ;
> ComplexConjugate(x) ;
>> ComplexConjugate(x) ;
^
Runtime error in 'ComplexConjugate': Element is not in a field that has complex conjugates
> L<y> := SplittingField(F) ;
> ComplexConjugate(y) ;
1/12*(y^4 + 6*y)
L'autre jour, c'est dingue, j'ai vu des gens, dans un fil, qui confondaient extension (finie) de $\Q$ et extension de $\Q$ réalisée dans $\C$. J'ai dit un mot mais j'ai pas insisté. Il y a belle lurette, pour le calcul par exemple des groupes de Galois, que les corps de décomposition sont réalisés dans des extensions non ramifiées de certains corps $\ell$-adiques $\Q_\ell$.
Les petits exemples ci-dessus sont vraiment rudimentaires. J'en ai d'autres. Où la base n'est pas $\Q$ mais un corps de nombres. On verra plus tard.
Peut-être que tu vas stopper net le fait d'échanger avec un coco qui ne sait pas ce qu'est la conjugaison complexe. Je vais faire un effort pour me soigner, promis, juré.
Ok j'ai compris ! C'est un peu compliqué cette histoire, tu trouve pas ? Donc ring class field c'est pour les extensions abélienne de $\Q(\sqrt{D})$ qui sont également Galoisienne sur $\Q$. Et le ray class field c'est toutes les extensions abéliennes et le genus class field c'est pour les extensions abélienne mais sur $\Q(\sqrt{D})$ mais qui sont galoisienne sur $\Q$ avec groupe de Galois abélien sur $\Q$. Enfin un truc comme ça !
J'ai beaucoup rie, quand tu dis promis je ne regarde que la petite extension de degré $216$ :-D
Est-ce que vous sauriez montrer comment pour $x^3-2$ ma formulation en terme de caractère de Hecke et celle de Claude en terme de formes quadratiques donne le même résultat ? [small](j'ai vérifié c'est le cas)[/small]
Pour $x^3-x^2-1$ mon caractère de Hecke était un caractère du classgroup donc c'était évident que les deux formulations étaient équivalentes, mais ici c'est un caractère multiplicatif de $\mathcal{O}_F/(6)$ donc je ne vois pas trop comment lier ça au classgroup d'un order de $F$.
@flip flop
De 7776 à 216, il y a quand même une amélioration. Mais on va faire mieux en remplaçant pour de vrai 216 par 9. Rappel : on est très intéressé, étant donné un groupe abélien fini $\Gamma$, par les sous-groupes $H$ de $\Gamma$ d'indice 3. Mais on a déjà dit qu'il fallait alors considérer $\Gamma/3\Gamma$ car ce dernier 3-groupe a les mêmes sous-groupes d'indice 3 que $\Gamma$. Ainsi hier, le gros $\Gamma$ donnait naissance à $\Gamma/3\Gamma \simeq \mathbb F_3^4$ et le nombre 40 (de sous-groupes d'indice 3) provenait de $(3^4-1)/(3-1) = 40$. Tandis que le plus raisonnable $\Gamma \simeq \Z/6\Z \times \Z/36\Z$ d'ordre 216 conduit à $\Gamma/3\Gamma \simeq \mathbb F_3^2$ et le coup du $4 = (3^2-1)/(3-1) = 4$ sous-groupes d'indice 3.
Je me suis engagé à te fournir les 4 polynômes de degré $3$ à coefficients dans $K = \Q(\sqrt {-23})$ qui ...etc.. (cf certains posts précédents). Mais si je te donne, pour le corps des classes de Hilbert de $K$ :
$$
X^3 - 3X + \sqrt {-23} \quad \hbox {alors que tu es habitué à } \quad X^3 - X - 1 \qquad\qquad (\star)
$$
tu risques de tirer la gueule.
C'est là que rentre en jeu la conjugaison complexe. Of course, je connais le théorème d'Artin qui dit que tout élément d'ordre 2 du groupe de Galois absolu $G_\Q = \text{Gal}(\overline {\Q}/\Q)$ est conjugué à la conjugaison complexe. Il y aura un autre post avec un pointeur sur Kani.
Et bien, je vais la faire tourner cette conjugaison complexe pour remplacer dans $(\star)$ le polynôme pas beau de gauche par celui de droite.
> K<rm23> := QuadraticField(-23) ;
> KY<Y> := PolynomialRing(K) ;
> F := Y^3 - 3*Y + rm23 ;
> assert Discriminant(F) eq 27^2 ;
> L<y> := NumberField(F) ;
> z := ComplexConjugate(y); <--- merci qui ?
> z ;
-1/3*y^2 + 1/6*(-rm23 + 3)*y + 2/3 <---- si j'ai du courage je le ferais à la main, promis juré.
> G := MinimalPolynomial(y + z) ; <---- y+z est un élément primitif de L/K
> G ;
Y^3 - 9*Y + 27
> -1/27 * Evaluate(G, -3*Y) ;
Y^3 - Y - 1 <--- pour te plaire, cher ami
Conjugaison complexe : un exemple en liaison avec le groupe diédral $D_4$, qui admet 3 classes de conjugaison d'éléments d'ordre 2. A méditer.
> L<x,i> := NumberField([X^4 - 2, X^2 + 1] : Abs := true) ;
> Degree(L) ;
8
> Signature(L) ;
0 4
> time ComplexConjugate(x) ;
-x
Time: 13.730 <---- Hi, hi
>
> E<x>, iota := sub < L | x> ;
> E ;
Number Field with defining polynomial X^4 - 2 over the Rational Field
> Signature(E) ;
2 1
> ComplexConjugate(x) ;
-x
> E ;
Number Field with defining polynomial X^4 - 2 over the Rational Field
>
> E<x> := NumberField(X^4-2) ;
> Signature(E) ;
2 1
> ComplexConjugate(x) ;
-x
J'ai pas mal d'autres choses à dire. Mais il faut d'abord que je remplace 216 par 9 sinon je vais passer pour un charlot.
@flip flop
Le truc promis : l'extension abélienne de degré 9 de $K = \Q(\sqrt {-23})$ qui contient ce que l'on cherchait i.e. 4 extensions (abéliennes) de $K$ de degré 3 en liaison avec le groupe des classes d'idéaux inversibles de l'anneau quadratique de discriminant $D = f^2 \times D_{\rm fond}$ avec $f = 117$ et $D_{\rm fond.} = -23$. J'ai fait exactement ce que j'ai dit que je ferais : j'ai quotienté $\text{Cl}(D)/3\text{Cl}(D)$. Il y a des choses un peu cryptiques, je ne peux pas tout expliquer.
> Dfond ;
-23
> f ;
117
> D = f^2 * Dfond ;
-314847 = -314847
>
> GQD3<h1,h2>, Pi3 := GQD / (3*GQD) ;
> GQD3 ;
Abelian Group isomorphic to Z/3 + Z/3
Defined on 2 generators
Relations: 3*h1 = 0 3*h2 = 0
> // Les 4 sous-groupes d'indice 3 de Cl(D)/3*Cl(D)
> H1 := sub < GQD3 | h1> ; assert Index(GQD3, H1) eq 3 ;
> H2 := sub < GQD3 | h2> ; assert Index(GQD3, H2) eq 3 ;
> H3 := sub < GQD3 | h1+h2> ; assert Index(GQD3, H3) eq 3 ;
> H4 := sub < GQD3 | h1-h2> ; assert Index(GQD3, H4) eq 3 ;
>
> // Le ray-Graal
> J3 := Inverse(Pi3) * J ;
> AJ3 := AbelianExtension(J3) ;
> Degree(AJ3) ;
9
> Discriminant(AJ3) ;
Principal Ideal of OK
Generator:
2565164201769
[ 0, 9 ]
J'ai été super honnête en avouant que je me posais des questions sur la conjugaison complexe (d'ailleurs, il y en a qui feraient bien de s'en poser). Je reviendrais là-dessus avec la notion de représentation impaire du groupe de Galois absolu de $\Q$.
Exercice : remplacer le polynôme $F_3 = Y^3 - 507Y + 338\sqrt {-23}$ par un polynôme à coefficients entiers de manière à avoir la même extension sur $K$ i.e. expliciter un élément priimitif de $L_3/K$ ...etc..
> time Ldeg9 := NumberField(AJ3) ;
Time: 0.060
> Ldeg9 ;
Number Field with defining polynomial [ Y^3 - 507*Y + 8281, Y^3 - 3*Y + rm23 ] over K
Même boulot pour l'extension abélienne $L/K$ de degré 9 qui contient tout ce monde. La rendre plus jolie si besoin. Bilan : on est passé de 7776 à 216 puisde 216 à 9 en maniant des objets de type class field.
@flip flop Histoire de donner une conclusion au discriminant $D = f^2 \times (-23)$ avec $f = 117$. Je montre de nouveau les 4 polynômes $F_i$ à coefficients dans $K = \Q(\sqrt {-23})$ sur lesquels je suis tombé. Quant à $G_1$ c'est le polynôme minimal sur $K$ de la somme d'une racine de $F_1$ et de son conjugué complexe. Idem pour $G_3$ versus $F_3$. Et rm23 c'est $\sqrt{-23}$.
Tout est bien qui finit bien. Et tu avais raison. Sauf que la justification ne réside pas dans une divisibilité de moduli. Quant à ce que tu as fais en pari, toi seul le sait.
Note : j'ai fait vérifié que le conducteur (au sens corps des classes) de l'extension abélienne $L/K$ de degré $9$ est $\mathfrak m = f\mathcal O_K$. Et donc, si l'on en croit magma (je me méfie toujours), la grosse extension $K_{\mathfrak m}/K$ de degré 7776 est le plus petit corps de rayon (terminologie correcte ?) contenant $L$.
Reste cette histoire de conjugaison complexe et de représentation galoisienne impaire. Plus tard. Nous bébés, en degré 3, on dit discriminant $< 0$, mais cela ne fait pas assez classe.
Coucou Claude,
Je n'ai pas encore regardé de manière précise, je me suis fait détourner a cause de ce fil. Je me suis dit, tiens une courbe qui ressemble a une courbe elliptique. Du coup, j'ai cherché un peu son petit nom et je suis tombé sur ici.
Bon beh j'ai vu multiplication complexe via $\Z[ j]$ et j'ai vu aussi les premiers coefficients de la fonction $L$. Du coup, j'ai voulu me souvenir un peu de certaines choses.
1. Je regarde le coefficient en $7$, on trouve $4$ et il faut se souvenir que ce $4$ est la trace du Frobenius de la courbe réduite en $7$ et aussi que la norme est $7$. Bref je trouve : $\text{Frob}_7 = 2j + 3$.
2. A ce niveau là, je me souviens que l'on récupère ("if the author is polite") $N_{7^r} = 7^r+1^r -a^r-\overline{a}^r$. Du coup, j'ai fais des petites vérifications, disons pour $r=3$, on a : $364$ points. Ca à l'air de coller.
3. Par contre, plus moyen de retrouver le coefficient en $49$ de la fonction $L$. Normalement, c'est automatiquement déterminer par $a_
7$ mais je ne souviens plus (td) Il y a une relation tordu entre $a_p$ et $a_{p^2}$ mais je n'arrive plus a retrouver cette relation d'un point de vu combinatoire !
@flip flop
Je réponds à ta question 3. De manière générale, il s'agit de développer en série une fraction rationnelle $Z$ de la forme :
$$
Z(T) = {1 \over 1 - aT + \text{truc} \times T^2 + \text{chose} \times T^3 + \cdots }
$$
Il est important d'appeler $Z$ cette fraction rationnelle afin qu'elle sente bon un $p$-Euler facteur $Z_p$. Il est tout aussi important de mettre un moins devant le coefficient en $T$ de façon à ce que cela sente le $a_p$ et surtout pour que l'on retrouve ce qu'il faut dans le développement :
$$
Z = 1 + aT + \cdots
$$
I.e. le coup du $a$ versus $-a$. Do you see what I mean ?
Ces précautions de notations étant prises, allons y sur un exemple :
$$
Z(T) = {1 \over 1 - aT + bT^2} = 1 + z_1T + z_2T^2 + z_3T^3 + \cdots
$$
On écrit $Z \times (1-aT+bT^2) = 1$ (C.Q. grand calculateur devant l'éternel) i.e. $Z = 1 + aTZ - bT^2Z$. Et en identifiant, on tombe sur :
$$
z_{-1} = 0, \qquad z_0 = 1, \qquad z_1 = a, \qquad z_k = az_{k-1} - bz_{k-2}
$$
Dans le contexte truc-muche d'un $p$-Euler facteur, on change l'indexation de la manière suivante (attention à $z_k$ versus $a_{p^r}$)
$$
Z_p(T) = \sum_{r \ge 0} a_{p^r} T^r, \qquad a_1 = 1, \qquad a_p = a_p, \qquad a_{p^r} = a_pa_{p^{r-1}} - ba_{p^{r-2}} \quad r \ge 2
$$
C'est très général. J'ai mis du degré 2 en bas mais on peut mettre ce que l'on veut.
Enfin, si le contexte truc-muche = contexte courbes elliptiques
$$
Z_p(T) = {1 \over 1 - a_pT + pT^2}
\qquad\qquad
\hbox {le $p$ devant $T^2$ c'est le cardinal du corps de base $\mathbb F_p$}
$$
Rappel : pour une courbe elliptique $E/\mathbb F_q$ :
$$
Z_{E/\mathbb F_q} = {1 - tT + qT^2 \over (1-T)(1-qT)} , \qquad \qquad t = \hbox {trace du Frobenius de $E$}
$$
Mais quand on part de la caractéristique $0$ (i.e. une courbe elliptique rationnelle), la fonction $L$ qui globalise considère tous les facteurs modulo $p$ (je zappe sur les premiers de mauvaise réduction) et il y un facteur $\zeta(s)\zeta(s-1)$ où $\zeta = \zeta_\Q$ qu'il faut ``virer''. Do you see what I mean ?
Et au fait, ce n'est pas que .. ressemble à une courbe elliptique : c'est UNE courbe elliptique.
@flip flop
Pas trop de mérite : tu te doutes que je l'ai fait des dizaines de fois, ce truc. Et pour de vrai. Pas du genre yakafokon. Tiens une version pour toi :
/*
1
Z(T) = ------------------ = 1 + s_1*T + s_2*T^2 + ..
1 - a*T + b*T^2
From (1 - a*T + b*T^2) x Z = 1 i.e. Z = a*T*Z - b*T^2*Z
Ce qui fournit s_k = a_p*s_{k-1} - b_p*s_{k-2} avec s_(-1} = 0, s_0 = 1, s_1 = a
*/
DeveloppeurTrickPourFlipFlop := function(a,b)
function S(k) // récursive : syntaxe function S(..) et non S := function(...)
if k eq -1 then return 0 ; end if ;
if k eq 0 then return 1 ; end if ;
if k eq 1 then return a ; end if ;
return a*S(k-1) - b*S(k-2) ;
end function ;
return S ;
end function ;
PSR<T> := PowerSeriesRing(IntegerRing()) ;
precision := 20 ;
AssertAttribute(PSR, "Precision", precision) ;
a := 3 ; b := 2 ;
C := DeveloppeurTrickPourFlipFlop(a,b) ;
S := 1 / (1 - a*T + b*T^2) ;
S ;
[<C(k),k> : k in [0..10]] ;
Et dans le contexte des formes quadratiques de discriminant $D$. Dans notre métier, on ne dit pas : si pour un premier impair $p$, $D$ est un carré modulo $p$, alors $p$ est représenté par une forme quadratique de discriminant $D$. On est prié de donner la forme quadratique soit sous la forme $px^2 +bxy + cy^2$ soit sous la forme réduite. Par exemple :
RepresentationForm := function(D, p)
// D discriminant quadratique, carré modulo p premier impair donc modulo 4*p
// Retourne "la" forme quadratique réduite de discriminant D représentant p
//b := Modsqrt(D, 4*p) ;
ok, b := IsSquare(ResidueClassRing(4*p)!D) ;
assert ok ;
// Ecrire D = b^2 - 4*p*c en remontant d'abord dans Z l'élément b de Z/(4*p)Z
b := IntegerRing()!b ;
c := ExactQuotient(b^2 - D, 4*p) ;
Q := BinaryQuadraticForms(D) ;
q := Q![p, b, c] ;
return Reduction(q) ;
end function ;
Et ainsi :
> p := 11 ;
> D := 20^2 + 4*k*p where k is 6 ; // pour être sûr que D soit un discriminant et un carré modulo p
> D ;
664
> RepresentationForm(D,p) ;
<11,24,-2>
[-1 -1]
[ 0 -1]
Note : $D$ n'est pas négatif et la matrice $2 \times 2$ c'est celle qui permet de passer de la forme $(p,b,c)$ à la forme réduite. Tiens cela donne l'impression qu'une forme qui commence par un premier aurait tendance à être légèrement réduite.
@flip-flop, reuns
En ce qui concerne le degré 3 (discriminant $< 0$), je pense disposer de notations assez stables et j'estime avoir la tête moins dans le guidon (plus cela serait difficile). Et du coup, pour bosser (= échanger), j'ai envie de faire un résumé pdf d'une ou deux page(s). Cela consiste à recopier des extraits de mes notes manuscrites.
Si cela vous intéresse, un ok suffira. Pourquoi je dis cela ? J'ai essayé (depuis peu) de ne pas zapper sur les caractères de Hecke. Je veux dire qu'avant, je lisais ta prose Reuns, de manière PASSIVE. Là j'ai essayé de tirer sur papier (on ne lit pas des choses sur les car. de Hecke à l'écran, faut être sérieux). Et j'ai des problèmes d'impression. Bref, impossible de prendre connaissance de CERTAINS de tes posts. J'ai essayé de lire Ireland et Rosen p. 308. Le contexte est vachement compliqué : un corps de nombres $K$ CM (Complex Multiplication) i.e. $K$ is a totally complex quadratic extension of a totally real subfield $K_0$. Avec une définition de caractères de Hecke sur $\mathcal O_K$ modulo un modulus en 5 points dont je ne comprends pas le dernier poiint (v) !! Quid de $n(\sigma) + n(j \circ \sigma) = m$. Ici, $j$ c'est la conjugaison complexe (tiens donc) mais je ne sais pas qui est $n$. Un bug typographique.
Bref, si on veut VRAIMENT comprendre, je pense que l'on peut s'appuyer sur le degré 3, d''où mon invite.
A propos d'avoir la tête dans le guidon. L'extension cherchée $L/K$ de degré 9, pas la peine d'en faire un fromage une fois que ..
$$
\xymatrix {
&L \ar@{-}[dl]_3 \ar@{-}[dd]|{C_3 \times C_3} \ar@{-}\ar@{-}[dr]^3 \\
K(y)\ar@{-}[dr]_3 && K(z)\ar@{-}[dl]^3 \\
&K = \Q(\sqrt {-23}) \\
}
$$
avec $y$ racine de $X^3 - X - 1$ et $z$ racine de l'un (n'importe lequel) des 3 polynômes de discriminant $D = f^2 \times (-23)$ où $f = 117$. Une brave extension ``à variables séparées''.
Réponses
Pour le 1. ah ok, je ne sais pas.
Pour le 3. :-D
ouhais bon ma remarque est un peu conne, dans le sens où si on avait un truc facile pour faire ce cas, on ne parlerai pas de ...
A) A propos de $\zeta_E/\zeta_\Q$ en degré 3, on est d'accord. Et je vois que je n'ai pas pris la ``meilleure'' page de mes notes manuscrites ! Cette meilleure page est plus précise :
$$
Z_p(\zeta_E/\zeta_\Q, T) = {1 \over 1 - a_p + \chi_D(p)T^2}
$$
avec
$\bullet$ si $\chi_D(p) = 1$, alors $a_p = 2$ ou $-1$
$\bullet$ si $\chi_D(p)=-1$, alors $a_p= 0$
$\bullet$ si $\chi_D(p) = 0$ alors $a_p = 0$ en totale ramification, $1$ si pas totale ramification.
En fait, ceci est banal mais permet d'assurer des petites choses de base. Dans le premier cas, pour départager, on est obligé de faire quelque chose (sic) : trace de $\rho_2$ du Frobenius en $p$ ...ou...
$$
\text{Cl}(D) = \Z/9\Z \times \Z/9\Z = \langle q_1\rangle \times \langle q_2\rangle, \qquad \qquad
q_1 = (11, 7, 5741), \qquad q_2 = (7, 5, 10661)
$$
j'ai fait exactement la même chose qu'autrefois i.e. le coup de $\text{Cl}(D) / 3\text{Cl}(D)$, où cette fois le dénominateur est $\langle q_1^3, q_2^3\rangle$ et j'ai bien sûr (sans bricoler) trouvé les mêmes sous-groupes que toi. Je ne comprends pas pourquoi tu ``continues à bricoler'' (je reprends tes termes).
Mais objections à ton algorithme.
Objection 1 : il faut croire que le sous-groupe $H$ d'indice 3 que tu cherches existe (moi pareil). Cela repose sur quoi dans ta tête ?
Objection 2 : pourrais tu me prouver que le sous-groupe $H$ que tu obtiens avec ton procédé possède la propriété :
$$
\hbox {TOUT premier $p$ représenté par une forme de $H$ est tel que $F$ est totalement décomposé modulo $p$} \qquad\qquad (\star)
$$
Il y a bien mentionné ``tout'' en majuscule.
$(\star)$ est un minimum syndical.
C) Je pense que je vais être en mesure bientôt de t'expliquer ``mon algorithme'' et la boulette que je fais. Cette boulette est sans danger pour l'algorithme mais très dangereux pour ma tête car je pense de travers. Je m'appuie sur le fait que $\text{Disc}(L/K) = f^2\mathcal O_K$. C'est un résultat prouvé (K. Belabas) et j'ai pris en charge une partie de la preuve dans Fuhrerdiskriminantenproduktformel.
il faudrait montrer que si $p = a^2-b^2 \Delta$ (ie. $p$ se factorise en deux idéaux principaux dans $\mathbb{Q}(\sqrt{\Delta})$) alors le cubique $f$ n'est pas irréductible $\, \bmod p$.
J'ai écrit ce code qui fonctionne pour plusieurs cubiques (par exemple $f = x^3-x^2-1$) mais pas pour $f = x^3-n$. Savez-vous pourquoi ?
P<x> := PolynomialRing(Integers()); f := x^3-2; if IsIrreducible(f) then a := Coefficients(f); L := SplittingField(f); D := Discriminant(f); F := NumberField(x^2-D); OF := Integers(F); for p in [2..400] do if IsPrime(p) then primeideals := Factorization(p*OF); if #primeideals eq 2 then if IsPrincipal(primeideals[1][1]) then k := GF(p); P<y> := PolynomialRing(k); fmodp := a[1]+a[2]*y+a[3]*y^2+a[4]*y^3; factorisation_f := Factorization(fmodp); if #factorisation_f eq 1 then "erreur"; end if; end if; end if; end if; end for; end if;Ok pour les objections, je ne sais pas comment répondre, enfin je ne vois pas ce que tu attends comme genre de réponse :-D
Pour Reuns, je pense qu'il ne faut pas prendre l'anneau des entiers $\mathcal{O}_F$ mais un anneau quadratique $\Z[ 6 j]$.
Par exemple :
Ensuite $x^3-2$ est irréductible modulo $p$ si et seulement si $p$ est représenté par $4x^2+2xy+7y^2$ :
.
As-tu trouvé un cas où le lien entre idéaux principaux et factorisation de $f \bmod p$ est visible ? (est-ce que $p= a^2-\text{disc}(f) b^2$ est censé permettre de construire directement une racine de $f$, ou bien est-ce qu'il faut vraiment en passer par une démo de classfield donc non constructive et compliquée ?)
Attendre des réponses ? Disons que je cherche à comprendre en échangeant avec toi. Je me pose des questions.
1) Dans le contexte du degré 3 (discriminant $D <0$), il y a bien quelque chose ``qui te fait croire'' que le sous-groupe $H$ d'indice $3$ de $\text{Cl}(D)$ que tu cherches existe. Oui, non ? Mais qui, quoi ?
2) Est ce que tu pourrais en donner sa spécification du $H$ que tu cherches ? C'est vachement important en algorithmique, et en fait dans tous les domaines. Sinon, cela veut dire que l'on fait un peu n'importe quoi (on est incapable de spécifier ce que l'on veut). Qui peut conduire au triste truc bien connu en attaché.
3) En prenant mes notations i.e. celles qui figurent dans ma note Fuhrerdiskriminantenproduktformel, je note $L^{(f)}$ l'extension abélienne de $L$ dont l'existence et l'unicité sont assurées par le th 8.6 p. 162 de Cox avec comme modulus $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ et comme groupe de congruences intermédiaire :
$$
P_{K,1}(\mathfrak m) \subset H_{\rm Cox} := P_{K,\Z}(f) \subset I_K(\mathfrak m)
$$
Ci-dessus, j'utilise les notations de Cox et j'ai mis $H_{\rm Cox}$ car $H$ est la lettre utilisée par Cox alors que nous on utilise $H$ pour autre chose (je suis attaché aux notations, car c'est déjà assez compliqué comme cela).
Note : une terminologie curieuse. Le th 8.6 dans Cox est nommé ``Existence Theorem'' mais en fait c'est un théorème d'existence et d'unicité comme on le voit dans l'énocé.
Je ne sais pas où tu en es, mais peut-être que tu as déjà pensé au fait que $L^{(f)}/K$ (Ring Class Field) jouait un certain rôle. Je me trompe ?
Ce qui me fait croire, c'est que tu as dis que le conducteur des $4$ polynômes (disons $f_i$) que tu as donné dans le message ici est $1$. Et donc, je dois les retrouver dans le corps de Hilbert. Si j'ai pas cette garantie, ça ne donnera rien de vrai !
En fait, vu que le nombre $D = -298483$ est premier, le fait que le discriminant du corps engendré par les polynômes est $D$ implique que les extensions $\Q(\sqrt{D})(x_i)) \mid \Q(\sqrt{D})$ ($x_i$ une racine de $f_i$) sont non ramifiées et donc incluse dans le corps de Hilbert.
Je ne suis pas rigoureux du tout pour l'instant.
Vu et compris ton point de vue pour $f=1$ (Hilbert Class Field). Mais il y a belle lurette que je travaille avec $f$ quelconque. Disons que j'ai pris un certain nombre de fois (assez grand) au hasard une extension $E/\Q$ de degré 3 de discriminant $D < 0$ (parmi les 182417 extensions de ma base de données en degré 3 de discriminant $<0$) et j'ai pu déterminer $H$. En faisant le pari (je m'en rends compte maintenant !) que $L \subset L^{(f)}$.
$$
\xymatrix {
L^{(f)} \ar@{-}[d]\ar@/_2pc/[dd] _{\Gamma}\\
L\ar@{-}[d]^3 \\
K \\
}
$$
D'où un morphisme surjectif $\text{Res} : \Gamma \to \text{Gal}(L/K) \simeq C_3 \simeq \mathbb U_3$. Vois tu qui est $\Gamma$ ?
Au fait, c'est $D := \text{Disc}(\mathcal O_E)$ qui possède un ``conducteur quadratique'' $f$ obtenu en écrivant $D = f^2 \text{Disc}(\mathcal O_K)$ (notation de Fuhrerdiskriminantenproduktformel). Ou encore $f$ est l'indice de l'unique anneau $A_D\subset \mathcal O_K$ de discriminant $D$, indice of course dans $\mathcal O_K$. Et puisque l'on est en dimension 2, $f$ est aussi le conducteur (au sens inclusion d'anneaux) de $\mathcal O_K$ dans $A_D$.
Il ne faut pas confondre cette notion aisée de conducteur ``quadratique'' avec la notion complexe de conducteur au sens Class Field et qui est notée $\mathfrak f(L/K)$. Je fais tout mon possible pour essayer d'être précis et d'avoir des notations stables.
Oui $\Gamma$ c'est cela. Et pas de souci pour $\mathfrak f(L/K)$ car on a exactement $\mathfrak f(L/K) = f\mathcal O_K$ comme écrit noir sur blanc dans l'appendice $A$ de la thèse de K. Belabas (que j'ai déjà pointée, flemme de repointer).
C'est donc plus subtil. Sans faire exprès (j'ai rien fait moi, monsieur), ce à quoi on touche est de la dentelle vu nos petits moyens.
Je CROIS (!!) que le pari que je fais depuis le départ consiste en l'inclusion $L \subset L^{(f)}$. Car je considère (et je fais tourner) l'Artin-Map :
$$
I_{K}(f) \to \text{Gal}(L/K) \simeq C_3 \qquad\qquad (\star)
$$
J'en ai le droit car je sais que $\text{Disc}(L/K) = f^2\mathcal O_K$ et donc $L/K$ est non ramifiée en dehors de $f\mathcal O_K$. Le bouquet c'est quand je passe au quotient pour récupérer le morphisme $\text{Cl}(D) \to \text{Gal}(L/K)$. C'est là que j'ai commis une boulette mathématique (mais pas algorithmique). Un exemple de commettre une boulette : utiliser que toute forme quadratique primitive représente un premier sans en avoir conscience (c'est vrai mathématiquement mais extrêmement complexe à prouver).
Ce qui SERAIT en cause : le théorème de Bruckner cf la preuve du th 15 p. 12 de Ernst Kani in http://www.mast.queensu.ca/~kani/papers/thetaCM2r.pdf. Dans la preuve, la référence [3] p. 191 est Cox (Th 9.18) : à quelle condition une extension abélienne $L/K$ ($K$ corps quadratique imaginaire) est-elle contenue dans un ring class field de $K$. Réponse si et seulement si $L/\Q$ is generalised dihedral au sens de Cox (bas page 190).
Je ne voulais pas tout cela, c'est pas de ma faute.
Note : je crois que c'est pas très intelligent ma notation $L^{(f)}$ ; peut-être que j'aurais dû utiliser une indexation par $D$ par référence aux formes quadratiques (réduites) de discriminant $D$. De toutes manières l'un détermine l'autre vu que $D = f^2 \text{Disc}(\mathcal O_K)$.
Un exemple un peu subtil $D = -314847$. Il n'est pas fondamental : c'est un carré fois $-23$. Trois polynômes dans ma base de données. J'en traite un à savoir $F = X^3 - 39X + 442$. Il y a du garbage dans ce polynôme. Et on a un conducteur quadratique $f= 117$. Et un nombre de formes quadratiques assez gros (216). J'essaie de montrer le plus possible les informations. Mais pas trop trop confiance en magma.
NFD3 := NumberFieldDatabase(3) ; D := -314847 ; assert D eq 3^4 * 13^2 * (-23) ; [E : E in sub <NFD3 | D,D> ] ; /* [ Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 442 over the Rational Field, Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 143 over the Rational Field, Number Field with defining polynomial x^3 - 117*x + 585 over the Rational Field ] */ Q := BinaryQuadraticForms(D) ; QmodSL2Z := ReducedForms(Q) ; assert #QmodSL2Z eq 2^3 * 3^3 ; // 6^3 = 216 F := X^3 - 39*X + 442 ; assert Discriminant(F) eq 2^4 * D ; E<x> := NumberField(F) ; OE := MaximalOrder(E) ; DiscOE := Discriminant(OE) ; assert DiscOE eq D ; OK := MaximalOrder(QuadraticField(D)) ; DiscOK := Discriminant(OK) ; ok, f := IsSquare(ExactQuotient(DiscOE, DiscOK)) ; assert ok ; // f = 117 assert f eq 3^2 * 13 ; KerF := KernelArtinMap(F) ; <---- MAISON precision := 10^2 ; q_outside := Random([q : q in QmodSL2Z | q notin KerF]) ; S<q> := &+[ThetaSeries(q, precision) - ThetaSeries(q_outside*q, precision) : q in KerF] ; DedekindZetaE := LSeries(E) ; // L-série de la représentation irréductible de dimension 2 Lrho2 := DedekindZetaE / RiemannZeta() ; Srho2 := FormalSeries(Lrho2, precision) ; <--- MAISON assert Valuation(2*Srho2 - S) ge precision ; <---- SIGNE de bonne santé !Je pense que le groupe $\text{Cl}(D)$ est isomorphe à $\Z/6\Z \times \Z/36\Z$ mais ClassGroup est bugguée ; j'ai dû faire tourner MA version de ClassGroup d'une lenteur incroyable (et pas trop confiance)
Il y a comme d'habitude (?) 4 sous-groupes d'indice 3. Sauf erreur sur la classe d'isomorphie.
Par contre, il manque un corps dans la base de donné ??? ou alors j'ai rien compris :-D
ou y'a peut être un autre qui est déjà là avant (le corps d'Hilbert).
Plus simple, on prend le polynôme de Serre $F =x^3-x-1$ (page 7 de ici).
Serre dit que l'extension $L := \Q(\sqrt{-23})(x)$ avec $x$ une racine de $F$ est le corps de Hilbert de $K := \Q(\sqrt{-23})$. Et une propriété du corps de Hilbert est que : un idéal premier $\mathfrak{p}$ de $\mathcal{O}_K$ est principal si et seulement si le Frobenius en $\mathfrak{p}$ dans $L$ est trivial.
Mais d'une part : un Frobenius trivial se voit sur la factorisation de $F$ modulo $p$.
Et d'autre part, un idéal premier principal de $K$ ça se voit en disant qu'il existe un élément $z$ de $\mathcal{O}_K$ de norme $p$.
On en "déduit" : $p$ est représenté par $x^2-xy+6y^2$ si et seulement si $x^3-x-1$ possède trois racines dans $\mathbb{F}_p$.
Bon c'est un peu olé-olé
On a donc $f(x) = x^3-2$, $D = -108= -3 . 6^2$, $ F = \mathbb{Q}(\sqrt{-3})$, $L = F(\sqrt[3]{2})$,
$\mathcal{O}_F = \mathbb{Z}[\frac{1+\sqrt{-3}}{2}]$ a un groupe des classes d'idéaux trivial,
comme d'habitude la représentation irréductible $\rho : \text{Gal}(L/\mathbb{Q}) \simeq S_3 \to GL_2$
et $L(s,\rho) = L(s,\psi)$ où $\psi$ est un caractère $\text{Gal}(L/F) \to GL_1$ donc un caractère de Hecke de $F$.
Et cette fois le caractère de Hecke est engendré par un caractère local $\chi
$$L(s,\rho) = L(s,\psi) = \sum_{I \subset \mathcal{O}_F} \psi(I) N(I)^{-s} =\frac16 \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F^*} \psi(\alpha) N(\alpha)^{-s}=\frac{1}{6} \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F^*} \chi(\alpha+6 \mathcal{O}_F) N(\alpha)^{-s}$$ $$ = \frac16 \sum_{\beta \in (\mathcal{O}_F/(6))^\times} \chi(\beta) \sum_{\alpha \in \mathcal{O}_F, \alpha \equiv \beta \bmod 6} N(\alpha)^{-s} = \frac16 \sum_{\beta \in (\mathcal{O}_F/(6))^\times} \chi(\beta)\sum_{(n,m) \in \mathbb{Z}^2} |\beta+ 6 (n +m \frac{1+\sqrt{-3}}{2})|^{-2s} $$
Merci pour ta confirmation http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1542640#msg-1542640. Depuis, j'ai vérifié autrement. Quant à la base de données, elle est incomplète. Je le savais et je viens de vérifier. Un extrait (de la sous-section Number Field Database, dans le chapitre Number Fields)
There are databases for number fields of degrees 2 through 9. In the case of degree 2 the enumeration is complete in the discriminant range (discriminants of absolute value less than a million); the other databases include fields with small (absolute value of) discriminant, as well as various other fields that may be of interest. The selection of fields is eclectic, and it may well be that certain “obvious” ones are missing.
A propos de $X^3 - 2$ et ton post à Poirot in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1542564#msg-1542564. Que du banal dans ce qui vient et que tu connais. C'est juste pour justifier notre gagne-pain et la quête du Graal $2S_{\rho_2} = \hbox {comb. lin. de $\Theta$-séries}$.
Contexte : $F = X^3 -2$, $E = \Q(x)$, $x$ racine de $F$. Il se trouve que $\mathcal O_E = \Z[x]$ donc pas de garbage dans $F$, $D = \text{Disc}(F) =\text{Disc}(\mathcal O_E) = -2^2 \times 27$. Trois formes de discriminant $D$ i.e. $\text{Cl}(D) \simeq \Z/3\Z$ :
$$
q_0 = (1,0,27), \qquad q_1 = (4,2,7), \qquad q_1^{-1} = (4,-2,7)
$$
Là, c'est pas trop difficile de trouver le sous-groupe d'indice 3 de $\text{Cl}(D)$. Et la relation Graal s'écrit:
$$
2S_{\rho_2} = 2\sum_{n \ge 1} a_nq^n = \Theta_{q_0} - \Theta_{q_1} \qquad\qquad (\star)
$$
Quand on a cette égalité $(\star)$, on est riches. Peut-on essayer de se faire de l'argent avec ? Faut voir. Riches, car cette égalité équivaut, en faisant intervenir le nombre $r_\bullet(n)$ de représentations de $n$ par la forme $\bullet$ :
$$
2a_n = r_{q_0}(n) -r_{q_1}(n)
$$
En particulier, vu qu'il n'y a pas de garbage dans $F$, en notant $N_p(F)$ le nombre de racines de $F$ modulo $p$ :
$$
2(N_p(F) - 1) = r_{q_0}(p) -r_{q_1}(p) \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Maintenant supposons $D$ carré modulo $p$ i.e. $-3$ carré modulo $p$ i.e. $p \equiv 1 \bmod 3$ (je vire $p = 3$). Alors $p$ est représenté par $q_0$ ou $q_1$ (et pas par les deux). Bilan :
Si $p$ est représenté par $q_0$, à droite de $(\heartsuit)$, on a 4 (car 4 représentations pour la forme neutre $q_0$) donc $N_p(F) = 3$ because $2 (3 - 1) = 4$.
Si $p$ est représenté par $q_1$, à droite de $(\heartsuit)$, on a $-2$ (car 2 représentations pour la forme $q_1$) donc $N_p(F) = 0$ because $2 (0 - 1) = -2$.
Et donc le Graal $(\star)$ tient largement la loi de représentation des premiers $p \equiv 1 \mod 3$ par les formes $q_0, q_1$, via le nombre de racines de $F$ modulo $p$.
Comme tu vois, rien de nouveau. Mais c'est pour justifier notre salaire dès fois que l'on nous demanderait des comptes.
Je ne comprends pas trop ton dernier post '' ... qui doit dans la grosse extension de degré 216''. Est ce lié à un précédent post où tu disais ... ''ou y'a peut-être un autre qui est déjà avant'' ?
En gros, on note $K = \Q(\sqrt{-23})$ on a un diagramme :
$$
\xymatrix {
& & K_{(f)} \ar@{-}[dr] \ar@{-}[drr] \ar@{-}[dl] \ar@{-}[dll] \ar@{-}[dd]&& \\
\text{?} \ar@{-}[drr] &K(x_1) \ar@{-}[dr] & & K(x_2)\ar@{-}[dl] & K(x_3) \ar@{-}[dll] \\
& & K & &
}
$$
Avec $x_i$ une racine de chaque polynôme que la base de donnée donne.
[ Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 442 over the Rational Field, Number Field with defining polynomial x^3 - 39*x + 143 over the Rational Field, Number Field with defining polynomial x^3 - 117*x + 585 over the Rational Field ]Ce que je veux dire c'est que le $?$ est le corps de Hilbert de $K$ qui est de discriminant $-23$ et qui doit être inclus dans le corps de classe de rayon $(f)$ ... je pense à un analogue de : si $n$ divise $m$ alors $\Q(\zeta_n) \subset \Q(\zeta_m)$. Ici $n=1$ et $m = f$ ... je délire ?
C'est pas c.n ce que tu dis. C'est donc vachement subtil quand $f$ (le conducteur quadratique) n'est pas 1 i.e. quand $D$ n'est pas fondamental. Car compter les $E/\Q$ de degré 3 vérifiant .... c'est pas la même chose que de compter les $(EK)/K$ vérifiant .... ($EK$ c'est le compositum dans ..)
Plus mieux : si j'ai $L/K$ de degré 3, comment je peux récupérer $E/\Q$ ? Par $E = L \cap \R$ dans les bons cas ?
PS : j'ai fait un truc bourrin, j'ose à peine te montrer. Comme je ne sais pas pour l'instant élaborer $K_{(f)}$ (avec tes notations) de manière intelligente, j'ai carrément élaboré le corps $K_\mathfrak m$ des classes de rayon $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ avec $K = \Q(\sqrt {-23})$ et $f = 117$. Ce $f$ c'est celui qui intervient dans l'exemple $D = f^2 \times (-23) = -314847$.
Donc je suis remonté vachement haut (en degré 7776 sur $K$). A ma grande surprise, le calcul est immédiat pour les 40 sous-extensions du corps $K_\mathfrak m$ de degré 3 sur $K$. Tu veux voir ?
Je prépare (c'est du bourrin de chez bourrin).
Avant un petit truc facile que j'aimerais bien régler (et que je fais comme si c'était vrai depuis pas mal de temps). Soit $p$ un premier représenté par une forme quadratique primitive $q$. De discriminant $< 0$ si besoin.
Alors le nombre de représentations de $p$ par $q$ est 4 si $q$ est ambigüe i.e. $q \sim q^{-1}$, sinon c'est 2. On doit pouvoir se ramener à $q$ réduite.
J'en suis convaincu (jamais démenti) et je crois que toi aussi. Tu as la preuve. ?
Maintenant, je détermine pour chacun des 40 sous-groupes $H$ d'indice 3 (sous-groupe du groupe des classes de rayon) l'extension abélienne de degré 3 de $K$ qui lui correspond. Cela se passe dans la grosse $A/K$ et je cause de $H \mapsto A^H$. Cela me faisait peur (temps de calcul) mais la machinerie Class Field doit faire des ``choses formelles'' ici.
> time Discriminants := [Discriminant(AbelianSubfield(A,H)) : H in S] ; Time: 0.050 <---- LOOK > Indices := [i : i in [1..#Discriminants] | Discriminants[ i] eq f^2*OK] ; > #Indices ; 9 > > AbelianExtensionsWithGoodOKDiscriminant := [AbelianSubfield(A,H) : H in S[Indices]] ; > [NumberField(AH) : AH in AbelianExtensionsWithGoodOKDiscriminant] ; [ Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 1/2*(-3887*rm23 + 10647) over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 3887 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 1/2*(3887*rm23 + 10647) over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 338*rm23 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 16055 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x + 8281 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 3718 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 1859*rm23 + 6084 over K, Number Field with defining polynomial x^3 - 507*x - 1859*rm23 - 6084 over K ]J'ai cherché celles qui avaient comme discriminant (sur $K$), l'idéal $f^2 \mathcal O_K$. J'en ai trouvé 9.
NumberField(AH) : c'est le genre de truc qui coûte en général. Mais ici, c'est gratuit. On peut même déterminer les 40 pour trois fois rien.
C'est ténébreux ? Ai je commis des boulettes ? Tu as les moyens de vérifier en pari ?
Autre chose. Représentation des groupes finis. J'ai voulu VOIR avec mes yeux, pour le groupe $G = S_3$, la décomposition suivante de la représentation régulière
$$
\varepsilon \oplus \rho_1 \oplus 2\rho_2, \qquad \qquad 1^2 + 1^2 + 2^2 = 3!
$$
Avec les notations de l'autre jour (sic) ou du Fuhrerdiskriminantenproduktformel.pdf.
C'est dingue : Serre donne des méthodes explicites. Si, si. Section 2.6 p. 33 La décomposition canonique d'une représentation. Et 2.7 la décomposition explicite d'une représentation. Après un certain nombre d'heures (hum de jours), tout ce binz tourne : j'utilise dans l'algèbre $R[G]$, le coup des idempotents minimaux, la décomposition de $R[G]$ ...etc.. Et surtout je suis scrupuleusement Serre (Th 8 et proposition 8). Faut que je peaufine. Je te montrerais quand cela sera super propre.
Bref, tout cela pour dire que Serre n'hésite pas à faire des choses explicites.
Alors j'ai essayé de vérifier avec pari, rien ne colle. Il trouve $\Z / 12 \Z \times \Z/3\Z$ pour ray class group !
Perso, je pensais qu'on allé trouver $\text{Cl}(D)$ et toi tu trouves un groupe plus gros :-D
On fait quoi, on tire a pile ou face ? On fait le quotient du tiens par le mien :-D
Je pense que l'on ne parle pas de la même chose. Peux tu relire mon post où j'introduis la notation $L^{(f)}$ in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php ?
Ma notation $L^{(f)}$ est stupide, certes, je regrette. Je comprends maintenant qu'il faut indexer par $D$, cf à la fin. Mais pourquoi diable as tu utilisé à un moment donné la notation $K_{(f)}$, qui ressemble au corps des classes $K_{\mathfrak m}$ avec $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ ?
Reprenons : en présence d'un modulus (comment dit-on en français, un cycle ?) $\mathfrak m$ d'un corps de nombres $K$, il lui correspond (on y croit) un corps de classes (ray class field) noté $K_{\mathfrak m}$ chez Cox bas de la page 164, qui est une extension abélienne de $K$ et dont le groupe de Galois est (via l'Artin Map) canoniquement isomorphe au ``ray class group'' (cf Cohen-Stevenhagen, flemme de pointer) $\text{Cl}_{\mathfrak m} := I_K(\mathfrak m)/P_{K,1}(\mathfrak m)$. A cet instant, j'utilise les notations de Cohen-Stevenhagen à gauche de := et celles de Cox à droite de :=
Cela, c'est une chose. Mais mon extension de $K$, notée bêtement $L^{(f)}$, n'est pas du type $K_{\mathfrak m}$ : c'est une sous-extension de ...etc... Voir le post pointé ou peut-être la page 180 de Cox. L'évitement (interne, externe, cf proposition 7.22 de Cox, p. 145) assure l'existence de $L^{(f)}$.
A BAS ma notation stupide $L^{(f)}$. Reprenons. Soit $D$ un discriminant quadratique. Celui ci s'écrit de manière unique $D = f^2 D_{\rm fond}$ avec $f \ge 1$ et $D_{\rm fond}$ discriminant quadratique fondamental. Note : $D_{\rm fond}$ n'est évidemment PAS la partie sans facteur carré de $D$. C'est ce que l'on appelle le discriminant quadratique fondamental associé à $D$. On voit que $D$ peut trouver $f$ mais pas l'inverse : il faut donc indexer par $D$. Indexer quoi ? Le ring class field dont parle Cox en haut de la page 180 à qui il ne donne pas de nom. Chez Cox, il est associé à l'unique anneau quadratique (noté $\mathcal O$ chez lui) de discriminant $D$. J'ai cherché dans les pages qui suivent s'il y avait une notation mais je n'ai rien trouvé. On POURRAIT par exemple le noter :
$$
K^{(D)} \qquad \hbox {avec} \qquad K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})
$$
L'extension abélienne $K^{(D)}/K$ possède un groupe de Galois canonique isomorphe à $\text{Cl}(D)$ tandis que l'extension $K_{\mathfrak m}/K$ avec $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ possède un groupe de Galois canoniquement isomorphe à $\text{Cl}_{\mathfrak m} := I_K(\mathfrak m)/P_{K,1}(\mathfrak m)$.
Hier soir, je ne savais pas élaborer $K^{(D)}/K$. Et du coup, par dépit, j'ai élaboré $K_{\mathfrak m}/K$. Mais ça, c'était avant.
On essaie de s'accorder (sur les notations, par exemple) ?
J'espère que tu seras d'accord, en reprenant mes notations $D = f^2 D_{\rm fond}$ et $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$ qu'il y a un quotient CANONIQUE :
$$
\text{Cl}_{\mathfrak m} \twoheadrightarrow \text{Cl}(D) \qquad\qquad (\star)
$$
Et donc une inclusion canonique $K^{(D)} \hookrightarrow K_{\mathfrak m}$.
Mais hier soir, dans le cas $D_{\rm fond} = -23$, $f = 117$, je ne savais pas vraiment réaliser $(\star)$. Sur le papier si, mais pas en magma. Maintenant c'est OK et donc je ne monte plus à l'extension énorme $K_{\mathfrak m}/K$ de degré 7776, seulement à la petite extension $K^{(D)}/K$ de degré $6 \times 36 = 216$. Et là, dans le prochain post (faut que je fasse des diagrammes avec xypic), tu avais raison sur toute la ligne (à propos du corps des classes de Hilbert de $K$ et le quatrième polynôme $X^3 -X - 1$).
MAIS. Il y a un mais. Les 4 sous-extensions de $K^{(D)}/K$ de degré 3, nommons les $L_i/K$ pour $i = 1,2,3,4$, il va falloir montrer qu'elles sont galoisiennes sur $\Q$. Je dis bien sur $\Q$, pas sur $K$. Et ceci est lié à la stabilité par la conjugaison complexe.
Exemple : soit $y$ une racine de $F = Y^3 - 3Y + \sqrt {-23} \in K[Y]$. Alors le discriminant de $F$ est un carré dans $K$, à savoir $27^2$, et il va falloir écrire $L = K(y)$ sous la forme $L =K(x)$ où le polynôme minimal de $x$ sur $K$ est à coefficients dans $\Q$.
Mais la conjugaison complexe, késako ici ? Et bien, il va falloir lire attentivement ``la partie facile du théorème de Bruckner'' disons le lemme 9.3 p. 180-181 de Cox. Tu verras dans la preuve six fois ``see truc-muche''.
Oui, une certaine pratique de la théorie du corps de classes, en ADMETTANT les résultats (pas question de s'occuper des preuves, on s'en fiche), c'est un tantinet plus subtil que sur le papier.
Et tu ne pourras pas éternellement éviter l'évitement au niveau quadratique (la proposition 7.22 page 145 de Cox) ainsi que des histoires normiques : th 7.7 page 137 où j'ai déjà dit que Cox avait la tête dans le guidon pour (iii).
Moi j'ai pas pu évité (because programmation).
A suivre ? Rappel : ce n'est pas moi qui ait commencé. Il y a belle lurette que j'avais pigé que c'était subtil, trop subtil pour mézigue, et je ne voulais PAS. On (qui ça) m'a forcé un peu la main.
Je continue mais j'ai la flemme, dans le cas $D_{\rm fond.} = -23$, et $f = 117$ de faire un diagramme xypic.
Je conserve mes notations : $D = f^2 D_{\rm fond}$ et $\mathfrak m = f\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D) = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$. Mais j'ajoute au panier : en le sens que maintenant il y DEUX quotients CANONIQUES :
$$
\text{Cl}_{\mathfrak m} \twoheadrightarrow \text{Cl}(D) = \text{Cl}(A_f) \twoheadrightarrow \text{Cl}(\mathcal O_K)
$$
Au milieu, j'ai mentionné $A_f$ l'unique sous-anneau de $\mathcal O_K$ d'indice $f$ (pareil que de conducteur $f$ dans la fermeture intégrale, pareil que l'unique anneau quadratique de discriminant $D$). Et $\text{Cl}(A_f)$ désigne le groupe des classes des idéaux inversibles de $A_f$. Je dis cela car il y a des gens qui n'aiment pas les formes quadratiques.
D'où une petite tour :
$$
K \subset K^{\rm Hilbert} \subset K^{(D)} \subset K_{\mathfrak m}
$$
Faut pas mélanger ce petit monde, of course.
Mais j'ai un big problème (depuis longtemps). Je ne sais pas ce qu'est la conjugaison complexe. Et comme cela intervient, j'en profite pour dire que je ne suis pas clair. Je commence par un petit exemple.
puis un autre
> F := X^3 - 2 ; > E<x> := NumberField(F) ; > ComplexConjugate(x) ; >> ComplexConjugate(x) ; ^ Runtime error in 'ComplexConjugate': Element is not in a field that has complex conjugates > L<y> := SplittingField(F) ; > ComplexConjugate(y) ; 1/12*(y^4 + 6*y)L'autre jour, c'est dingue, j'ai vu des gens, dans un fil, qui confondaient extension (finie) de $\Q$ et extension de $\Q$ réalisée dans $\C$. J'ai dit un mot mais j'ai pas insisté. Il y a belle lurette, pour le calcul par exemple des groupes de Galois, que les corps de décomposition sont réalisés dans des extensions non ramifiées de certains corps $\ell$-adiques $\Q_\ell$.
Les petits exemples ci-dessus sont vraiment rudimentaires. J'en ai d'autres. Où la base n'est pas $\Q$ mais un corps de nombres. On verra plus tard.
Peut-être que tu vas stopper net le fait d'échanger avec un coco qui ne sait pas ce qu'est la conjugaison complexe. Je vais faire un effort pour me soigner, promis, juré.
J'ai beaucoup rie, quand tu dis promis je ne regarde que la petite extension de degré $216$ :-D
Pour $x^3-x^2-1$ mon caractère de Hecke était un caractère du classgroup donc c'était évident que les deux formulations étaient équivalentes, mais ici c'est un caractère multiplicatif de $\mathcal{O}_F/(6)$ donc je ne vois pas trop comment lier ça au classgroup d'un order de $F$.
De 7776 à 216, il y a quand même une amélioration. Mais on va faire mieux en remplaçant pour de vrai 216 par 9. Rappel : on est très intéressé, étant donné un groupe abélien fini $\Gamma$, par les sous-groupes $H$ de $\Gamma$ d'indice 3. Mais on a déjà dit qu'il fallait alors considérer $\Gamma/3\Gamma$ car ce dernier 3-groupe a les mêmes sous-groupes d'indice 3 que $\Gamma$. Ainsi hier, le gros $\Gamma$ donnait naissance à $\Gamma/3\Gamma \simeq \mathbb F_3^4$ et le nombre 40 (de sous-groupes d'indice 3) provenait de $(3^4-1)/(3-1) = 40$. Tandis que le plus raisonnable $\Gamma \simeq \Z/6\Z \times \Z/36\Z$ d'ordre 216 conduit à $\Gamma/3\Gamma \simeq \mathbb F_3^2$ et le coup du $4 = (3^2-1)/(3-1) = 4$ sous-groupes d'indice 3.
Je me suis engagé à te fournir les 4 polynômes de degré $3$ à coefficients dans $K = \Q(\sqrt {-23})$ qui ...etc.. (cf certains posts précédents). Mais si je te donne, pour le corps des classes de Hilbert de $K$ :
$$
X^3 - 3X + \sqrt {-23} \quad \hbox {alors que tu es habitué à } \quad X^3 - X - 1 \qquad\qquad (\star)
$$
tu risques de tirer la gueule.
C'est là que rentre en jeu la conjugaison complexe. Of course, je connais le théorème d'Artin qui dit que tout élément d'ordre 2 du groupe de Galois absolu $G_\Q = \text{Gal}(\overline {\Q}/\Q)$ est conjugué à la conjugaison complexe. Il y aura un autre post avec un pointeur sur Kani.
Et bien, je vais la faire tourner cette conjugaison complexe pour remplacer dans $(\star)$ le polynôme pas beau de gauche par celui de droite.
Conjugaison complexe : un exemple en liaison avec le groupe diédral $D_4$, qui admet 3 classes de conjugaison d'éléments d'ordre 2. A méditer.
J'ai pas mal d'autres choses à dire. Mais il faut d'abord que je remplace 216 par 9 sinon je vais passer pour un charlot.
Le truc promis : l'extension abélienne de degré 9 de $K = \Q(\sqrt {-23})$ qui contient ce que l'on cherchait i.e. 4 extensions (abéliennes) de $K$ de degré 3 en liaison avec le groupe des classes d'idéaux inversibles de l'anneau quadratique de discriminant $D = f^2 \times D_{\rm fond}$ avec $f = 117$ et $D_{\rm fond.} = -23$. J'ai fait exactement ce que j'ai dit que je ferais : j'ai quotienté $\text{Cl}(D)/3\text{Cl}(D)$. Il y a des choses un peu cryptiques, je ne peux pas tout expliquer.
> Dfond ; -23 > f ; 117 > D = f^2 * Dfond ; -314847 = -314847 > > GQD3<h1,h2>, Pi3 := GQD / (3*GQD) ; > GQD3 ; Abelian Group isomorphic to Z/3 + Z/3 Defined on 2 generators Relations: 3*h1 = 0 3*h2 = 0 > // Les 4 sous-groupes d'indice 3 de Cl(D)/3*Cl(D) > H1 := sub < GQD3 | h1> ; assert Index(GQD3, H1) eq 3 ; > H2 := sub < GQD3 | h2> ; assert Index(GQD3, H2) eq 3 ; > H3 := sub < GQD3 | h1+h2> ; assert Index(GQD3, H3) eq 3 ; > H4 := sub < GQD3 | h1-h2> ; assert Index(GQD3, H4) eq 3 ; > > // Le ray-Graal > J3 := Inverse(Pi3) * J ; > AJ3 := AbelianExtension(J3) ; > Degree(AJ3) ; 9 > Discriminant(AJ3) ; Principal Ideal of OK Generator: 2565164201769 [ 0, 9 ]Les 4 polynômes $F_1, F_2, F_3, F_4$
J'ai été super honnête en avouant que je me posais des questions sur la conjugaison complexe (d'ailleurs, il y en a qui feraient bien de s'en poser). Je reviendrais là-dessus avec la notion de représentation impaire du groupe de Galois absolu de $\Q$.
Exercice : remplacer le polynôme $F_3 = Y^3 - 507Y + 338\sqrt {-23}$ par un polynôme à coefficients entiers de manière à avoir la même extension sur $K$ i.e. expliciter un élément priimitif de $L_3/K$ ...etc..
Même boulot pour l'extension abélienne $L/K$ de degré 9 qui contient tout ce monde. La rendre plus jolie si besoin. Bilan : on est passé de 7776 à 216 puisde 216 à 9 en maniant des objets de type class field.
@flip flop Histoire de donner une conclusion au discriminant $D = f^2 \times (-23)$ avec $f = 117$. Je montre de nouveau les 4 polynômes $F_i$ à coefficients dans $K = \Q(\sqrt {-23})$ sur lesquels je suis tombé. Quant à $G_1$ c'est le polynôme minimal sur $K$ de la somme d'une racine de $F_1$ et de son conjugué complexe. Idem pour $G_3$ versus $F_3$. Et rm23 c'est $\sqrt{-23}$.
Une fois rendus plus jolis via la fonction Pretty ci-dessus (c'est Optimized... qui fait le job), voilà ce que la donne.
A quelque chose près (signes), les 3 derniers enjolivés sont ceux qui figuraient dans la base de données.
> NFD3 := NumberFieldDatabase(3) ; > D := 3^4 * 13^2 * (-23) ; > [QX| DefiningPolynomial(E) : E in sub <NFD3 | D,D>] ; [ X^3 - 39*X + 442, X^3 - 39*X + 143, X^3 - 117*X + 585 ]Tout est bien qui finit bien. Et tu avais raison. Sauf que la justification ne réside pas dans une divisibilité de moduli. Quant à ce que tu as fais en pari, toi seul le sait.
Note : j'ai fait vérifié que le conducteur (au sens corps des classes) de l'extension abélienne $L/K$ de degré $9$ est $\mathfrak m = f\mathcal O_K$. Et donc, si l'on en croit magma (je me méfie toujours), la grosse extension $K_{\mathfrak m}/K$ de degré 7776 est le plus petit corps de rayon (terminologie correcte ?) contenant $L$.
Reste cette histoire de conjugaison complexe et de représentation galoisienne impaire. Plus tard. Nous bébés, en degré 3, on dit discriminant $< 0$, mais cela ne fait pas assez classe.
Je n'ai pas encore regardé de manière précise, je me suis fait détourner a cause de ce fil. Je me suis dit, tiens une courbe qui ressemble a une courbe elliptique. Du coup, j'ai cherché un peu son petit nom et je suis tombé sur ici.
Bon beh j'ai vu multiplication complexe via $\Z[ j]$ et j'ai vu aussi les premiers coefficients de la fonction $L$. Du coup, j'ai voulu me souvenir un peu de certaines choses.
1. Je regarde le coefficient en $7$, on trouve $4$ et il faut se souvenir que ce $4$ est la trace du Frobenius de la courbe réduite en $7$ et aussi que la norme est $7$. Bref je trouve : $\text{Frob}_7 = 2j + 3$.
2. A ce niveau là, je me souviens que l'on récupère ("if the author is polite") $N_{7^r} = 7^r+1^r -a^r-\overline{a}^r$. Du coup, j'ai fais des petites vérifications, disons pour $r=3$, on a : $364$ points. Ca à l'air de coller.
3. Par contre, plus moyen de retrouver le coefficient en $49$ de la fonction $L$. Normalement, c'est automatiquement déterminer par $a_
7$ mais je ne souviens plus (td) Il y a une relation tordu entre $a_p$ et $a_{p^2}$ mais je n'arrive plus a retrouver cette relation d'un point de vu combinatoire !
Je réponds à ta question 3. De manière générale, il s'agit de développer en série une fraction rationnelle $Z$ de la forme :
$$
Z(T) = {1 \over 1 - aT + \text{truc} \times T^2 + \text{chose} \times T^3 + \cdots }
$$
Il est important d'appeler $Z$ cette fraction rationnelle afin qu'elle sente bon un $p$-Euler facteur $Z_p$. Il est tout aussi important de mettre un moins devant le coefficient en $T$ de façon à ce que cela sente le $a_p$ et surtout pour que l'on retrouve ce qu'il faut dans le développement :
$$
Z = 1 + aT + \cdots
$$
I.e. le coup du $a$ versus $-a$. Do you see what I mean ?
Ces précautions de notations étant prises, allons y sur un exemple :
$$
Z(T) = {1 \over 1 - aT + bT^2} = 1 + z_1T + z_2T^2 + z_3T^3 + \cdots
$$
On écrit $Z \times (1-aT+bT^2) = 1$ (C.Q. grand calculateur devant l'éternel) i.e. $Z = 1 + aTZ - bT^2Z$. Et en identifiant, on tombe sur :
$$
z_{-1} = 0, \qquad z_0 = 1, \qquad z_1 = a, \qquad z_k = az_{k-1} - bz_{k-2}
$$
Dans le contexte truc-muche d'un $p$-Euler facteur, on change l'indexation de la manière suivante (attention à $z_k$ versus $a_{p^r}$)
$$
Z_p(T) = \sum_{r \ge 0} a_{p^r} T^r, \qquad a_1 = 1, \qquad a_p = a_p, \qquad a_{p^r} = a_pa_{p^{r-1}} - ba_{p^{r-2}} \quad r \ge 2
$$
C'est très général. J'ai mis du degré 2 en bas mais on peut mettre ce que l'on veut.
Enfin, si le contexte truc-muche = contexte courbes elliptiques
$$
Z_p(T) = {1 \over 1 - a_pT + pT^2}
\qquad\qquad
\hbox {le $p$ devant $T^2$ c'est le cardinal du corps de base $\mathbb F_p$}
$$
Rappel : pour une courbe elliptique $E/\mathbb F_q$ :
$$
Z_{E/\mathbb F_q} = {1 - tT + qT^2 \over (1-T)(1-qT)} , \qquad \qquad t = \hbox {trace du Frobenius de $E$}
$$
Mais quand on part de la caractéristique $0$ (i.e. une courbe elliptique rationnelle), la fonction $L$ qui globalise considère tous les facteurs modulo $p$ (je zappe sur les premiers de mauvaise réduction) et il y un facteur $\zeta(s)\zeta(s-1)$ où $\zeta = \zeta_\Q$ qu'il faut ``virer''. Do you see what I mean ?
Et au fait, ce n'est pas que .. ressemble à une courbe elliptique : c'est UNE courbe elliptique.
Pas trop de mérite : tu te doutes que je l'ai fait des dizaines de fois, ce truc. Et pour de vrai. Pas du genre yakafokon. Tiens une version pour toi :
/* 1 Z(T) = ------------------ = 1 + s_1*T + s_2*T^2 + .. 1 - a*T + b*T^2 From (1 - a*T + b*T^2) x Z = 1 i.e. Z = a*T*Z - b*T^2*Z Ce qui fournit s_k = a_p*s_{k-1} - b_p*s_{k-2} avec s_(-1} = 0, s_0 = 1, s_1 = a */ DeveloppeurTrickPourFlipFlop := function(a,b) function S(k) // récursive : syntaxe function S(..) et non S := function(...) if k eq -1 then return 0 ; end if ; if k eq 0 then return 1 ; end if ; if k eq 1 then return a ; end if ; return a*S(k-1) - b*S(k-2) ; end function ; return S ; end function ; PSR<T> := PowerSeriesRing(IntegerRing()) ; precision := 20 ; AssertAttribute(PSR, "Precision", precision) ; a := 3 ; b := 2 ; C := DeveloppeurTrickPourFlipFlop(a,b) ; S := 1 / (1 - a*T + b*T^2) ; S ; [<C(k),k> : k in [0..10]] ;Ce qui donne :
1 + 3*T + 7*T^2 + 15*T^3 + 31*T^4 + 63*T^5 + 127*T^6 + 255*T^7 + 511*T^8 + 1023*T^9 + 2047*T^10 + 4095*T^11 + 8191*T^12 + 16383*T^13 + 32767*T^14 + 65535*T^15 + 131071*T^16 + 262143*T^17 + 524287*T^18 + 1048575*T^19 + O(T^20) [ <1, 0>, <3, 1>, <7, 2>, <15, 3>, <31, 4>, <63, 5>, <127, 6>, <255, 7>, <511, 8>, <1023, 9>, <2047, 10> ] >Et dans le contexte des formes quadratiques de discriminant $D$. Dans notre métier, on ne dit pas : si pour un premier impair $p$, $D$ est un carré modulo $p$, alors $p$ est représenté par une forme quadratique de discriminant $D$. On est prié de donner la forme quadratique soit sous la forme $px^2 +bxy + cy^2$ soit sous la forme réduite. Par exemple :
Et ainsi :
Note : $D$ n'est pas négatif et la matrice $2 \times 2$ c'est celle qui permet de passer de la forme $(p,b,c)$ à la forme réduite. Tiens cela donne l'impression qu'une forme qui commence par un premier aurait tendance à être légèrement réduite.
En ce qui concerne le degré 3 (discriminant $< 0$), je pense disposer de notations assez stables et j'estime avoir la tête moins dans le guidon (plus cela serait difficile). Et du coup, pour bosser (= échanger), j'ai envie de faire un résumé pdf d'une ou deux page(s). Cela consiste à recopier des extraits de mes notes manuscrites.
Si cela vous intéresse, un ok suffira. Pourquoi je dis cela ? J'ai essayé (depuis peu) de ne pas zapper sur les caractères de Hecke. Je veux dire qu'avant, je lisais ta prose Reuns, de manière PASSIVE. Là j'ai essayé de tirer sur papier (on ne lit pas des choses sur les car. de Hecke à l'écran, faut être sérieux). Et j'ai des problèmes d'impression. Bref, impossible de prendre connaissance de CERTAINS de tes posts. J'ai essayé de lire Ireland et Rosen p. 308. Le contexte est vachement compliqué : un corps de nombres $K$ CM (Complex Multiplication) i.e. $K$ is a totally complex quadratic extension of a totally real subfield $K_0$. Avec une définition de caractères de Hecke sur $\mathcal O_K$ modulo un modulus en 5 points dont je ne comprends pas le dernier poiint (v) !! Quid de $n(\sigma) + n(j \circ \sigma) = m$. Ici, $j$ c'est la conjugaison complexe (tiens donc) mais je ne sais pas qui est $n$. Un bug typographique.
Bref, si on veut VRAIMENT comprendre, je pense que l'on peut s'appuyer sur le degré 3, d''où mon invite.
A propos d'avoir la tête dans le guidon. L'extension cherchée $L/K$ de degré 9, pas la peine d'en faire un fromage une fois que ..
$$
\xymatrix {
&L \ar@{-}[dl]_3 \ar@{-}[dd]|{C_3 \times C_3} \ar@{-}\ar@{-}[dr]^3 \\
K(y)\ar@{-}[dr]_3 && K(z)\ar@{-}[dl]^3 \\
&K = \Q(\sqrt {-23}) \\
}
$$
avec $y$ racine de $X^3 - X - 1$ et $z$ racine de l'un (n'importe lequel) des 3 polynômes de discriminant $D = f^2 \times (-23)$ où $f = 117$. Une brave extension ``à variables séparées''.