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$\newcommand{\K}{\mathbf K}$


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L-séries (et autres délices) pour petits

Envoyé par claude quitté 
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
Moi je suis toujours partant grinning smiley après je sais pas si je vais comprendre !
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
Ce que tu dis donne l'impression que ce que j'écris est incompréhensible ? Cela sera juste un RESUME en 1 ou 2 pages de je ne sais combien de posts désordonnés de MA part. Juste cela et rien de plus. Je ne m'y retrouve pas dans MES posts. Ce qui m'est utile, ce sont mes notes manuscrites. Ainsi, on aura des des notations sur lesquelles on pourra s'appuyer. Et Reuns pourra peut-être nous donner beaucoup d'exemples de caractères de Hecke dans CE contexte.

Et dans ma manière de faire, trop de magma, j'en conviens. Et des trucs de wizard pas possible. Le pire étant celui que j'ai commenté ray-Graal quelque part. Il n'y a que moi qui peut comprendre ce trick (et de plus il y un $*$ magma qui est une composition dans l'autre sens que nous autres !!).

Je vais m'y coller. J'ai trouvé le nom du fichier (estampille, c'est fondamental pour moi). Cela sera FumetteViaDegre3.pdf
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
Bonnes et mauvaises manières en société.

1) On ne dit pas ``je fais joujou avec des polynômes $F \in \Z[X]$ de degré 3, de discriminant $< 0$ pour apprécier le monde de la fumette'' . Cela fait vulgaire. On doit dire : ``j'étudie certaines représentations Galoisiennes $\rho : \text{Gal}(\overline \Q/\Q) \to \text{GL}_2(\C)$, impaires et de type $S_3$-galoisien.
Impaire cela signifie $\det(\rho(\text {conjugaison complexe})) = -1$. Et on voit que C.Q. n'est pas le seul à se poser des questions sur la conjugaison complexe. Cf par exemple haut de la page 10, avant le corollary 13 (linear character sans aucun doute signifie de dimension 1 et il s'agit du caractère $\det(\rho)$) in [www.mast.queensu.ca]

Fumette est évidemment à proscrire. Dire plutôt : je cherche à étudier le niveau (level) et le caractère de Dirichlet (Nebentypus) ...etc.. de l'espace modulaire qui intervient.


2) En présence d'un polynôme $P(X) = X^3 + aX^2 + bX + c$ dont le discriminant est un carré $\text{Disc}(P) = \delta^2$, on ne dit pas ``à partir d'une racine $x_1$ de $P$, je sais déterminer rationnellement les deux autres racines via
$$
\left\{
\begin {array} {rcl}
(x_1-x_3)(x_1-x_2)(x_2-x_3) = P'(x_1)(x_2-x_3) &=& \delta \\
x_1 + x_2 + x_3 &=& -a \\
\end {array}
\right.
\qquad
\left\{
\begin {array} {rcl}
x_2 - x_3 &=& \delta / P'(x_1) \\
x_2 + x_3 &=& -a -x_1\\
\end {array}
\right.
\qquad
x_2 = {1 \over 2} \left({\delta \over P'(x_1)} - a - x_1\right)
$$
Ca, c'est le comble de la vulgarité. On doit dire : dans ce cas (discriminant carré), le groupe de Galois de $P$ est cyclique d'ordre 3.

PS1 : je sais bien qu'il faut ajouter $P$ irréductible et séparable.
PS2 : j'ai eu dans nos histoires à utiliser (2) je ne sais combien de fois. Certes le discriminant de $X^3 - X - 1$ n'est pas un carré sur $\Q$ mais il le devient sur $\Q(\sqrt {-23})$. Véridique.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
Et la norme (de $L$ sur $K$) dans la recherche du Graal ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
@Claude : Y'a une chose que je ne comprends absolument pas pour l'instant. C'est par quoi tu as quotienté pour passé de $\text{Cl}_\mathfrak{m}$ et $\text{Cl}(\Delta)$ ?

Est-ce que tu as un petit exemple (je veux dire un truc pas comme $7776$) ou on peut faire les calculs à la main ? j'aimerais bien comprendre comment on calcul $\text{Cl}_\mathfrak{m}$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
Vu : je prépare un truc.

Autre chose : en attendant, je te signale que $7776 = 216 \times \varphi(f)/2$ avec $f = 117$ avec $\varphi$ l'indicateur d'Euler.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
Merci Claude :)

hum, y'a une bidouille cyclotomique confused smiley
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
$\def\fm{\mathfrak m}$$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Je prends les notations de Cox (et un peu des miennes)

1) Contexte général (haut p. 160) $K$ un corps de nombres, $\fm$ un modulus. Alors la définition de $\Cl_m$ est :
$$
\Cl_\fm = {I_K(\fm) \over P_{K,1}(\fm)} \qquad \qquad (\star_1)
$$
En haut et en bas, ce sont des groupes d'idéaux fractionnaires de $\mathcal O_K$.

2) Contexte corps quadratique imaginaire. $D = f^2 D_{\rm fond}$ où $D_{\rm fond}$ est un discriminant quadratique imaginaire. On pose $K = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$ et ICI $\fm$ désigne $f\mathcal O_K$. J'utilise $I_K(f)$ ou $I_K(\fm)$ indifféremment. Alors (ici je mets tout en $f$) :
$$
\Cl(D) \simeq {I_K(f) \over P_{K,\Z}(f)} \quad \hbox {avec}\quad P_{K,1}( f) \subset P_{K,\Z}(f) \qquad \qquad (\star_2)
$$
Ca, c'est ce que j'appelle l'évitement. L'isomorphisme est canonique. C'est fait dans la proposition 7.19 p. 143. Cela n'a rien à voir avec la complexité ``corps de classes''. C'est ``élémentaire'', sauf qu'il faut y passer le temps qu'il faut. Plusieurs jours si besoin. Tu remarqueras que dans la proposition 7.19 il y a TROIS groupes de classes d'idéaux et DEUX isomorphismes.

Si je note $A \subset \mathcal O_K$ l'unique sous-anneau d'indice $f$ (i.e. de discriminant $D$) c.a.d $A = \Z + f\mathcal O_K = \Z[f\theta]$ si $\mathcal O_K = \Z[\theta]$, il faut savoir jongler entre idéaux de $A$ et ceux de $\mathcal O_K$ (extension, contraction). Il est préférable ici de remplacer $\Cl(D)$ par le groupe des classes d'idéaux inversibles de $A$.

Tu ne pourras pas éviter l'évitement (bis). Il est impératif de prendre son temps pour assimiler les pages 132 à 146.

Chute : une fois que $(\star_1)$ et $(\star_2)$ sont acquis ($\star_1$ c'est une définition, donc l'acquis c'est du vite fait), tu vois bien que $\Cl(D)$ est un quotient CANONIQUE de $\Cl_\fm$ avec $\fm = f \mathcal O_K$.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
Tu dois devenir un ami intime de l'évitement. Pour y arriver, la méthode est simple :

1) Lire les pages 132 à 146 de Cox. Simplifier certaines preuves qui sont trop calculatoires.

2) L'évitement ``externe'' (Dedekind), c'est du petit lait. J'attache de nouveau 2 pages.

3) Faire l'exercice suivant. Soient $B$ un anneau de nombres d'un corps de nombres $K$ avec $[K : \Q] = n$ et $f \ge 1$ un entier. Je pose $A = \Z + fB$

(a) $A$ est un sous-anneau de $B$ et $\text{Frac}(A) = \text{Frac}(B) = K$.

(b) Le conducteur de $A$ dans $B$ (ou de $B$ dans $A$, cela dépend des jours), conducteur au sens d'inclusion d'anneaux :
$$
\mathfrak f = \{ x \in B \mid xB \subset A\} = \{ x \in A \mid xB \subset A\}
$$
qui est à la fois un idéal de $A$ et de $B$ est ICI $fB$. Attention il est monogène dans $B$ mais surtout pas dans $A$ !!

(c) On a un isomorphisme canonique d'anneaux $A/\mathfrak f \simeq \Z/f\Z$. A fortiori :
$$
\big(A/\mathfrak f \big)^\times \simeq \big(\Z/f\Z\big)^\times
$$
Ceci va se révéler important dans notre histoire.

(d) On a $[B : A] = f^{n-1}$.

J'insiste : tout ceci est ELEMENTAIRE. Rien à voir avec la complexité ``corps de classes''. Sauf qu'il faut prendre son temps.
Pièces jointes:
ouvrir | télécharger - EvitementConducteur.pdf (321.4 KB)
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
AVANT de relire Cox ...etc.. je te demande juste un truc. Qui va probablement simplifier des choses car dans le post [www.les-mathematiques.net], j'ai trop voulu coller à Cox. Je me mets dans le contexte du point 2) de ce post pointé. Pourrais tu définir une application, la plus simple qui soit :
$$
I_K(f) \longmapsto I(A) \qquad \qquad (\spadesuit)
$$
Rappel : $A$ c'est le sous-anneau $A = \Z + f\mathcal O_K \subset \mathcal O_K$, tandis que $I_K(f)$ c'est le sous-groupe des idéaux fractionnaires de $K$ comaximaux à $f\mathcal O_K$ et enfin $I(A)$ c'est le sous-groupe des idéaux fractionnaires inversibles de $A$.

Cherche pas midi à 14 heures : propose simple pour $(\spadesuit)$. Et prends des idéaux entiers pour te simplifier la vie.

Une fois que tu auras proposé $(\spadesuit)$, on sera sauvé. Promis, juré.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
$\def\fm{\mathfrak m}$ $\def\Cl{\text{Cl}}$ $\def\OK{\mathcal O_K}$ $\def \ff{\mathfrak f}$
Suite exacte explicite élémentaire (évidente) :
$$
1 \to {(\Z/f\Z)^\times \over \{\pm 1\}} \longmapsto \Cl_\fm \longmapsto \Cl(D) = \Cl(A) \longmapsto \Cl(\OK) \to 1
$$
Est-il utile de préciser que je garde mes notations ? $D = f^2 D_{\rm fond.} < 0$, $K = \Q(\sqrt D)$, $\fm = f\OK$, $A = \Z + f\OK$ le sous-anneau quadratique de $\OK$ discriminant $D$ (= d'indice $f$ = de conducteur d'inclusion $f$) ..etc..C'est la mise en place qui est évidente mais en ce qui concerne l'exactitude, il faut travailler.

POUF-POUF Erreur grossière (j'ai voulu caser tout le monde). Il faut couper en deux. D'abord à gauche :
$$
1 \to {(\Z/f\Z)^\times \over \{\pm 1\}} \longmapsto \Cl_\fm \longmapsto \Cl(D) \to 1
$$
Tandis qu'à droite, dans le contexte plus général de deux anneaux de nombres $A \subset B$ de même corps des fractions un corps de nombres $K$ (là haut $B$ c'est $\OK$), en désignant par $\ff$ le conducteur de $A$ dans $B$ :
$$
\ff = \{ x \in B \mid xB \subset A \} = \{ x \in A \mid xB \subset A \}
$$
on a la suite exacte (the so called Dedekind-Siegel par mézigue) :
$$
1 \to {B^\times \over A^\times} \longmapsto {(B/\ff)^\times \over (A/\ff)^\times} \longmapsto \Cl(A) \longmapsto \Cl(B) \to 1
$$
D'où la tour (je n'y fais pas intervenir le morceau gauche de Dedekind-Siegel que l'on peut donc oublier) :
$$
\xymatrix {
K_\fm \ar@{-}[d] \ar@(l,l)[ddd]_{\Cl_\fm} \ar@{-}[d]^{ (\Z/f\Z)^\times / \{\pm 1\} }
\\
K^{(D)} \ar@{-}[d] \ar@/^4pc/[dd]^{\Cl(D)}
\\
K^{\rm Hilbert} \ar@{-}[d]^{\Cl(\OK)}
\\
K = \Q(\sqrt D) \ar@{-}[d]
\\
\Q
}
$$
Mais où est passée la conjugaison complexe ? s'inquiète toujours C.Q. Pas sur le papier, mais pour de vrai. Oui, je la vois au niveau $K/\Q$. Mais plus haut ?

On s'en fout de la conjugaison cmplexe ? Ben pas moi car important puisque Petit Bruckner (nouvelle terminologie plus exacte que partie facile du théorème de Bruckner) :
$$
\text{Gal}(K^{(D)}/\Q) \simeq \text{Gal}(K^{(D)}/K) \rtimes C_2
$$
A gauche sur $\Q$. Oui sur $\Q$. Et la voilà dans $C_2$ la conjugaison complexe. Et son action du $\rtimes$ est $\sigma \mapsto \sigma^{-1}$ !!

Et Petit Bruckner c'est pour préparer la musique de Grand Bruckner, ce qui est une autre paire de manches, probablement inaccessible (pour moi) explicitement même dans le cas particulier du degré 3. Sauf si la norme de $E^{\rm gal}/K$ a son mot à dire.

Quant aux caractères de Hecke, j'ai envie de m'asseoir dessus pour l'instant vu que $A/\mathfrak f \simeq \Z/f\Z$ (isomorphisme canonique d'anneaux, on peut même mettre =) et donc $(A/\mathfrak f)^ \times \simeq (\Z/f\Z)^\times $



Edité 2 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par AD.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
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Merci Claude. Je vais essayé de lire les pages en question. Tu vas rire, j'ai vu $\Z$-module finiment engendré et j'ai faillit partir en courant grinning smiley Je t'ai déjà dis que je suis niveau $0$ en algèbre commutative ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
N'oublie pas que dans l'ordre, je t'ai conseillé [www.les-mathematiques.net]. Comment à partir d'un idéal $J$ d'un anneau (comme $\mathcal O_K$) peut-on fabriquer sans se prendre la tête un idéal d'un sous-anneau $A$ ? Ben, moi, je ne vois qu'un moyen. Si toi aussi, tu ne vois qu'un moyen, tu es sauvé.

Je n'aime plus la formulation de Cox depuis quelque temps. Je parle de :
$$
{\text{truc} \over \text{machin}} \simeq {\text{bidule} \over \text{chose}}
$$
C'est trop abstrait. Depuis peu, je préfère ma formulation (équivalente) in [www.les-mathematiques.net] avec la suite (exacte) évidente à mettre en place que je dis (c'est mettre en place qui est facile, avec un peu de bonne volonté, sans ce soucier de l'exactitude).

A un tel point que presque tout cela tourne sur ma machine. En peu de lignes, je t'assure (alors qu'avant, quelle horreur). Et du coup, j'ai plein d'exemples pour illustrer les exos 9.20 à 9.24 (p. 195-198) de Cox.

Bémol sur presque tout. SAUF cette put.in de conjugaison complexe. J'ai l'impression que tout le monde sait ce que c'est, sauf moi.

> F := X^20 + 156*X^15 + 39376*X^10 + 421776*X^5 + 2576816 ;
> L<x> := NumberField(F) ;
> time y := ComplexConjugate(x) ;
Time: 1.970  <--- Chauffe Marcel
> y ;
1/13640000*(17*x^16 + 3254*x^11 + 767116*x^6 + 17068488*x)

Bémol sur le bémol : dans le contexte du degré 3, je sais (pour la conjugaison complexe) : car au lieu de dire $E^{\rm gal}/K$ est galoisienne 3-cyclique, je réalise le truc vulgaire à ne pas faire en bonne société.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
Il faut prendre l'intersection : si j'ai un idéal $J$ de $\mathcal{O}_K$, je prend $A \cap J$ idéal de $A$, tes sûr que je suis sauvé avec ça ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
OUI, tu es sauvé car tu vois que la flèche est FACILE. Je parle de la flèche liée à $\text{Cl}_{\mathfrak m} \to \text{Cl}(A)$ qui sera donc $[J] \mapsto [J \cap A]$ où $[\quad]$ vaut pour classe de. Bien sûr, il y aura des choses à montrer mais plus tard. Avant tout : se rendre compte que les morphismes sont ``naturels''.

Presque sauvé car il faut également que tu devines $\text{Cl}(A) \to \text{Cl}(\mathcal O_K)$. Comment à partir d'un idéal $I$ d'un ``petit'' anneau $A$ peut-on fabriquer un idéal d'un anneau plus gros (ici $\mathcal O_K$). Je ne vois qu'une manière. Et toi ? Si tu réponds, c'est champagne quand tu passeras dans le Poitou (la plaine).
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
Si $I$ est un idéal de $A$, alors je prend l'idéal engendré par $I$ dans le gros anneau $\mathcal{O}_K$.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
YES. Mais pour le champagne, encore un dernier effort. Etant donné un entier $a \in \Z$ inversible modulo $f$, comment peux tu fabriquer un idéal $J_a$ de $\mathcal O_K$ qui habite $I_K(f)$ i.e. qui vérifie $J_a + f\mathcal O_K = \mathcal O_K$. Et une fois trouvé, sauras tu comparer $J_a$ et $J_{-a}$ ?
Ici, je parle de la flèche qui est complètement à gauche dans la longue suite.


Pouf-pouf : en [www.les-mathematiques.net], voulant caser tout le monde sur une seule ligne, j'ai déc.nné. J'ai apporté une rectification annoncée de manière visible.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
J'ai commencé à bosser sur Silverman AAEC chapitre II avec l'espoir de rendre l'aspect classfield plus concret.

Citation

Soit $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-d})$ et $Cl(O_K)$ son groupe de classes d'idéaux. On utilise l'isomorphisme entre tores complexes et courbes elliptiques qui montre que $Cl(O_K)\cong Ell(O_K)$ l'ensemble des courbes elliptiques avec multiplication complexe (CM) par $O_K$.

Pour chaque (classe) d'idéal $\mathfrak{a} \in Cl(O_K)$ on regarde le tore complexe $\mathbb{C}/\mathfrak{a}$ qui a CM par $O_K$, et son j-invariant $j(\mathfrak{a})$. On note que $j(\mathfrak{a})$ détermine uniquement une classe de $Cl(O_K)$. Si on a prend un idéal $\mathfrak{b} = u O_K+vO_K$ alors le map $\mathbb{C}/\mathfrak{a} \to \mathbb{C}/\mathfrak{b}^{-1}\mathfrak{a}$ revient à quotienter $\mathbb{C}/\mathfrak{a}$ par $\ker(u)\oplus \ker(v)$

On pose $H = K(\bigcup_{\mathfrak{a} \in Cl(K)}j(\mathfrak{a}))$ pour reproduire tout ça du côté courbes elliptiques. Soit $E: y^2=x^3+ax+b$ où $a=b= \frac{27j(O_K)}{j(O_K)-1728}$ donc $j(E) = j(O_K)$ qui est une courbe elliptique définie sur $H$ et $E \cong \mathbb{C}/O_K$ donc avec CM par $O_K$. On fait de même en construisant $E^\mathfrak{a}$ pour chaque $\mathfrak{a} \in Cl(O_K)$. Mais cette fois on a aussi l'action de $\sigma \in Gal(H/K), E \mapsto E^\sigma : y^2 = x^3+\sigma(a)x+\sigma(b)$. Et $E^\sigma$ garde la CM par $O_K$. On peut donc écrire $E^\sigma = E^\mathfrak{b}$ pour un certain idéal $\mathfrak{b} =u O_K+vO_K $ et donc voir $E \mapsto E^\sigma $ comme une isogénie $E \mapsto E/C$ où $C = \ker([$u$])\oplus \ker([$v$])$, ce qui permet de dire que pour tout $\mathfrak{a} \in Cl(K)$ : $\ \ (E^\mathfrak{a})^\sigma =E^\mathfrak{a} / \ker([$u$])\oplus \ker([$v$])) = E^{ \mathfrak{b}\mathfrak{a}}$ ce qui donne une action $\sigma : \mathfrak{a} \mapsto \mathfrak{a}^\sigma=\mathfrak{b}\mathfrak{a}$.

(Ici il faut détailler le converse, partir d'un idéal $\mathfrak{b}$, montrer l'intégralité de $j(\mathfrak{b})$ (p.140) puis trouver construire un $\sigma \in Gal(H/K)$ tel que $E^\sigma = E^\mathfrak{b}$ en regardant $E[m]$ pour chaque $m$, cf et théorème fondamental de CM

On a donc montré que $\sigma \mapsto j(E^\sigma) \mapsto \mathfrak{a}^\sigma$ est un isomorphisme $\xi : Gal(H/K) \to Cl(O_K)$. Donc $H/K$ est une extension abélienne, donc $K(j(E))/K$ est abélienne et comme $Gal(H/K)$ agit transitivement sur les $j(E^\mathfrak{a})$ on a $H = K(j(E))$.

Enfin en regardant la réduction de $E$ modulo $\mathfrak{P}$ on a plus ou moins directement que $(\mathfrak{p},H/K) = \xi^{-1}(\overline{p})$.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par reuns.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
avatar
@Claude : pas encore champagne. Je galère je galère je galère grinning smiley Mais ça va le faire, j'ai juste besoin de temps
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
$\def\fm{\mathfrak m}$ $\def\Cl{\text{Cl}}$ $\def\OK{\mathcal O_K}$ $\def \ff{\mathfrak f}$
@flip flop
Je ne sais pas où tu en es. Il y a de la dentelle dans cette histoire. Je me dis qu'après un tel investissement, on ne peut pas faire autrement que de terminer quelque chose sauf si tu est trop découragé. Je ne parle pas ici de FumetteViaDegre3.pdf mais des suites exactes qui figurent en [www.les-mathematiques.net]

Je prends donc la partie gauche de la longue suite c.a.d
$$
1 \to {(\Z/f\Z)^\times \over \{\pm 1\}} \longmapsto \Cl_\fm \longmapsto \Cl(D) = \Cl(A) \to 1 \qquad \qquad (\star)
$$
Il faut démontrer que cette suite est exacte. L'avantage, c'est que tu connais les flèches, disons à droite : elle provient de $J \mapsto J \cap A$. Il y a un certain travail à faire que je découpe en petites rondelles. A montrer :

1) $J \cap A$ est un idéal inversible de $A$. Car il ne faut pas oublier que $A$ n'est pas de Dedekind contrairement à $\OK$. En passant : inversible dans idéal inversible est à rapprocher de primitive dans forme primitive.
2) $[J] \mapsto [J \cap A]$ est surjective.
3) Exactitude en $\Cl_\fm$ i.e. s'occuper du noyau de $[J] \mapsto [J \cap A]$
4) Injectivité de flèche de gauche dont tu ne m'as pas donné des nouvelles.

Je ne connais qu'un moyen : prendre les morceaux un par un. Je commence vu que c'est de la dentelle.

1) Provient du fait que $J \in I_K(f)$ est inversible dans $\OK$ ($\OK$ est de Dedekind) et que, par définition $J + f\OK = \OK$ i.e. $J$ est comaximal à $f\OK$ qui est le conducteur (d'inclusion) entre $A$ et $\OK$. En utilisant le théorème d'évitement (EXTERNE) du conducteur (dû à Dedekind) i.e. les 2 pages attachées hier (ou Cox comme tu veux) on obtient que $J \cap A$ est inversible dans $A$. La terminologie ``évitement externe'' est de mézigue : je dis cela car il y a deux anneaux en cause à savoir $A$ et $\OK$.

Bref $[J] \mapsto [J \cap A]$ est bien définie.

2) Surjectivité de $[J] \mapsto [J \cap A]$. Là je vais utiliser l'évitement interne et causer en termes de formes quadratiques. I.e. utiliser $\Cl(D)$ (langage forme) au lieu de $\Cl(A)$ (langage idéal). Cela provient que toute forme quadratique primitive est $\text{SL}_2(\Z)$ équivalente à une forme quadratique $ax^2 + bxy + cy^2$ dont le premier terme $a$ est premier avec n'importe quel entier donné à l'avance. J'en ai parlé en [www.les-mathematiques.net] (regarder avant et après). Et cette propriété conduit à la surjectivité. Je ne détaille pas plus pour l'instant. On pourra y consacrer du temps si tu veux car j'ai des choses à dire sur le théorème 7.7 p. 137 de Cox. On ne peut pas tout faire en même temps.

3) Là encore, il y a de la dentelle. C'est lié à la proposition 7.22 de Cox mais la formulation n'est pas la même. Et c'est bien pour cela que je m'en suis éloigné (mais pas tant que cela) à cause de mon petit faible pour la suite $(\star)$. Pour l'instant, je donne juste un maillon. Soit $B$ un anneau d'entiers et $A = \Z + fB$ avec $f$ entier $\ge 1$. Alors $A$ est un sous-anneau de $B$. Il faut noter que $fB$ est aussi un idéal de $A$ que je vais noter $\ff$. Pourquoi ? Certes $\ff$ c'est pareil que $fB$ mais je préfère utiliser $\ff$ quand je vois $fB$ comme idéal de $A$.

Ce que je dis (le petit maillon) c'est que $A/\ff = \Z/f\Z$. En effet $\Z \mapsto A/\ff$ est surjective vu que $A = \Z + \ff$. Soit $m \in \Z$ dans le noyau i.e. $m \in \ff = fB$. Alors $m/f$ est dans $B$; mais $m/f$ est un brave nombre rationnel i.e. de $\Q$. Mais comme $m/f$ est dans $B$, il est entier sur $\Z$ donc, étant dans $\Q$, il est dans $\Z$ i.e. $m \in f\Z$.


Voilà, voilà. Un certain nombre d'autres petits maillons dans Cox et mes notes manuscrites, à mettre bout à bout. Si tu me dis ``j'en ai plein le c.l'' de cette histoire, il me semble que je comprendrais. Il ne faut pas oublier ce que dit Cox à la page 180, juste avant le Th 9.2
$$
\hbox {We can now state the main theorem of the book}
$$
Il s'agit de l'histoire ``Ring Class Field''. Mais avant de regarder ce qui se passe au dessus des anneaux quadratiques, il est important d'être super-clair sur ce qui se passe à l'intérieur des anneaux quadratiques.

A la page 52 de [websites.math.leidenuniv.nl] (Lenstra & Stevenhagen à propos de Artin's reciprocity). Concernant $\Cl_\fm$ en général, je cite. This desired group is called the ray class group modulo $\fm$. Anybody who has assimilated its definition is ready to appreciate class field theory. Et au début ``There is indeed no royal road to class field theory''. Je te reparlerais de ce papier car il est écrit, je trouve, avec le plus grand soin.

Nous sommes au pied du mur.

PS : je suis susceptible de t'illustrer $(\star)$ avec qui tu sais. Note l'histoire des cardinaux : $\#\Cl_m = \#\Cl(D) \times \varphi(f)/2$ pour $f \ge 3$. C'est le fameux $7776 = 216 \times \varphi(117)/2$ dans l'histoire $D = f^2 \times (-23)$ et $f = 117$.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
il y a deux mois
@flip flop
J'ai vu ton post et je trouve normal que tu galères. Il faut du temps, beaucoup de temps. De mon côté, je viens d'écrire proprement l'exactitude au milieu de la suite de gauche (celle de mon post précédent).

Un truc que je trouve fondamental. Il ne suffit pas de faire de la technique, il faut s'expliquer. Historique : c'est toi-même qui m'a demandé en quoi (dans le contexte que l'on sait) $\text{Cl}(D) = \text{Cl}(A)$ est un quotient (canonique) de $\text{Cl}_{\mathfrak m}$. Et je t'ai fait une première réponse ``à la Cox'' en invoquant, entre autres, la proposition 7.22 page 145. Son énoncé est du type :
$$
{\text{truc} \over \text{machin}} \simeq {\text{truc}' \over \text{machin}'} \simeq {\text{truc}'' \over \text{machin}''}
$$
Et le temps passant, je me suis dit que dans cette proposition 7.22, il y ``trop de choses'' d'un coup et peut-être pas très causantes. D'où une nouvelle formulation avec la suite exacte où intervient $(\Z/f\Z)^\times$ divisé par $\{ \pm 1\}$. Mais s'occuper de CETTE petite suite exacte est moins fort que prop. 7.22 de Cox. J'ai donc voulu répondre DIRECTEMENT à TA question.

Là, où j'ai déc.nné ce matin, c'est que j'ai absolument voulu caser $\text{Cl}(\mathcal O_K)$ dans l'histoire alors que pour l'instant, il n'a rien à voir avec la choucroute : ce qui est sur la sellette est $\text{Cl}(D) = \text{Cl}(A)$ versus $\text{Cl}_{\mathfrak m}$. Point.

Peut-être que j'ai tenu à placer le corps de Hilbert dans la tour qui figure en [www.les-mathematiques.net]. J'aime bien cette petite tour.


Et ce qu'il faut savoir, c'est qu'il y a une relation entre $\text{Cl}(\mathcal O_K)$ et $\text{Cl}(D) = \text{Cl}(A)$. Mais c'est une AUTRE histoire sans lien avec la théorie du corps de classes. Cette relation est assurée par la suite exacte de Dedekind-Siegel. Mais pas du tout obligés de s'en occuper. De toutes manières, on ne peut pas tout faire d'un coup.

Ce post est censé clarifier ce qui s'est passé ces derniers temps.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de il y a deux mois et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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@Claude : bon j'y voit un peu plus clair.
Une question : tu as des exemples où on peut exprimer simplement $\text{Cl}_\mathfrak{m}$. Je sais qu'il n'y a pas besoin de ça pour la démonstration, mais je pense que si j'arrive à faire un exemple, l'exactitude de la suite devra être plus clair pour moi.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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On peut prendre $-163$ comme anneau quadratique de base ... $\mathfrak{m}=(7)$ histoire d'avoir un truc non trivial. Si je crois : $\text{Cl}_\mathfrak{m}$ doit être de cardinal $24$ ... bon et moi je voulais faire joujou avec $\left( \Z \left[ \frac{1+\sqrt{-163}}{2} \right] / (7) \right)^\times$.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}\def\fm{\mathfrak m}$
@flip flop
Quand j'ai vu ton dernier post avec $D_{\rm fond} = -163$ et $f =7$ où tu mentionnais le quotient $\left(\OK/\fm\right)^\times$, j'ai senti assez rapidement qu'il y avait une autre suite exacte (en plus de la petite qui relie $\Cl(f^2 D_{\rm fond})$ et $\Cl_m$ où $\fm = f\OK$ et de la plus grande de Dedekind-Siegel valide dans un contexte plus général).

Je me suis dit que cela ne pouvait être que :
$$
\left(\OK/\fm\right)^\times \longmapsto \Cl_\fm(K) \longmapsto \Cl(\OK) \to 1 \qquad\qquad (\blacksquare)
$$
Et ceci dans un contexte le plus général possible i.e. $K$ corps de nombres et $\fm$ modulus quelconque sans partie $\fm_\infty$. Les flèches sont faciles à mettre en place. Et là, où j'en ai ch.é, c'est quand j'ai voulu faire la preuve de l'exactitude dans ce cadre général.

J'y suis arrivé et cela m'a coûté. Mais cela m'a permis de mieux comprendre $\Cl_\fm(K)$ sur lequel je me posais des questions depuis pas mal de temps : tout élément de $\Cl_\fm(K)$ est représentable par $a^{-1} I$ où $a \in \OK$ est un inversible modulo $\fm$ et $I$ un idéal entier comaximal à $\fm$. Ceci n'est PAS dans la définition (sous-groupe des idéaux fractionnaires engendrés par les idéaux entiers comaximaux à $\fm$). Encore un troisième lemme d'évitement (en dimension 1, ponctuel avec des idéaux inversibles, j'ai fait un peu d'algèbre commutative, dieu merci) pour le voir. Idem la surjectivité de $(\blacksquare)$ utillise ce lemme d'évitement.

Le reste c'est du petit lait, sauf qu'il faut bien faire attention à la chose multiplicative (je me comprends). Bref, $(\blacksquare)$, c'est dans la poche.

Et le lendemain, qu'est ce que je vois dans [www.math.leidenuniv.nl], suite exacte (2.7) page 502 ? La même suite que l'on peut boucher à gauche
$$
\OK^\times \longmapsto \left(\OK/\fm\right)^\times \longmapsto \Cl_\fm(K) \longmapsto \Cl(\OK) \to 1
$$
Pas de problème pour la nouvelle exactitude du bouchage.

Je me suis dit que peut-être tu savais tout cela et que tu cherchais à voir si ... En ayant pris $D_{\rm fond} = -163$ pour avoir $\Cl(\OK)$ trivial. Tu savais, n'est ce pas ?

Bon, une fois mis en place sur le papier, faut le mettre en place en (devinette).

Et pour $\fm = f\OK$, voilà ce que je trouve (avec TES valeurs rappelées là-haut)
$$
\left(\OK/\fm\right)^\times \hbox {cyclique d'ordre 48 engendré par (la classe de) $z = {-1 + 3\sqrt {-163} \over 2}$},
\quad\quad
\Cl_\fm \hbox { cyclique d'ordre $24$ engendré par $[z\OK]$}
$$
Et en posant $D = f^2 \times (-163)$
$$
\Cl(D) \hbox { cyclique d'ordre 8 engendré par $(47, 35, 49)$}
$$
Et bien sûr avec de la compatiblité là où on s'en doute. Par exemple $24 = 8 \times \varphi(7)/2$ (tu sais la petite suite exacte ?).

Bilan : j'ai appris vachement de trucs.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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Je pense que ça marche smiling bouncing smiley

Je fais un exemple après, faut que je contrôle un peu, mais c'est pas top top car je n'ai pas fait la correspondance explicite mais uniquement les ordres ... c'est pas trop grave. Exemple a suivre ça va me prendre un peu de temps
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
@flip flop
Ah oui, d'accord. Pigé (toi depuis 3 posts) : tu veux que l'on parle en langage codé ? Alors je te dis ce que je cherche à faire : $D = 117^2 \times (-23)$, quatre polynômes de degré 3, $C_3\times C_3$, instance de Bruckner.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
@flip flop
Un mini exemple (avec une surprise). Soit $A$ l'anneau $\Z[\sqrt {-7}]$ de discriminant $D = 2^2 \times (-7)$. Donc ici le conducteur l'inclusion de $A$ dans $\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt {-7})$ est $f = 2$. I.e. l'idéal conducteur est $2\mathcal O_K$.

Quel est le corps des classes $K^{(D)}$ de l'anneau $A$ ? [ring class field of]. Quel est le conducteur $\mathfrak f(K^{(D)} /K)$ ? Conducteur étant ici au sens théorie du corps de classes.

Attention, quitte à être lourd. Il y a ici deux notions de conducteur (ce sont des idéaux de $\mathcal O_K$ ) : conducteur d'inclusion (terminologie de mézigue) et conducteur au sens théorie du corps de classes.

Note. Ceci est lié au fait que $A = \Z[\sqrt {-7}]$ possède la propriété que l'on trouve au début étrange : $h_A = 1$ mais $A$ n'est pas principal. J'en ai trop dit.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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@Claude : J'ai fait une énorme boulette (depuis hier) que je viens de détecter grosso modo j'ai confondu une forme quadratique $<1,1,2>$ et $<1,-1,2>$ ... Tu vas me dire, c'est pas très grave ... car les entiers qu'elles représentent sont les même ... Mais si c'est grave car j'ai confondu l'expression de la norme sur $\Z \left[ \frac{-1+\sqrt{-7}}{2}\right]$ en disant que $N \left( x+ \frac{-1+\sqrt{-7}}{2} y \right) = x^2+xy+2y^2$. Pourquoi c'est important : car pour trouver un élément de $\Z \left[ \frac{-1+\sqrt{-7}}{2}\right]$ de norme $p$, beh j'ai résolu la mauvaise équation et je me retrouve a faire comme si la norme de $4 \frac{-1+\sqrt{-7}}{2} - 13$ est $149$ !!!

Mais non la norme c'est $x^2-xy+2y^2$ smoking smiley

Begin Punition = {
For p = 1 to infty 
   print (flipflop doit faire attention aux signes) 
EndFor
}

Promis, je fini mon exemple dans la journée, j'ai commencé à écrire mais avec cette boulette impossible de continuer, y'avais un Frobenius qui n'était pas a sa place, le vilain !
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
@flip flop
Je crois que je comprends. C'est pas trop grave mais un peu grave quand même. Et l'expression de la norme dépend du générateur choisi de l'anneau quadratique (voir en bas, pour des histoires de choix douloureux). Comme ce genre de truc m'a pris la tête plusieurs fois les années passées, je m'écris la chose suivante :
$$
N(x + y\alpha) = (x + y\alpha)(x + y \widetilde \alpha) = x^2 + (\alpha + \widetilde \alpha) xy + \alpha\widetilde\alpha y^2
$$
c.a.d
$$
N(x + y\alpha) = x^2 + sxy + py^2 \qquad \hbox {avec} \qquad s = \text{Trace}(\alpha), \quad p = \text{Norm}(\alpha)
$$
MAIS $\alpha$ est racine de
$$
(X - \alpha)(X - \widetilde\alpha) = X^2 - sX + p
$$
Tu vois : $s$ versus $-s$. Ou encore : dans la vie, on ne peut pas faire plaisir à tout le monde.


Question générateur. Si $D \equiv 1 \bmod 4$, l'unique anneau quadratique de discriminant $D$ est :
$$
\Z\Bigl [{-1 + \sqrt {D} \over 2}\Bigr] = \Z\Bigl [{-1 - \sqrt {D} \over 2}\Bigr] = \Z\Bigl [{1 + \sqrt {D} \over 2}\Bigr] = \Z\Bigl [{1 - \sqrt {D} \over 2}\Bigr]
$$
Peut-être qu'il faut avoir un faible pour un des 4 générateurs que l'on voit ? Et s'y tenir ? En espérant avoir fait le bon choix (peut-être que cela n'a pas de sens, bon choix ou pas). En tout cas comme on joue beaucoup avec des discriminants $D < 0$, j'ai un petit faible pour $(\pm 1 + i\sqrt {|D|})/2$ car ces deux là habitent le demi-plan de Poincaré $\mathbb H$.

Et pour couronner le tout, que $D$ vérifie $D \equiv 1 \bmod 4$ ou $D \equiv 0 \bmod 4$, certains auteurs prennent
$$
\Z\Bigl [{D + \sqrt {D} \over 2}\Bigr]
$$
Ce sont certes des petits choses, mais ...
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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@Claude : Je fais un exemple grinning smiley

Je prends $K := \Q(\sqrt{-7})$ et son anneau d'entier $\Z[ \omega_{-7} ]$ avec $\omega_{-7} = \frac{-1+\sqrt{-7}}{2}$. Le polynôme minimal de $\omega_{-7}$ est $x^2+x+2$ et la norme de l'anneau $\Z[ \omega_{-7} ]$ est $N(x+yw_{-7}) = x^2-xy+2y^2 $.

Je prend le modulus $\mathfrak{m} = (5)$, donc c'est juste un premier de $\Z[\omega_{-7} ]$ car $-7$ n'est pas un carré modulo $5$.
Et le groupe $\left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times $ est un groupe cyclique de cardinal $24$.

Dans mon contexte, $\Z[ \omega_{-7} ]$ est principal donc ça simplifie les choses (j'ai vu ta suite exacte avec $\text{Cl}(K)$).
Ensuite , on dispose d'une suite exacte :
$$
\mathcal{O}_K ^\times \longrightarrow \left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times \longrightarrow \text{Cl}(\mathfrak{m}) \longrightarrow \text{Cl}_K \longrightarrow 1
$$
Mais ici $\text{Cl}_K = 1$ car l'anneau d'entier du corps $K$ est principal (c'est l'anneau d'entier donc c'est ok). Et le groupe des unités c'est simplement $\{ \pm 1 \}$.
Et par suite : $$ \text{Cl}_\mathfrak{m} \simeq \left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times / \left\{-1,1\right\} $$

Bon là, il faut voir que c'est pas un objet super complexe, c'est juste le groupe multiplicatif "du" corps fini $\mathbb{F}_{5^2}$ que l'on quotiente par $\{\pm 1 \}$. (le "du" est a comprendre comme $\left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times$) et c'est un groupe cyclique de cardinal $12$.

Maintenant : Il existe une extension abélienne de $K$ de degré $12$ dont le groupe de Galois est canoniquement isomorphe à $\text{Cl}_\mathfrak{m}$ et par canoniquement isomorphe je veux dire que :


Pour tout idéal premier $\mathfrak{p}$ premier à $\mathfrak{m}$ alors le Frobenius de $\mathfrak{p}$ est construit de la manière suivante : je prend un générateur de $\mathfrak{p} = (z)$ et je regarde la classe dans $\text{Cl}_\mathfrak{m}$. (ici je mens un peu).


En particulier (et c'est le truc que je regarde ici, because j'évite l'évitement grinning smiley) l'ordre de $\text{Frob}(\mathfrak{p}, H(\mathfrak{m}) \mid K)$ est exactement l'ordre de $z$ dans $ \left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times / \left\{-1,1\right\} $.


Exemple : Je prend un idéal $\mathfrak{p}$ de norme $149$, par exemple : $13+4\omega_{-7}$. Et on regarde sa classe dans $\text{Cl}_{\mathfrak m }$. Dans mon contexte, ce qui m'intéresse c'est uniquement l'ordre de $13 + 4 \omega_{-7}$ et ici on trouve que l'ordre est $6$.

Ce qui signifie que l'idéal premier $\mathfrak{p}$ se décompose en deux idéaux premiers de degré résiduel $6$ dans l'extension $H(\mathfrak{m})$.

Bon là on ne comprend strictement rien car on ne connaît pas $H(\mathfrak m)$ ... alors on sort une seconde suite exacte : (en gros, on va prendre un sous-extension de $H(\mathfrak m)$ qui à une interprétation en terme de forme quadratique.
$$
1 \to {(\Z/5\Z)^\times \over \{\pm 1\}} \longmapsto \text{Cl}_\mathfrak{m}\longmapsto \text{Cl}(-7 \times 5^2) = : \text{Cl}(D) \to 1
$$

Qui fournit :
$$
\xymatrix {
H(\mathfrak m) \ar@{-}[d] \ar@/^3pc/[dd]_{\text{Cl}_\mathfrak{m}} \\
K^{(D)} \ar@{-}[d] \ar@/_3pc/[d]_{\text{Cl}(D)} \\
\Q(\sqrt{-7} )
}
$$

Et par suite le Frobenius $$\text{Frob}(\mathfrak p ; K^{(D)} \mid K) = \text{Frob}(\mathfrak p ; H(\mathfrak m) \mid K) \pmod{{(\Z/5\Z)^\times \over \{\pm 1\}} }$$
Et au niveau des ordres :

l'ordre de $\text{Frob}(\mathfrak p ; K^{(D)} \mid K) $ est l'ordre de $z^4$ dans $\left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times$ (because groupe cyclique).

Et le truc a constater :

Un nombre premier $p$ est représenté par une forme de discriminant $D$ d'ordre $f$ si et seulement si $(p) = (z_1)(z_2)$ (décomposition en premier) dans $\mathcal{O}_K$ et si $z_1^4$ est d'ordre $f$ dans $\left( \frac{\Z[\omega_{-7}]}{(5)} \right)^\times$


Bref avec $149$, on a $z_1 = 13+4\omega_{-7}$ et $(z_1)^4$ est d'ordre $3$ ET $149$ est représenté par la forme $4x^2+xy+11y^2$ qui est une forme d'ordre $3$ dans $\text{Cl}(D)$.


PS : Je pense que mon charabia est incompréhensible, sorry !



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\fm{\mathfrak m}\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip-flop
Non, c'est clair. Et les notations se stabilisent, ce qui est une bonne chose pour échanger. En plein milieu, là où tu parles évitement, il y a un $L$ qui doit être remplacé par un $K$ dans $\text{Frob}(\mathfrak p, H(\fm) | L)$.

En passant, on peut merci aux suites exactes, n'est ce pas ?

Et je trouve qu'il ne faut pas hésiter à être super-précis. Par exemple, quand tu prends $z_1 = 13 + 4\omega_{-7}$, et tu dis $(z_1)^4$ est d'ordre 3, je me sens obligé d'ajouter sur mon tirage d'ordre 3 dans $\Cl_\fm$. Même si le contexte fait que l'on s'en doute.

A propos d'évitement : l'exemple que tu as pris ($f = 5$) et un $\Cl(K)$ trivial fait qu'il n'y a pas grand chose à éviter !

Tu aurais pu ajouter que $\Cl(D)$ est cyclique d'ordre 6 engendré par $(2,1,22)$.

A propos de la diversité d'équation(s) pour l'extension abélienne $K^{(D)}/K$ de degré 6 (elle est 6-cyclique)

> NumberField(KD) ;  <-- KD monté par mézigue (machinerie Class Field de magma)         
Number Field with defining polynomial [ Y^2 - 5, Y^3 - 75*Y - 425 ] over K   <--- A cogiter
> HD<X> := HilbertClassPolynomial(D) ;
> HD ;
X^6 + 1119444674983992405*X^5 - 54813228576976021387185*X^4 + 1253156381651642217978286627708618800*X^3 - 
    59496933313401566319649813402788210673425*X^2 + 1368302291061523680379707879639549158890532250*X + 
    27017288450887144631231387755756779460197062625
> WD := WeberClassPolynomial(D) ;
> WD ;
X^6 + X^5 - 4*X + 1

A propos des notations. Elles se stabilisent chez moi. J'en prends à la fois chez Cox et aussi chez Cohen-Stevenhagen. Par exemple, Cox page 164, note $K_\fm$ pour le corps des classes d'un modulus quelconque $\fm$ sur $K$ (corps de nombres $K$ quelconque). Tandis que Cohen-Stevenhagen note $H_\fm$ page 502. Ici, je préfère Cox car je veux voir $K$ (même si c'est redondant car un modulus sait sur quel corps de nombres il a été pris).


Autre chose. Une question générale. Cadre : un corps de nombres $K$ quelconque et un modulus $\fm$ quelconque sans partie $\fm_\infty$ quand même. Soient $z, z' \in \OK$ inversibles modulo $\fm$. Comment vois tu (directement, pas d'utilisation de suite exacte) que dans $\Cl_\fm(K)$, on a l'égalité $[z\OK] = [z'\OK]$. Je mets des $[\quad]$ pour classe, même si je suis lourd.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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Pour le à cogiter ... y'a Genus theory l'extension $\Q(\sqrt{5},\sqrt{-7})$ est ramifié en $5$. J'y crois mais je ne sais pas si je vais avoir la force grinning smiley

Merci pour les équations, je vais m'amuser un peu :)

Sinon pour $z_1$. C'est $z_1^4$ est d'ordre $3$ dans $\left( \Z[ \omega_{-7}] / ( \mathfrak{m}) \right)^\times$ ou alors $z_1^2$ est d'ordre $3$ dans $\text{Cl}_{\mathfrak{m}}$.

J'ai remonté la condition sur $\left( \Z[ \omega_{-7}] / ( \mathfrak{m} )\right)^\times$, plus simple pour moi. Mais ici ça ne change rien puisque si $z_1^2$ est d'ordre $3$ dans $\text{Cl}_{\mathfrak m}$ son carré également. Tu es OK ?

Pour ta question de fin : Je ne suis pas certain d'avoir bien compris mais je dirais que $z^2 = (z^\prime)^2 \pmod{\mathfrak{m}}$.

Ps / Faut que je fasse un peu le point sur mon contexte "bébé".



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\OK{\mathcal O_K}\def\fm{\mathfrak m}\def\fa{\mathfrak a}\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
1) Quand j'ai dit ``à cogiter'', je ne savais pas quoi ! C'est aussi pour moi. Et surtout pour que l'on se dise : si on veut construire des exemples, illustrer ceci-cela, et bien c'est possible. Ci-dessous, je viens de faire exprès de me mettre dans une catégorie (algèbre commutative) pour éviter de croire que j'appuie sur un bouton Class-Field. Je viens donc de monter pour LE FUN, dans le cadre $D = 5^2 \times (-7)$ :
$$
L = K^{(D)} = K(y,z) = K[y,z] = {K[Y,Z] \over \langle F_1(Y), F_2(Z) \rangle}, \qquad F_1(Y) = Y^2 -5, \qquad F_2(Z) = Z^3 - 75Z - 425, \qquad K = \Q(\sqrt {-7})
$$

> // Autour de D := f^2 * (-7)  avec f = 5
> Q := RationalField() ;
> QX<X> := PolynomialRing(Q) ;
> // F1, F2 : fournis par la machinerie Class Field
> F1 := X^2 - 5 ;   F2 := X^3 - 75*X - 425 ;
> 
> K<rm7> := QuadraticField(-7) ;
> KYZ<Y,Z> := PolynomialRing(K,2) ;
> L<y,z>, pi := KYZ /Ideal([Evaluate(F1,Y) , Evaluate(F2,Z)]) ;
> assert IsField(L) and  Dimension(L) eq 6 ;
> 
> F3 := QX!MinimalPolynomial(y+z) ;
> F3 ;
X^6 - 165*X^4 - 850*X^3 + 5700*X^2 + 51000*X + 156125
> F4 := QX!MinimalPolynomial(y*z) ;
> F4 ;
X^6 - 750*X^4 + 140625*X^2 - 22578125
> F5 := QX!MinimalPolynomial(z/y) ;
> F5 ;
X^6 - 30*X^4 + 225*X^2 - 1445

Tu vois bien que des polynômes de degré 6, on en trouve (comme polynôme minimal d'un élément primitif de $L/K$, cf par exemple $F_3, F_4, F_5$). Encore une fois, c'est pour le fun même si cela ne sert à rien. Par contre, il faut se forcer un peu pour construire à la main les $K$-automorphismes de $L$ (un groupe cyclique d'ordre 6). Et ensuite, voir $L/\Q$, galoisien diédral pas n'importe comment ...etc...

2) Milieu de ton post, OK.

3) $z$ et $z'$. Je ne comprends pas ta réponse $z^2$. Je me sens obligé de prendre $w \in \OK$ un inverse de $z$ modulo $\fm$. On a donc $zw \equiv 1 \bmod\fm$ et $z'w \equiv 1 \bmod \fm$ puisque $z \equiv z' \bmod\fm$. Et ensuite, j'écris (attention, c'est du lourd) :
$$
z' = {z' \over z} z = {z'w \over zw} z, \qquad\qquad z'\OK = {z'w\OK \over zw\OK} \times z\OK \qquad
[z'\OK] = [ \fa] [z\OK] \quad \hbox {avec }\quad \fa = {z'w\OK \over zw\OK}
$$
Mais $\fa$ est dans $P_{K,1}(\fm)$ si on SUIT la définition officielle car au numérateur et dénominateur de $\fa$, c'est $\equiv 1 \mod \fm$. Bref $[\fa] = 1$ dans $\Cl_\fm(K)$ d'où la chose. Bien sûr, je fais exprès d'en faire des tonnes. Ta position ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\fm{\mathfrak m}\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Tu pourras pas toujours éviter l'évitement. Comme tu aimes bien les exemples, j'en prends un. Et pas trop vache car $D_{\rm fond} = -11$ pour lequel le groupe des classes de $K = \Q(\sqrt {-11})$ est trivial. Par contre, je vais te mettre dans les pattes le premier $p=3$. Je vais chercher sous tes yeux un conducteur (d'inclusion) $f$ pour t'embêter

> Dfond := -11 ;                                      
> [#ReducedForms(f^2 * Dfond) : f in [1,2, 4, 5, 6]] ;
[ 1, 3, 6, 4, 6 ]
> f := 6 ;
> ReducedForms(f^2 * Dfond) ;
[ <1,0,99>, <4,-2,25>, <4,2,25>, <5,-2,20>, <5,2,20>, <9,0,11> ]

Bingo, j'ai trouvé. Je prends $f = 6$ et comme d'habitude $\fm = f\OK$ et $D = f^2 \times D_{\rm fond} = 6^2 \times (-11)$.

Et tu clames partout dans les rues de Grenoble que :
$$
\pi : \Cl_m(K) \longmapsto \Cl(D) = \Cl(A) \to 1 \qquad [J] \mapsto [J \cap A] \quad \hbox {est surjective}
$$
Of course, $A$ est le sous-anneau de $\OK$ d'indice $f$ i.e. de discriminant $D$.

Eh bien moi, je prends $q = (9, 0, 11) = (a,b,c) $ si bien que l'idéal associé $I_q$ de $A$ est de norme $9$ (le premier coefficient $a$ de la forme) :
$$
I_q = a\Z \oplus \alpha\Z \qquad \alpha = {- b + \sqrt {D} \over 2}
$$
Tu vois que $9$ c'est pas trop premier avec le conducteur $f = 6$. Un antécédent dans $\Cl_\fm(K)$ de $[I_q]$ par $\pi$ ??
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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Une forme représente une infinité d'entier (?) dans ce cas là la forme quadratique représente un entier premier $p$ en dehors du conducteur et la forme en question est équivalente à une forme de premier terme $p$. Hum tu me fais faire des truc bizarre là grinning smiley

Je fais faire tout doucement car c'est vraiment le genre de chose que j'aime pas du tout, pour tout te dire quand on prend un morphisme d'anneau $A \to B$ et que l'on prend un idéal $I$ de $A$ et qu'on considère l'idéal engendré par $I$ dans $B$ (enfin par l'image de $I$ dans $B$), déjà là je suis déjà en panique !
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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Par exemple : si je comprends (un peu) y'a le diagramme suivant $$
\xymatrix {

I_{K, \mathfrak m} \ar@{-}[r]^-{\bullet \cap A} \ar@{-}[d] & I_{\text{inversible}}(A) \ar@{-}[d] \\

\text{Bin}^{+} (D_{\text{fond}}) \ar@{-}[r] & \text{Bin}^+(D) \\
}
$$ Je n'ai pas encore étudié en détails : la flèche du bas, je la vois comme un monstre pour l'instant ! Les correspondances verticales, j'ai vu les formules mais je ne "comprends" pas ! Tu vois, je suis très très loin grinning smiley



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Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\fm{\mathfrak m}\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}$
Flip flop
On va se calmer pour pouvoir disposer de temps. Je réponds à ton AVANT-dernier post (et au mien). C'est vrai qu'une forme primitive représente beaucoup de premiers (résultat difficile) mais nous on ne veut PAS représenter (beaucoup ou pas), on veut juste éviter UN entier donné. Sacré nuance entre représenter et éviter. C'est le lemme 2.25 de Cox p. 25 qu'il va utiliser à plusieurs reprises. Mais la preuve consiste à dire See exercice 2.18.

Pour te convaincre que 2.25 est un truc de bébés, je fais figurer l'implémentation du lemme 2.25. En espérant que c'est lisible.

CoprimeForm := function(q, m)
  // Retourne une forme quadratique q*M (M in SL(2,Z)) équivalente à q tel que son premier
  // coefficient en x^2 soit premier à m
  assert m ge 1 ;
  a, b, c := Explode(Eltseq(q)) ;
  // On cherche une évaluation q(x0,y0) de q première à m, de la forme (x0,1) ou (1,y0)
  // On peut travailler modulo m i.e. considérer x0, y0 modulo m
  found := false ;
  for z := 0 to m-1 do
    x0 := z ; y0 := 1 ;
    qx0y0 := a*x0^2 + b*x0*y0 + c*y0^2 ;
    if Gcd(qx0y0,m) eq 1 then 
      // vx0 - uy0 = 1 sachant que y = 1
      u := -1 ;  v := 0 ; found := true ;
      break ;
    end if ;
    x0 := 1 ; y0 := z ;
    qx0y0 := a*x0^2 + b*x0*y0 + c*y0^2 ;
    if Gcd(qx0y0, m) eq 1 then 
      // vx0 - uy0 = 1 sachant que x0 = 1
      u := 0 ; v := 1 ; found := true ;
    end if ;
  end for ;
  if not found then error "que passa ?" ; end if ;
  //     | x0  u |
  // M = | y0  v |  avec x0*v - u*y0 = 1
  M := Matrix(2,2, [x0,u, y0,v]) ;
  assert Determinant(M) eq 1 ;
  qM := q*M ;
  assert qM[1] eq qx0y0 ;
  return qM ;
end function ;

Mais en fait pas besoin de cela car je ne suis pas un mauvais bougre en ayant choisi l'exemple $D = f^2 \times (-11)$ avec $f = 6$. La forme $(a,b,c) = (9,0,11)$ de discriminant $D$ nous embête car $a \wedge f \ne 1$. Et bien, on utilise ICI :
$$
(a, b, c) \sim_{\text{SL}_2(\Z)} (c, -b, a) \qquad \hbox {via} \quad x = -y', \quad y = x', \qquad \pmatrix {x\cr y\cr} = \pmatrix {0 & -1 \cr 1 & 0\cr} \pmatrix {x' \cr y'\cr}
$$
Bref, on remplace $(9,0,11)$ par $(11,0,9)$. C'est tout. Bien sûr, il faut vérifier que $6 \wedge 11 = 1$.

Complément (on s'en fiche). On a, avec $f=6$, $\varphi(f)/2 = 1$, et donc la petite suite exacte se réduit à un isomorphisme :
$$
\Cl_\fm(K) \quad \buildrel {\simeq} \over \longmapsto \quad \Cl(D)
$$
Et $\Cl(D)$ est cyclique d'ordre 6, mais on s'en fout (bis).

Bilan : en principe, moins peur de $\Cl_\fm(K)$, on sait que des suites exactes nous aident, on a des notations communes, on sait où positionner $K^{(D)}$ par rapport à $K_\fm$ ..etc... On se calme .. Pour pouvoir dans quelque temps reprendre le degré 3, histoire de maintenir un cap.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
@flip flop J'ai vu ton rectangle in [www.les-mathematiques.net].

Ce que j'en dis (sans avoir trop regardé quand même)

1) Il est beau

2) Tu as peur des morphismes représentés par les côtés de ce rectangle ? Mais un rectangle, en principe, cela n'a que 4 côtés. Et $4 = 1 + 1 + 1 + 1$. Je ne connais qu'un moyen : prendre chaque côté un à un. En commençant par le plus simple pour ne pas se décourager. Par exemple, la verticale A DROITE. Sauf qu'il faut descendre et monter, donc $1$ cela fait en fait 2.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
avatar
@Claude : J'ai continué un peu mon exemple ... oui quand on a une extension de degré $6$ cycliques et bien on a une extension de degré $3$ grinning smiley

Avec la base de donné de magma $F = x^3+x^2+2x+3$.

Et mon exemple dit que : le Frobenius en $149$ est d'ordre $3$. Donc un $p$-facteur $ \frac{1}{1-T^3}$ ... on multiplie par $\zeta$ de Riemann (!!!!!) i.e par $1-T$, on trouve :
$$
\frac{1}{1+T+T^2} \quad = \quad 1-T -T^2+o(T)
$$
Et je fais $T=149^{-s}$ .... $1-149^{-s} -149^{-2s}$ ... transformation de Mellin ... $-1 \times q^{149}$ ....

Tu as la fonction $L$ de $F$ (je m'accroche aux branches non) ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Pour m'y retrouver : $D = f^2 \times (-7)$ avec $f = 5$. Ci-dessous, ton $F$ de degré 3, les 6 formes quadratiques de discriminant $D$, le sous-groupe $H$ (noté KerF) d'indice $3$ dans $\Cl(D)$ et le trick
$$
2S_{\rho_2} = \sum_{Q \in H} \Theta_Q - \sum_{Q' \in H'} \Theta_{Q'}
$$
où $H'$ est une classe de $\Cl(D)$ modulo $H$ (autre que $H$). Ci-dessous, $S_{\rho_2}$ est notée Srho.

> DiscOK ;                   
-7
> f ;
5
> DiscOE ;
-175
> F ;
x^3 + x^2 + 2*x + 3
> QmodSL2Z ;
[ <1,1,44>, <2,-1,22>, <2,1,22>, <4,-1,11>, <4,1,11>, <7,7,8> ]
> KerF := KernelArtinMap(F) ; 
> KerF ;
[ <1,1,44>, <7,7,8> ]  <----- H here
> Srho ;
q - q^2 + q^7 + q^8 + q^9 - q^11 - q^14 - q^16 - q^18 + q^22 - q^23 - q^29 - q^37 - q^43 + q^46 + q^49
> q1 := Random([q : q in QmodSL2Z | q notin KerF]) ;
> q1 ;
<4,-1,11>
> combinaison := &+[ThetaSeries(q, precision) - ThetaSeries(q1*q, precision) : q in KerF] ;
> combinaison ;
2*q - 2*q^2 + 2*q^7 + 2*q^8 + 2*q^9 - 2*q^11 - 2*q^14 - 2*q^16 - 2*q^18 + 2*q^22 - 2*q^23 - 2*q^29 - 2*q^37 - 2*q^43 + 
    2*q^46 + 2*q^49 + O(q^51)
> 2*Srho - combinaison ;
O(q^51)

C'est ce que tu voulais ?

Hum, peut-être que tu voulais plus, i.e. le terme en $q^{149}$ avec $-1$ :

> Srho ;
q - q^2 + q^7 + q^8 + q^9 - q^11 - q^14 - q^16 - q^18 + q^22 - q^23 - q^29 - q^37 - q^43 + q^46 + q^49 + 2*q^53 + q^56 +
    q^58 + q^63 + q^64 - q^67 - q^71 + q^72 + q^74 - q^77 - q^79 + q^81 + q^86 - q^88 - q^98 - q^99 - 2*q^106 + 2*q^107 
    - q^109 - q^112 - q^113 - q^126 - q^127 - q^128 + q^134 + 2*q^137 + q^142 - q^144 - q^149 - q^151 + q^154 + q^158 - 
    q^161 - q^162 + 2*q^163 + q^169 + q^176 + 2*q^179 - q^184 + 2*q^191 - q^193 - q^197 + q^198




Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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Alors Claude ! Je suis désolé mais c'est toi qui a commencé !
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\Frob{\text{Frob}}\def\fp{\mathfrak p}\def\fm{\mathfrak m}$
@flip flop
Je reviens sur ton post [www.les-mathematiques.net] car en relisant plus attentivement, je constate que j'avais loupé des choses.

Vers la fin, tu dis

L'ordre de $\Frob(\fp ; K^{(D)} \mid K)$ est l'ordre de $z^4$ dans $\left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times$ (because groupe cyclique)

Et je ne comprends plus d'où sort le 4 de $z^4$. Evidemment, C.Q. préférerait des énoncés plus ``self contained'' de manière à pouvoir relire plus tard sur papier. Du genre :

Pour un idéal premier $\fp = \langle z\rangle$ de $\mathcal O_K$, l'ordre de $\Frob(\fp ; K^{(D)} \mid K)$ est l'ordre de $z^4$ dans $\left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times$, because patati-patata.

Pourrais tu expliquer la présence du 4 mais en aménageant le post en question de manière à ce que je puisse le retirer ? Merci. Car il me semble qu'il y a de bonnes idées mais que tu vas un peu vite (pour moi). Des bonnes idées dans la phrase qui vient après

Un nombre premier $p$ est représenté par une forme de discriminant $D$ d'ordre $f$ si et seulement si ....etc...

On peut juste regretter l'utilisation du symbole $f$, habituellement réservé au conducteur d'inclusion qui est ici 5 puisque $\fm = (5)$ dans $\mathcal O_K$. Certes, tu n'as pas utilisé la lettre $f$ avant dans ton post, seulement $\fm$.

Qu'il est ch.ant, ce C.Q. Merci.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
avatar
@Claude : c'est une propriété des groupes cycliques.

J'isole le truc du contexte (qui est un peu chargé).

Ce que je dis c'est : soit $G$ un groupe cyclique (noté multiplicativement) et fini. Soit $\phi : G \to K$ un morphisme surjectif alors pour tout $k \in K$, l'ordre de $k$ est exactement l'ordre de $\overline{k}^d$ avec $d$ est le cardinal du noyau de $\phi$ et $\overline{k}$ un relèvement quelconque de $k$ par $\phi$.


Pour l'extension de degré $3$ et les coefficient de la fonction $L$ ... il faut faire $z^8$. J'ai testé avec la fonction $L$ que tu as donné ... j'ai retrouvé les coefficients sans difficulté.

J'espère que je ne me suis pas trompé quelque part !
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\Frob{\text{Frob}}\def\fp{\mathfrak p}\def\fm{\mathfrak m}$
@Flip flop
Merci. On ne gagne rien à aller trop vite (je trouve). Si je comprends bien, il faut appliquer le coup du morphisme surjectif $G \twoheadrightarrow G'$ entre deux groupes cycliques (sorry, j'ai renommé ton $K$ en $G'$ car depuis un certain temps, $K$ désigne le corps quadratique, je suis pénible pour les notations ... et pour d'autres choses) :
$$
G = \left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times \quad \hbox {cyclique d'ordre 24}
\qquad\qquad
G' = \text{Cl}(D) \quad \hbox {cyclique d'ordre 6}
$$
Et le 4, c'est $4 = 24/6$ pas facile à deviner via ``because groupe cyclique''.

Quant à la seconde partie de ton post ``il faut faire $z^8$'', je vais poser une question dans le post suivant.

Le problème est de se relire plus tard, non ?
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
avatar
Ah mais Claude, on a plus assez de lettre là grinning smiley

Petit exemple : (avec $z^8$).

Dans la fonction $L$ que tu as donné, on voit que le coefficient en $163$ est $2$. Ce $2$, il est simple à comprendre avec la machinerie plus haut.

Je prend un idéal de $\Z[\omega_{-7}]$ de norme $163$ ... Je trouve $z = 13 +6w_{-7}$ et là je regarde la classe de $z$ dans $\left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times $ ... en particulier l'ordre de $z^8$ dans ce groupe ... on trouve $1$, ce qui veut dire que $163$ décompose totalement le polynôme de degré $3$. Et $3-1=2$.


Si on fait $z^{12}$ on retrouve $\Q(\sqrt{5},\sqrt{-7})$, tiens j'ai envie de savoir si $5$ est un carré modulo $163$, beh je regarde l'ordre de $z^{12}$ et bien c'est $2$, ce qui veut dire que $163$ est inerte dans $\Q(\sqrt{5})$ et donc que $5$ n'est pas un carré modulo $163$. Promis j'arrête de faire le guignol grinning smiley
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Reprise de [www.les-mathematiques.net] (et de ton post qui précède). Essayons de PRENDRE NOTRE TEMPS sinon on ne comprend pas (disons que je n'arrive pas à relire). A ce propos, mon FumetteViaDegre3.pdf n'a pas du tout avancé.

De quoi est-il question ? De $F = X^3 + X^2 + 2X + 3$ et du discriminant $D = f^2 \times (-7) = -175$ avec $f = 5$ donc. On est à la recherche d'un fameux sous-groupe d'indice 3 de $\Cl(D)$ qui a des propriétés mirifiques vis-a-vis de la représentation irréductible $\rho_2$ de dimension 2 de $\text{Gal}_\Q(F) \simeq S_3$. Voir à la fin $(\spadesuit)$

Mais pour l'instant, on peut oublier un peu $F$ (même si cela fait bizarre). Et se concentrer sur $\Cl(D)$ qui est d'ordre 6 donc cyclique d'ordre 6 (comme tout groupe abélien d'ordre 6). Voici les 6 formes en question :
$$
(1,1,44)_{(1)},\qquad (2,\pm 1,22)_{(6)},\qquad (4,\pm 1,11)_{(3)},\qquad (7,7,8)_{(2)}
$$
C'est pas trop cassant de chercher un sous-groupe d'indice 3 dans un groupe cyclique car il est unique. Et donc C.Q. devrait réfléchir avant de faire des calculs bourrins. Ci-dessus, en indice les ordres. Donc le sous-groupe convoité $H$ est l'unique sous-d'ordre 2 avec une partition en 3 classes modulo $H$ :
$$
\Cl(D) = H \vee H' \vee H'' \qquad H'' = H^{-1}
$$
Flemme de détailler plus ici.

Bilan : si on fait débarquer maintenant $F$ et $E = \Q(x)$ où $x$ est une racine de $F$ :
$$
2S_{\rho_2} = \Theta_{(1,1,44)} + \Theta_{(7,7,8)} - \Theta_{(2,1,22)} - \Theta_{(4,1,11)} \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Et le lien entre $E$ et $D$ est que $D$ est le discriminant de $\mathcal O_E$. Il se trouve (une chance) que $D$ est aussi le discriminant de $F$ i.e. $\mathcal O_E = \Z[x]$.

Ma question : quel est le théorème de représentation des nombres premiers $p$ par les formes quadratiques de discriminant $D = -175$ qui se cache derrière $(\heartsuit)$ ?
D'abord, un premier $p$ est représenté par l'une de ces formes si et seulement si $D$ est un carré modulo $p$ i.e. si $p$ est un carré modulo $5$. BOULETTE si $p$ est un carré modulo $7$ i.e. si $p \equiv 1, 2, 4 \bmod 7$. Note $2 = 3^2 \bmod 7$. OK ?

Et comme le polynôme $F$ n'a pas de garbage, on peut donc dire, en écrivant, avec nos notations habituelles (nombre de racines, nombre de représentations) :
$$
2(N_p(F) - 1) = r_{(1,1,44)}(p) + r_{(7,7,8)}(p) - r_{(2,1,22)}(p) - r_{(4,1,11)}(p)
$$
Je dis que pour $p \equiv 1, 2, 4 \bmod 7$, on a :
$$
\hbox {$p$ est représenté par $(1,1,44)$ ou $(7,7,8)$} \quad \iff \qquad
\hbox {$F$ est totalement décomposé modulo $p$}
$$
As tu plus fin ?

Et pourras tu m'en dire plus sur ``faire $z^8$'' ? C'est fait.


La fin $(\spadesuit)$ : le $H \subset \Cl(D)$ d'indice 3 que l'on convoite, c'est parce que l'on a fait le pari que $L := E^{\rm gal.}$ est contenu dans $K^{(D)}$, n'est ce pas ?? Où $D < 0$ est le discriminant de l'extension cubique $E/\Q$ de départ. Et ce pari fait que l'on a un morphisme surjectif $\text{Gal}(K^{(D)}/K) \to \text{Gal}(L/K)$ i.e. un morphisme surjectif $\Cl(D) \to \mathbb U_3$ et que $H$ en est le noyau. OK sur le pari ?

PS : il y a peut-être des coquilles (et des erreurs ?). Il y en avait, il y en a moins.



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par claude quitté.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
@flip flop
OK, tu as répondu à ma question ``faire du $z^8$'' : $8 = 24/3$ disons $8 = (5^2 -1)/3$ avec $3 = [L : K]$ où $L$ est l'extension cubique. Et pareil pour $z^{12}$ i.e. $12 = (5^2 - 1)/2$ où $2 = [K(\sqrt 5) : K]$. Arg, tu es parfois concentré dans tes écrits.

Note : que je préfère causer de $K(\sqrt 5)$ avec $K = \Q(\sqrt {-7})$ plutôt que de $\Q(\sqrt 5, \sqrt {-7})$, question de goût.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
avatar
Dans ton avant dernier post, c'est modulo $7$ et non pas modulo $5$.

Lorsque $p$ est un carré modulo $7$ et non pas lorsque $p$ est un carré modulo $5$.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
avatar
Sinon oui, j'ai un peu plus fin pour la loi de représentation des premiers.

$\bullet$ $p$ est représenté par $<1,1,44>_{1}$ si est seulement si en notant $z$ un élément de norme $p$ dans $\Z[\sqrt{-7}]$, alors $z^4 = 1 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$.
$\bullet$ $p$ est représenté par $<7,7,8>_{2}$ si est seulement si en notant $z$ un élément de norme $p$ dans $\Z[\sqrt{-7}]$, alors $z^4 = -1 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$.

$\bullet$ $p$ est représenté par $<4,1,11>_{3}$ ou $<4,-1,11>_{3}$ si est seulement si en notant $z$ un élément de norme $p$ dans $\Z[\sqrt{-7}]$, alors $z^4 = 3*w_{-7}+1 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$ ou $z^4 = (3*\omega_{-7}+1)^2 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$ si et seulement si $z^4$ est d'ordre $3$ modulo $5\Z[ \omega_{-7}]$.

$\bullet$ $p$ est représenté par $<2,1,22>_{6}$ ou $<2,-1,22>_{6}$ si est seulement si en notant $z$ un élément de norme $p$ dans $\Z[\sqrt{-7}]$, alors $z^4 = 3*w_{-7}+2 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$ ou $z^4 = (3*\omega_{-7}+2)^5 \pmod{5 \Z[\omega_7]}$ si et seulement si $z^4$ est d'ordre $6$ modulo $5\Z[ \omega_{-7}]$.




Je délire ????



Edité 1 fois. La derni&egrave;re correction date de le mois dernier et a &eacute;t&eacute; effectu&eacute;e par flipflop.
Re: L-séries (et autres délices) pour petits
le mois dernier
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@Claude : je vais expliquer dans un pdf, ça sera plus simple. Mais ça peut prendre un peu de temps.
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