Quotient par une puissance d'idéal premier
Bonjour,
soient $L/\mathbb{Q}$ une extension galoisienne, $p$ un nombre premier, de degré résiduel $f$ et indice de ramification $e$. Soit $\mathfrak{p}$ un idéal premier de l'anneau des entiers $\mathcal{O}_L$ au-dessus de $p$.
J'ai tendance à croire que l'on a un isomorphisme de $\mathbb{F}_{p^f}$-algèbres $\mathcal{O}_L/\mathfrak{p}^e\simeq \mathbb{F}_{p^f}[X]/(X^e)$.
C'est vrai, ce mensonge ?
soient $L/\mathbb{Q}$ une extension galoisienne, $p$ un nombre premier, de degré résiduel $f$ et indice de ramification $e$. Soit $\mathfrak{p}$ un idéal premier de l'anneau des entiers $\mathcal{O}_L$ au-dessus de $p$.
J'ai tendance à croire que l'on a un isomorphisme de $\mathbb{F}_{p^f}$-algèbres $\mathcal{O}_L/\mathfrak{p}^e\simeq \mathbb{F}_{p^f}[X]/(X^e)$.
C'est vrai, ce mensonge ?
Réponses
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Je ne sais pas qui a déplacé ce post, mais j'aimerais qu'il retourne où il était, à savoir en arithmétique.C'est de la théorie algébrique des nombres, donc il a parfaitement sa place en arithmétique. Merci :-)
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$\def\OL{\mathcal O_L}\def\p{\mathfrak p}\def\F{\mathbb F}$@killersmile38
Plusieurs choses que je trouve bizarres. C'est quoi la structure de $\F_{p^f}$-algèbre de $\OL/\p^e$ ? Je suppose qu'il faut penser $\F_{p^f}$ comme $\OL/\p$. Certes, $\OL/\p^e$ est un anneau local d'idéal maximal $\p/\p^ e$, de corps résiduel canoniquement isomorphe à $\OL/\p$ ; mais pourquoi ce corps résiduel se remonterait dans l'anneau local ?
Note que de l'autre côté, $\F_{p^f}[X] /\langle X^e\rangle$ est un anneau local, d'idéal maximal $\langle X\rangle / \langle X^e\rangle$, de corps résiduel $\F_{p^f}$, CONTENU dans l'anneau local. Note également qu'ici l'idéal maximal est monogène.
Je ne vois même pas pourquoi les deux anneaux locaux $\OL/\p^e$ et $\F_{p^f}[X] /\langle X^e\rangle$ seraient isomorphes. Supposons un instant que $\OL$ soit-monogène :
$$
\OL = \Z[x] = \Z[X]/\langle G \rangle \qquad \hbox {avec $G \in \Z[X]$, unitaire, irréductible, galoisien}
$$
et que pour un premier $p$, l'on ait :
$$
p\OL = \p^e \qquad \hbox {pour un premier $\p$ de degré résiduel $f$, de sorte que $[L : \Q] = ef$}
$$
Ceci implique que $G = F^e \bmod p$ pour un certain polynôme unitaire $F \in \Z[X]$, de degré $f$, irréductible modulo $p$. On a alors :
$$
\p = \langle p, F(x) \rangle, \qquad \p^e = \langle p, F^e(x) \rangle = \langle p, G(x) \rangle
$$
Il s'agit alors de comparer les deux anneaux locaux :
$$
\OL/\p^e = \F_p[X] / \langle F^e \rangle, \qquad\qquad \F_{p^f}[X] / \langle X^e\rangle \quad
\hbox {avec $\F_{p^f} = \F_p[X]/\langle F\rangle$}
$$
Ce sont deux $\F_p$-algèbres de dimension $ef$. Est ce que l'on a plus ? Je ne vois pas. Je suis entrain de chercher un contre-exemple (dans lequel ils ne sont pas isomorphes). Je suis désolé car c'est Noël et on aimerait bien que les voeux de chacun soient réalisés. -
$\def\OL{\mathcal O_L}\def\p{\mathfrak p}\def\F{\mathbb F}$
Un contre-exemple.
Je suppose que $p\OL = \p^e$ i.e. un seul premier $\p$ au dessus de $p$, dont je note $f$ le degré résiduel. Alors l'anneau local $\OL/\p^e$ est de caractéristique $p$ puisque :
$$
p(\OL/\p^e) = 0
$$
Mais ce n'est pas le cas de l'anneau local $\F_{p^f}[X] /\langle X^e\rangle$ si $f > 1$. STUPIDE : il est bien de caractéristique $p$. Les deux anneaux locaux en question ne peuvent être isomorphes. POUF-POUF : je n'en sais rien.
Voici un vrai exemple numérique : $L = \Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$, $p = 3$, $\p = \langle p, \sqrt 2 \sqrt 3\rangle$ pour lequel $e=f=2$.
> ZX<X> := PolynomialRing(IntegerRing()) ; > L<r2,r3> := NumberField([X^2 - 2, X^2 - 3] : Abs := true) ; > p := 3 ; // [<f1,e1>, <f2,e2>, ... > DecompositionType(L, p) ; [ <2, 2> ] // Ceci signifie un seul premier au dessus de p=3, de degré résiduel 2, de degré de ramification 2 > OL := MaximalOrder(L) ; > P := ideal < OL | p, r2*r3 > ; > IsPrime(P) ; true > Degree(P) ; 2 > ideal <OL | p> eq P^2 ; true
-
Pardon, j'ai posté un peu trop vite. J'aurai dû dire un morphisme de $\mathbb{F}_p$ algèbres.
Je ne comprends pas ton objection, néanmoins. L'anneau $ \mathbb{F}_{p^f}[X]/(X^e)$ est bien un anneau de caractéristique $p$, donc tué par $p$. -
Tu as raison et je viens de corriger mon post, tout honteux. Pire : il faut que je t'avoue (personne ne m'y oblige) ; je me suis dit que $\mathbb F_{p^f}[X] / \langle X^e \rangle$ éait de caractéristique $p^f$. Je suis à jeun ? Oui. Et pas trop fier.
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Vu le nombre de bêtises que je peux débiter à la seconde, je ne t'en tiens aucune rigueur ;-) Le mystère reste cependant entier...
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Je tente une connerie :-D
Avec les notations de Claude.
On peut trouver $\alpha$ et $r$ positif tel que $e+\alpha = p^r$.
Alors dans l'anneau $\mathbb{F}_p[X] / F^e$ on a : $F^e(X) = 0$ ce qui implique que $F^{p^r}(X) = 0$ et (par le morphisme de Frobenius) $X^{p^r}$ est une racine de $F$ dans $\mathbb{F}_p[X] / F^e$.
On voit alors un morphisme de $\mathbb{F}_{p^f}[ U] / U^e = \mathbb{F}_p[U,V] / (U^e , F(V) )$ vers $\mathbb{F}_p[X] / F^e$ donné par $ U \to F(X)$ et $V \to X^{p^r}$.
Ca sert ? -
$\newcommand{\pp}{\mathfrak{p}}$
Je tenterais plus une localisation en $\pp$, vu que le localisé d'un anneau d'entiers est principal, mais il me manque un argument pour conclure.
On a $\mathcal{O}_L/\pp\simeq \mathcal{O}_{L,\pp}/(\pi)^e$, où $\pp_\pp=(\pi)$. So what ? Suis sûr que je ne suis pas loin du truc... -
Que sait-on des algèbres finies de même cardinal ?
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Pas grand chose. par exemple, tout anneau à $p^2$ éléments est une $\mathbb{F}_p$-algèbre. Si tu te restreins aux algèbres associatives, commutatives et unitaires, t'en as exactement $4$, $2$ à $2$ non isomorphes. Lesquelles ? Exercice ;-)
Ceci dit, je commence à douter de ma conjecture... -
@Killersmille38 : C'est trois ou quatre $\mathbb{F}_p$-algèbres de cardinal $p^2$ ?
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$\newcommand{\ff}{\mathbb{F}}$
Pardon, il est faux qu'un anneau à $p^2$ éléments est une $\ff_p$-algèbre (décidément, deux fois la même erreur dans la même soirée !).
Il y a quatre anneaux à $p^2$ éléments (commutatifs unitaires), et seulement trois $\ff_p$-algèbres commutatives associatives unitaires à $p^2$ éléments. -
@Killersmile38 : Tu m'as fait douter :-D Par contre j'y crois en ta conjecture.
@Gai requin : En fait on a une bonne théorie pour les $\def\Fp{\mathbb{F}_p}$ $\Fp$-algèbres étales (un produit fini d'extension fini de $\Fp$ ou encore algèbre fini sans nilpotent). Dans le contexte des corps de nombres, lorsque tu évites la ramification et que tu réduits modulo $p$ (premier), tu tombes sur une algèbre étale. Et lorsque le corps de nombre est galoisien la réduction modulo $p$ est une puissance d'un corps fini ... c'est-à-dire qu'on ne tombe pas sur des choses du style $\Fp \times \mathbb{F}_{p^2}$ mais plutôt sur des choses "symétriques" $\Fp \times \Fp \times \Fp$ ou $\mathbb{F}_{p^3}$ (en degré $3$). (C'est l'histoire de la transitivité de l'action de Galois sur les idéaux premiers divisant $p$ dans $\mathcal{O}_L$).
Mais ici dans le contexte de Killersmile38, c'est tout sauf étale. -
Pour l'histoire de degré $2$.
Soit $\iota : \mathbb{F}_p \to L$ le morphisme structurel. Alors $\iota$ est injectif et on "identifie" $\mathbb{F}_p$ a son image. Soit $x \notin \mathbb{F}_p$ alors la famille $(1,x)$ est une base de $L$ et $L = \mathbb{F}_p[ x]$. De plus, il existe $a,b \in \mathbb{F}_p$ tel que $x^2 -ax-b =0$ et on a $L \simeq \mathbb{F}_p[X] / X^2-aX-b$ ... reste à discuter suivant la décomposition de $X^2-aX-b$ dans $\mathbb{F}_p$, on voit les trois types d'algèbres selon les trois types de décompositions. -
Si $O_L = \mathbb{Z}[x]/(g(x))$ est monogène alors $O_L/(p) = \mathbb{Z}[x]/(p,g(x))$ et comme idéaux de $\mathbb{Z}[x]$ :
$(p,g(x))= (p,\prod_{j=1}^g g_j(x)^{e_j})$ (factorisation de $g(x) \bmod p$, les idéaux de $O_L$ premiers au dessus de $p$ sont les $(p,g_j(x))$)
$=\prod_{j=1}^g (p,g_j(x)^{e_j}))$ (les $g_j^{e_j}(x)$ sont co-maximaux dans $\mathbf{F}_p[x]$, et si $(p,\mathfrak{a},\mathfrak{b}) = (1)$ alors $(p,\mathfrak{a}) (p,\mathfrak{b}) = (p (p,\mathfrak{a},\mathfrak{b}),\mathfrak{a}\mathfrak{b}) = (p,\mathfrak{a}\mathfrak{b})$)
et comme $O_L$ est sa fermeture intégrale dans $L$ on a la décomposition en produit d'idéaux maximaux :
$(p,g_j(x)^{e_j}) = (p,g_j(x))^{e_j}$
donc $O_L/\mathfrak{p}_j^{e_j} = \mathbf{F}_p[x]/(g_j(x)^{e_j})$.
Comment adapter ça au cas non-monogène ? Soit $O_L = \mathbb{Z}[X]/I$ où $X = (x_1,\ldots,x_n)$. Comme idéal de $\mathbb{Z}[X]$ : $(p,I) = \prod_{j=1}^g (p,I_j)^{e_j}$ (décomposition de $p O_L$ en produit d'idéaux maximaux)
Si $\mathbb{Z}[X]/\mathfrak{a}$ et $\mathbb{Z}[X]/\mathfrak{b}$ sont de caractéristique 0 et $O_L/(p,\mathfrak{a})(p,\mathfrak{b})$ est de caractéristique $p$ alors $p \in (p,\mathfrak{a})(p,\mathfrak{b}) = (p(p,\mathfrak{a},\mathfrak{b}), \mathfrak{a}\mathfrak{b})$ donc $1 \in (p,\mathfrak{a},\mathfrak{b})$ et $(p,\mathfrak{a})(p,\mathfrak{b})$ et $(p,I_j)^{e_j} = (p,I_j^{e_j})$
et $O_L/(p) = \mathbb{Z}[x]/(p,I_j^{e_j})$. -
(tu)
-
J'essaie de comprendre le ``Cohen Structure Theorem'' des anneaux locaux finis in https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.rmjm/1250131150. Il s'agit du théorème 6.1 page 537.
Que dit-il si on l'applique à $R = \mathcal O_L/p\mathcal O_L$ dans le contexte où $p\mathcal O_L = \mathfrak p^e$ ? La caractéristique $\chi(R)$ est $p$, n'est ce pas ? Quel est alors l'unique sous-anneau $T$ de $R$ qui est décrit dans ce théorème 6.1 ? -
J'imagine que c'est $\mathcal{O}_L/\mathfrak{p}$ ?
-
Soit $L = \mathbb{Q}(\theta)$ un corps de nombres de degré $n$, d'indice $f = \left[ \mathcal{O}_L : \mathbb{Z} \left[\theta \right] \right]$, défini par le polynôme unitaire irréductible $P$, et soit $p$ un nombre premier.
Je suis d'accord avec la première partie du message de Reuns dans le cas où $L$ est monogène, et on peut même l'étendre au cas où $p \nmid f$, car sa démonstration reprend le principe de celle du théorème de Dedekind-Kummer de décomposition des idéaux $p \mathcal{O}_L$ en idéaux premiers.
Le cas où $p \mid f$ est plus délicat car, ici, la réduction modulo $p$ de la matrice de passage d'une base entière de $L$ vers la $\mathbb{Z}$-base $\left( 1,\theta, \dotsc, \theta^{n-1} \right)$ de $ \mathbb{Z} \left[\theta \right] $ n'est plus inversible (puisque le déterminant de cette matrice est égal à $\pm f$), de sorte que l'on a plus l'isomorphisme de base
$$\mathcal{O}_L / (p) \simeq \mathbb{Z} \left[\theta \right] / p \mathbb{Z} \left[\theta \right].$$ -
@Killersmile : comment tu injectes $\mathcal{O}_L / \mathfrak{p}$ dans $\mathcal{O}_L / (p)$ ?
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Je pensais l'identifier à $\mathfrak{p}^{e-1}/\mathfrak{p}^e$, mais on perd la structure d'anneau..Du coup, je vais réfléchir un peu plus.
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$\def\fm{\mathfrak m}$@killersmille38
Tu peux descendre le Bourbaki, Algèbre Commutative, chap. 9 (Anneaux locaux noethériens complets) de ta cheminée. C'est toi qui m'a dit qu'ils étaient sur ta cheminée. Et l'ouvrir à la page AC IX. 30 pour voir le corollaire 2. Qui s'applique à un anneau local fini car celui-ci est trivialement séparé complet vu qu'une certaine puissance de son idéal maximal est nulle. Ou mieux : regarder l'article Finite Local Rings de Ganske & McDonald car tout y est redémontré en profitant de la finitude de l'anneau local.
Si je note $R$ l'anneau local fini (comme dans l'article) et $\fm$ son idéal maximal :
$$
\xymatrix {
R \ar[d] \\
R/\fm
}
\qquad \qquad\qquad
\xymatrix {
\mathcal O_L/\mathfrak p^e \ar[d] \\
\mathcal O_L/\mathfrak p
}
$$
A droite, j'ai fait figurer le terrain qui nous concerne. Mais peut-être que c'est pas mal de comprendre la théorie des anneaux locaux finis.
Je crois comprendre que le corps résiduel se remonte dans l'anneau local. Il me semble que c'est lié au fait de considérer un élément primitif $z$ du corps fini $R/\fm$ sur son sous-corps premier $\mathbb F_p$ et de remonter $z$ dans $R$ en utilisant Newton (sur le polynôme minimal de $z$ sur $\mathbb F_p$ qui est un polynôme séparable). Mais je ne suis pas encore assez clair sur cette histoire et vu que j'ai raconté déjà une grosse conn.rie, j'y vais mollo.
Ce qui m'impressionne, c'est l'unicité du remonté : c'est la théorie du corps des représentants (cf Bourbaki, section 3, pages 28-29). Et le corps des représentants est l'ensemble des représentants multiplicatifs.
Tu ne peux plus faire autrement que mettre tout cela au point. Attention : ton histoire est loin d''être gagnée car je ne vois pas pourquoi $\mathcal O_L/\mathfrak p^ e$ serait une algèbre monogène sur son sous-corps des représentants. -
$\def\Fp{\mathbb F_p}$
Je m'interroge toujours sur cette histoire de relèvement et de corps de représentants. Mais ici, je me place dans un cadre élémentaire : $F \in \Fp[X]$, unitaire, irréductible, si bien que $\Fp(X]/\langle F^e\rangle$ est un anneau local pour tout $e \ge 1$, de corps résiduel $\Fp[X]/\langle F\rangle$.
$$
\xymatrix {
\Fp[x] = \Fp[X]/\langle F^e\rangle \ar[d]_\pi &\widetilde{z} \ar@{<.}[d]\\
\Fp[z] = \Fp[X]/\langle F\rangle & z \\
}
$$
On veut relever $z$ en un certain $\widetilde z$, qui sera sera défini comme un polynôme en $x$, à coefficients dans $\Fp$. Il doit vérifier $F(\widetilde z) = 0$. On peut utiliser Newton (ou des variantes). Par exemple considérer une relation $UF' + VF = 1$ (qui existe car $F$ est séparable) et définir la suite de polynômes (c'est une variante de la méthode de Newton) :
$$
X_k = X, \qquad X_{k+1} = X_k - UF(X_k)
$$
On a alors $F(X_k) \equiv 0 \bmod F^k$ et $X_k \equiv X \bmod F$ pour tout $k$. On peut stopper au niveau $e$ et prendre $\widetilde {z} = Z_e(x)$.
Mais j'ai du mal à voir le sous-corps $S = \Fp[\widetilde z]$. Ce sous-corps est unique (alors que $\widetilde z$ ne l'est pas). Si j'ai bien compris, $S$ est l'unique partie multiplicative de $\Fp[x]$ telle que la restriction de la projection $\pi$ à $S$ soit une bijection de $S$ sur $\Fp[z]$. Je crois aussi que c'est l'ensemble des éléments de $\Fp[x]$ qui sont des puissances $p^n$-ièmes d'éléments de $\Fp[x]$, ceci quelque soit $n$.
Question à cent balles : quel est le polynôme minimal de $x$ sur ce sous-corps $S$ ? c'est un polynôme de degré $e$.
Réponse : on a $X - X_k \equiv 0 \bmod F$ donc $(X-X_k)^k \equiv 0 \bmod F^k$. A fortiori $(x - \widetilde z)^e = 0$ dans $\Fp[x]$. En développant $(x - \widetilde z)^e$, on trouve un polynôme de degré $e$ en $x$ à coefficients dans $S = \Fp[\widetilde z]$.
Mais si on veut faire plaisir à killersmile38, il y a mieux à faire. On écrit :
$$
\Fp[x] = S[x - \widetilde z]
$$
I.e. on voit $\Fp[x]$ comme une $S$-algèbre monogène de générateur $y = x - \widetilde z$. Et ce $y$ vérifie $y^e = 0$ conduisant à $\Fp[x] \simeq S[Y]/\langle Y^e\rangle$. Ceci devrait faire plaisir à l'initiateur du fil car il ne faut pas oublier que $S$ est isomorphe au corps résiduel $\Fp[z]$. Mais c'est juste un début car le contexte initial est plus complexe. -
$\def\fm{\mathfrak m}\def\fP{\mathfrak p}\def\Fp{\mathbb F_p}\def\OK{\mathcal O_K}$ Je pense avoir avancé, avec un contexte un peu plus général (pas de caractère galoisien). Ici, $K$ est un corps de nombres, $p$ un premier de $\Z$ et $p\OK = \fP_1^{e_1} \cdots \fP_g^{e_g}$ sa factorisation dans $\OK$. Je fixe un $i$, je note $(\fP, e)$ au lieu de $(\fP_i ,e_i)$ et $R = \OK/\fP^e$.
1) $R$ est un anneau local fini de caractéristique $p$ (donc contient $\Fp$), d'idéal maximal $\fm = \fP/\fP^e$, de corps résiduel $\OK/\fP$. Et $\fm$ est nilpotent d'indice $e$.
2) L'idéal $\fm$ est principal.
3) $R$ est une $\Fp$-algèbre monogène et $R \simeq \Fp[X]/\langle P^e\rangle$ où $P \in \Fp[X]$ est le polynôme minimal d'un élément primitif sur $\Fp$ du corps résiduel $\OK/\fP$.
Quelques justifications.
1) On a $p\OK \subset \fP^e$ donc $p(\OK/\fP^e) = 0$. Donc $R$ est bien de caractéristique $p$. Le reste ne pose pas de problème.
En passant, on est dans le cas d'égales caractéristiques au sens de Bourbaki i.e. l'algèbre locale $R$ et son corps résiduel sont de même caractéristique $p$. Pas un anneau local du genre $\Z/p^n\Z$ de corps résiduel $\Fp$ pour lequel on va avoir du mal à relever le corps résiduel dans l'anneau local une autre conn.rie de ma part dans un post précédent dans un contexte trop général mais heureusement, on n'est pas dans ce contexte.
2) Soit de manière plus générale un anneau local $A$ dont le maximal $\fm$ est de type fini. Alors $m_1, \cdots, m_n \in \fm$ forment un système générateur de $\fm$ si et seulement si ils forment un système générateur du $A/\fm$-espace vectoriel $\fm/\fm^2$. Appliquer Nakayama. Et donc $\fm$ est minimalement engendré par $n$ générateurs où $n = \dim_{A/\fm} \fm/\fm^2$.
Ici :
$$
\fm /\fm^2 \simeq \fP/\fP^2 \simeq \OK/\fP
$$
Attention : le deuxième $\simeq$ est au sens $\OK/\fP$-espaces vectoriels (de dimension 1).
3) Là, c'est un peu plus délicat. Je prends un joker : proposition III.1.4 page 53 de la thèse de Manu in http://www.math.univ-toulouse.fr/~hallouin/Documents/eh-these.pdf
On peut ajouter, cf mon post précédent :
$$
\Fp[X] / \langle P^e \rangle \simeq (\OK/\fP)[Y]\langle Y^e \rangle
$$
Il reste à vérifier tout ceci et à en rendre compte via une petite implémentation dans un système de Calcul Formel solide. Le point le plus délicat est le point 3) : il faut sortir l'élément primitif de $R$ sur $\Fp$. Et réfléchir encore à cette histoire de corps de représentants de $R$. Du boulot en perpective. -
$\def\Fp{\mathbb{F}_p}$ Salut,
Je me suis un peu perdu. Mais dans l'avant dernière situation que Claude proposes (contexte ici ) : Bref l'extension est monogène.
$$
\xymatrix {
\Fp[x] = \Fp[X]/\langle F^e\rangle \ar[d]_\pi &\widetilde{z} \ar@{<.}[d]\\
\Fp[z] = \Fp[X]/\langle F\rangle & z \\
}
$$
Concernant la possibilité de relever $z$ en $\overline{z}$.
Je refait le truc d'avant hier. Pour moi c'est ok mais j'avoue que je me mélange les pinceaux ! Donc je détails au maximum.
Dans $\Fp[X]/F^e$, on a $F^e(x) = 0$ et en prenant $\alpha \geq 0$ tel que $e+\alpha$ soit un puissance de $p$ disons : $e + \alpha = p^r$ alors $F^{p^r}(x) = 0$ et par le morphisme de Frobenius $F(x^{p^r}) =0 $. Notons $\omega = x^{p^r} \in \Fp[x]$ : ainsi $w$ est une racine de $F$ dans $\Fp[x]$.
Le problème c'est que l'on a pas la garanti que $\pi(\omega) = z$, ce n'est pas grave car on va corriger le tir.
Alors $\hat{w} := \pi(\omega)$ est une racine de $F$ dans $\Fp[z]$. Ainsi il existe $k$ tel que : $\text{Frob}^k(\hat{w}) = z$ (théorie de Galois sur l'extension $\Fp[z] \mid \Fp$ : le groupe de Galois est engendré par $\text{Frob} : a \to a^p$). Ainsi
$$
\hat{w}^{p^k} = z \in \Fp[z]
$$
Notons alors $\overline{z} := \omega^{p^k} \in \Fp[x]$. Alors- $F(\overline{z}) = F(\omega)^{p^k} = 0$
- $\pi(\overline{z}) = \pi(\omega^{p^k}) = \hat{w}^{p^k} = z$.
Ainsi $\overline{z}$ est un relèvement de $z$ qui annule $F$ dans $\Fp[x]$. -
@moduloP
J'avais lu attentivement ton autre post (pas le dernier mais celui d'avant). J'avais trouvé qu'il contenait une idée avec ce $x^{p^r}$ ; mais comme $x^{p^r}$ ne couvrait pas $z$, je n'avais pas été plus loin. Et je vois dans ton dernier post, comment tu corriges le tir. OK.
Note : peut-être éviter d'introduire trop d'acteurs. On se fiche de ton $\alpha$ : on a simplement pris un $r$ tel que $p^r \ge e$.
Note pour PLUS TARD (dans le contexte $\mathcal O_K/\mathfrak p$ où l'élément primitif sur $\mathbb F_p$ n'est pas imposé) : peut-être après tout que l'on pourrait tout simplement changer d'élément primitif en BAS en prenant $\pi(\omega)$. Mais laisse-béton : c'est pour plus tard.
Oui, il faut faire très attention aux moduli pour ne pas se mélanger les pinceaux. On s'en rend compte d'ailleurs quand on fait du Newton : en fait, on ne relève pas vraiment une racine d'un polynôme $F\in k[X]$ séparable, on fait simplement du calcul polynomial dans $k[X]$. On peut penser à la racine canonique $\overline X$ de $F$ dans $k[X]/\langle F \rangle$.
NewtonLifts := function(F, N) // F est un polynôme à une variable à coefficients dans un corps k // Il est supposé séparable // Retourne les N premiers itérés de Newton x_1=X, x_2, .., x_N DF := Derivative(F) ; gcd, u, v := XGCD(DF, F) ; assert gcd eq 1 and u*DF + v*F eq 1 ; X := Parent(F).1 ; // x_{k+1} = x_k - u*F(x_k) x1 := X ; Lifts := [X] ; for k := 2 to N do x := Lifts[k-1] ; y := (x - u*Evaluate(F,x)) mod F^k ; assert Evaluate(F,y) mod F^k eq 0 and (y - x1) mod F eq 0 ; Append(~Lifts, y) ; end for ; return Lifts ; end function ;
Comme tu vois, j'ai commencé à réfléchir à l'implémentation du binz $\mathcal O_K/\mathfrak p^e$ en préparant des outils. Tu vas me dire que pour l'instant, je me suis pas cassé car j'ai simplement considéré le truc le plus simple (Newton). C'est pas faux. Note qu'ici $F$ n'a pas à être irréductible mais seulement séparable. C'est parfois important de ne pas coller irréductible partout, je te dirais pourquoi plus tard.
J'ai envie quand même d'en savoir plus dans cette histoire $\mathbb F_p[X] / \langle F^e\rangle \twoheadrightarrow \mathbb F_p[X] / \langle F\rangle$. Cela m'intrigue cette histoire de corps de représentants. J'avais bien vu cela autrefois mais sans plus. Et comme ici, on a plusieurs moyens de relever (Newton, la tienne), j'aimerais bien comprendre la caractérisation par Bourbaki de ce corps des représentants et bien avoir la main dessus. -
$\def\Fp{\mathbb F_p}$@moduloP
J'essaie de mettre les choses complètement à plat dans l'histoire du relèvement $\Fp[X]/\langle F^e\rangle \twoheadrightarrow \Fp[X]/\langle F\rangle$. Ceci veut dire revenir à des objets élémentaires au niveau des polynômes (éviter les corps, la théorie de Galois ...etc..). Etant donné $F \in \Fp[X]$ irréductible et $e \ge 1$, il s'agit de trouver un POLYNOME $Y \in \Fp[X]$ tel que :
$$
F(Y) \equiv 0 \bmod F^e, \qquad\qquad Y \equiv X \bmod F \qquad\qquad (\spadesuit)
$$
J'espère que tu seras d'accord. Un petit exemple avec TA méthode intégrée dans ma fonction Relevement. J'ai pris $p = 3$ et un polynôme irréductible sur $\mathbb F_3$ de degré $5$ tiré au hasard. Puis $e = 4$.
> F ; X^5 + 2*X + 1 > BaseRing(F) ; Finite field of size 3 > e := 4 ; > Y := Relevement(F,e) ; // maison > Y ; 2*X^19 + 2*X^18 + 2*X^17 + 2*X^16 + 2*X^15 + 2*X^12 + 2*X^9 + X^7 + 2*X^6 + X^5 + X^3 + 2*X^2 + 2*X + 1 > Evaluate(F,Y) mod F^e eq 0 ; true > (Y-X) mod F eq 0 ; true
Sauf que j'ai analysé ta méthode et j'ai produit directement ``la chose'' i.e. je n'ai pas fait le coup du $r$ tel que $p^r \ge e$ (il y a vachement de mou sur un tel $r$) puis corriger le tir ensuite via la théorie de Galois au dessus de $\Fp$. J'y suis allé franco, je te dirais comment plus tard quand tu m'auras dit que tu es ok avec $(\spadesuit)$.
Note : c'est une bonne chose de faire intervenir le $\Fp$-morphisme :
$$
\varphi_r : \Fp[X] \to \Fp[X], \qquad X \mapsto X^{p^r}, \qquad\qquad \varphi_r(Q) = Q^{p^r}
$$ -
@moduloP
Pour l'instant, tout va bien au sens suivant : les deux méthodes de relèvement (Newton ou la tienne via Frobenius, aménagée par mézigue) fournissent le même résultat dans $\mathbb F_p[X]/\langle F^e\rangle$. Ce qui veut dire, sans aucun doute que l'on remonte dans le corps des représentants (sans le savoir vraiment), ce qui assure l'unicité. Les deux méthodes sont vraiment très différentes, ce qui est un signe de bonne santé.
J'ai remarqué que la méthode de Newton est bien plus rapide que la méthode via Frobenius. Et encore, j'ai pris une méthode de Newton bas de gamme (pas quadratique, seulement linéaire). Ci-dessous quelques temps de calcul (je sais, on n'en a rien à faire). Je bosse avec $p = 5$ et je fais afficher le degré du polynôme irréductible $F \in \mathbb F_p[X]$ tiré au hasard. Pour chaque $F$, je détermine un relèvement pour $2 \le e \le 5$, et je fais afficher les temps de calcul. Le premier c'est pour la méthode via Frobenius, la seconde via Newton. Par exemple, en degré 7, pour $e = 4$, la méthode Frobenius nécessite 12.18 secondes et Newton rien. Hum, le temps pour Newton me paraît pour le moins bizarre. Faut quand même que je vérifie que j'ai bien ``réarmé le timer''.
p = 5 deg(F)=2 e=2 0.000 0.000 e=3 0.000 0.000 e=4 0.000 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=3 e=2 0.000 0.000 e=3 0.010 0.000 e=4 0.000 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=4 e=2 0.040 0.000 e=3 0.030 0.000 e=4 0.040 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=5 e=2 0.060 0.000 e=3 0.080 0.000 e=4 0.190 0.000 e=5 0.130 0.000 deg(F)=6 e=2 0.840 0.000 e=3 1.020 0.000 e=4 1.410 0.000 e=5 0.630 0.000 deg(F)=7 e=2 6.220 0.000 e=3 9.630 0.000 e=4 12.180 0.000 e=5 5.930 0.000
Les temps de calcul, on s'en fiche. Ce qui est important, c'est de comprendre pourquoi on a relevé dans le corps des représentants. Note : quand tu ajoutes à un relevé un élément de l'idéal maximal de l'anneau local en haut, tu obtiens toujours un relèvement mais tu risques de sortir du corps des représentants. -
$\def\Fp{\mathbb F_p}$@moduloP
Oui, c'est cela, section 6 (Cohen Structure Theorem). Je n'ai pas lu (vraiment). A particulariser à notre cas simple dans lequel l'anneau local et son corps résiduel ont même sous-corps premier, donc même caractéristique (première). Pas de lézard comme $\Z/p^n\Z \twoheadrightarrow \Z/p\Z$.
J'aimerais bien caractériser le corps des représentants de $\Fp[X]/\langle F^e\rangle$. Disposer d'un test (algorithmique) d'appartenance. Il me semble que c'est quelque chose du genre ;
$$
{\Fp[X^{q^\infty}] \over \Fp[X^{q^\infty}] \cap \langle F^e\rangle} \hookrightarrow {\Fp[X] \over \langle F^e\rangle}, \qquad\qquad
q= p^{\deg F}, \qquad \infty = \text{grand}
$$
Ce qui me fait dire cela, c'est la manière dont j'ai implémenté ton relévement. J'ai défini :
$$
\Phi : \Fp[X] \to \Fp[X], \qquad X \mapsto X^ q, \qquad q = p^f, \qquad f = \deg F
$$
On a $X^{p^f} \equiv X \bmod F$ parce que $F$ est irréductible sur $\Fp$, de degré $f$. J'ai itéré $\Phi$ $m$ fois jusqu'à ce que $q^m \ge e$. J'ai la flemme d'expliquer plus. Je te donne le code mais je ne sais pas si c'est lisible.
Relevement := function(F, e) // F in Fp[X] irréductible de degré f de sorte que F | X^q - X où q = p^f // Soit Phi : Fp[X] -> Fp[X] : X --> X^q // Phi(X) = X mod F donc Phi^2(X) = X mod F, Phi^3(X) = X mod F ...etc.. // Note : Phi^m(G) = G^(q^m) FpX := Parent(F) ; p := Characteristic(FpX) ; X := FpX.1 ; q := p^Degree(F) ; Phi := hom < FpX -> FpX | X^q > ; assert (Phi(X) - X) mod F eq 0 ; // Choisir m tel que q^m >= e m := 1 + Ilog(e, q) ; assert q^m ge e ; // Calcul de Y = Phi^m(X) mod F^e Y := X ; for k := 1 to m do // Y = Phi^(k-1)(X) mod F^e Y := Phi(Y) mod F^e ; // Y = Phi^k(X) mod F^e end for ; // On a F(Y) = F(Phi^m(X)) = F^(q^m) = 0 mod F^e (car q^m >= e). // Et bien sûr : Y - X = 0 mod F assert (Y-X) mod F eq 0 and Evaluate(F,Y) mod F^e eq 0 ; return Y ; end function ;
En ce qui concerne les corps de représentants, il y a la totale dans Bourbaki (Théorie de Cohen des anneaux locaux noethériens complets). Un truc étrange : Bourbaki ne veut pas définir la caractéristique d'un anneau quelconque : il tient à ce que celui ci contienne un corps. Si bien que sa réduction anneau local -> corps résiduel est du type (caractéristique $0$, caractéristique $p$) ou (caractéristique $p$, caractéristique $p$), $p$ premier. I.e. pas de $p^n \to p$ comme dans l'article sur les anneaux locaux finis (ce qui m'a fait bien délirer).
Autre chose : j'attache l'épreuve de l'ENS Lyon 1994 consacrée à Newton algébrique. Le corrigé, c'est le mien, probablement pas terrible. En général, les corrigés de la RMS étaient plus mieux. Il y a 36 variantes dans Newton, pour le moment, j'ai pris une méthode bas de gamme. -
Pour la maximalité de $\def \Fp {\mathbb{F}_p}$ $\Fp[ \overline{z}]$ dans $\Fp[x]$. Si $ \iota : \mathbb{F}_q \to \Fp[x]$ est un morphisme alors par composition on obtient $s \circ \pi \circ \iota : \mathbb{F}_q \to \Fp[\overline{z}]$ qui est une inclusion de $\mathbb{F}_q$ dans $\Fp[\overline{z}]$. Ce qui fait que l'image de $\iota$ est inclus dans $\Fp[\overline{z}]$. (faudrait faire un diagramme mais un peu compliqué a faire, si j'ai le courage plus tard).
Je pense que ça explique l'unicité.
Car si j'ai un autre corps relevant disons $k$ alors il est inclus dans $\Fp[\overline{z}]$ et réciproquement.
C'est pas encore archis propre. -
@moduloP
Le coup de ton $s \circ \pi \circ \iota : \mathbb F_q \to \mathbb F_p[\widetilde {z}]$, est ce que cela prouve vraiment que $\text{Im}(\iota) \subset \mathbb F_p[\widetilde z]$ ? C'est bizarre : j'ai à la fois envie d'adhérer à ton argument mais j'ai également l'impression d'être roulé dans la farine. -
Peut-être un autre argument. Soit $A$ un anneau local contenant un corps premier $\mathbb F_p$, si bien que $A$ est de caractéristique $p$. Et soit $q$ une puissance de $p$.
1) Lemme : soient $x, y \in A$ vérifiant $x^q = x$ et $y^q = y$. Si $y - x$ est dans le maximal, alors $x = y$. Justification : en notant $m = y-x$, on a aussi $m^q = m$ (car on est en caractéristique $p$ et que $q$ est une puissance de $p$). I.e. $m(1 - m^{q-1}) = 0$. Mais $1 - m^{q-1}$ est inversible car on est en local et que $m$ est dans le maximal. Bilan : $m = 0$. Et on a montré $x = y$.
2) J'ai l'impression que si $A$ contient un sous-corps $k$ de cardinal $q$, alors $k$ est l'ensemble des racines de $X^q - X$ dans $A$. Et donc $k$ est l'unique sous-corps de $A$ de cardinal $q$.
Justification (pas top).
Il suffit de montrer que $X^q - X$ possède au plus $q$ racines dans $A$. Soit $x_1$ une racine. On peut écrire $X^q - X = (X - x_1)P(X)$ avec $P$ de degré $q-1$. Soit $x_2 \ne x_1$ une autre racine de $X^q - X$. La différence $x_2 - x_1$ n'est pas dans le maximal (sinon, via (1), on aurait $x_2 = x_1$). Donc $x_2 - x_1$ est inversible.
$$
0 = x_2^q - x_2 = (x_2 - x_1) P(x_2) \qquad \hbox {donc} \qquad P(x_2) = 0
$$
On peut donc écrire $P(X) = (X - x_2)Q(X)$ avec $Q$ de degré $q-2$. And so on (se méfier de ce genre de chute).
Plus mieux Je désigne par $\overline {\text{truc}}$ la réduction résiduelle de truc. Alors $\overline k \subset \overline A$ est l'unique sous-corps de cardinal $q$ du corps résiduel $\overline A$. Soit $x \in A$ tel que $x^q = x$. A fortiori $\overline x^q = \overline x$ ; donc $\overline x \in \overline k$ i.e. il existe $y \in k$ tel que $\overline x = \overline y$. Ou encore $y -x$ est dans le maximal. Par 1), on a $x = y$. Bilan : $x \in k$ et on a montré que toute racine de $X^q - X$ est dans $k$ (la réciproque est évidente).
Et le coup des racines de $X^q - X$ dans l'anneau local démystifie un peu cette histoire de corps de représentants. -
Silence radio pendant un certain temps.
-
Ok, pas bon ce que j'ai dit au-dessus, en reprenant en détails ça ne passe pas. Par contre, avec ton lemme ça passe proprement. D'ailleurs je trouvais ça bizarre de ne plus utiliser le caractère local.
Si j'utilise ton lemme en terme de morphisme, ça le fait je trouve.
Soit $A$ un anneau local d'idéal maximal $\def\m{\mathfrak{m}}$ $\m$, on note $\pi : A \to A / \m$ la surjection canonique. On fait l'hypothèse que $A$ et $A/ \m$ sont de caractéristique $p$
Alors pour tous morphismes $f, g : \mathbb{F}_q \to A$, on a : $f=g$ si et seulement si $\pi \circ f = \pi \circ g$.
Démo de la partie droite gauche : Soit $x \in \mathbb{F}_q$, alors $x^q = x$, d'où $f(x)^q = f(x)$ et de même pour $g$. Par hypothèse, $f(x)-g(x) \in \m$ et par ton lemme $f(x) =g(x)$.
Si on reprend le contexte. On a : $\iota = s \pi \iota$. En effet, $s$ est une section de $\pi$ : $\pi s =id$ (c'est mon erreur on a $\pi \circ s = id$ mais pas $s \circ \pi = id$), on en déduit que : $\pi \circ \iota = \pi \circ s \pi \iota$ et le lemme donne $\iota = s \pi \iota$ et en particulier $Im(\iota) \subset Im(s) =: \mathbb{F}_p[\overline{z}]$.
J'ai vu l'ajout, c'est encore plus simple comme tu fais !
Joyeuse fin d'année, merci
-
$\def\fm{\mathfrak m}\def\fP{\mathfrak p}\def\Fp{\mathbb F_p}\def\OK{\mathcal O_K}$
J'ai compris pourquoi la méthode de Newton relevait dans le corps des représentants. Pas le temps d'en dire trop mais cela vient du théorème d'unicité modulo $I^\bullet$ ($I$ est un modulus général) :
$$
F(x_k) \equiv 0 \bmod I^k, \qquad\qquad x_{k+1} \equiv x_k \bmod I^k
$$
Dans notre histoire où $I = \langle F\rangle$, il suffit de donner un coup de morphisme de Frobenius $\Phi : \Fp[X] \to \Fp[X]$, $X \mapsto X^q$, pour constater que $\Phi(x_k)$ vérifie les mêmes congruences. Et comme $x_1^q = x_1$ ..etc.. Un peu rapide, faute de temps. Si bien qu'à chaque étage, on reste dans le corps des représentants de l'anneau local. Merci Newton.
$$
\xymatrix {
\Fp[X]/\langle F^4\rangle \ar[d] \\
\Fp[X]/\langle F^3\rangle \ar[d] \\
\Fp[X]/\langle F^2\rangle \ar[d] \\
\Fp[X]/\langle F\rangle \\
}
$$
Un autre truc me turlupinait : temps de calculs. Il ne faut rien laisser passer dans le métier sinon tu es cuit. La honte, j'avais confondu le Ilog de $e$ en base $q$ et le Ilog de $q$ en base $e$ !. Je m'en suis douté assez vite, heureusement. Et tout va bien maintenant à toute berzingue
p = 5 deg(F)=2 e=2 0.010 0.000 e=3 0.000 0.000 e=4 0.000 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=3 e=2 0.000 0.000 e=3 0.000 0.000 e=4 0.000 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=4 e=2 0.000 0.000 e=3 0.000 0.000 e=4 0.000 0.000 e=5 0.010 0.000 deg(F)=5 e=2 0.000 0.000 e=3 0.000 0.000 e=4 0.010 0.000 e=5 0.000 0.000 deg(F)=6 e=2 0.020 0.000 e=3 0.020 0.000 e=4 0.020 0.000 e=5 0.010 0.000 deg(F)=7 e=2 0.020 0.000 e=3 0.030 0.000 e=4 0.040 0.000 e=5 0.020 0.000
Tout cela m'a rajeuni. Plus peur dans une semaine de relever le corps résiduel $\OK/\fP$ dans le corps des représentants de l'anneau local $\OK/\fP^e$ (de caractéristique $p$, hi, hi), dans le contexte que l'on sait. Plus peur non plus pour exhiber un élément primitif de $\OK/\fP^e$ sur son sous-corps de représentants (page 53 de la thèse de Manu, Corps Locaux de Serre ...etc..). Je veux dire plus peur sur le papier d'une part et en programmation d'autre part, histoire de faire du vrai.
moduloP : je pense que tu disposes de Corps Locaux de Serre. A regarder de nouveau (je parle pour moi, également). Faudra en reparler car Serre nous a raconté en une page comment Dedekind opérait à l'aide de procédés finis. Qui ont disparu de Corps Locaux via la complétion. Je t'assure que je ne délire pas.
Oui, cela m'a rajeuni. On se ferait bien une petite séance d'anneaux de Witt une fois cette histoire terminée : je crois que H. Lenstra a fait un traitement pédagogique en https://math.berkeley.edu/~hwl/papers/witt.pdf
Mais je ne sais pas ce qui est arrivé à killersmile38 ? Il a fait tomber le Bourbaki AC IX dans la cheminée ? -
Avec un peu d'avance, bonne année, meilleurs voeux, ...etc...
Un joli mot de Michel Demazure sur le calcul (que j'ai déjà donné sur le forum), dans Résultant, Discriminant, L'Enseignement Mathématique (2), 58, 2012, p 333-373
Le développement de l'Algèbre moderne, commencé il y a près d'un siècle, a renvoyé les anneaux de polynômes au statut de cas particulier et les méthodes propres aux polynômes, comme la Théorie de l'élimination, au conservatoire. Mais les objets sont têtus et les méthodes explicites ne cessent de ressurgir. Un calcul est toujours plus général que le cadre théorique dans lequel on l'enferme à une période donnée.
Dans cet article, Demazure reprend la rédaction d'un texte sur le résultant, texte prévu initialement pour le traité de Bourbaki, mais abandonné en 1969 (Congrès de Juillet 1969). C'est assez savoureux de lire les raisons de cet abandon. Je cite : Il a été alors conclu à l'abandon du projet, en grande partie pour un problème de plan ; les énoncés nécessaires sur les polynômes à plusieurs variables, comme le lemme de Gauss, bien qu'élémentaires, relèvent naturellement de la notion d'anneau factoriel, qui n'apparaît dans le traité qu'au chapitre VII de l'Algèbre Commutative de Bourbaki.
Pour un problème de plan, les pauvres choux. Ils avaient prévu le plan du livre Algèbre (8 volumes), celui d'Algèbre Commutative (10 volumes) mais ils n'avaient pas pensé qu'ils auraient besoin de quelques propriétés sur les anneaux de polynômes pour le résultant. C'est balourd, non ? Et s'il y avait une autre vraie raison ? -
Hello,
J'ai repris les choses de A à Z (en principe, sauf Nakayama à la fin). C'est plus simple que prévu une fois que l'on sait que le corps des représentants d'un anneau local fini $A$ de caractéristique $p$ ne peut être que :
$$
S := \{x \in A \mid x^q = x \} \qquad \hbox {où $q$ est le cardinal du corps résiduel}
$$
En notant $\mathfrak m$ l'idéal maximal de $A$, on a alors une somme directe :
$$
A = S \oplus \mathfrak m
$$
Lorsque $\mathfrak m$ est principal engendré par $\pi$, c'est bien plus facile de montrer que $A$ possède un élément primitif sur son sous-corps des représentants ($\pi$ est un tel élément primitif) que de montrer que $A$ admet un élément primitif sur son sous-corps premier.
Bilan : killersmile38 avait raison dans son post initial. Je me suis couché quelques notes en TeX (2 pages), j'attache la chose. -
Merci !
-
$\def\F{\mathbb F}$ @moduloP
Un petit rien. Mais pendant que j'y pense, on avait sacrément la tête dans le guidon quand on voulait relever $X \bmod F$ :
$$
\xymatrix {
\F_p[X] / \langle F^e \rangle \ar@{->>}[d] \\
\F_p[X] / \langle F \rangle
}
$$
Rappel du contexte (qui est loin) : $F \in \F_p[X]$ est un polynôme irréductible dont on note $q$ le cardinal du résiduel i.e. $q = \#(\F_p[X] / \langle F\rangle) = p^{\deg F}$.
En effet, il suffit de prendre un $m$ tel que $q^m \ge e$
$$
F(X) \equiv 0 \bmod F \quad \hbox {donc} \quad F(X)^{q^m} \equiv 0 \bmod F^ e \quad \hbox {i.e.} \quad F(X^{q^m}) \equiv 0 \bmod F^ e
$$
On vient de trouver (?) une racine de $F$ modulo $F^e$, à savoir $X^{q^m}$. Et $X^{q^m}$ couvre $X$ modulo $F$ i.e. $X^{q^m} \equiv X \bmod F$ vu que $X^q \equiv X \bmod F$ (à itérer $m$ fois).
Nos anciennes affaires tournaient autour de cela mais de manière moins franche. C'est juste ce petit truc qui m'a permis de simplifier des choses et d'écrire mon petit pdf (et de simplifier des fonctions magma !!). C'est tout. -
D'accord bien vu, c'est beaucoup plus simple que la correction ensuite (tu)
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