Analytic class number formula
dans Arithmétique
Salut,
Une petite question, pour faire simple je prend un corps quadratique imaginaire $K$. Je considère sa fonction $\zeta$ de Dedekind $\zeta_K$. Il existe une formule analytique permettant de calculer le cardinal du groupe des classes de $K$ :
$$
\lim_{s \to 1} (s-1) \zeta_K(s) = \frac{2\pi
h_K}{w_k \times \sqrt{|D_K|}} \qquad (\star)
$$
Avec $w_k$ le nombre de racine de l'unité dans $K$, $D_K$ le discriminant de $K$, $h_K$ le nombre de classes d'idéaux de l'anneau des entiers de $K$.
La question que je me pose c'est : est-ce que si je me donne un idéal premier $\mathfrak{p}$ (de norme $p$) de $\mathcal{O}_K$, il existe une formule analytique (du style de $(\star)$) permettant de savoir si $\mathfrak{p}$ est principal ?
C'est vraiment flou comme question et peut être un peut naïf, sorry. J'ai mis la question sur un corps quadratique imaginaire mais je sais qu'il existe des analogues de $(\star)$ pour tout les corps de nombre (il me semble).
Ps / J'ai laissé le titre en anglais, pour éviter une traduction hasardeuse
Une petite question, pour faire simple je prend un corps quadratique imaginaire $K$. Je considère sa fonction $\zeta$ de Dedekind $\zeta_K$. Il existe une formule analytique permettant de calculer le cardinal du groupe des classes de $K$ :
$$
\lim_{s \to 1} (s-1) \zeta_K(s) = \frac{2\pi
h_K}{w_k \times \sqrt{|D_K|}} \qquad (\star)
$$
Avec $w_k$ le nombre de racine de l'unité dans $K$, $D_K$ le discriminant de $K$, $h_K$ le nombre de classes d'idéaux de l'anneau des entiers de $K$.
La question que je me pose c'est : est-ce que si je me donne un idéal premier $\mathfrak{p}$ (de norme $p$) de $\mathcal{O}_K$, il existe une formule analytique (du style de $(\star)$) permettant de savoir si $\mathfrak{p}$ est principal ?
C'est vraiment flou comme question et peut être un peut naïf, sorry. J'ai mis la question sur un corps quadratique imaginaire mais je sais qu'il existe des analogues de $(\star)$ pour tout les corps de nombre (il me semble).
Ps / J'ai laissé le titre en anglais, pour éviter une traduction hasardeuse
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Réponses
Il y a une formule explicite qui donne le nombre de classes d'un corps quadratique imaginaire (cf Cox, Primes of the form blablabla)
Il a aussi une formule analytique générale qui donne $h_K$ en fonction d'un certain résidu en $1$. Elle met en jeu le régulateur (d'ailleurs, tu ne l'aurais pas oublié dans ta formule?)
Enfin, un petit rappel: on ne sait toujours pas s'il y a une infinité de corps quadratiques réels avec un nombre de classes égal à $1$. Par contre, on a la liste exacte des corps quadratiques imaginaires principaux (cf Cox également, je crois).
Non, pour le régulateur, avec $K$ imaginaire quadratique, il n'y a rien de plus (ou alors je me suis vraiment planté) ! En généralité, il faut tenir compte des plongements complexes et réels et en plus le régulateur intervient. Je pense que pour le cas quadratique réel la formule est manipulable "au cas par cas", pour d'autres extensions ça doit être sportif, je vais tester un exemple, histoire de rigoler un peu !
Sinon je confirme le fait qu'il existe une formule analytique du nombre de classes dans n'importe quel corps de nombres, elle n'est pas beaucoup plus compliquée que celle-là.
Il se trouve que le corps de Hilbert d'un corps quadratique imaginaire est "connu" (voir le livre de Cox, cité par killersmiles).
Bref, dans le bon cadre, ta question est un peu analogue à "étant donné un nombre premier $p$, est-ce que $p=1 \pmod q$ ?" où $q$ est un entier bien choisi.
$$h_K R_K= \frac{w_K}{2^n} \left( \frac{2}{\pi} \right)^{r_2} d_K^{1/2} \kappa_K$$
où $K$ est un corps de nombres de degré $n$, de signature $(r_1,r_2)$, de valeur absolue du dsicriminant $d_K$, de nombre de classes $h_K$, de régulateur $R_K$, $w_K$ est le nombre de racines de l'unité dans $K$ et $\kappa_K$ est le résidu au point $1$ de sa fonction zêta de Dedekind $\zeta_K$.
Utilisée avec l'équation fonctionnelle de $\zeta_K$ et quelques autres artifices analytiques, cette formule sert à obtenir des majorations de $h_K R_K$ sous la forme $h_K R_K \leqslant C_K d_K^{1/2} (\log d_K)^{n-1}$ où $C_K$ est une constante calculable dépendant des paramètres de $K$.
Pour les idéaux principaux, des algorithmes existent pour tester si un idéal entier d'un corps de nombres est principal ou pas. Par exemple, sur PARI/GP, la commande bnfisprincipal fait le job. Voir aussi [1].
Il n'y a pas, à ma connaissance, d'outil analytique dans le cas général. Toutefois, si $K$ est quadratique, alors il existe une formule "analytique" qui calcule le nombre de classes de tout ordre $\mathcal{O}$ de $K$ (i.e. tout sous-anneau $\mathcal{O} \subset \mathcal{O}_K$ qui est un $\mathbb{Z}$-module libre de rang $2$). Voir [2, Theorem 7.24].
Références.
[1] J. Buchmann & H. C. Williams, On principal ideal testing in algebraic number fields, J. Symbolic Comp. 4 (1987), 11-19.
[2] D. A. Cox, Primes of the form $x^2+ny^2$, John Wiley & Sons, New-York, 1989.
J'ai réfléchi un peu, pour la formule analytique pour un ordre quadratique dont parle Noix de Totos. Disons que l'on prend $\Z[w]$ l'anneau des entiers de $\Q(w)$ avec $w$ quadratique imaginaire. Soit $\mathcal{O} := \Z[fw]$ l'ordre de conducteur $f$. En fait, la fonction $\zeta$ de $\mathcal{O}$ et celle de $\Z[w]$ ne diffèrent que de quelques termes, les facteurs correspondants au diviseur premier de $f$. De manière plus précise : $$
\zeta_{\Z[w]}(s) = \prod_{p \mid f} \frac{1}{1- \chi_{D_K}(p)p^{-s}} \zeta_{\mathcal{O}}(s)
$$ Et on a : $$
\lim_{s \to 1}(s-1)\zeta_{\mathcal{O}}(s) = \prod_{p \mid f} \left(1- \chi_{D_K}(p)p^{-1}\right) \lim_{s\to 1} (s-1) \zeta_{\Z[w]}(s)
$$ On obtient : $$
\lim_{s \to 1} (s-1)\zeta_{\mathcal{O}}(s) = \prod_{p \mid f} \left(1- \chi_{D_K}(p)p^{-1}\right) \frac{2\pi h_K}{w_k \times \sqrt{|D_K|}}
$$ En utilisant la formule de Cox 7.28 page 148. $$
\lim_{s \to 1} (s-1) \zeta_{\mathcal{O}}(s) = \frac{2\pi h_{\mathcal{O}}}{w_{\mathcal{O}} \times \sqrt{\mid D_{\mathcal{O}} \mid}}
$$ Du coup, c'est bien la même formule que celle pour l'anneau des entiers.
Le produit eulérien au centre est égal à $f^{-1}\varphi(f,\chi_D)$, où $\varphi(f,\chi_D)$ est un indicateur d'Euler généralisé et où $\chi_D$ est le caractère de Dirichlet primitif réel associé au corps quadratique $\mathbb{Q} (\sqrt {\pm D})$. $\varphi(\cdot,\chi_D)$ a les même propriétés arithmétiques et la même utilisation que l'indicateur d'Euler classique.
En théorie du corps de classes, on généralise encore plus l'indicateur d'Euler.
Si je ne me suis pas planté : $\varphi(f, \chi_{D})$ mesure le cardinal du quotient $\left( \Z[w] / (f) \right)^\star$ sur $\left( \Z / (f) \right)^\star$.
D'ailleurs, j'en profite pour te poser une question, pour ma culture, ça fait suite à une question de Poirot (y'a deux mois je pense). Est-ce que tu sais si le corps de rayon $f$ disons $H(f)$ (dans le cadre quadratique imaginaire $\Q(w)$) est une extension galoisienne de $\Q$ (Poirot a posé la question pour le corps de Hilbert). Et dans le cas positif, en notant $G$ le groupe de Galois $H(f) \mid \Q$, est-ce que l'on connait l'abélianisé et l'extension abélienne de $\Q$ correspondante ? Par exemple, est-ce que c'est $\Q(\zeta_f, \sqrt{D})$ ?
Je me permets de répondre même si je ne suis pas NdT (C.Q. à l'envers, cela donne Q.C. c'est-à-dire rien).
1) Oui, mais attention, il y a un $f$ qui traîne quelque part. En clair, pour un corps quadratique $K$ de discriminant $D$ (positif ou négatif) :
$$
{\#(\calO_K/f\calO_K)^\times \over \#(\Z/f\Z)^\times} = f \times \prod_{p \mid f} (1 - \chi_D(p) p^{-1})
$$
2) Ici je réponds à une question non posée ! Le groupe multiplicatif qui est au numérateur est important car il intervient dans la suite de Dedekind-Siegel-Sands dont le contexte est bien plus général : deux anneaux de nombres $A \subset B$ de même corps des fractions $K$, dont je note $\ff$ de conducteur (d'inclusion). Pense aux anneaux quadratiques imaginaires. Je te donne un bout de cette suite exacte (je dis bien un bout) :
$$
(B/\ff)^\times \to \Cl(A) \to \Cl(B) \to 1
$$
A droite, il s'agit de groupes des classes d'idéaux inversibles. La flèche entre $\Cl(A)$ et $\Cl(B)$ est celle que tu imagines (quand on est inversible, c'est pour la vie). La fléche à gauche est plus subtile et mérite qu'on y passe un peu de temps (plusieurs heures voire plusieurs jours) :
$$
[b\rbrack \longmapsto [bA + \ff] = [a_1A + a_2\ff] \qquad b = a_1/a_2 , \quad b \in B, \quad a_i \in A
$$
Souvent, on prend $B = \calO_K$. Cela vaut le coup de prendre $K = \Q(i)$, $B = \Z[i\rbrack$, $A = f\Z + B = \Z[fi]$. Pourquoi cela vaut le coup ? Parce que tu auras du mal à la formuler la chose en termes de formes quadratiques (que pourtant on aime bien) et parce que tu vas relier deux mondes : le groupe multiplicatif $(\Z[i\rbrack / f\Z[i\rbrack)^\times$ et le groupe des classes d'idéaux de $\Z[fi]$. Toi qui aimes faire joujou ...
3) Question posée sur le corps de rayons. Autre post plus tard (que je dis).
Les questions posées par ModuloP mènent naturellement au rôle joué par la théorie analytique des nombres dans les problèmes compliqués de la théorie algébrique des nombres.
Un autre exemple, bien connu des spécialistes : regarder, à travers la thèse de Zimmert (par exemple) ou les travaux de Friedman, comment les outils analytiques ont considérablement amélioré la borne de Minkowski ou les estimations du régulateur par rapport aux anciennes méthodes, essentiellement fondées sur la géométrie des nombres.
J'essaie de répondre à la dernière partie de ton post (corps de rayon) mais comme je n'y connais rien, cela va aller vite. Note que je ne te pose pas la question : qu'as tu essayé ? Est ce que c'est un devoir à faire pour demain ? ...etc...
A) Soit $K$ un corps quadratique imaginaire. Comme tous les objets qui vont débarquer sont plongés dans $\C$, je note $\tau$ la conjugaison complexe qui mouline sur $\C$ et sur les objets à venir.
Soit $L/K$ une extension galoisienne. Alors $L/\Q$ est galoisienne si et seulement si $\tau(L) = L$. De plus, dans ce cas la suite exacte habituelle :
$$
1 \to \Gal(L/K) \to \Gal(L/\Q) \to \Gal(K/\Q)= C_2 \to 1
$$
est naturellement scindée : on relève la multiplication complexe de $K$ en la multiplication complexe de $L$ (qui continue à être d'ordre 2).
Et donc $\Gal(L/\Q)$ est un produit semi-direct $\Gal(L/K) \rtimes C_2$. C'est petit comme tu vois.
C) En ce qui concerne la dernière partie de ton post, je la trouve bizarre. Je te fais une petite expérimentation avec $K = \Q(i)$ et $f = 12$.
Pour l'instant, rien. Disons, les choses de la vie. Maintenant un peu d'action.
> CLfOK, I := RayClassGroup(f*OK) ; > CLfOK ; Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/8 Defined on 2 generators Relations: 2*CLfOK.1 = 0 8*CLfOK.2 = 0 > AL := AbelianExtension(f*OK) ; > AL ; FldAb, defined by (<[12, 0]>, []) of structure: Z/2 + Z/8Ici un groupe de classes $\Z/2\Z \times \Z/8\Z$. Le second résultat I de RayClassGroup, c'est une application du groupe des classes vers le groupe des idéaux fractionnaires (en fait entiers) de $\Q(i)$. Tout ceci est au dessus de $K = \Q(i)$. Maintenant, cela va chauffer car je fais demander le groupe de Galois de $H(f)/\Q$. Ici j'ai noté AL le corps de classes $H(f\calO_K)$. Pourquoi ? Je n'en sais rien.
> time G, roots, data := AbsoluteGaloisGroup(AL) ; Time: 1.450 > #G ; 32 > IdentifyGroup(G) ; <32, 40> > Universe(roots) ; Unramified extension defined by the polynomial (1 + O(41^32))*x^8 + O(41^32)*x^7 + O(41^32)*x^6 + O(41^32)*x^5 + (5 + O(41^32))*x^4 + (32 + O(41^32))*x^3 + (20 + O(41^32))*x^2 + (6 + O(41^32))*x + 6 + O(41^32) over 41-adic ringBon un groupe de Galois sur $\Q$ d'ordre 32. Pas d'incohérence. C'est le numéro 40 dans la classification des 51 groupes d'ordre 32. J'espère que tu connais pas coeur la table des groupes d'ordre 32. Voir la classification des groupes d'ordre $\le 100$ in https://www.mimuw.edu.pl/~zbimar/small_groups.pdf
Il se trouve que $G \simeq C_2 \times \text{QD}_8$. J'ai déjà vu $\text{QD}_8$ (quasi-dihedral group) chez Jensen, Ledet, Yu , première page du chapite 6 http://library.msri.org/books/Book45/files/book45.pdf
Enfin, l'abélianisé de $G$ : un groupe $\simeq C_2 \times C_2 \times C_2$.
> AbelianQuotient(G) ; Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/2 + Z/2 Defined on 3 generators Relations: 2*$.1 = 0 2*$.2 = 0 2*$.3 = 0Je n'ai pas l'impression que cela colle avec ce que tu disais car $\varphi(f) = 4$. Je pense à ton $\zeta_f$.
Voilà, voilà. C'est pas grand chose mais c'est tout ce que je peux faire.
Merci beaucoup, je vais essayer d'expérimenter un peu avec magma,sûr qu'il y a un petit truc à dire !
Sinon, je ne te montre pas ce que j'ai fais concernant ma question car c'est pourri de chez pourri et tu risques de me prendre pour un rigolo et en plus comme ça ne fonctionne pas bien, c'est encore plus pourri que je pensais :-D
Je reprends l'exemple $K = \Q(i)$ et $f = 12$. Peut-être faudrait-il prendre un $f$ plus petit pour simplifier ?
Il faut comprendre, en posant $\fm = f\calO_K$, en quoi $\Cl_\fm$ est le produit $\langle c_2\rangle \times \langle c_8\rangle$ d'un groupe cyclique d'ordre 2 et d'un groupe cyclique d'ordre 8. Voici deux idéaux de $\calO_K = \Z[i\rbrack$ qui représentent le générateur d'ordre 2 et celui d'ordre 8
$$
I_2 = \langle z_2\rangle = \langle 6i+7\rangle, \qquad I_8 = \langle z_8\rangle =\langle 8i + 1 \rangle
$$
Admettons.
Rappel : il faut éviter $f\calO_K$ i.e. les idéaux $J$ qui interviennent doivent satisfaire $1 \in J + f\calO_K$.
> f := 12 ; > CLfOK<c2,c8>, I := RayClassGroup(f*OK) ; > CLfOK ; Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/8 Defined on 2 generators Relations: 2*c2 = 0 8*c8 = 0 > invI := Inverse(I) ; > z2 := Generateur(I(c2)) ; > z2 ; 6*i + 7 > z8 := Generateur(I(c8)) ; > z8 ; 8*i + 1Maintenant, je fais agir la conjugaison complexe $\tau$ sur les deux idéaux en question et je regarde ce que cela donne dans le groupe $\Cl_\fm$.
Bilan : le produit semi-direct $\Cl_\fm \rtimes \langle\tau\rangle$ est identifié : l'action du générateur $\tau$ est $(c_2,c_8) \to (c_2,3c_8)$. Et j'ai vérifié que ce produit semi-direct, groupe d'ordre 32, est le groupe numéro 40 dont j'ai parlé dans mon post précédent.
Question : sais tu calculer $\Cl_\fm$ sur des exemples très simples comme celui-ci ?
$\def \Zi{\left(\Z[ i] /\mathfrak{m} \right)^\star}$
J'essayes de calculer $cl(\mathfrak{m})$, je crois me souvenir que c'est $\left(\Z[ i] /\mathfrak{m} \right)^\star / \Z[ i]^\star$ (certainement car $\Z[ i])$ est principal, mais je me perds énormément avec les suites exactes !
1/ Normalement, si je prend $[\alpha] \in \Zi$, alors je peux construire l'idéal engendré par $\alpha$ modulo les idéaux principaux congru à $1 \pmod{\mathfrak{m}}$. Il faut voir que c'est bien défini, si je prend $m \in \mathfrak{m}$, on prend l'idéal engendré par $\alpha+m$ que je vois comme $(\alpha)(1+m/\alpha)$. Là on voit que $(1+m/\alpha)$ c'est un idéal principal congru à $1 \pmod{\mathfrak{m}}$, puisque $\alpha$ est inversible modulo $\mathfrak{m}$.
D'un autre côté, on voit que si je prend $\alpha \in \Z[ i]$ qui s'écrit comme $\alpha = w + m$ avec $w \in \Z[ i]^\star$, alors l'idéal engendré par $\alpha$ est bien dans $P_{K,1}(\mathfrak{m})$.
Mais ce n'est pas clean ! Mais en me concentrant un peu, je pense que je vais réussir a voir le truc !
2/ Mais, un autre problème, c'est également le fait que j'ai un peu de mal à travailler (efficacement) dans le quotient $\Zi / \langle i \rangle$.
Avec $f = 12 = 3 \times 4$, on peut mettre en place le théorème chinois.
Donc $\Z[ i] / (3)$ est un corps fini et on cherche un générateur du groupe multiplicatif, i.e un élément d'ordre $8$. On a : $(1-i)^2 = i$ car $3 = 0$. Et donc on à un générateur. Le morphisme chinois est simple : $ (\alpha \pmod{3},\beta \pmod{4}) \mapsto 4\alpha-3\beta$, et on trouve :
$(1-i,1) \mapsto 4(1-i)-3 = -4i+1 = 8i+1$ (pour rejoindre ton calcul).
Pour $\Z[ i] / (4)$, ici on écrit $(4) = (1-i)^4$. De sorte que : $\Z[ i]/(4) = \Z[ i] /(1-i)^4$. Bon c'est plus délicat là ! Pour l'instant, je peux dire que c'est un groupe de cardinal $8$. Je dois réfléchir un peu plus !
Et ensuite, je dois quotienter par le sous-groupe engendré par $i$, encore un petit problème à régler !
C'est pas gagné comme tu le vois ! C'est pour ça que j'évite comme la peste de prendre des $f$ non premier. D'autre part, avec sage je ne trouve pas non plus le moyen de faire ça : la seul commande que j'ai donne Donc là je vais devoir faire un peu d'informatique, enfin bref beaucoup beaucoup de problème et encore c'est la partie qui doit être facile normalement :-D
De manière générale, pour tout corps de nombres $K$ et tout cycle arithmétique $\fm$ sans partie infinie, on a une suite exacte explicite
$$
\calO_K^\times \to (\calO_K/\fm)^\times \to \Cl_\fm(K) \to \Cl(\calO_K) \to 1
$$
cf la suite exacte (2.7) page 502 de http://www.math.leidenuniv.nl/~psh/ANTproc/15cohenpsh.pdf. Ou encore celle qui figure au début de la section 2 de http://www.ams.org/journals/mcom/1998-67-222/S0025-5718-98-00912-0/S0025-5718-98-00912-0.pdf.
Bien sûr, il faut savoir réaliser explicitement la surjectivité à droite. Et plein d'autres choses. Mais il y a des gens qui bossent.
Dans le cas de $K = \Q(i)$ pour lequel $\calO_K = \Z[i\rbrack$ est principal, il reste quelque chose que j'écris :
$$
{(\calO_K/\fm)^\times \over \calO_K^\times} \simeq \Cl_\fm(K)
$$
I.e. ne pas oublier de diviser par le groupe des unités $\langle i\rangle$ de $\Z[i\rbrack$.
Du coup, j'en ai profité pour arranger ma calculette. La fonction QiRayClassGroup(f) c'est de mézigue (en utilisant les primitives ad-hoc magma of course). Elle retourne 3 résultats : les facteurs invariants du groupe abélien $\Cl_\fm$ avec $\fm = f\calO_K$, les représentants dans $\Z[i\rbrack$ des générateurs de ce groupe et l'action de la conjugaison complexe sur les générateurs.
> QiRayClassGroup(20) ; [ 2, 4, 4 ] [ 10*i + 11, 16*i + 9, 4*i + 9 ] [ g1, g3, g2 ]Par exemple, pour $f = 20$, un groupe $\Z/2\Z \times \Z/4\Z \times \Z/4\Z = \langle g_1\rangle \oplus \langle g_2\rangle \oplus \langle g_3\rangle$, 3 représentants et enfin l'action de la conjugaison complexe (ici elle permute $g_2, g_3$).
Du coup, j'apprécie mieux le théorème de Bruckner, th 9.18 page 191 de Cox. Le sel de l'affaire est l'action de la conjugaison complexe sur des quotients ad-hoc de $\Cl_m(K)$ où $K$ est un corps quadratique imaginaire. On demande à l'action d'être du type $\text{truc} \mapsto -\text{truc}$ (generalized dihedral dit Cox en bas de la page 190). C'est le fameux coup, pour un corps de classes, d'être contenu dans un ring class field of $K$.
Rien à voir. Parmi les gens qui bossent de manière effective, il y a Cohen. Je n'ai pas bien compris où tu voulais en venir concernant le fait de tester si un idéal premier $\fp$ est principal. Mais pour ajouter à la référence de NdT (Buchmann-Williams), je te conseille la lecture de la section 6.5.5 The principal Ideal Problem dans le premier ouvrage de Cohen. Tu comprendras l'énorme boulot pour parvenir à ses fins. Je te cacherais pas ma surprise à la réponse : passer, pour $K$ quadratique imaginaire, par le corps des classes de Hilbert de $K$ (au prétexte que c'est fait dans Cox !) et tester l'Artin-map de $\fp$ !!
On a posté un peu près en même temps. Je n'ai plus de temps et de toutes manières, j'ai l'impression que je ne comprendrais jamais grand chose à ces histoires (comprendre en mon sens). Deux petits trucs.
Je crois comprendre que le théorème de Bruckner dont j'ai parlé dans mon post précédent avec une référence à Cox n'est pas étranger au monde de la fumette (même celui pour les bébés en degré 3). Cf par exemple le th 15 de Kani, page 12 in http://www.mast.queensu.ca/~kani/papers/thetaCM2r.pdf. Bruckner est évoqué dans la preuve du point b) avec un pointeur sur Cox. Evidemment, cela me dépasse totalement.
Il ne faut pas confondre certaines suites exactes. Celle que j'ai citée dans mon post précédent est, en un certain sens, interne à $K$, disons à son anneau d'entiers $\calO_K$. A ne pas confondre avec la suite exacte de Dedekind-Siegel-Sands qui fait intervenir deux anneaux de nombres $A \subset B$ de même corps des fractions un corps de nombres $K$. Je vais être lourd mais cela vaut le coup de prendre $A = \Z + fB$ avec $f$ entier $\ge 1$ : le conducteur d'inclusion est $\ff = fB$, avec en prime $A/\ff \simeq \Z/f\Z$ et particulariser à $K$ corps quadratique. Faudrait que je prenne le temps de te faire un petit montage.
@moduloP:
Dans $\zz[ i ]/4$, tout élément peut s'écrire $u+vi$ avec $u,v\in\{-1,0,1,2\}$.
De plus, si $u$ et $v$ ont même parité, alors $u+vi$ est multiple de $1-i$, donc est nilpotent
Les candidats inversibles sont donc les classes de : $1, -1, i, -i, -1+2i, 1+2i,2-i,2+i$. Ils le sont tous (facile)
Comme on veut factoriser par le sous-groupe multiplicatif engendré par $i$, il faut en fait garder les représentants non associés deux à deux: $1$, $2+i, 2-i$. Mais modulo $4$, on a $2+i=-(2-i)$ .Ton gros quotient est donc simplement le groupe cyclique à deux éléments, engendré par la classe de $2-i.$
Est ce que tu possèdes le Silverman-Tate (Rational Points on Elliptic Curves) ?
Soit $K = \Q(i)$. Est ce que tu connais le lien entre l'extension abélienne $H(f\calO_K)/K$ et celle engendré par les points de $f$-torsion de la courbe elliptique $y^2 = x^3 + x$ (c'est une courbe à multiplication complexe par $\Z[i\rbrack$). Même si c'est petit, je crois que cela serait une bonne chose d'étudier cela ?
Peux tu trouver sur le net les deux mémoires suivants (je crois que ce sont des mémoires) :
Extensions abéliennes de corps quadratiques imaginaires (Karwasz, Pandey, 30 décembre 2003)
Multiplication complexe (Berenfeld, Lerer, Tamiozzo, 16 juin 2015).
Plus de question.
On en rediscute plus tard quand tu as le temps (rien de presse de toute manière), je vais essayé de me clarifier avec les suites exactes. Sinon,oui j'avais vu que Kani faisait référence à Cox.
Merci Killer,
Mais, un truc je dois quotienter $\left(\Z[ i] /(12) \right)^\star$ par le sous-groupe engendré par $i$. Je veux dire je ne dois pas faire $$\left( \left(\Z[ i] /(3) \right)^\star \times \left(\Z[ i] /(4) \right)^\star \right) / \langle i \rangle \times \langle i \rangle$$
Mais :
$$
\left( \left(\Z[ i] /(3) \right)^\star \times \left(\Z[ i] /(4) \right)^\star \right) / \langle (i,i) \rangle
$$
Est-ce une bonne idée de faire du chinois ... mais je vais programmer un peu car c'est pénible ce genre de calculs, faut savoir le faire mais confier la tâche à un ordinateur c'est quand même mieux !
PS : je pense que je dois faire $f = 16$ i.e regarder $\left( \Z[ i] / (16) \right)^\star / \langle i \rangle$ pour ton polynôme $X^4-2X^2-1$ d'hier.
@Claude : Oui, j'ai regardé un peu Silverman (le tome 1) et son traitement des extensions abéliennes, tu as deviné ce que je voulais faire :-D
D'ailleurs on voit un sous-groupe de $\text{GL}_2(\Z/f\Z)$ qui intervient de manière fondamentale. Beh, j'aime bien le déterminant $\text{GL}_2(\Z/f\Z) \to \left(\Z / f \Z\right)^\star$ ...tu sais l'extension cyclotomique $\Q(\zeta_f)$, tu vois le lien avec ma question " abélianisé de ...". Mais faut que je me forme un peu sur les courbes elliptiques ! D'ailleurs, je pense que grâce a toi, j'ai de quoi m'occuper pour très très longtemps :-D
Les éléments inversibles de $\zz[ i ]$ mod $12$ sont exactement les éléments premiers à $1-i$ et $1-j$, i.e. les éléments de norme première à $6$.
On a donc les classes des éléments $u+vi$, avec $u,v\in\{-5,-4,...,0,1,...,5, 6\}$ et $u^2+v^2$ non divisible par $2$ ou $3$. Remarquons que si $u+iv$ convient, $\pm u\pm iv $ aussi, ainsi que $\pm v\pm i u$ .
En multipliant par $1,-1,i,-i,$ on s'aperçoit qu'il suffit de garder les éléments avec $u+vi$ et $u-vi$, avec $0\leq v\leq u$.
Il reste donc les classes mod 12 de :$1, 2+i,2-i, 3+2i,3,-2i, 4+i,4-i, 4+3i,4-3i, 5,5+2i,5-2i, 5+4i,5-4i, 6+i,6-i, 6+5i,6-5i.$
Mais modulo 12, on a $6+i=-(6-i)=i^2(6-i)$, et de même pour $6+5i$ et $6-5i$.
Finalement, ton gros groupe quotient contient $16$ classes (ça m'étonne un peu... je me serais attendu à un truc divisible par $3$, quand même...):
$1, 2+i,2-i, 3+2i,3-2i, 4+i,4-i, 4+3i,4-3i, 5,5+2i,5-2i, 5+4i,5-4i, 6+i, 6+5i.$
Je te laisse calculer quel groupe abélien cela peut être, j'ai plus trop le temps...(sachant que la classe de $u-iv$ est l'inverse de la classe de $u+iv$, ça devrait être rapide...)
Y'a juste un $3$ en trop dans les deux listes ! Ah non, je viens de comprendre, c'est une coquille d'une virgule entre $3,-2i$ c'est $3-2i$ ! $$1,~ 2+i,~2-i,~ 3+2i,~3-2i,~ 4+i,~4-i,~ 4+3i,~4-3i,~ 5,~5+2i,~5-2i,~ 5+4i,~5-4i,~ 6+i,~ 6+5i.$$
$(2-i)^2=3+2i$, $(3+2i)^2=5+12i=5$, et finalement $5^2=1$.
Il semblerait donc que ton groupe soit cyclique d'ordre $16$, engendré par la classe de $4+i$. Merci pour ces calculs rigolos :-D
Si on croit Claude, il n'est pas cyclique il est engendré par un élément d'ordre $2$ et un élément d'ordre $8$ voir ici . Je suis entrain de lire ton post, pour l'instant je ne comprends pas ce que viens faire le $j$ au début ? Sinon je pense que c'est une bonne idée de faire entrer la norme dans l'histoire (tu)
Sinon, un truc (je pense que ça peut t'intéresser), c'est que la structure du groupe des formes binaires quadratiques de discriminant $-4 \times (12)^2$ est très proche du groupe que l'on essayes de comprendre (il y a un dernier quotient à faire, ouhais encore). Je vais essayer de retrouver ça (certain que c'est dans Cox). Sinon, étudier la partie gauche de la suite exact ici
Niveau programmation, j'obtient ça : a comparer avec
$$
1,~ 2+i,~2-i,~ 3+2i,~3-2i,~ 4+i,~4-i,~ 4+3i,~4-3i,~ 5,~5+2i,~5-2i,~ 5+4i,~5-4i,~ 6+i,~ 6+5i.
$$
Bon, ce n'est pas les même représentants mais c'est les mêmes classes modulo le groupe engendré par $i$.
Je te laisse reprendre mes calculs. Si tu trouves l'erreur (apparemment, il y en a une, car ça contredit ce que dit Claude), je veux bien que tu me dises où. Moi, je n'ai pas le temps de m'y replonger avant demain soir.
Du coup, tu as factorisé dans $3$ dans $\Z[ j]$, c'est ça ?
$$
\left( {\Z[i\rbrack \over 2^k \Z[i\rbrack }\right)^\times =
\cases {
\langle 2i+3\rangle \times \langle i\rangle = C_2 \times C_4 &si $k=2$\cr
\langle 5\rangle \times \langle i\rangle \times \langle 2i+7\rangle = C_2 \times C_4 \times C_4&si $k=3$\cr
\langle i\rangle \times \langle 5\rangle \times \langle 2i + 2^k-1\rangle = C_4 \times C_{2^{k-2}} \times C_{2^{k-1}} &si $k \ge 4$\cr
}
$$
Je ne sais pas si cela peut faire du bien (mais cela ne peut pas faire de mal).
Sinon, j'ai vu qu'il y a un petit truc a faire attention avec les histoires de points de torsion de courbe elliptique et le ray class field i.e une histoire de Fonction de Webber à utiliser because $\Z[ i ]$ et $\Z[ j]$ font bande à part ! (je pense qu'on avait bien compris que cest deux là, n'allais pas nous laissait tranquille).
D'ailleurs, hier en regardant Silverman ("Point de torsion ..") page 227. Il décrit les points de $2$ torsion de la courbe $E : y^2 = x^3-2$ qui est à multiplication complexe par $\Z[ j]$. Il trouve que l'extension engendrée par ces points est $\Q(x,j) \mid \Q(j)$ avec $x$ une racine de $x^3-2$ (pas étonnant vu que les points de deux torsions correspondent au point de tangence verticale (le point à l'infini est le neutre de la loi de groupe)). Et je me suis dit que c'était bizarre car $\left(\Z[ j] / (2) \right)^\star / \langle -j \rangle$ était trivial ! Et donc ce matin, je suis rassuré de voir qu'il faut faire attention pour $\Z[ i ]$ et $\Z[j]$, ce n'est pas les points de torsion qu'il faut ajouter pour obtenir le Ray class Field mais une certain fonction (pas compliqué, c'est $x^2$ ou $x^3$).
Ps / En plus, c'est super car hier je n'arrivais pas a comprendre comment faire agir $\left( \Z[ i] / (f) \right)^\star / \langle i \rangle$ sur les points de torsion. Maintenant, avec cette fonction de Webber, c'est parfait !
un classe $\alpha = a+b i $ de $\left( \Z[ i] / (f) \right)^\star / \langle i \rangle$ agit naturellement sur l'ensemble $\{ x^2 \mid (x,y) \in E[ f] \}$ en prenant $(x,y) \in E$ de $f$-torsion et en considérant la multiplication par $ a+bi$ i.e $P' = (a+b\phi)(x,y)$ où $\phi$ est la multiplication complexe et ensuite on prend la valeur de fonction de Webber associée à $P'$ et bon là je n'ai presque plus de doute que le déterminant et la norme c'est kif-kif.
On a également, un autre morphisme $\text{GL}_2 \to \text{PGL}_2$ qui doit être en lien avec le ring class field et les formes quadratiques !
Hum, je sais pas si c'est une bonne idée que je regarde ces histoires car ça risque de me faire partir en cacahuète, je vais quand même me faire un petit exemple complet, normalement je dois pouvoir tout expliciter :-D
De mon côté, j'ai regardé un tout petit peu le passage de Silverman, les fonctions de Weber, points de torsion des courbes elliptique à multiplication complexe, corps de rayon, les cas particuliers ...etc.. Mais pas assez de près. Sauf que dans notre métier, il faut de temps en temps regarder vraiment de près (la preuve : les cas particuliers).
J'ai vu aussi, mais c'est encore pas net, que tu avais parlé dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1641672,1644060#msg-1644060 d'un sous-groupe spécial de $\GL_2(\Z/f\Z)$ et du déterminant. Dans le cadre de $K = \Q(i)$, je pense que ce sous-groupe est $(\Z[i\rbrack/f\Z[i\rbrack)^\times$ et que la restriction du déterminant, à valeurs dans $(\Z/f\Z)^\times$, c'est la norme de $\Z[i\rbrack/\Z$, disons cette norme modulo $f$. Si bien que l'image du sous-groupe dans $(\Z/f\Z)^\times$ serait un sous-groupe normique modulo $f$. Pour l'instant, c'est approximatif, mon propos.
Note : l'étude de $(\Z[i\rbrack/2^k\Z[i\rbrack)^\times$ ne permet pas grand chose. Par exemple pour $(\Z[i\rbrack/12\Z[i\rbrack)^\times$ à quotienter par $\langle i\rangle$, on a beau écrire $12 = 2^2 \times 3$, la structure explicite du quotient par $\langle i\rangle$ ne va pas venir toute seule à cause du coup du $(i,i)$ diagonal dont tu as parlé.
Tu te doutes bien que mon histoire de quotient par $2^k$, je n'en ai pas la preuve. C'est pas mon problème et si cela se trouve, cela ne servira pas à grand chose. Mon gros souci a été de deviner les constituants $i, 5, 2i+f-1$. Ce n'est pas magma qui me les a donnés. Je les ai trouvé en bricolant pour $k = 4, 5$ et cela m'a coûté un peu de temps. Je n'aime pas perdre mon énergie à essayer de prouver des choses fausses. Du coup, une fois deviné le truc, j'ai préféré écrire le petit programme suivant, pas trop sale, dont les ingrédients pourront peut-être me resservir un jour.
K<i> := QuadraticField(-1) ; OK := MaximalOrder(K) ; // Structure du groupe des inversibles (Z[i ]/2^kZ[i ])^x pour k = 3, 4, .... Verifier := procedure(k) assert k ge 3 ; f := 2^k ; // (Z[i ]/fZ[i ])^x = <i> x <5> x <2i + f-1> OKf, pi := quo <OK | f> ; Uf, phi := UnitGroup(OKf) ; // pi : OK -> OK/f = OKf, phi : Uf -> OKf OKtoUf := map < OK -> Uf | z :-> Inverse(phi)(pi(z)) > ; Gi := sub <Uf | OKtoUf(i)> ; G5 := sub <Uf | OKtoUf(5)> ; Gz := sub <Uf | OKtoUf(z)> where z is 2*i + f-1 ; assert #Gi eq 4 and #G5 eq ExactQuotient(f,4) and #Gz eq ExactQuotient(f,2) ; assert Uf eq Gi + G5 + Gz and #Uf eq #Gi * #G5 * #Gz ; if k ge 4 then assert AbelianInvariants(Uf) eq [4, ExactQuotient(f,4), ExactQuotient(f,2)] ; else assert AbelianInvariants(Uf) eq [2, 4, 4] ; end if ; end procedure ;Et ma ``preuve'' (qui n'en est pas une), là voilà :
Je n'ai pas fait grand chose de concret pour l'instant. Enfin, juste un petit truc : J'ai regardé
$$
\eta(q^{16}) \eta(q^8)\qquad \hbox {avec} \qquad \eta(q) = q^{1 \over 24} \prod_{n \ge 1} (1-q^n)
$$
qui doit être un habitant de l'espace des formes cuspidal de niveau $108$ de poids $1$ et de caractère $\chi_{-3}$ (le caractère de Kronecker associé $\Q(\zeta_3)$ étendu à $\left(\Z /108 \Z\right)^\star$).
Tu va me dire, pourquoi j'ai regardé ça, bin je ne me souvenais plus si $2$ était un cube modulo $397$, du coup j'ai regardé le produit Et en ajoutant $1$, on trouve le nombre de racine de $x^3-2$ modulo $397$ est $2+1 = 3$. Du coup, c'est certain que $2$ est un cube modulo $397$ et on est également certain que $397 = 1 \pmod{3}$ :-D (ps : c'était juste pour rigoler, je ne suis pas certain que je n'ai pas fait une de grosse connerie avec les $\eta$).
Enfin, bref j'ai encore fait mumuse comme d'habitude ! Plus sérieux, j'ai lu un peu plus en détails Silverman, il va falloir un peu de temps, mais il y a plein de petit exercice pour débutant donc c'est très bien !
Gauss a donné un critère pour les racines cubiques de $2$.
Si $p=1\bmod 3$, $X^3-2$ n'a pas de racines ou trois racines modulo $p$ ;-) et il en a trois si, et seulement si, dans $\Z$,$$p=u^2+27v^2.$$Or, $397=17^2+27\times 2^2$...
P.S. : Il existe un analogue du symbole de Legendre en calculant dans $\Z[\zeta]$ plutôt que dans $\Z$, où $\zeta$ est une racine troisième primitive de l'unité. Ici, cela donne :
Soit $\pi=11-12\zeta$ de telle sorte que $397=\pi\overline{\pi}$.
On a $\left(\dfrac{2}{\pi}\right)_3=2^{132}\bmod\pi=1$ donc $2$ est un cube modulo $\pi$ donc $2$ est un cube modulo $397$.
J'aime bien $x^2+27y^2$ car il y a le $108$ qui apparaît (le discriminant de la forme, enfin avec un signe moins). Et j'aime bien également la décomposition $\pi = 11-12 \zeta$, car si on regarde la classe de $\pi$ dans $\left(\Z[ \zeta] / (6) \right)^\star / \langle -\zeta \rangle$ et bien ça fait $1$ !
Je veux dire, pas besoin de regarder $2^{132}$ mais uniquement de regarder la classe de $\pi$ modulo $6$ (additivement) modulo les racines de l'unité de $\Z[ \zeta]$ (multiplicativement). Bon je n'ai pas encore bien bien compris mais ça viendra B-)-
Evidemment, je n'ai pas calculé $2^{132}\bmod\pi$ :-D puisque le critère de Gauss assure que ça vaut $1$ !
Peux-tu expliquer cette histoire de la classe de $\pi$ dans $\left(\Z[ \zeta] / (6) \right)^\star / \langle -\zeta \rangle$ ? :-S
Je vois que tu reprends un petit coup de fumette en degré 3 le Dimanche matin. C'est pas encore interdit. Ci-dessous, je ne commente pas trop l'exécution car tu connais la musique : je suis d'accord avec la forme modulaire de poids 1, de niveau 108, relativement au caractère de Kronecker $\chi_{-3}$. Pour simplifier le nombre d'intervenants, j'ai viré mes $\Theta$-séries des formes quadratiques de discriminant $-108$.
> F := X^3 - 2 ; > F ; X^3 - 2 > E<x> := NumberField(F) ; > OE := MaximalOrder(E) ; > assert OE eq Order([x]) ; > DiscOE := Discriminant(OE) ; > DiscOE ; -108 > assert DiscOE eq -2^2 * 3^3 ; > DedekindZetaE := LSeries(E) ; > Lrho := DedekindZetaE / RiemannZeta() ; > Srho<q> := FormalSeries(Lrho, precision) ; > Srho ; q - q^7 - q^13 - q^19 + q^25 + 2*q^31 - q^37 + 2*q^43 - q^61 - q^67 - q^73 - q^79 + q^91 - q^97 - q^103 + 2*q^109 + q^121 + 2*q^127 + q^133 - q^139 - q^151 + 2*q^157 - q^163 - q^175 - q^181 - q^193 - q^199 > > Q := BinaryQuadraticForms(DiscOE) ; > QmodSL2Z := ReducedForms(Q) ; > <q : q in QmodSL2Z> ; <<1,0,27>, <4,-2,7>, <4,2,7>> > Gamma := DirichletGroup(Abs(DiscOE)) ; > Gamma ; Group of Dirichlet characters of modulus 108 over Rational Field > D := FundamentalDiscriminant(DiscOE) ; > D ; -3 > ChiMinus3 := Gamma ! KroneckerCharacter(D) ; > M := ModularForms(ChiMinus3, 1) ; > M ; Space of modular forms on Gamma_1(108) with character $.2, weight 1, over Integer Ring. > Dimension(M) ; 10 > S := CuspidalSubspace(M) ; > assert Dimension(S) eq 1 ; > > f := Basis(S)[1] ; > qExpansion(f,precision) ; q - q^7 - q^13 - q^19 + q^25 + 2*q^31 - q^37 + 2*q^43 - q^61 - q^67 - q^73 - q^79 + q^91 - q^97 - q^103 + 2*q^109 + q^121 + 2*q^127 + q^133 - q^139 - q^151 + 2*q^157 - q^163 - q^175 - q^181 - q^193 - q^199 + O(q^200) > qExpansion(f,precision) - Srho ; O(q^200)Mais en ce qui concerne ton $\eta$-produit $\eta(q^{16}) \eta(q^8)$, je ne suis pas d'accord.
> Qq<q> := PowerSeriesRing(RationalField()) ; > AssertAttribute(Qq, "Precision", precision) ; > // From ModuloP, mais cela ne marche pas > EtaProduit := DedekindEta(q^16) * DedekindEta(q^8) ; > Qq ! EtaProduit ; q - q^9 - 2*q^17 + q^25 + 2*q^41 + q^49 - 2*q^73 + q^81 - 2*q^89 - 2*q^97 + 2*q^113 - q^121 + 2*q^137 + 2*q^153 + q^169 - 2*q^193 + O(q^209)Qué passa ?
@Claude : hum, étrange ! pourtant j'ai bien fais $\eta(q^6) \eta(q^{18})$ !!! Mince, j'ai mal recopié c'est puissance $18$ et pas puissance $8$ !
Résumé :
$$
\eta(q^{6}) \eta(q^{18})
$$
Sorry j'ai échangé le $1$ de place !
Ok, cette fois, je suis d'accord. Je suppose que tu n'as pas trouvé ton $\eta$-produit sous le sabot d'un cheval ?
Autre chose : si j'ai un peu de courage cet après-midi, je donnerais quelques petites nouvelles arithmétiques abéliennes de $F(X) = X^4 - 2X^2 - 1$ mais au dessus de $\Q(\sqrt {-2})$ et pas de $\Q(i)$. Au dessus de $K = \Q(\sqrt {-2})$, c'est plus facile car, en notant $L$ le corps de décomposition de $F$, l'action de la conjugaison complexe sur $\Gal(L/K)$ est ``generalized dihedral''. Ce n'est pas le cas au dessus de $\Q(i)$.
Gai requin :
Il y a plusieurs trucs.
1/ Le ray class group de $\Q( j)$ pour le module $(6)$ est isomorphe à $\left(\Z[ j] / (6) \right)^\star / \langle -j \rangle$.
2/ Le ray class field de $\Q(j)$ pour le module $(6)$ est $\Q(j ,x)$ où $x$ est une racine de $x^3-2$.
3/ Les histoires de Frobenius : pour chaque premier $\mathfrak{p}$ (1er à $6$) de $\Z[ j]$ le Frobenius en $\mathfrak{p}$ s'identifie avec la classe de $\mathfrak{p}$ dans $\left(\Z[ j] / (6) \right)^\star / \langle -j \rangle$. C'est important, c'est comme pour les extensions cyclotomique, le Frobenius en $p$ s'identifie avec la classe de $p$ dans le groupe de Galois de $\Q(\zeta_n) \mid \Q$ i.e avec $p \pmod{n}$. Ici, ce qui remplace $\left( \Z/n\Z\right)^\star$ c'est $\left(\Z[ j] / (6) \right)^\star / \langle -j \rangle$ : plus complexe mais ça rend les mêmes services !
En particulier, pour notre $\pi$ on trouve $1$ et donc le Frobenius en $\pi$ est trivial.
Mais comme $397$ est un carré modulo $3$, le corps résiduel en $\pi$ est simplement $\mathbb{F}_p$ et donc la décomposition de $x^3-2$ dans $\Z[ j] / \pi$ et la même chose que la décomposition sur $\Z/p\Z$.
Je ne sais pas trop si j'explique bien.
Je n'ai pas eu l'idée d'aller regarder dedans : effectivement, le poids étant la demi-somme des exposants à l'extérieur des $\eta$, le poids est 1 puisqu'ici on a $6^1 \cdot 18^1$. Du coup, on se récupère l'identité où interviennent les 3 formes quadratiques $(1,0,27)$ et $(4,\pm 2, 7)$ de discriminant $-108 = 6^2 \times (-3)$.
$$
2 q\ \prod_{i \ge 1} (1 - q^{18i}) \prod_{j \ge 1} (1 - q^{6j}) = \Theta_{(1,0,27)}(q) - \Theta_{(4,2,7)}(q)
$$
On est bien content ... même si on est loin de tout comprendre. Bien sûr, il ne faut pas oublier le nombre de représentations $r_Q(p)$ par la forme quadratique $Q$ pour $p$ premier :
$$
2 \times N_p(X^3 - 2) = r_{(1,0,27)}(p) - r_{(4,2,7)}(p)
$$
Fumette, quand tu me tiens.
C'est assez clair.
Et est-ce que tu sais comment on calcule les groupe et corps de classes de $\Q(j)$ pour le modulus $(6)$ ?
Je fais la couche facile pour $F(X) = X^4 - 2X^2 - 1$. Je mets un peu de $\R$-réalité dans le moteur en prenant les racines :
$$
x = x_1 = \sqrt {1 + \sqrt 2}, \qquad x_2 = \sqrt {1 - \sqrt 2} = i/x_1, \qquad
x_3 = -\sqrt {1 + \sqrt 2} = -x_1, \qquad x_4 = -\sqrt {1 - \sqrt 2} = -x_2
$$
J'ai donc pris $x$ réel avec $\Q(x^2) = \Q(\sqrt 2)$. Le corps de décomposition de $F$ sur $\Q$ est $L = \Q(x,i)$. Comme $\Q(x)$ et $\Q(i)$ sont linéairement disjoints sur $\Q$, on peut définir deux habitants de $\Gal(L/\Q)$:
$$
r : \left| \begin {array} {c} x \to x_2 \\ i \to -i \end {array} \right.
\qquad
s : \left| \begin {array} {c} x \to x \\ i \to -i \end {array} \right.
\quad \hbox {ce qui conduit à} \quad
r = (x_1, x_2, x_3, x_4), \qquad s = (x_2,x_4)
$$
$s$ c'est la conjugaison complexe. Bref, $\Gal(L/\Q) = \langle r,s\rangle \simeq D_4$ avec la présentation habituelle en $r,s$.
Faut juste faire attention qu'il y a 3 classes de conjugaison de sous-groupes d'indice $2$ de $D_4$ (je pense aux extensions quadratiques). Je mets les imaginaires sur la gauche :
$$
\langle r^2,rs\rangle \simeq C_2 \times C_2, \qquad
\langle r \rangle \simeq C_4, \qquad
\langle r^2,s\rangle \simeq C_2 \times C_2
$$
Il ne s'agit pas du même $C_2 \times C_2$ relativement à l'action sur les racines: à gauche, il s'agit des doubles transpositions, tout à droite, il n'est pas transitif. Petit dessin
$$
\xymatrix {
&L = \Q(x,i)\ar@{-}[ddl]_{\langle r^2,rs\rangle} \ar@{-}[dd]^{\langle r\rangle} \ar@{-}[dr]_{\langle s\rangle} \ar@/^20pt/@{-}[ddrr]^{\langle r^2,s\rangle} \\
& &\Q(x) \ar@{-}[dr]\\
\Q(i)\ar@{-}[dr] &\Q(\sqrt {-2})\ar@{-}[d] & &\Q(\sqrt {2})\ar@{-}[dll] \\
&\Q \\
}
$$
Je pose $K = \Q(\sqrt {-2})$. Alors l'action de la conjugaison complexe sur $\Gal(L/K)$ est generalized dihedral. Donc d'après Bruckner, $L$ est contenu dans un ray class field $K^{(D)}$ avec $D = f^2 \times (-8)$ où $-8$ est le discriminant de $\Q(\sqrt {-2})$ et $f$ un certain ``conducteur'' à attraper. C'est ce que j'ai étudié et j'ai trouvé $f = 4$ et $L$ exactement égal à $K^{(D)}$. Suite au prochain numéro car il va falloir batailler avec :
$$
\Cl(D), \qquad \left( {\calO_K \over f\calO_K } \right)^\times, \qquad \Cl_\fm \hbox { où $\fm = f\calO_K$}
$$
Et il va falloir ``mixer'' deux suites exactes.
Pour le groupe de classe, pour un anneau quadratique imaginaire principal, c'est $\left( \mathcal{O}_K / \mathfrak{m} \right)^\star / U(K)$ où $U(K)$ c'est le groupe des unités : donc c'est $\{-1,1\}$ pour tous les $7$ anneaux quadratiques et $\Z[ i]$ et $\Z[ j]$ c'est un peu plus gros. Dans le cas des anneaux non principaux, je ne sais pas manipuler pour l'instant.
Pour le corps de rayon, je ne suis pas au point. Je te raconte ce que j'ai compris, a prendre avec des pincettes. En fait il faut trouver une courbe elliptique défini sur $\Q$ ayant comme anneau d'endomorphisme $\mathcal{O}_K$.
Par exemple, pour $\Z[ j]$, on peut prendre $E : y^2 = x^3-1$. Dans ce cas, l'anneau des endomorphismes est composé des endomorphismes de multiplication par un entier mais également d'un endomorphisme spécial dit de multiplication complexe : en gros, on peut voir ça comme la multiplication par $j$ ! Ici, on le voit $J : (x,y) \mapsto (jx,y)$. Bon il faut faire attention car $J$ est défini sur $\Q(j)$ et pas sur $\Q$.
A ce niveau là, on a donc un ensemble d'endomorphisme de $E$ : $\{ a+bJ \mid (a,b) \in \Z^2 \}$ (faire attention le $+$ c'est le plus de la courbe elliptique). Je fais un exemple informatique, c'est pas fait pour calculer à la main cette addition.
Là je montre la multiplication complexe mais je dois monter le corps à $\Q(j)$ et ça permettra également d'avoir des points, je mets le code complet.
sage: Qj.<j> = CyclotomicField(3) sage: Ej = E.change_ring(Qj) sage: END = Ej.Hom(Ej) sage: P2 = Ej.ambient_space() sage: x,y,z = P2.gens() sage: J = END([j*x,y,z]) sage: J Scheme endomorphism of Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + (-1) over Cyclotomic Field of order 3 and degree 2 Defn: Defined on coordinates by sending (x : y : z) to ((j)*x : y : z)Maintenant, je vais prendre un point de la courbe (je ne trouve pas la solution pour créer un "point générique" sur la courbe). Et la propriété de $J$ c'est que $\text{Id}+J + J^2 = 0$ sur la courbe, là c'est juste un exemple : Bref, on oublie cette histoire ! Et on retourne sur $\Q$. Et là, on va prendre l'équation en $x$ donnant les points de $6$-torsions (à la main c'est chiant, je l'ai fais une fois mais ça sert à rien de le faire à la main, on calcul $P+P ... P = 0$ c'est gros calcul). Ici l'équation n'est pas irréductible sur $\Q$ car elle contient également la $x$-coordonnée des points de $2$ et $3$-torsion. Là, je n'ai pas encore bien réfléchi mais je vais prendre l'équation de degré $6$ uniquement et créer le corps engendré par ce polynôme. Là deux choses vraiment importante ! Pour obtenir le corps de classe de rayon $6$, il nous faut monter à $\Q(j)$ et prendre l'extension engedré par $x^3$ et pas par $x$ (c'est les histoires de fonction de Webber et c'est parce que $\Z[ j]$ a trop d'unités, pour $\Z[ i]$ il faut prendre $x^2$). Bon, on ne voit pas trop $x^3-2$. Mais il est quand même là, peut-être qu'avec une autre courbe elliptique ça sera mieux ! Normalement, je dois avoir un truc explicite pour le groupe de Galois en utilisant $J$ mais pour l'instant c'est pas encore ça ! Parce que l'on peut même réduire modulo $p$ la situation et voir le lien entre le Frobenius du corps de nombre et le Frobenius de la courbe $E$ $(x,y) \mapsto (x^p,y^p)$ ... ça demande de réfléchir encore un peu !Je donne la loi de décomposition de $F$ (je ne détaille pas, il est tard et il faut que je trouve une méthode plus efficace).
Si $p=5 \pmod{8}$ alors $F = \bullet_2 \bullet_2$ en indice c'est le degré résiduel (enfin les degrés des polynômes, enfin je n'ai pas regardé du tout si $F$ est bon pour décrire l'anneau des entiers).
Si $p=7 \pmod{8}$ alors $F= \bullet \bullet \bullet_2$.
Si $p=1,3 \pmod{8}$ alors il y a un peu de sport. Mais, ça va encore. Si $p$ est représenté par la forme $x^2+31y^2$ 32 PAS
31alors $F$ est de la forme $ \bullet \bullet \bullet \bullet$. Si $p$ est représenté par la forme $4x^2+4xy+9y^2$ alors $\bullet_2 \bullet_2$. Et sinon $F$ est irréductible.
Oui, il doit être tard car ce n'est pas $x^2 + 31y^2$ (qui n'est pas de bon discriminant) mais $x^2 + 32y^2$. Rappel: on va taper dans le sous-anneau $A$ d'indice $f=4$ de $\calO_K$ où $K = \Q(\sqrt {-2})$. Et $\calO_K$ est de discriminant $-8$ de sorte que $A$ est de discriminant $D := f^2 \times (-8) = -128 = -2^6$. Les 4 formes quadratiques de discriminant $D = -128$ sont
$$
(1,0,32),\qquad (3,\pm 2,11),\qquad (4,4,9)
$$
Un groupe cyclique d'ordre 4 (générateur au centre). Note: effectivement $F(X) = X^4 - 2X^2 -1$ n'a pas de garbage ; son discriminant est $-2^{10}$.
Cela fait plusieurs fois que je te parle de Dedekind-Siegel-Sands en évoquant la totale et en suggérant de prendre des cas particuliers. Il m'est venu à l'idée (pour des raisons pédagogiques, on ne rit pas) d'énoncer d'abord le cas particulier (contexte quadratique). Bref, on ne peut plus tourner autour du pot et il faut affronter le binz (qui touche à l'évitement, c'est incontournable). Pour ne rien te cacher, je fais surtout cela pour moi car je me mélange les pinceaux entre trois suites exactes.
Contexte : $K$ un corps quadratique et $f$ un entier $\ge 1$. Ces données définissent un unique anneau $A \subset \calO_K$ d'indice $f$ qui est $A = \Z + f\calO_K$ ; si $\calO_K = \Z[\alpha]$, alors $A = \Z[f\alpha]$.
Il y a un idéal qui va jouer un rôle important : c'est $\ff = f\calO_K$. Un idéal de qui ? A la fois de $\calO_K$ et de $A$. C'est le plus grand idéal de $A$ et de $\calO_K$, the so called conducteur (d'inclusion) de $\calO_K$ dans $A$. Faire vachement gaffe que $\ff$ n'est pas monogène dans $A$. Il est même tout pourri dans $A$ car il n'est pas inversible dans $A$. C'est pour cette raison que je le note parfois $\ff$ au lieu de $f\calO_K$
1) On a canoniquement $A/f\calO_K \simeq \Z/f\Z$, tellement canonique que je vais mettre une égalité $A/f\calO_K = \Z/f\Z$. Quitte à être lourd, je dis que $\Z \to A/f\calO_K$ est surjectif, de noyau $f\Z$.
Est ce que 1) est ok pour toi ?
Maintenant, il faut être absolument clair sur la suite exacte :
$$
1 \to {\calO_K^\times \over A^\times} \to {(\calO_K/\ff)^\times \over (A/\ff)^\times} \to \Cl(A) \to \Cl(\calO_K) \to 1
$$
La flèche la plus subtile c'est celle du milieu. Surtout que son domaine de définition est un tantinet compliqué vu le quotient de groupes d'inversibles de quotients. Soit $b \in \calO_K$, inversible modulo $f$, que j'écris $b = a_1/a_2$ avec $a_1, a_2 \in A$. Possible car $A$ et $\calO_K$ ont même corps des fractions $K$. Alors, en utilisant $[\quad ]$ pour classe dans les quotients :
$$
\hbox {flèche du milieu } : \quad [b\rbrack \longmapsto [a_1A + a_2\ff]
$$
Je ne suis pas obligé de passer par $a_1, a_2$ en disant $[b\rbrack \longmapsto [bA + \ff]$ étant entendu que je manie des idéaux fractionnaires (inversibles) de $A$.
Je particularise maintenant le truc en supposant $K$ imaginaire et $\ne \Q(i), \Q(j)$ de sorte que $\calO_K^\times = \{ \pm 1\}$. La suite exacte devient alors :
$$
1 \to {(\calO_K/f\calO_K)^\times \over \{\pm 1\} \cdot (\Z/f\Z)^\times} \to \Cl(A) \to \Cl(\calO_K) \to 1
$$
POUF-POUF. Que vient faire ici $\{\pm 1\}$ ? Je confonds avec un ray class group. Puisque $\calO_K^\times = A^\times = \{ \pm 1\}$, la suite exacte particularisée est :
$$
1 \to {(\calO_K/f\calO_K)^\times \over (\Z/f\Z)^\times} \to \Cl(A) \to \Cl(\calO_K) \to 1
$$
2) Est ce que cela te va ? Que faut-il faire ? Je n'en sais rien. Disons s'habituer à la musique. Vérifier que les flèches sont bien définies i.e. tombent là où on dit qu'elles tombent. L'exactitude, on verra plus tard. Note que je ne parle pas de ray class group. Ici, c'est beaucoup plus simple (pour moi). Note aussi que c'est du concret de chez concret une fois que les flèches sont bien décrites.
Ajout : $A$ est de discriminant $D = f^2 \times D_{\rm fond}$ où $D_{\rm fond}$ est le discriminant quadratique fondamental $\text{Disc}(\calO_K)$. On peut donc causer en termes de $\Cl(D)$, groupe des classes de formes quadratiques de discriminant $D$ ; mais pour une fois, ce langage ne me semble pas adapté à la suite exacte sur la sellette.
$\def\calO{\mathcal{O}}$ $\def\Cl{\text{Cl}}$
bon effectivement c'est $32$ et pas $31$.
Sinon ok avec le $1$.
Par contre, je ne comprends pas ce que vient faire le $\{\pm 1\}$ dans la suite : OK j'ai vu ton POUF POUF :-D
$$
1 \to {(\calO_K/f\calO_K)^\times \over \{\pm 1\} \cdot (\Z/f\Z)^\times} \to \Cl(A) \to \Cl(\calO_K) \to 1
$$
Concernant la flèche du milieu, je comprends mais je n'arrive pas a calculer proprement les choses. Je te fait un exemple. Le contexte c'est $\Z[ i]$ et $f=12$. Donc on veut comprendre la flèche $[ b] \mapsto \Cl(A)$ avec $A = \Z[ fi]$ et $[ b] \in (\calO_K/f\calO_K)^\times$.
Soit $[ b] = [ 3+2i]$, alors on considère la classe de l'idéal fractionnaire $(3+2i)A+\mathfrak{f}$. Ce n'est pas un idéal entier car $3+2i \notin A$.
Ici comme on quotiente par les idéaux principaux, on peut écrire que la classe est égale à $[(18+12i)A+6\mathfrak{f}]$. Jusque là pas de problème. Maintenant ce que je veux faire c'est transformer cet idéal en une forme quadratique de discriminant $-4 \times f^2$. Mon problème est que j'ai besoin d'une $\Z$-base de l'idéal. Je pense que c'est de l'algèbre linéaire ! Et comme je suis un rigolo, j'ai du mal a le faire (tu peux me dire ce que j'ai fais à l'école ?) ! C'est le pivot avec pgcd, je ne connais pas le nom de l'algorithme mais j'ai vu "forme de Hermite".
Je t'épargne les calculs que j'ai fais $4$ fois (bah oui, j'ai écris trois fois $12 \times 6 = 48$ !). Je trouve que l'idéal admet comme $\Z$-base $[v,u] :=[ 18+w,2w ]$ avec $w = 12i$. La construction de la forme quadratique (on prend le polynôme minimal de $v/u$ que le rend entier) est $16x^2-16xy+13y^2$. Et là c'est bien une forme de discriminant $-4 \times 12^2$. Je la passe à la machine et je trouve qu'elle est d'ordre $2$. Et on remarque que $(3+2i)^2= 5$ dans $(\calO_K/f\calO_K)^\times / \calO^\times$ et donc $(3+2i)$ est bien d'ordre $2$ dans $\left((\calO_K/f\calO_K)^\times / \calO_K^\times \right) / \left(\Z/12 \Z \right)^\star / \{-1,1\}$ ! Remarque : il y a $5$ quotients :-D
Je pense que ça va le faire pour cette flèche, je dois encore réfléchir un peu mais ça va le faire ! (enfin si je n'ai pas dit de connerie ?).
Surjectivité, c'est certain que c'est les histoires d'idéaux qui évitent le conducteur mais comme j'en ai qu'après les $\calO_K$ principaux ce n'est pas trop complexe de prouver la surjectivité :-D .... non c'est une blague, je réfléchi ça viendra.
En voulant faire le point, j'ai trouvé le moyen de me mélanger les pinceaux. C'est bien ce que je craignais. J'ai rectifié le tir mais en laissant bien visible l'erreur initiale.
Là aussi, pour $F(X) = X^4 - 2X^2 - 1$, il va y avoir de la fumette. Si je note $E = \Q(x)$ où $x$ est une racine de $F$, la représentation $\rho_E$ (cf mon ArtinRhoEversusZetaE.pdf fin Aout 2017) est somme directe de 3 représentations irréductibles, deux de dimension 1 et une de dimension 2
$$
\rho_E = \varepsilon \oplus \rho'_1 \oplus \rho_2
$$
Naïvement : $\rho_E$ est la représentation habituelle $\rho_4$ du groupe diédral en dimension 4 et $\rho'_1$ est le produit (tensoriel) de $\det(\rho_4)$ et $\det(\rho_2)$. Et Il se trouve que $\rho'_1$ est liée au caractère de Kronecker $\chi_8$. C'est clair comme du jus de boudin, ce que je raconte.
J'ai pataugé là-dessus, il faudra faire le point car j'ai confondu $\chi_8$ et $\chi_{-8}$. A verrouiller donc.
Et la fumette en question, c'est l'égalité de séries formelles en $q$ où interviennent deux $\Theta$-séries de discriminant $-128$ :
$$
2S_{\rho_2} = \Theta_{(1,0,32)}(q) - \Theta_{(4,4,9)}(q) \qquad \qquad (\star)
$$
Ici, je note $S_{\rho_2}$ la série formelle de la L-série $L_{\rho_2}$. D'après la décomposition des représentations, on a :
$$
\zeta_E = \zeta_\Q \times L(\chi_8) \times L(\rho_2)
$$
Tout ce binz trés mal raconté (et pour cause, c'est pas mon boulot) doit être ``plus fort'' que tes lois de représentations. De plus, on a le bonus que $F$ est sans garbage. Je vais essayer plus tard d'écrire une méga-égalité de termes de séries avec tous ces intervenaants.
Et quand tu t'introduis dans le monde de la fumette, tu t'en prends plein les narines. Car figure-toi que 128 (à ne pas confondre avec le 108 d'hier lié à $X^3 - 2$) est présent dans la table de Yves Martin et que l'on a le $\eta$-produit $\eta(q^8) \eta(q^{16})$. Oui, ton $\eta$-produit erroné d'hier !!
$$
2\eta(q^8) \eta(q^{16}) = \Theta_{(1,0,32)}(q) - \Theta_{(4,4,9)}(q)
$$