$\def\truc{\text{truc}}\def\machin{\text{machin}}\def\chose{\text{chose}}\def\P{\mathbb P}\def\Lou{\text{Lou16}}$@LOU16
Je n'ai pas mentionné que $\psi : p \mapsto 2p + p_0$ est un isomorphisme de $\overline E : y^2 = x(x-1)(x-5)$ car ce n'est pas le cas. C'est un revêtement de degré 4 de $\overline E$ : par exemple, tous les points $p$ de $E$ tels que $2p = 0_{\overline E}$ (il y en a 4 à savoir $p_\infty$ et les 3 autres ayant un $y = 0$) sont transformés par $\psi$ en $p_0$. Mieux : la fibre de $p_0$ par $\psi$ est constituée des 4 points de 2-torsion de $\overline E$.
Ce que j'ai voulu dire : c'est que $p \mapsto 2p + p_0$ sur $\overline E$ et $\text{Lou16}$ sur $H$, même combat ; c'est l'objet du rectangle commutatif à la fin de mon avant dernier-post : les verticales sont des isomorphismes (le même) mais les horizontales sont des revêtements de degré 4.
C'est probablement difficile de comprendre complètement mon post : celui-ci n'est pas self-contained (contrairement au tien) et beaucoup de détails ne sont pas mentionnés. Par exemple, l'isomorphisme ``quartic to cubic'' a été mis en place dans ce fil, cela a demandé un certain travail même si Nagell a bien préparé le terrain.
J'ai commencé à m'occuper de l'autre torseur, celui que tu notes $(\star\star\star)$ i.e. $-\truc^4 + 3\truc^2\machin^2 - \machin^4 = \chose^2$ ou encore, après ton changement de variables, $\truc^4 - 18\truc^2\machin^2 + \machin^4 = \chose^2$
Comme je l'ai évoqué, il faut partir de la fin, ou plutôt de la fin de la branche dans laquelle on trouve un point de même nature mais ``plus petit''. Ne pas s'inquiéter de CERTAINS signes car un torseur (avec mes notations) de type $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$ possède des automorphismes $(u : v : w) \mapsto (\pm u : \pm v : \pm w)$. Pour l'instant, je te suis scrupuleusement avec tes notations. Plus tard, si j'ai le courage, je ferais avec le terme central $(3u^2w^2)_{\text{mézigue}}$ du torseur (au lieu de $-18u^2w^2$).
Je ne sais pas si c'est clair : on a une transformation $(p,q,r) \mapsto (u, v, z)$ qui transforme un point de la courbe $H' : q^4 - 18p^2q^2 + p^4 - r^2 = 0$ en un point de cette même courbe puisque $v^4 - 18u^2v^2 + u^4 - z^2$ est multiple de $q^4 - 18p^2q^2 + p^4 - r^2$. J'ai fait afficher les poids des expressions (elles sont toutes homogènes en poids). Puisque $16 = 4 \times 4$, tout nous invite à croire que $(p : q : r) \mapsto (u : v : z)$ est un revêtement de degré 4 de la dite courbe $H'$.
Bilan : tu as en même temps débusqué un revêtement de degré $4$ de $H'$. Mais il se trouve que $H'$ est isomorphe à $\overline E$ : là, c'est un peu plus difficile mais je vais essayer de savoir comment de manière explicite. Et le job va consister à le passer sur $\overline E$.
Mine de rien, quand tu travailles au corps $H$ ou $H'$ pour t'occuper de $E$, en même temps tu t'occupes de $\overline E$.
Question indiscrète (tu n'es surtout pas obligé de répondre) : tu as dû y passer un certain temps ?
Salut.
Si toutefois on exige pas de méthode particulière, je résous le problème comme cela.
$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)\quad (1)$
$x$ et $x^2 + 3x + 1$ sont premiers entre eux, alors: $x = N_{1}^{2}$ et $x^2 + 3x + 1 = N_{2}^{2}$ et donc
$$\begin{align}(1)& \iff y^2 = N_{1}^{2}\times (N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3) + 1)\\
&\iff \dfrac{y^2}{N_{1}^{2}} = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3) + 1\\
&\iff \dfrac{y^2}{N_{1}^{2}} - 1 = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)\\
& \iff (A - 1)(A + 1) = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)\end{align}$$ où $A = \dfrac{y}{N_{1}}$
Mais $N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)$ pair, alors $(A - 1)(A + 1$ pair, et alors $A$ impair.
Mais alors parmi les deux facteurs $N_{1}^{2}$ et $N_{1}^{2} + 3$ l'un est pair l'autre est impair.
I) Si $N_1$ pair, alors $N_{1}^{2} + 3$ impair; or dans $(A - 1)(A + 1)$ le facteur impair est $\lt$ au facteur pair, donc impossible.
II) Si $N_{1}$ impair, alors $N_{1}^{2} + 3$ pair, or dans $(A - 1)(A + 1)$ 2$\times$ (facteur impair) est $\lt$ au facteur pair dès que $A\geq 3$ ... Problème ici Désolé ça ne marche pas !
@babsgueye, presque,
$y^2 = x(x^2+3x+1)$
équivaut à
$(y+1)(y-1)=(x+1)(x+\sqrt{2}+1)(x-\sqrt{2}+1)$
$\sqrt{2}$ est irrationnel ; donc il n'y a pas d'autres solutions rationnelles que $(0,0),(-1,±1)$
J'ai commencé à faire le tri des formules dans la cas $a=3,b=1$ en commençant par $\theta:H_{-1,-1}\to\overline E$ qu'on monte à $\Q(i)$ et qu'on voit [ici]. Je trouve$$\theta(u:v:w)=(2w(u^2+iv)-w^3:2iu[2(u^2+iv)-w^2]:w^3).$$Par exemple, $\theta(1:1:1)=(1+2i:-4+2i:1)$.
Edit : J'ai oublié que $a=3$ et qu'on passe de $H_{-1,-1}$ à $H_{1,1}$ en multipliant par $\mathrm{Diag}(i,i,1)$. C'est donc en fait $$\theta(u:v:w)=(2w(-u^2+iv)+3w^3:2iu[2(-u^2+iv)+3w^2]:w^3).$$Et comme parfois on a de la chance, la valeur de $\theta(1:1:1)$ était bonne !
Bonjour Claude,
Concernant cette histoire d'isomorphisme, j'avais en effet lu tout de travers.
J'ai répondu par un message privé à la question que tu m'as posée.
Pour
$y^2 = x(x^2+3x+1)$
équivaut à
$(y+1)(y-1)=(x+1)(x+\sqrt{2}+1)(x-\sqrt{2}+1)$
$\sqrt{2}$ est irrationnel ; donc il n'y a pas d'autres solutions rationnelles que $(0,0),(-1,±1)$,
Un membre qui intervient dans ce topic (ce n'est pas babsgueye) me dit en message privé que ma démonstration est vide. Complément :
La somme d'un rationnel (a/b) et d'un irrationnel ($\alpha$) est irrationnelle. En effet, avec m/n rationnel,
si $a/b+\alpha=m/n$, alors l'irrationnel $\alpha$ est égal à $m/n-a/b = (bm-an)/bn$ qui est rationnel http://tinyurl.com/y83yubkz
Contradiction
$\def\P{\mathbb P}\def\eqsim{\quad\buildrel{?}\over\simeq\quad}$@Gai-requin (et LOU16) De mon côté, j'ai commencé ce type de calcul mais dans un autre cadre (pas celui de LOU16) mais c'est assez pénible (même avec magma) car il faut adjoindre $i$ (de $i^2 = -1$) puis l'évacuer ensuite. Je n'en dis pas plus (pour l'instant).
Mais dans le cadre de LOU16, je suis allé de surprise en surprise. Je ne sais pas si je vais arriver à le restituer. Tout d'abord, il me semble indispensable, du moins ici, de faire évoluer la notation $H_{b_1,b_2}$, pas assez claire car on n'y voit pas le terme central en $u^2w^2$ (jusqu'à maintenant, cela nous suffisait car il y avait le contexte de $E$ et/ou $\overline E$). Je propose donc d'utiliser $H_{b_1,a,b_2}$ :
$$
H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4 \quad \subset \quad \P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}
\qquad \hbox {à qui on associe} \qquad
y^2 = x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1b_2)\big)
$$
1. Je vais noter cela de manière étrange $H_{b_1,a,b_2} \eqsim y^2 = x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1b_2)\big)$. Cela signifie dans ma tête que $H_{b_1,a,b_2}$ VOUDRAIT BIEN être isomorphe à la dite courbe elliptique. C'est le cas si $b_1=1$ (ou $b_2=1$) et plus généralement si $b_i$ est un carré. A noter le cas particulier de $b_1 = b_2$ (qui nous concerne directement dans notre cas particulier), cas pour lequel le polynôme cubique qui définit la courbe elliptique est totalement scindé :
$$
x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1^2)\big) = x\big(x - (a-2b_1)\big) \big(x - (a+2b_1)\big) \qquad \hbox {et de surcroit invariant par $b_1 \leftrightarrow -b_1$}
$$
2. Maintenant, un truc de sorcier dû à LOU16. Suite au changement de variables $u = U+W$, $v = V$, $w = U-W$, on obtient de manière explicite
$$
H_{b_1,a,b_1} \simeq H_{B_1, A, B_1} \quad \hbox {avec} \quad \fbox {$B_1 = a+2b_1, \quad A = 2(6b_1-a)$}
\qquad \hbox {par exemple} \qquad
H_{-1,3,-1} \sim H_{1, -18, 1}
$$
C'est à la fois banal et pas banal. Car dans l'exemple qui nous concerne ($a = 3$, $b_1 = -1$), à droite figure maintenant $H_{1,-18,1}$. Et on aime bien le $1$ qui figure devant $u^4$ car le ``voudrait bien être isomorphe'' est réalisé. A noter la surprise (mais c'est probablement tout ce qu'il y a de plus moral) :
$$
H_{b_1,a,b_1} \ \rightsquigarrow\ x\big(x - (a-2b_1)\big) \big(x - (a+2b_1)\big) \qquad\
H_{B_1,A,B_1} \ \rightsquigarrow\ x\big(x - (A-2B_1)\big) \big(x - (A+2B_1)\big) = x\big(x - 4(2b_1-a)\big) (x - 16b_1)
$$
La surprise en question c'est que les deux courbes elliptiques que l'on devine dans la ligne ci-dessus sont isomorphes. En effet, l'ensemble des 3 racines du premier polynôme est affinement isomorphe à l'ensemble des 3 racines du second :
$$
\hbox {la bijection affine} \quad x \mapsto 4x + (A-2B_1) \quad \hbox {réalise} \quad 0 \to A-2B_1, \quad a-2b_1 \to 0, \quad a+2b_1 \to 16b_1
$$
3. Dans notre histoire : prenons $a = 3$ et $b_1 = -1$. On a $A = -18$, $B_1 = 1$, $A-2B_1 = -16$, $A + 2B_1 = -20$
$$
H_{1,3,1} \simeq y^2 = x(x-1)(x-5), \qquad \qquad H_{-1,3,-1} \simeq H_{1,-18,1} \simeq y^2 = x(x+16)(x+20)
$$
Les deux courbes elliptiques sont isomorphes comme déjà dit. En mettant tout bout à bout, on obtient $H_{1,3,1} \simeq_\Q H_{-1,3,-1}$. Bilan : la deuxième passe $(\star\star\star)$ de LOU16 est inutile : la première passe $(\star\star)$ suffit (puisque les deux objets étudiés sont $\Q$-isomorphes). Cela ne se voit pas à l'oeil nu. Note : j'ai explicité $H_{1,3,1} \simeq_\Q H_{-1,3,-1}$ : l'isomorphisme est, à mon avis, impossible à deviner à la main si on ne passe pas par l'intermédiaire des courbes elliptiques.
$\def\Gal{\text{Gal}}$@gai-requin Mini-avancée en ce qui concerne le groupe de Selmer mais vraiment mini. Comme d'habitude, j'hésite entre considérer l'isogénie de multiplication par 2 ou une isogénie de degré 2. Je pourrais par exemple dérouler le début de la longue suite exacte de la multiplication par 2 et faire apparaître l'injection $\delta : E(K)/2E(K) \hookrightarrow H^1(G_K, E[2])$ où $G_K$ est le groupe de Galois absolu $\Gal(\overline K/K)$. Ce morceau, on le connait car dans un modèle $E : y^2 = f(x)$, en posant $A = K[X]/\langle f(X)\rangle$, $H^1(G_K, E[2])$ s'identifie au sous-groupe de $A^\times / A^{\times 2}$ constitué des éléments dont la norme est un carré dans $K^\times$, et $\delta$ est ce que l'on sait.
Mais une fois que l'on a dit cela, tout reste à faire. Car les auteurs s'empressent, dans l'intention de majorer le cardinal de $E(K)/2E(K)$, de remplacer le groupe infini $H^1(G_K, E[2])$ par un groupe fini théoriquement calculable (disons si $K = \Q$ ou un corps de nombres). Et ce groupe fini, c'est le groupe de Selmer $S^{(2)}(E/K)$ qui se définit par des considérations locales. Bref, pour moi, le plus important c'est de comprendre cette histoire de considérations locales (la cohomologie galoisienne attendra même si le décor est vachement important, en particulier les multiples interprétations géométriques de $H^1(G_K, E[2])$).
Et comme d'habitude, je fais changer mon fusil d'épaule en délaissant la multiplication par 2 et en revenant aux braves cousines $E, \overline E$ et aux 2-isogénies $\phi : E \to \overline E$ et $\overline \phi : \overline E \to E$. Je reprends nos notations habituelles $p_0 = (0,0)_E$ et considère $K = \Q$ :
$$
\xymatrix @C=1.5cm {
0 \to \langle p_0\rangle \ar[r] & E(\Q) \ar[r]^\phi & \overline E(\Q) \ar[r]^-{\overline \alpha} & \overline\Gamma \to 1
}
$$
Pareil : ce machin peut s'interpréter en cohomologie galoisienne ...etc... Et le but est de majorer $\#\overline\Gamma = \#\big(\overline E(\Q) /\phi E(\Q)\big)$. On a déjà la majoration $\le 1 + \omega(\overline b)$ qui provient de l'étude des torseurs $H_{\overline {b_1}, \overline {b_2}}$ avec $\overline {b_1}\, \overline {b_2} = \overline b$ au dessus de $\overline E$.
Et maintenant, le point le plus important du post : la LOCALE SOLUBILITE des torseurs. Inutile de garder ceux qui ne sont PAS localement solubles. Par exemple $v^2 = -1951 u^4 - 2018w^4$ n'a pas de solution dans $\R$, a fortiori pas dans $\Q$. A la poubelle. C'est ce que l'on faisait déjà à la main mais pas de manière systématique. On ne garde que les torseurs localement solubles et c'est eux qui vont s'organiser en le groupe de Selmer (ici de l'isogénie $\phi$). Parmi ces torseurs localement solubles i.e. ayant des solutions dans tous les $\Q_p$ y compris $p = \infty$, il y a des saloperies : ceux qui n'ont pas de solution dans $\Q$. Mais en général pas le moyen de le savoir.
Bref, sur la sellette : la locale solubilité. Visiblement, il y a des algorithmes. A PARTIR des primitives magma, je viens de bricoler une fonction EstLocalementSoluble. On oublie le contexte précédent et maintenant on examine la solubilité locale de $H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$. Je commence par une première saloperie :
[color=#000000]
> // Silverman Remark 4.11, p. 339, exemple dû à H. Reichardt (1947)
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 1/2 where a is 0 where b2 is -17/2 ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
1/2*u^4 - 17/2*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
true
[/color]
Trois autres exemples (de type saloperie i.e. localement soluble mais pas globalement) que l'on voit dans Cohen
[color=#000000]
> // Cohen dans 8.2.17, p. 546, étude de y^2 = x^3 + 17*x
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is -1 where a is 0 where b2 is 68 ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
-u^4 + 68*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
true
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is -2 where a is 0 where b2 is 34 ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
-2*u^4 + 34*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
true
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 2 where a is 0 where b2 is -34 ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
2*u^4 - 34*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
true
[/color]
Nous autres dans l'étude de $E : y^2 = x^3 + px$ avec $p \equiv 5 \bmod 8$ in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1706610#msg-1706610. On a dit niet aux deux torseurs $H_{-2,2p}$ et $H_{2,-2p}$ du côté de $\overline E$. Mais il a fallu réfléchir et surtout penser aux symboles de Legendre de $\pm 2$ modulo $p$. Et une machine peut faire cela à nôtre place.
[color=#000000]
> // Nous autres pour y^2 = x^3 + p*x avec p = 5 modulo 8
> // Ebar : y^2 = x^3 - 4p*x : (b1,b2) = (2,-2p), (b1,b2) = (-2,2p) pour -2H_{2,-2p}, H_{-2,2p})
> p := 13 ;
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 2 where a is 0 where b2 is -2*p ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
2*u^4 - 26*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
false
> H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 2 where a is 0 where b2 is -2*p ;
> H ;
Curve over Rational Field defined by
2*u^4 - 26*w^4 - v^2
> EstLocalementSoluble(H) ;
false
[/color]
@Claude : Je me suis pris la tête avec $\theta^{-1}(x:y:z)=(yz:ixz(x^2-5z^2):2ixz)$ qui n'est a priori pas définie en $p_{\infty}=(0:1:0)$ même si on sait que...
Dans la carte $\{y=1\}$-affine, $x$ est une uniformisante donc on devrait s'en sortir en divisant par $x$ un certain nombre de fois et en faisant gaffe aux coordonnées qui sont seulement $(1,2,1)$-homogènes sur $H_{-1,-1}$ !
On a $z/x=(x^2-6xz+5z^2)/y^2$, $z/x^2=(x-6z+5z^2/x)/y^2$ et $z/x^3=(1-6z/x+5z^2/x^2)/y^2$ donc, en $p_{\infty}$, $z/x=z/x^2=0$ et $z/x^3=1$. Or,$$\theta^{-1}(x:y:z)=\left(y\frac z {x^3}:i\frac z {x^3}\left(1-5\frac {z^2} {x^2}\right):2i\frac z {x^2}\right).$$ D'où $\theta^{-1}(p_{\infty})=(1:i:0)$.
Il y aussi un problème en $O=(0:0:1)$ !
Dans la carte $\{z=1\}$-affine, $y$ est une uniformisante.
On a $x/y=yz/(x^2-6xz+5z^2)$ donc, en $O$,$x/y=0$ et $x/y^2=1/5$. Or, $$\theta^{-1}(x:y:z)=\left(z:iz(x^2-5z^2)\frac x {y^2}:2iz\frac x y\right).$$
D'où $\theta^{-1}(O)=(1:-i:0)$.
Je n'ai pas encore essayé de calculer $\theta^{-1}((x:y:z)+_{\overline E}\theta(1:1:1))$...:-S
@LOU16 a détecté un couac dans mon raisonnement. En effet $(A - 1)(A + 1)$ n'a pas toujours $2\times$(son facteur impair) $\lt$ son facteur pair.
Mais on peut utiliser l'argument suivant pour arriver au résultat voulu sans distinguer les cas I) et II).
On a en fait $N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)$ est un produit à deux facteurs de différence $3$, et que $(A - 1)(A + 1)$ est un produit à deux facteurs de différence $2$. Et alors leur égalité n'est possible que si $N_{1} = 0$ et $A = 1$. (à vérifier !)
Le problème Al-Kashi, c'est qu'il aurait raison de s’inquiéter si on ignorait les racines.
Mais là c'est une équation du second degré, $x^2+2x-1$, dont les solutions n'offrent aucun mystère
$\def\Diag{\text{Diag}}$@gai-requin
Tu as du courage. Comme les levées d'indétermination (apparente), j'ai fait cela des dizaines de fois à la main, je n'ai plus le courage. J'utilise qui tu sais, cf plus loin. Voici mes formules : j'ai composé les deux isomorphismes que nous avons mis au point (entre $\overline E$ et $H_{1,b}(E)$), l'un par $\Diag(i,i,1)$ d'un côté (le bon !) et l'autre par $\Diag(1,i,i)$ de l'autre côté (le bon, bis), si tu vois ce que je veux dire.
Quant à faire à la main le coup de $\theta^{-1}((x : y : z) +_{\overline E} \text{truc})$, laisse béton. C'est bien pour cela qu'ici j'ai laissé tomber et j'ai considéré le truc de sorcier de LOU16 dont j'ai parlé dans un post.
Le bilan : un TRUC DE DINGUE (lorsque l'on croit aux espaces homogènes principaux et il n'y a pas de raison de ne pas y croire) : pour un torseur au dessus de $E$, il y a deux statuts. Ou bien il ne possède pas de point $\Q$-rationnel (et donc ne contribue pas à $\Gamma$) ou bien, il possède un point $\Q$-rationnel auquel il est isomorphe à $\overline E$ (en tant qu'espace principal homogène). C'est DINGUE (bis).
@babsgueye, Tonm, Robusta (dans le désordre)
Je vous le dis gentiment mais je crois que vous êtes totalement à côté de vos pompes ici. Je pense que vous ne vous rendez pas bien compte de la situation, jusqu'à confondre parfois $(x,y) \in \Q \times \Q$ et $(x,y) \in \Z\times \Z$. Je n'ai pas envie de me fatiguer à pointer.
Si vous avez vraiment quelque chose à dire (en particulier Tonm, y'en a marre de tes histoires de choses élémentaires qui tiennent en 2 lignes), vous écrivez des choses de A à Z, soigneusement. LOU16 en a donné un exemple et cela lui a pris un certain temps. Je suis d'ailleurs encore en train de lire et étudier ce qu'il a écrit (donc c'est le deuxième jour, cela représente pour moi une demi-douzaine d'heures).
Ici, on ne se contente pas de résoudre des équations. On les étudie, nuance.
Suggestion : pourquoi ne pas ouvrir un fil tous les trois pour résoudre les équations de votre choix ?
@gai-requin
Groupe de Selmer et locale solubilité. Bien entendu, je ne suis pas clair là-dessus mais c'est un point VACHEMENT IMPORTANT. Je vais préparer des exemples et des exemples. Nous en avons déjà vu un simple : le $\R$-reality trick de Connel pour $\Q_\infty$.
Regarde bien ce que dit Cohen au début de l'extrait. Not difficult .. are everywhere locally soluble. Quand un torseur te raconte qu'il est localement soluble (un algorithme peut le faire, j'ignore comment), tu mets le paquet pour y trouver un point (global) rationnel. Jusqu'à temps de changer d'avis si cela résiste trop. C'est bien ce que dit Cohen. Et cela va lui demander plus de 2 pages pour montrer qu'il n'y a pas de solution globale. Plus de 2 pages pour Cohen, ce n'est pas rien (certes, il doit régler 3 torseurs). Et ça, juste pour venir à bout de $y^2 = x^3 + 17x$. A méditer.
En fait dans ma résolution qui se passe dans $\mathbb{N}$ (sans trop lire, je pensais à une équation diophantienne !), la seule solution est $(0, 0)$.
Mais le corps de mon raisonnement est valable dans $\mathbb{C}$ et à la conclusion $N_{1} = 0\;\textrm{ou} \;N_{1} = \mathrm{i}$ correspondant à $(x, y) = (0, 0)\;\textrm{ou} \:(x, y) = (-1, \pm 1)$ donne en tout cas les solutions demandées.
Reste à savoir est ce que ce sont les seules en résolvant l'équation $x^{2}(x^{2} + 3) = y^{2} - 1$ dans $\mathbb{C}$ pour s'il y a d'autres solutions autres que pour $x = 0\;\textrm{ou} \;x = \mathrm{i}$.
J'ai fait un Edit bien visible pour mon erreur sur $\theta$.
C'est quand même incroyable que mon $\theta(1:1:1)$ était juste et m'aurait permis de calculer la translation de Silverman, en théorie du moins...
J'ai eu la flemme de calculer à la main les formules-relais pour $\theta^{-1}$ : j'étais déjà bien content d'avoir levé les indéterminations grâce aux uniformisantes qui vont bien !
Et je suis bien d'accord avec toi que cette histoire commence à être dingue !
Et le "Not difficult .. are everywhere locally soluble" de Cohen met bien en relief mes très modestes moyens. :-S
$\def\P{\mathbb P}$Suite à mon post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1719770#msg-1719770, je donne les formules explicites pour $H_{1,3,1} \simeq H_{-1,3,-1}$ en utilisant les notations :
$$
H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4 \quad \subset\quad \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}
\qquad \qquad H := H_{1,3,1}, \qquad \qquad H' := H_{-1,3,-1}
$$
Il s'agit de :
$$
\begin {array} {c}
(u : v : w) \mapsto (uw + v : (uw + v)(u^2 - w^2) : u^2 + w^2) \qquad&\qquad (u : v : w) \mapsto (uw + v : (uw + v)(u^2 + w^2) : u^2 - w^2) \\
H \to H' &H' \to H \\
\end {array}
$$
$H(\Q)$ est constitué des 4 points pour lesquels $uw = 0$ (relire le post de LOU16) et $H'(\Q)$ des 4 points pour lesquels $u = \pm w$ (idem). Qui bien sûr se correspondent via les isomorphismes (réciproques l'un de l'autre) ci-dessus
$$
H : \quad (1 : 1 : 0),\ (1 : -1 : 0),\ (0 : 1 : 1),\ (0 : -1 : 1), \qquad\qquad
H' : \quad (1 : 1 : 1),\ (-1 : -1 : 1),\ (1 : -1 : 1),\ (-1 : 1 : 1)
$$
Enfin, $H, H'$, non contents d'être isomorphes à $\overline E : y^2 = x(x-1)(x-5)$, sont également revêtements de degré 2 de la fameuse courbe elliptique $E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ à l'origine du fil. Et on a un diagramme commutatif où $p_1 = (-1,-1)_E$ :
$$
\xymatrix @C = 2cm {
H\ar[d]_{\pi_{1,3,1}} \ar[r]^\simeq & H'\ar[d]^{\pi_{-1,3,-1}} \\
E \ar[r]_{\psi : p \mapsto -p +p_1} & E \\
}
$$
Ceci apporte un peu de structure au binz.
$\def\Sel{\text{Sel}}\def\WC{\text{WC}}$@gai-requin
Groupe de Selmer, pourquoi faire ? Reprenons encore une fois le contexte de $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ et de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$. On a une injection de groupes de la forme $(\Z/2\Z)^\bullet$
$$
\overline E(\Q) / \phi E(\Q) \quad\hookrightarrow\quad \Sel^{(\phi)}(E/\Q) \qquad\qquad (\star)
$$
Cela sert en particulier à majorer le cardinal de $\overline E(\Q) / \phi E(\Q)$ (et plus tard le rang commun de $E, \overline E$). Si dans $(\star)$, $(\Z/2\Z)^g$ est le groupe de gauche et $(\Z/2\Z)^s$ celui de droite, on a $g \le s$. Nous, on savait que $g \le 1 + \omega(\overline b)$ où $\omega(\text{truc})$ est le nombre de diviseurs premiers de $\text{truc}$. Et la majoration est meilleure i.e. $\fbox {$g \le s \le 1 + \omega(\overline b)$}$.
Histoire de faire joujou, j'ai fait la chose suivante : j'ai réalisé $10^2$ tirages aléatoires de couples $(a,b)$ avec $b(a^2 - 4b) \ne 0$ et j'ai fait des statistiques sur les couples $(s, 1 + \omega(\overline b))$, histoire de se convaincre que la majoration par $s$ est (souvent) plus fine
Explication : <1,3>^^31 signifie qu'il y a eu 31 couples $(a,b)$ pour lesquels $s=1$ et $1 + \omega(\overline b) = 3$. Idem pour les autres.
Of course, cela sous-entend que $\Sel^{(\phi)}(E/\Q)$ est calculable et c'est pas moi qui bosse, tu t'en doutes. Bien sûr, il faut se toujours se méfier des résultats calculés par ordinateur. Je compte bien recouper des informations. Le bilan, c'est qu'il faut apprendre à distinguer ce qui est calculable de ce qui ne l'est pas. Je suis impressionné par ce qui a été implémenté dans le domaine des courbes elliptiques sous mon logiciel : 2-descente, 3-descente, 4-descente, 8-descente. Y'a des gens qui bossent.
Autre chose mais j'attends. Super bonnes nouvelles concrètes de $\WC(E/\Q)$ (aucun rapport avec ``aux chiottes, l'arbitre'', je parle du groupe de Weil-Châtelet). News plus tard.
@gai-requin
Là, un truc facile. Je crois que je me trompe mais je ne vois pas où. Quand tu auras le temps... Il s'agit de la proposition 6.1 du X, p. 346-347 de Silverman. Le contexte est chez lui la courbe $E : y^2 = x^3 + Dx$ avec $D \in \Z \setminus \{0\}$. Je m'empresse de remplacer $D$ par $b$ pour que cela colle avec nos notations. La cousine est $\overline E : y^2 = x^3 -4bx$. Je note comme d'habitude $\omega$ le nombre de diviseurs premiers de ... (au lieu de $\nu$ comme Silverman, défini vers le haut de la page 346).
Je désigne par $r$ le rang commun de $E/\Q$ et $\overline E/\Q$.
1. Silverman donne comme majoration $r \le 2\omega(2b) - 1$.
2. Nous autres, on dit (de manière générale) $r \le \omega(b) + \omega(\overline b) -1$. Mais ici $\overline b = -4b$ donc cela donne $r \le \omega(b) + \omega(2b) -1$.
3. Je dis que lorsque $b$ est impair, on gagne une unité par rapport à Silverman. Ce qui m'étonne. Par contre, pour $b$ pair, pareil.
Note : dans la pratique, on a intérêt à prendre $b$ 4-libre i.e. $v_p(b) < 4$ pour tout premier $b$. Car toute courbe $y^2 = x^3 + bx$ est $\Q$-isomorphe à une courbe $y^2 = x^3 + b'x$ avec $b'$ 4-libre. Remarque : 4-libre = four-power-free
Je suis d'accord avec toi.
Si $b$ est pair, $\omega(b)=\omega(2b)=\omega(\overline b)$ donc $\omega(b) + \omega(\overline b) -1=2\omega(b) -1=2\omega(2b) -1$.
Si $b$ est impair, $\omega(2b)=\omega(\overline b)=\omega(b)+1$ donc $\omega(b) + \omega(\overline b) -1=2\omega(b)=2\omega(2b)-2$.
Et quand on sait la difficulté de calculer le rang d'une courbe elliptique, on fait gaffe à trouver la majoration la plus fine possible.
J'ai trouvé sur la toile ce [petit mémoire] qui consacre un chapitre aux groupes de Selmer, mais sans rappeler ce qu'on trouve déjà dans le Silverman
Pour montrer que les seules solutions de $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)\;(1)$ dans $\mathbb{Q}$ sont $(x, y) = (0, 0)\;\textrm{ou}\;(-1, \pm 1)$, je continue mon raisonnement.
Les solutions de $x^{2}(x^{2} + 3) = y^2 - 1$ telles que celles de $(1)$ soient dans $\mathbb{Q}$, seront, soit réelles soit imaginaires pures (facile à voir).
- Si $x$ est réel, l'argument précédemment utilisé convient. A savoir ''$x^{2}(x^{2} + 3)$ est le produit de deux nombres de différence $3$, alors que $y^2 - 1$ est les produit de deux nombres de différence $2$ dans $\mathbb{R}$''. Il ne sont égales que si $x = 0$.
- Si $x$ est imaginaire pur, le même argument est applicable car $x^2$ est dans $\mathbb{R}$, et on a l'égalité que si $x = \mathrm{i}$
@gai-requin
OK. Mais tout de même, c'est Silverman. Ce qui est dommage, c'est que pour $b = \pm p$ où $p$ est un premier impair, la borne de Silverman est $3$ (from $2 \times 2 -1$), alors que la borne est $2$, comme on avait déjà vu chez Cohen.
Note : il y a sa remarque 6.1 mais c'est dans le cas $b$ pair, si bien que ...
Et il se trouve que les courbes $y^2 = x^3 \pm px$, $p$ premier impair (ou leurs cousines) sont une source intéressante d'exemples comme on l'a déjà entrevu. Je pense que c'est là-dedans que l'on va pouvoir se familiariser avec la locale solubilité de certains torseurs. Cf proposition 6.5 p. 352. Il va certainement falloir apprendre un peu d'arithmétique de type ``quartic residue''.
Note : je viens de vérifier que les résultats de magma, en ce qui concerne le groupe de Selmer de $\phi : E \to \overline E$ avec $E : y^2 = x^3 + px$, sont en accord avec le point (b) de la proposition 6.2 page 347. J'ai passé les premiers $3 \le p \le 10^3$ : tout baigne (15 secondes). Et cela me permet de ne pas mélanger $\phi$ et $\overline \phi$ ! (c'était ma hantise il y a un certain temps).
@gai-requin
Une proposition (honnête, il me semble) : déterminer le groupe de Selmer de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x^3 + px$, $\overline E : y^2 = x^3 - 4px$ pour $p$ premier impair positif, en suivant (plus ou moins) l'énoncé et la preuve de la proposition 6.2 du chap X de Silverman (p. 347-350).
MAIS, et c'est là la grosse différence, on fera cela SANS parler des groupes de Selmer ! On travaillera comme autrefois en essayant de dire des choses intelligentes sur $\overline\Gamma$ car c'est lui qui est sur la sellette because $\overline E(\Q)/\phi E(\Q) \simeq \overline \Gamma$.
Evidemment, vouloir déterminer les groupes de Selmer sans en parler risque de provoquer un certain bazard, peut-être des passes à faire deux fois. Mais c'est dans l'intention d'éviter de glacer le sang en balançant trop de notions nouvelles.
Tu te doutes que si j'écris ce post, c'est que j'ai un peu réfléchi à la manière de conduire le binz, d'une façon que j'espère la moins chaotique possible. Mais on se sait jamais comment les choses vont se dérouler exactement sur le forum.
@Claude : J'avais déjà remarqué cette proposition 6.2. et je m'étais dit qu'il serait sympa d'en comprendre la preuve, et notamment les calculs dans $\mathbb Q_p$ (que je connais maintenant un chouia).
So I'm in !
@gai-requin
0. D'abord, soigner la préparation : disposer de Silverman pas loin de soi, préparer $-1$ carré modulo $p$ équivaut à ..., 2 carré modulo $p$ équivaut à .., $-2$ carré modulo $p$ équivaut à ... En temps utile, on sera même obligé d'aller chercher une obstruction modulo 16.
On couche les couples $(b_1, b_2)$ de produit égal à $\overline b = -4p$.
$$
\begin {array}{c@{\quad}|c|c|c|c|c}
1,-4p & -1,4p & 2,-2p &-2,2p &4,-p & -4,p \\
\hline
\{1,-p\}_{\text{carrés}} & ? & ? & ?
&\text{exam. inutile}&\text{exam. inutile}\\
\end {array}
$$
Il s'agit d'étudier PARTIELLEMENT la solubilité sur $\Q$ des torseurs $H_{b_1,b_2} : v^2 = b_1u^4 + b_2w^4$ (ici pas de terme central en $u^2w^2$ donc la notation $H_{b_1,b_2}$ n'est pas ambigüe). Rappel : $\overline\Gamma \subset \Q^*/\Q^{*2}$ est constitué (modulo les carrés) des $b_1 \mid -4p$ tels que $H_{b_1,-4p/b_1}(\Q) \ne \emptyset$. Note : comme 4 est un carré, je me permets, dans $\Q^*/\Q^{*2}$, de remplacer $4\text{truc}$ par $\text{truc}$ ; et, quitte à être lourd, pour ne pas oublier les endroits où cela se passe dans $\Q^*/\Q^{*2}$, je mentionne $\{\quad \}_{\text{carrés}}$
1. Dans l'énoncé X.6.2 de Silverman, on voit que le comportement de $p$ modulo 16 est primordial. En lisant la preuve, on est amené à introduire 8 sous-groupes $S_i$ de $\Q^*/\Q^{*2}$ correspondants aux 8 valeurs (impaires) de $p$ modulo 16 :
$$
\begin {array} {c}
S_1 = S_9 = \{1,-p,\ -1,p, \ 2,-2p,\ -2,2p \}_{\text{carrés}} \qquad \qquad S_3 = \{1,-p,\ -2,2p \}_{\text{carrés}} \qquad \qquad
S_5 = S_{13} = \{1,-p,\ -1,p \}_{\text{carrés}}
\\
S_7 = S_{11} = \{1,-p,\}_{\text{carrés}} \qquad\qquad S_{15} = \{1,-p,\ 2,-2p \}_{\text{carrés}}
\\
\end {array}
$$
Un truc permettant de vérifier qu'il n'y a pas (trop) de coquille(s) (i.e. comparer avec l'énoncé de Silverman) :
$$
S_7 = S_{11} \simeq \Z/2\Z, \qquad\quad S_3 \simeq S_5 = S_{13} \simeq S_{15} \simeq (\Z/2\Z)^2, \qquad\quad S_1 = S_{9} \simeq (\Z/2\Z)^3
$$
Note : extraire les $S_i$ de la preuve est ce qui m'a coûté le plus de temps. On voit d'ailleurs que parfois (mais pas toujours) $p \bmod 8$ suffit : ainsi, $p \equiv 5, 13 \bmod 16$ doit être compris comme $p \equiv 5 \bmod 8$.
2. Pour $b_1 = -1, 2, -2$, vérifier que $H_{b_1,-4p/p_1}(\Q) \ne \emptyset \ \Rightarrow\ b_1 \text { est un carré modulo } p$. Note : ne pas oublier que l'on peut imposer $u \wedge w = 1$.
3. Préparation terminée. C'est parti mon kiki. Montrer que $\overline\Gamma \subset S_i$ où $i = p \mod 16$. Cela doit aller assez vite. Sauf (à garder pour la fin) pour $p \bmod 16 = 7, 11$ : il y a une obstruction modulo 16.
4. PLUS TARD : les $S_i$, vus leurs noms, seront élus groupes de Selmer de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x^3 + px$, $\overline E : y^2 = x^3 - 4px$. Il s'agira à ce moment là de montrer que les torseurs correspondants aux $b_1$ dans $S_i$ sont localement solubles. C'est à cet endroit qu'il y aura du boulot dans tous les $\Q_q$ avec $q$ premier, y compris $q=2, q = \infty$. Hensel et compagnie. Mais plus tard.
5. BEAUCOUP PLUS TARD. S'occuper de quelques saloperies i.e. exhiber des torseurs localement solubles non globalement solubles. Proposition X.6.5 de Silverman. Résidu quartique sur la sellette.
6. Super-important. Surtout ne pas jeter au feu le Silverman, les Cohen ($\simeq 600 + 700 + 600$ pages) ...etc... Je dis cela car on voit parfois certaines personnes torcher des choses en 3 ou 4 lignes en faisant de l'arithmétique dans $\mathbb R$ ou $\mathbb C$. Sacrée descente.
Bonjour, pour lire le chapitre VIII de Silverman je pense qu'il suffit de dire ça sur les premiers groupes de cohomologie galoisienne :
$G_K = Gal(\overline{K}/K)$ et $A$ est un $G_K$ module (un groupe abélien avec une action de $G_K$)
$\mathbb{Z}[G_K]$ est un $G_K$-module et il a un sous-module $\mathbb{Z}[G_K-G_K]$ dont les éléments sont de la forme $\sum_j g_j - \sigma_j$, généré par les $g-1$ comme $G_K$-module
$H^1(G_K,A) = Hom_{G_K}(\mathbb{Z}[G_K-G_K],A)$ est le groupe des homomorphismes de $G_K$-module $\mathbb{Z}[G_K-G_K]\to A$.
Si $P \in A$ alors $f_P(g-1) = P^g-P$ définit un élément de $H^1(G_K,A)$
Si $f \in H^1(G_K,A)$ alors il n'existe pas forcément de $P \in A$ tel que $f = f_P$ (le $P$ peut-être dans un $G_K$-module beaucoup plus gros qui contient $A$ comme sous-module), par exemple $A = \{\pm 1\}$ le sous-module de $\overline{K}^*$, $d \in K^*, P = \sqrt{d}$ et $f(\sigma-1) = \frac{\sigma(\sqrt{d})}{\sqrt{d}}$. Hilbert 90 concerne le problème de trouver un tel $P$, quand $A$ est un sous-module de $\overline{K}^*$.
Soit $H = \{ \sigma \in G_K | \forall g \in G_K, f(g-1)^\sigma= f(g-1)\}$ le groupe qui agit trivialement sur $Im(f)$ et $\ker(f) = \{ g \in G_K | f(g-1) = 0\}$. On pose $F = \overline{K}^{\ker(f)}$ et $L= \overline{K}^H$. Alors $F/L$ est une extension abélienne de groupe de Galois $f(G_K-1)$. Preuve : si $\sigma,g $ agissent trivialement sur $Im(f)$ alors $f(\sigma g-1) = f(g-1)^\sigma + f(\sigma-1)= f(g-1)+f(\sigma-1)$.
En particulier pour $E/K$ une courbe elliptique et l'isogénie $E(\overline{K}) \mapsto m E(\overline{K})$ de noyau $E[m]$, avec $L = K(E[m])$ on a l'extension abélienne $L(m^{-1} E(L))/L$ qui correspond aux $f_P \in H^1(G_L,E[m]), P \in m^{-1} E(L))$.
$\def\rk{\text{rang}}$Intermède groupiste self-contained. Mise au point d'une certaine suite exacte entre groupes abéliens de type fini dans un cadre général. Permet de régler d'une autre manière le résultat de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1709886#msg-1709886 et explique ``la compensation de $\delta$''. Rien à voir avec celle qui figure dans la proposition 8.2.8 de Cohen. Elle s'inspire de la suite exacte (3), sect. 2, page 3, de https://alozano.clas.uconn.edu/wp-content/uploads/sites/490/2014/01/ALP-2-23-07.pdf dans un contexte elliptique. Contexte :
$$
A,A' \hbox { deux groupes abéliens de type fini}, \qquad
A \ \buildrel \phi \over \longrightarrow \ A' ,\quad A' \ \buildrel \phi' \over \longrightarrow \ A, \qquad
\ker\phi, \ker\phi' \hbox { finis}, \quad \hbox {2 entier quelconque,} \quad \phi' \circ \phi = [2]_A
$$
A droite, $[2]_A$ désigne la multiplication par 2 sur $A$. L'objet est de prouver que $A, A'$ ont même rang, disons $r$, et une relation entre cardinaux de groupes abéliens finis :
$$
\fbox {$\#\Bigl( {A \over \phi'A'}\Bigr) \ \times \ \#\Bigl( {A' \over \phi A}\Bigr) = 2^r \ \times \ \#\ker\phi \ \times\ \#\ker\phi'$}
$$
Je donne des éléments (non détaillés) de preuve. J'utilise $\text{truc}[2]$ pour la 2-torsion du groupe abélien $\text{truc}$ et les résultats suivants où $T$ est un groupe abélien fini et $(G_\bullet)$ une suite exacte de groupes finis :
$$
\#(T/2T) = \#T[2], \qquad
0 \to G_n \to \cdots \to G_2 \to G_1 \to G_0 \to 1 \quad \hbox {fournit} \quad \#G_0 \times \#G_2 \times \#G_4 \times \cdots =
\#G_1 \times \#G_3 \times \#G_5 \times \cdots
$$
0. On a $2A \subset \phi' A'$ et $\ker \phi \subset A[2]$.
1. $A, A'$ ont même rang : la restriction de $\phi$ à un supplémentaire (libre) dans $A$ du groupe de torsion de $A$ est injectif (car $\ker\phi$ est fini) donc $\rk(A) \le \rk(A')$. Idem $\rk(A') \le \rk(A)$.
2. L'inclusion $2A \subset \phi'A'$ fait que $\phi'A'$ est d'indice fini dans $A$. D'autre part, $A'/\phi A \ \buildrel \phi' \over \to \ A/2A$ est à noyau fini, donc $A'/\phi A$ est fini. Bref, les groupes intervenant à gauche de l'encadré sont bien des groupes finis.
3. On dispose d'une suite naturelle exacte :
$$
0 \to
\xymatrix @C=2.2cm {
\displaystyle {\ker\phi' \over \phi A[2]} \ar[r]^-{\text{celle à}}_-{\text{laquelle on pense}} &
\displaystyle {A'\over \phi A} \ar[r]^{\phi'} &
\displaystyle {A \over 2A} \ar[r]^-{\text{celle à}}_-{\text{laquelle on pense}} &
\displaystyle {A \over \phi' A'}
} \to 0
$$
4. On a donc $\#\Bigl( {A \over \phi'A'}\Bigr) \ \times \ \#\Bigl( {A' \over \phi A}\Bigr) = \#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr) \ \times \ {\#\ker\phi' \over \# \phi A[2]}$ $\quad(\heartsuit)$.
5. Soit $T$ le sous groupe de torsion de $A$ (c'est un groupe fini). On a $A/2A \simeq (\Z/2\Z)^r \times T/2T$ donc $\#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr) = 2^r \times \#T[2] = 2^r \times \#A[2]$.
6. La surjection $\phi : A[2] \twoheadrightarrow \phi A[2]$ est de noyau $\ker\phi$ (bien contenu dans $A[2]$). Donc $\#\phi A[2] = {\#A[2] \over \#\ker\phi}$.
7. Dans 4. on remplace à droite de l'égalité $(\heartsuit)$, $\#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr)$ par sa valeur figurant dans 5. et $\#\phi A[2]$ par sa valeur figurant dans 6. Miracle : les $\#A[2]$ se compensent et on tombe sur l'égalité encadrée à montrer.
@gai-requin. Pas de maths ici, juste des remarques et des visées pour la suite.
1. A propos du mémoire que tu as pointé l'autre jour in https://dms.umontreal.ca/~lerouxlapia/perso/rapport-e17.pdf. Beaucoup de fautes d'orthographe d'une part (ce n'est pas que de la faute de l'étudiant, le mémoire est en principe relu). Mais surtout, le ``système'' pousse l'étudiant à écrire des choses qu'il ne comprend pas. Voici un extrait de ce qu'il écrit sur le groupe de Selmer et de Tate-Shafarevich. L'information fournie est NULLE. Quant au théorème 2.7, c'est du coupé-collé de Silverman (sauf que c'est écrit en français). Par contre, p. 26, lemme 3.1, l'auteur se fend d'une démo (pas légère) pour montrer que si deux entiers $a,b$ sont de parité contraire et premiers entre eux, alors $a-b$ et $a+b$ sont premiers entre eux !! Encore une fois, ce n'est pas l'étudiant qui est en cause, mais ce que j'appelle le système.
2. Pendant un certain temps, les espaces homogènes principaux (sur une courbe elliptique), le groupe $\text{WC}(E/K)$, la cohomologie galoisienne ...etc.. on s'assoit dessus. J'aime bien le titre ``Some abstract non sense'' du (petit) chapitre ``Cohomologie des groupes'' de Cassels (Lectures on elliptic curves). On reviendra là-dessus en temps utile avec des objets ``Modèles de courbes de genre 1'' qui vont nous fournir des exemples pertinents. A ce propos, sous qui tu sais, je me suis aperçu qu'il y avait de la $n$-descente pour $n \in \{2,3,4,5,6,9, 12\}$. Pour l'instant, nous en sommes toujours avec les 2-isogénies mais regarder la 2-descente générale (Cohen) et la 3-descente avec un point de 3-torsion (section 8.4 de Cohen) pourra être envisagé.
3. Très très bientôt sur la sellette, une fois les 2 posts précédents réglés : la solubilité locale des $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$ (short binary quartic). J'ai appris beaucoup dans https://alozano.clas.uconn.edu/wp-content/uploads/sites/490/2014/01/ALP-2-23-07.pdf, je te le conseille vivement (les 10 premières pages). Sans cette histoire de solubilité locale, les groupes de Selmer resteraient sur le papier. Alors que ce n'est pas le cas : ils vivent en machine.
$\def\P{\mathbb P}\def\WC{\text{WC}}\def\Gal{\text{Gal}}$Un peu de cohomologie galoisienne à ma façon (même si cela contredit mon post précédent où je disais que celle-ci peut attendre). Contexte : $K$ un corps parfait de caractéristique $\ne 2$, $G_K = \Gal(\overline K/K)$ son groupe de Galois absolu, $a, b \in K$ vérifiant $b(a^2 - 4b) \ne 0$ et :
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b), \qquad \overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x+ \overline b) \qquad \hbox {avec} \quad \overline a= -2a, \quad \overline b = a^2 - 4b
$$
Pour $b_1 \in K^*$, je définis (attention surtout à ne pas mélanger $E$ et $\overline E$) la courbe projective (short binary quartic)
$$
H_{b_1} = H_{b_1, \overline a, \overline bb_1^{-1}} : v^2 = b_1 u^4 + \overline a u^2 w^2 + \overline b b_1^{-1} w^4 \quad \subset \quad \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}
$$
Cette courbe est notée $C_d$ chez Silverman et apparaît aux pages 327-328 et aux pages 336-337 (Example 4.8) sous la forme d'un twist (je change les noms de variables de Silverman pour coller à nos notations et je la donne en homogène alors que Silverman la donne en affine) :
$$
C_d : d v^2 = d^2 u^4 + d \overline a u^2 v^2 + \overline b w^4 \qquad d_{\rm\ Silverman} = {b_1}^{\rm ici} \qquad \rightsquigarrow \quad
\hbox {en divisant par $d$ et en renommant $d$ en $b_1$, on tombe sur $H_{b_1}$}
$$
Je note $p_0 = (0,0)_E$ le point $K$-rationnel de 2-torsion de $E$. Tout $b_1 \in K^*$ définit un 1-cocycle $c^{b_1} \in Z^1(G_K, \langle p_0\rangle)$ où $G_K$ agit de manière triviale sur $\langle p_0 \rangle$. Because action triviale, ce 1-cocycle n'est autre qu'un morphisme de $G_K \to \mu_2 = \{\pm 1\} \simeq \langle p_0\rangle$, $1 \leftrightarrow p_\infty$, $-1 \leftrightarrow p_0$. Je donne la version multiplicative à gauche et additive à droite sur la courbe elliptique
$$
c^{b_1} : G_K \to \mu_2 = \{\pm 1\}, \quad \sigma \longmapsto {\sigma (\sqrt {b_1}) \over \sqrt {b_1}} = \pm 1
\qquad\qquad\qquad
c^{b_1} : G_K \to \langle p_0\rangle , \quad \sigma \longmapsto
\begin {cases} p_\infty & \hbox {si $\sigma (\sqrt {b_1}) = \sqrt {b_1}$} \\ p_0 &\hbox {sinon i.e. } \sigma (\sqrt {b_1}) = -\sqrt {b_1} \end {cases}
$$
La classe de cohomologie $[c^{b_1}] \in H^1(G_K, \langle p_0\rangle) \simeq K^* / K^{*2}$ s'identifie d'une part à la classe de $b_1$ modulo les carrés.
Mais d'autre part $c^{b_1}$ définit un habitant de $H^1(G_K, E) \simeq \WC(E/K)$ donc une classe d'espace homogène sous $E$ qui n'est autre que la classe de la quartique $H_{b_1}$ (calcul réalisé par Silverman).
Le charme de la cohomologie fait que $H_{b_1}$ possède un $K$-point si et seulement si $c^{b_1}$ est cohomologiquement trivial DANS $H^1(G_K,E)$ i.e. si $c^{b_1}$ est un co-bord relativement à la cohomologie de $G_K/E$.
Surtout à ne pas confondre avec le fait que $c^{b_1}$ est le morphisme trivial, cette dernière assertion signifiant que $b_1$ est un carré. Certes, si $b_1$ est un carré, $c^{b_1}$ est le morphisme trivial, a fortiori, cohomologiquement trivial et $H_{b_1}$ admet le point $(u = 1, v = \sqrt {b_1}, w = 0)$. Mais on se souvient par exemple de LOU16 et de $H_{-1,3,-1} : v^2 = -u^4 + 3u^2w^2 - w^4$ qui possède le point $\Q$-rationnel $(u=v=w=1)$ sans que $-1$ ne soit un carré dans $\Q$. Autrement dit, il ne faut pas confondre ci-dessous le monde à gauche qui s'envoie dans le monde à droite :
$$
H^1(G_K, \langle p_0\rangle) \simeq K^* / K^{*2} \quad \longmapsto\quad H^1(G_K, E) = \WC(E/K) \qquad\qquad (\star)
$$ Chute. Supposons $H_{b_1}(K) \ne \emptyset$, $H_{b'_1}(K) \ne \emptyset$. Alors $c^{b_1}$ et $c^{b'_1}$ sont nuls dans $H^1(G_K, E)$ donc leur somme également. Mais cette somme n'est autre que $c^{b_1b'_1}$ car la loi de multiplication à gauche dans $(\star)$, ce n'est autre que la loi de multiplication de $K^*$ modulo les carrés. On a donc obtenu :
$$
\fbox {$\left[ H_{b_1}(K) \ne \emptyset, \quad H_{b'_1}(K) \ne \emptyset\right] \quad \Rightarrow\quad H_{b_1b'_1}(K) \ne \emptyset$}
$$
Mais moi, je ne crois pas au Père Noël : j'ai absolument besoin, à partir d'un $K$-point de $H_{b_1}$ et d'un $K$-point de $H_{b'_1}$ de construire un $K$-point de $H_{b_1b'_1}$. Je ne sais pas faire pour l'instant. Comme je me méfie de ce que je peux comprendre en cohomologie galoisienne, j'ai posé la question à Silverman. Non, je ne délire pas : l'encadré est bien vrai.
[color=#000000]
> I suppose C_d(K) and C_d'(K) non empty.
> 1. Is it true that C_{dd'}(K) is non empty ?
Yes, that should be true. Use the Kummer exact sequence and the fact that H^1(G_K,E[\phi]) is a group.
> 2. If yes, is it possible to explicit a K-point of C{dd'} from a K-point of C_d and a K-point of C_d' ?
I expect that can be done, but have not thought about. If you can't work it out yourself, these are the
sorts of questions that you can ask on MathStackExchange and probably get an answer.
Joe Silverman
[/color]
Tu as répondu à 1).
As-tu utilisé l'indication de Silverman pour ça ? (je ne comprends pas tout)
Je pense que si 2) est possible, tu en viendras à bout car expliciter=CQ. ;-)
Ah d'accord donc il faut quotienter les morphismes $\mathbb{Z}[\Gamma-\Gamma]\to A$ par ceux de la forme $f(\sigma-1) = P^\sigma-P, P \in A$,
Je comprends mieux pourquoi dans les bouses qu'ils écrivent qui commencent par "soit une résolution projective de $\mathbb{Z}[\Gamma]$", ils arrivent tout fier à dire "donc $H^1(\Gamma,A)$ est trivial".
Je propose d'interdire toute mention de $H^1$ et de ne parler que de $Hom(\mathbb{Z}[\Gamma-\Gamma], A)$ dont la définition est claire, simple, et où on voit tout de suite que si on ne regarde que l'image des $\sigma-1$ c'est parce qu'on s'était donné au départ une structure de $\Gamma$-module sur $A$ et $\mathbb{Z}[\Gamma-\Gamma]$
@gai-requin. C'est tout bon (et simple). J'essaie d'expliquer.
0. Le contexte de mon post précédent (cohomologique) est inutilement compliqué. Je l'ai écrit de manière à coller (vaguement) à Silverman pour éviter d'une part de passer pour un charlot et d'autre part pour pouvoir poser la question à Silverman. Maintenant que j'ai pigé, la réalité est plus simple. Pour réaliser l'encadré du post précédent, il faut d'abord réaliser le point 4. ci-dessous (dans lequel $E_{\rm ici}$ ici remplace $\overline E_{\text{post précédent}}$, écrit pour coller à Silverman, bis). Je te laisse vérifier le point 4. (le début, pas le bonus).
1. Pas vraiment compris la réponse (Kummer) de Silverman, mais elle m'a rassuré. A vrai dire, je n'ai pas bien compris non plus ce que je racontais ! Disons que cela dépendait de l'heure dans la journée et de la journée dans la semaine. Car ce truc me turlupinait depuis des semaines (bien avant le chap X de Silverman).
2. A propos de $\mu_2 = \{\pm 1\}$. Invoquer $\mu_m$ et Kummer (alors que $\mu_2$ est contenu dans tout corps), c'est fort de café. N'empêche que cela ne peut pas faire de mal de savoir que $H^1(G_K, \mu_2) = K^*/K^{*2}$. Il faut surtout savoir ce que signifie cette égalité. J'en ai parlé (il y a 2 semaines) in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1713854#msg-1713854 (qui pointe un post remontant à 3 semaines). Mais ICI, on va s'en fiche de cette égalité.
3. Dans l'histoire LOU16, il a fallu que je fasse quelque chose pour expliciter $H_{-1,3,-1} \simeq H_{1,3,1}$. Ce quelque chose est probablement passé inaperçu mais moi je m'en souviens. Et d'ailleurs, en planquette, j'ai traité je ne sais combien d'exemples ``du type LOU16''. C'est là que j'ai compris un truc (brute force = stupide, passer par la courbe elliptique ad-hoc). Je ne peux pas me permettre de zapper. Cf le point 5.
4. On oublie tout. Contexte minimaliste $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $(x,y)$ un $K$-point de $E$. J'écris $\fbox{$x = (x^2 + ax +b)^{-1} y^2$}$ (C.Q. fort en calcul) de la forme $b_1u^2$. Cet encadré est la clé (on est loin de la cohomologie et je risque de passer pour un naze dans les salons mondains). I.e. je pose :
$$
\left\{ \begin {array}{l}
b_1 = (x^2 + ax + b)^{-1} = x/y^2 \sim_{\text{carrés}} x \\
b_2 = b y^2 / x = b(x^2 + ax + b) \\
u = y \\
v = y^2/x = x^2 + ax + b \\
\end{array} \right.
\qquad\qquad\qquad
\begin {array} {l}
\hbox {(j'évacue le cas $y=0$ i.e. patch} \\
\hbox {comme dit Cassels en italique p. 67)} \\
\end {array}
$$
Alors $b_1b_2 = b$ et $(u,v)_{w=1}$ est un $K$-point de $H_{b_1,a,b_2}$ dont l'image par $\pi_{b_1,a,,b_2} : H_{b_1,a,b_2} \to E$, $(u,v) \mapsto (b_1u^2, b_1uv)$ est le point $(x,y)$. Je te laisse vérifier. AUCUN calcul. Bilan : tout point $K$-rationnel de $E$ est ainsi l'image d'un point $K$-rationnel d'un certain torseur (mobile) au dessus de $E$, torseur explicitable algébriquement. Mobile car il bouge avec le point du bas (c'était aussi le cas ``autrefois''). . Elle est loin l'époque où je m'étais fait un énoncé à partir du th. 8.2.9 p. 540 de Cohen, en remontant la preuve dans l'énoncé. Mais il subsistait de l'arithmétique de $\Z$ et du pgcd (normal, on suivait fidèlement). Maintenant, c'est algébrique et pas arithmétique (le pgcd, ce n'est pas algébrique).
Bonus : $H_{b_1,a, b_2}$ est explicitement isomorphe à $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ avec $\overline a = -2a$ et $\overline b = a^2 - 4b$.
5. Important : ne pas croire au Père Noël. Il est important de tout expliciter. En planquette (bis), je réalise des choses sans rien dire. Ne rien laisser passer.
6. Depuis que j'ai implémenté le groupe de Selmer (il y a 3 jours), s'est posé (de nouveau pour moi) le problème : pourquoi le groupe de Selmer est un groupe i.e. pourquoi le ``produit'' de deux torseurs solubles est soluble, le corps de base étant cette fois un corps local de type $\Q_p$. Dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1720400#msg-1720400, c'est remarquable que les $S_i$ soient des groupes. Ce post a été pour moi un nouveau ``déclancheur''. Et la turlupinette (produit de deux solubles) m'a repris à ce moment là.
A propos de mon implémentation Selmer. Je l'ai fait tourner sur une courbe (Elkies, 2006) de rang 18 de type $y^2 = x(x^2 + ax + b)$, de torsion $\Z/2\Z$. Elkies a fait mieux depuis (dans le registre des courbes à torsion $\Z/2\Z$). Je te montrerais les résultats plus tard. Tu vas bien rigoler (moi, un peu moins).
7. A suivre en ce qui concerne le fait que le ``produit'' de deux torseurs $H_{b_1,a,b_2}$ et $H_{b'_1,a,b'_2}$ ($b_1b_2 = b'_1b'_2 = b$) qui sont $K$-solubles est $K$-soluble. C'est une bonne chose de penser que $K^*$ paramétrise tous les torseurs $H_{b_1,a,bb_1^{-1}}$ qui sont au dessus de $E$. Ici, on ne passe pas aux classes comme $\text{WC}(E/K)$. En un certain sens, on est au dessus (d'une toute petite partie des) ch.ottes. Le produit de $K^*$ se propage sur l'ensemble de ces torseurs permettant d'en faire un groupe. PAS de cohomologie dans l'explicitation du produit de deux torseurs solubles est soluble !! On va passer pour des nazes (bis).
$\def\Sel{\text{Sel}}\def\WC{\text{WC}}$Voici une courbe $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$ dûe à Elkies (2006), de rang 18, obtenue via le site de Andrej Dujella https://web.math.pmf.unizg.hr/~duje/tors/tors.html
Borne fournie par le calcul des deux 2-groupes de Selmer des deux 2-isogénies, du type $2^r \le \big(\#\Sel(\phi) \times \#\Sel(\overline\phi)\big) /4$ i.e. $r \le s + \overline s - 2 =_{ici} 7 + 13 - 2 = 18$.
En 4-5 secondes, c'est plié. Bravo aux implémenteurs. La borne fournie par le mécanisme Selmer est 18, ce qui est ric-rac.
A moi. Ma détermination des groupes de Selmer est vachement inefficace, je le sais. Je vais passer tous les diviseurs (positifs ou négatifs) de $b$, $\overline b$ en revue i.e. $2^\bullet$ torseurs pour vérifier ceux qui sont localement solubles. Alors que le produit de deux torseurs localement solubles est localement soluble, n'est ce pas ?
[color=#000000]
> time Ebar, _, _, S := Torseurs(abar,bbar) ;
Time: 594.240
> assert #S eq 2^7 ;
>
> time E, _, _, Sbar := Torseurs(a,b) ;
Time: 13956.360 <-- LOOK : on ne rit pas
> assert #Sbar eq 2^13 ;
> selmer := Inverse(QtoSelmer) ;
> // selmer : Sel(phiBar) -> Q^* / Q^*2
> assert Sort([selmer(g) : g in SphiBar]) eq Sort(Sbar) ; // signe de BONNE santé (groupe magma = groupe mézigue)
[/color]
Par contre, je vérifie la conformité de mes affaires avec celles de magma, et ça colle, c'est cela qui est le plus important pour moi.
Enfin, magma ne sait pas encore que $E$ est de rang 18 exactement. Je lui demande pour l'instant un encadrement. Il me fournit $13 \le r \le 18$ et je trouve qu'il traîne un peu pour cela (283 secondes).
[color=#000000]
> time RankBounds(E) ;
13 18
Time: 283.370
[/color]
Evidemment, ce n'est pas en lisant directement les ouvrages que j'ai pu implémenter cela. Il a fallu que je lise attentivement ENTRE les lignes.
Pour plus tard : un petit topo historique sur Selmer (dans les années 1950). Si cela se trouve, il ne s'est pas levé de bon matin en disant : ``tiens, je ne sais pas quoi faire ce jour ; si je définissais les groupes de Selmer à partir de $\WC$ et/ou de la cohomologie galoisienne ?''. Je parierai qu'il a commencé par la célèbre cubique (projective) $3X^3 + 4Y^3 + 5Z^3 = 0$. Les cubiques (projectives) $aX^3 + bY^3 + cZ^3 + 0$ portent son nom. C'est quand même dingue la manière dont les maths sont présentées de nos jours. Mais stop à la polémique.
Supposons qu'on dispose d'une solution non triviale $(u,v)$ de $H_{b_1,a,b_2}$ et d'une solution non triviale $(u',v')$ de $H_{b'_1,a,b'_2}$.
Alors $M=(b_1u^2,b_1uv)$ et $M'=(b'_1u'^2,b'_1u'v')$ sont des points de $E$.
De plus, $N=M+M'\in E$.
Et ton système du point 4) [ici] va nous donner une solution non triviale d'un nouveau torseur $H$ associé à $N$.
$H$ est-il intéressant ? (Je n'ai pas fait les calculs)
@gai-requin. OUI, tu as tout compris. Inutile de faire les calculs. Je note $\sim$ l'équivalence modulo les carrés et je conserve tes notations. Je donne un nom aux coefficients de ton $H$, par exemple $H = H_{\beta_1,a,\beta_2}$. Alors :
$$
\hbox {d'une part} \quad
x(N) \sim x(M) x(M') \sim b_1 b'_1,
\qquad\qquad
\hbox {d'autre part} \quad
\beta_1 \sim x(N)
\quad
\begin {array} {c}
\hbox {car $H$ est associé au point $N$} \\
\hbox { et $\beta_1$ est le premier coeff de $H$}
\end {array}
$$
Bilan $\fbox {$\beta_1\sim b_1b'_1$}$. Et comme $H$ est soluble, il en est de même du produit de $H_{b_1,a,b_2}$ et $H_{b'_1,a,b'_2}$.
Rappel : si un torseur $T$ est soluble, le torseur obtenu en multipliant le premier coefficient de $T$ par un carré (et en divisant le dernier coefficient de $T$ par ce même carré pour conserver le produit constant des extrêmités) est soluble.
@gai-requin Il faut mettre la solubilité locale sur la sellette. Je commence par $\Q_\infty = \R$ (tu vas dire que je me fais pas ch.er, c'est pas faux). Alors $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$ est $\R$-soluble SSI :
$$
(b_1 > 0) \quad \hbox {ou} \quad (b_2 > 0) \quad \hbox {ou} \quad \big(b_1, b_2 < 0 \ \hbox {et } \ a > 0 \ \hbox {et } \ a^2 - 4b \ge 0 \big)
$$
Par exemple, si $b_1 > 0$, je prends $(u=1, v = \sqrt {b_1}, w = 0)$. Mais pour faire la totale, faut un peu gratter. J'ai pas été adroit adroit (trinôme du second degré, parabole, t tout le truc). Peut-être que l'on peut faire cela dans les petites classes ?
Sur les $\Q_p$, on pourra en regarder quelques uns, cf les lemmes 3.1, 3.2, 3.3, 3.4 de https://alozano.clas.uconn.edu/wp-content/uploads/sites/490/2014/01/ALP-2-23-07.pdf. En ce qui concerne la solubilité locale i.e. sur TOUS les $\Q_p$, il suffit d'examiner les $p$ qui divisent le discriminant du torseur. Il y a une définition précise du discriminant d'une short binary quartic (une petite erreur d'une puissance de $2$ dans le papier pointé).
$\def\P{\mathbb P}$@gai-requin Je te montre juste un petit exemple de solubilité. Pour éviter de croire que l'on va faire toute notre vie dans le ``short binary quartic'', je prends un autre modèle de genre 1, à savoir les cubiques de $\P^2_{(x:y:z)}$. Il y a beaucoup d'autres modèles et ces modèles fournissent des exemples d'espaces homogènes sur une certaine courbe elliptique : intersection de deux quadriques dans $\P^3$ ...etc.. Bref, un monde super-concret.
Je prends l'exemple (probablement historique) de Selmer, à savoir la cubique $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$ qui a des points sur tous les $\Q_p$ et sur $\Q_\infty$ mais pas de $\Q$-point.
[color=#000000]
> k := RationalField() ;
> M345 := GenusOneModel([k| 3,4,5, 0^^7]) ;
> M345 ;
Genus one model of degree 3 defined over Rational Field given by 3*x^3 + 4*y^3 + 5*z^3
> assert Discriminant(M345) eq -3^9 * (3*4*5)^4 ;
[/color]
Il y a un algorithme pour tester la solubilité sur tous les $\Q_p$ avec $p$ premier fini :
Sur un $\Q_p$ particulier, tu peux demander un point (c'est Hensel qui bosse). Ici, j'ai pris $p = 13$ au pif. Pas très intelligent car 13 est en dehors du discriminant. Tant pis.
Par contre, pas d'algorithme pour la solubilité globale. Tu peux toujours chercher avec une borne pour la hauteur. Je ne vais pas trop insister car Selmer à prouvé que $(3,4,5)_{\rm Selmer-cubic}$ n'a pas de $\Q$-point
[color=#000000]
> C345 := Curve(M345) ;
> C345 ;
Curve over Rational Field defined by 3*x^3 + 4*y^3 + 5*z^3
> time PointSearch(C345, 50) ;
[]
Time: 0.010
> time PointSearch(C345, 10^3) ;
[]
Time: 0.030
> time PointSearch(C345, 10^4) ;
[]
Time: 0.440
[/color]
Pour plus tard :
[color=#000000]
> E := Jacobian(M345) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 + 540*y = x^3 - 97200 over Rational Field
> Expand(CoveringMap(M345, E)) : Minimal ;
(x : y : z) -> (-68024448000*x*y^7*z - 85030560000*x*y^4*z^4 - 106288200000*x*y*z^7 :
1147912560000*x^3*y^3*z^3 - 272097792000*y^9 - 510183360000*y^6*z^3 + 637729200000*y^3*z^6 +
531441000000*z^9 : -4251528000*x^3*y^3*z^3)
[/color]
@gai-requin 20 est la précision par défaut de IsLocallySoluble. Cela se passe sur (une approximation de) $\Z_p$ avec $p=13$ et la solution fournie $(x_0 : y_0 : z_0)$ de $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$ est une solution sur
$$
\Z_p/p^{20} \Z_p = \Z/p^{20}\Z
$$
Je reprends l'extrait concernant la cubique de Selmer $C_{345}$.
C'est exactement ce que je voulais, à savoir une vision un peu concrète des entiers $p$-adiques.
Voilà ce que j'ai compris : Pour tout $x\in\Z_p$ et tout $n\in\N^*$, il existe un unique $y\in\Z$ (yes!) tel que $x=y\bmod p^n$ ce qu'on écrit $x=y+O(p^n)$.
$\def\WC{\text{WC}}$@gai-requin Ton dernier post. L'unicité de $y$ pas tout-à-fait : $y$ est unique modulo $p^n$. Ou encore l'injection canonique $\Z \to \Z_p$ induit, pour tout $n$, un isomorphisme (d'anneaux) de $\Z/p^n\Z$ sur $\Z_p/p^n\Z_p$. Et comme c'est un isomorphisme canonique, on dit égal.
Sinon (question indiscrète) : toi et les groupes de Selmer ?
De mon côté, j'en reste toujours aux 2-isogénies (j'ai juste SURVOLE, avec Cohen, l'isogénie $[2]$ de multiplication par 2, je dis bien survolé). Dans ce cadre, j'essaie de bien comprendre les objets structurels comme $\WC(E/K)$, les espaces homogènes principaux ...etc... Le cadre 2-isogénie fait que je peux m'abriter (algébriquement) sur $H^1(K, \mu_2) = K^* / K^{*2}$. Mais il faut aussi s'occuper des interprétations géométriques.
Bref, j'avance à pas de bébé. Pour te donner un exemple, j'en ai vraiment bavé en ce qui concerne l'établissement du bonus dans le point 4 de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1721948#msg-1721948. Ce n'est pas le tout de déclarer que $\overline E$ est explicitement isomorphe à $H_{b_1,a,b_2}$. Et d'ailleurs, isomorphisme en tant que que quoi ? Courbes ? Espaces homogènes principaux sous $\overline E$ ? C'est pas pareil. Quand je dis que j'en ai bavé, j'ai l'air de parler au passé mais ce n'est pas vraiment terminé.
J'essaie de comprendre la solvabilité locale d'une hypersurface.
Voilà ce que j'ai lu.
Soit $F\in\Z[X_1,\ldots,X_n]$ irréductible et soit $p$ un premier fini.
S'il existe un point lisse de $F=0$ modulo $p$, il existe $x\in (\Z_p)^n$ tel que $F(x)=0$ et donc, pour tout $m\geq 1$, il existe $x_m\in\Z^n$ tel que $F(x_m)=0\bmod p^m$. C'est quand même énorme ça non ?
D'après un résultat de Lang-Weil, on peut toujours trouver un tel point lisse pour $p$ suffisamment grand.
J'ai l'impression que pour ce qui est des cubiques qui nous intéressent, les seuls $p$ qui pourraient poser problème sont ceux qui divisent le discriminant.
Est-ce cela que tu sous-entendais à propos de la cubique de Selmer ?
$\def\P{\mathbb P}$@gai-requin. Oui, il suffit d'examiner les premiers $p$ qui divisent le discriminant. Dans nos histoires de 2-isogénies, les hypersurfaces qui interviennent sont les short binary quartic de $\P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}$. Short car pas de terme en $u^3w, uw^3$. La plupart du temps, on n'indique pas le terme en $v^2$ qui est sous-entendu. I.e. $(b_1, a, b_2)$ stands pour ce que tu penses.
Il me semble que pour l'isogénie de multiplication par 2, il interviendra des long binary quartic. Mais, en ce qui concerne $[2]$, encore trop tôt.
Un tout petit topo : c'est quoi le discriminant de $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2 w^4$ ?. C'est celui de $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ i.e. 16 fois le discriminant du polynôme cubique. Ne pas rigoler avec ce facteur 16 (2 mauvaise réduction). Attention à ne pas confondre $E$ et $\overline E$.
Ci dessous, pour le modèle $M$, $x,z$ stands for $u_{\rm nous}, w_{\rm nous}$. On ne voit pas $v_{\rm nous} \leftrightarrow y$.
[color=#000000]
> // u^4, u^3w, u^2w^2, uw^3, w^4
> // b1 0 a 0 b2
>
> b1 := Random(1,5) ; a := Random(-5,5) ; b2 := Random(-5,1) ;
> b := b1*b2 ;
> b1, a, b2, b ;
5 -3 -2 -10
>
> M := GenusOneModel([b1,0,a,0,b2]) ;
> M ;
Genus one model of degree 2 defined over Integer Ring given by 5*x^4 - 3*x^2*z^2 - 2*z^4
> abar := -2*a ; bbar := a^2 - 4*b ;
> Ebar := EllipticCurve([0, abar, 0, bbar, 0]) ;
> Ebar ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 6*x^2 + 49*x over Rational Field
> F<X>, _ := HyperellipticPolynomials(Ebar) ;
> F ;
X^3 + 6*X^2 + 49*X
> assert Discriminant(F) eq bbar^2 * (abar^2 - 4*bbar) ;
> assert Discriminant(Ebar) eq 16*Discriminant(F) ;
> assert Discriminant(M) eq Discriminant(Ebar) ;
> cInvariants(M) eq cInvariants(Ebar) ;
true
> JacM := Jacobian(M) ;
> JacM ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 3*x^2 + 40*x - 120 over Rational Field
> assert IsIsomorphic(JacM,Ebar) ;
[/color]
Ma hantise (bis) : mélanger $\overline E$ et $E$. Vivement l'isogénie $[2]$ car il y aura une SEULE courbe elliptique.
$P=(1,0,1)$ est un $\mathbb Q$-point de $H_{5,-3,-2}:v^2=5u^4-3u^2w^2-2w^4$ qui est de discriminant $16\times 49^2\times (-160)$.
Donc il y a des solutions sur tous les $\mathbb Q_p$. :-D
Remarque : $P$ n'est lisse ni sur $\mathbb F_2$, ni sur $\mathbb F_7$.
Et à propos de $\Q_\infty$, tu as eu le temps de regarder http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1722110#msg-1722110 ? Je ne sais même plus si j'ai vraiment terminé et fait le SSI (j'ai des notes pourries, brouillon). J'en ai pourtant eu besoin pour implémenter Selmer (mon implémentation pourrie). Je me souviens juste avoir dessiné une parabole qui tourne sa-chose (je ne sais plus comment on dit) vers le bas et n'être pas si fier que cela.
Réponses
Je n'ai pas mentionné que $\psi : p \mapsto 2p + p_0$ est un isomorphisme de $\overline E : y^2 = x(x-1)(x-5)$ car ce n'est pas le cas. C'est un revêtement de degré 4 de $\overline E$ : par exemple, tous les points $p$ de $E$ tels que $2p = 0_{\overline E}$ (il y en a 4 à savoir $p_\infty$ et les 3 autres ayant un $y = 0$) sont transformés par $\psi$ en $p_0$. Mieux : la fibre de $p_0$ par $\psi$ est constituée des 4 points de 2-torsion de $\overline E$.
Ce que j'ai voulu dire : c'est que $p \mapsto 2p + p_0$ sur $\overline E$ et $\text{Lou16}$ sur $H$, même combat ; c'est l'objet du rectangle commutatif à la fin de mon avant dernier-post : les verticales sont des isomorphismes (le même) mais les horizontales sont des revêtements de degré 4.
C'est probablement difficile de comprendre complètement mon post : celui-ci n'est pas self-contained (contrairement au tien) et beaucoup de détails ne sont pas mentionnés. Par exemple, l'isomorphisme ``quartic to cubic'' a été mis en place dans ce fil, cela a demandé un certain travail même si Nagell a bien préparé le terrain.
J'ai commencé à m'occuper de l'autre torseur, celui que tu notes $(\star\star\star)$ i.e. $-\truc^4 + 3\truc^2\machin^2 - \machin^4 = \chose^2$ ou encore, après ton changement de variables, $\truc^4 - 18\truc^2\machin^2 + \machin^4 = \chose^2$
Comme je l'ai évoqué, il faut partir de la fin, ou plutôt de la fin de la branche dans laquelle on trouve un point de même nature mais ``plus petit''. Ne pas s'inquiéter de CERTAINS signes car un torseur (avec mes notations) de type $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$ possède des automorphismes $(u : v : w) \mapsto (\pm u : \pm v : \pm w)$. Pour l'instant, je te suis scrupuleusement avec tes notations. Plus tard, si j'ai le courage, je ferais avec le terme central $(3u^2w^2)_{\text{mézigue}}$ du torseur (au lieu de $-18u^2w^2$). Je ne sais pas si c'est clair : on a une transformation $(p,q,r) \mapsto (u, v, z)$ qui transforme un point de la courbe $H' : q^4 - 18p^2q^2 + p^4 - r^2 = 0$ en un point de cette même courbe puisque $v^4 - 18u^2v^2 + u^4 - z^2$ est multiple de $q^4 - 18p^2q^2 + p^4 - r^2$. J'ai fait afficher les poids des expressions (elles sont toutes homogènes en poids). Puisque $16 = 4 \times 4$, tout nous invite à croire que $(p : q : r) \mapsto (u : v : z)$ est un revêtement de degré 4 de la dite courbe $H'$.
Bilan : tu as en même temps débusqué un revêtement de degré $4$ de $H'$. Mais il se trouve que $H'$ est isomorphe à $\overline E$ : là, c'est un peu plus difficile mais je vais essayer de savoir comment de manière explicite. Et le job va consister à le passer sur $\overline E$.
Mine de rien, quand tu travailles au corps $H$ ou $H'$ pour t'occuper de $E$, en même temps tu t'occupes de $\overline E$.
Question indiscrète (tu n'es surtout pas obligé de répondre) : tu as dû y passer un certain temps ?
Si toutefois on exige pas de méthode particulière, je résous le problème comme cela.
$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)\quad (1)$
$x$ et $x^2 + 3x + 1$ sont premiers entre eux, alors: $x = N_{1}^{2}$ et $x^2 + 3x + 1 = N_{2}^{2}$ et donc
$$\begin{align}(1)& \iff y^2 = N_{1}^{2}\times (N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3) + 1)\\
&\iff \dfrac{y^2}{N_{1}^{2}} = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3) + 1\\
&\iff \dfrac{y^2}{N_{1}^{2}} - 1 = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)\\
& \iff (A - 1)(A + 1) = N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)\end{align}$$ où $A = \dfrac{y}{N_{1}}$
Mais $N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)$ pair, alors $(A - 1)(A + 1$ pair, et alors $A$ impair.
Mais alors parmi les deux facteurs $N_{1}^{2}$ et $N_{1}^{2} + 3$ l'un est pair l'autre est impair.
I) Si $N_1$ pair, alors $N_{1}^{2} + 3$ impair; or dans $(A - 1)(A + 1)$ le facteur impair est $\lt$ au facteur pair, donc impossible.
II) Si $N_{1}$ impair, alors $N_{1}^{2} + 3$ pair, or dans $(A - 1)(A + 1)$ 2$\times$ (facteur impair) est $\lt$ au facteur pair dès que $A\geq 3$ ... Problème ici
Désolé ça ne marche pas !
$y^2 = x(x^2+3x+1)$
équivaut à
$(y+1)(y-1)=(x+1)(x+\sqrt{2}+1)(x-\sqrt{2}+1)$
$\sqrt{2}$ est irrationnel ; donc il n'y a pas d'autres solutions rationnelles que $(0,0),(-1,±1)$
On continue:
II).... ce qui n'est pas le cas pour $N_{1}\geq 3$ et donc $A = 1\;\textrm{et}\; N_{1} = 0$ d'où les solutions données.
Merci.
J'ai commencé à faire le tri des formules dans la cas $a=3,b=1$ en commençant par $\theta:H_{-1,-1}\to\overline E$ qu'on monte à $\Q(i)$ et qu'on voit [ici]. Je trouve$$\theta(u:v:w)=(2w(u^2+iv)-w^3:2iu[2(u^2+iv)-w^2]:w^3).$$Par exemple, $\theta(1:1:1)=(1+2i:-4+2i:1)$.
Edit : J'ai oublié que $a=3$ et qu'on passe de $H_{-1,-1}$ à $H_{1,1}$ en multipliant par $\mathrm{Diag}(i,i,1)$. C'est donc en fait $$\theta(u:v:w)=(2w(-u^2+iv)+3w^3:2iu[2(-u^2+iv)+3w^2]:w^3).$$Et comme parfois on a de la chance, la valeur de $\theta(1:1:1)$ était bonne !
Concernant cette histoire d'isomorphisme, j'avais en effet lu tout de travers.
J'ai répondu par un message privé à la question que tu m'as posée.
$y^2 = x(x^2+3x+1)$
équivaut à
$(y+1)(y-1)=(x+1)(x+\sqrt{2}+1)(x-\sqrt{2}+1)$
$\sqrt{2}$ est irrationnel ; donc il n'y a pas d'autres solutions rationnelles que $(0,0),(-1,±1)$,
Un membre qui intervient dans ce topic (ce n'est pas babsgueye) me dit en message privé que ma démonstration est vide. Complément :
La somme d'un rationnel (a/b) et d'un irrationnel ($\alpha$) est irrationnelle. En effet, avec m/n rationnel,
si $a/b+\alpha=m/n$, alors l'irrationnel $\alpha$ est égal à $m/n-a/b = (bm-an)/bn$ qui est rationnel http://tinyurl.com/y83yubkz
Contradiction
Mais dans le cadre de LOU16, je suis allé de surprise en surprise. Je ne sais pas si je vais arriver à le restituer. Tout d'abord, il me semble indispensable, du moins ici, de faire évoluer la notation $H_{b_1,b_2}$, pas assez claire car on n'y voit pas le terme central en $u^2w^2$ (jusqu'à maintenant, cela nous suffisait car il y avait le contexte de $E$ et/ou $\overline E$). Je propose donc d'utiliser $H_{b_1,a,b_2}$ :
$$
H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4 \quad \subset \quad \P^2(1,2,1)_{(u:v:w)}
\qquad \hbox {à qui on associe} \qquad
y^2 = x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1b_2)\big)
$$
1. Je vais noter cela de manière étrange $H_{b_1,a,b_2} \eqsim y^2 = x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1b_2)\big)$. Cela signifie dans ma tête que $H_{b_1,a,b_2}$ VOUDRAIT BIEN être isomorphe à la dite courbe elliptique. C'est le cas si $b_1=1$ (ou $b_2=1$) et plus généralement si $b_i$ est un carré. A noter le cas particulier de $b_1 = b_2$ (qui nous concerne directement dans notre cas particulier), cas pour lequel le polynôme cubique qui définit la courbe elliptique est totalement scindé :
$$
x \big(x^2 - 2ax + (a^2 - 4b_1^2)\big) = x\big(x - (a-2b_1)\big) \big(x - (a+2b_1)\big) \qquad \hbox {et de surcroit invariant par $b_1 \leftrightarrow -b_1$}
$$
2. Maintenant, un truc de sorcier dû à LOU16. Suite au changement de variables $u = U+W$, $v = V$, $w = U-W$, on obtient de manière explicite
$$
H_{b_1,a,b_1} \simeq H_{B_1, A, B_1} \quad \hbox {avec} \quad \fbox {$B_1 = a+2b_1, \quad A = 2(6b_1-a)$}
\qquad \hbox {par exemple} \qquad
H_{-1,3,-1} \sim H_{1, -18, 1}
$$
C'est à la fois banal et pas banal. Car dans l'exemple qui nous concerne ($a = 3$, $b_1 = -1$), à droite figure maintenant $H_{1,-18,1}$. Et on aime bien le $1$ qui figure devant $u^4$ car le ``voudrait bien être isomorphe'' est réalisé. A noter la surprise (mais c'est probablement tout ce qu'il y a de plus moral) :
$$
H_{b_1,a,b_1} \ \rightsquigarrow\ x\big(x - (a-2b_1)\big) \big(x - (a+2b_1)\big) \qquad\
H_{B_1,A,B_1} \ \rightsquigarrow\ x\big(x - (A-2B_1)\big) \big(x - (A+2B_1)\big) = x\big(x - 4(2b_1-a)\big) (x - 16b_1)
$$
La surprise en question c'est que les deux courbes elliptiques que l'on devine dans la ligne ci-dessus sont isomorphes. En effet, l'ensemble des 3 racines du premier polynôme est affinement isomorphe à l'ensemble des 3 racines du second :
$$
\hbox {la bijection affine} \quad x \mapsto 4x + (A-2B_1) \quad \hbox {réalise} \quad 0 \to A-2B_1, \quad a-2b_1 \to 0, \quad a+2b_1 \to 16b_1
$$
3. Dans notre histoire : prenons $a = 3$ et $b_1 = -1$. On a $A = -18$, $B_1 = 1$, $A-2B_1 = -16$, $A + 2B_1 = -20$
$$
H_{1,3,1} \simeq y^2 = x(x-1)(x-5), \qquad \qquad H_{-1,3,-1} \simeq H_{1,-18,1} \simeq y^2 = x(x+16)(x+20)
$$
Les deux courbes elliptiques sont isomorphes comme déjà dit. En mettant tout bout à bout, on obtient $H_{1,3,1} \simeq_\Q H_{-1,3,-1}$. Bilan : la deuxième passe $(\star\star\star)$ de LOU16 est inutile : la première passe $(\star\star)$ suffit (puisque les deux objets étudiés sont $\Q$-isomorphes). Cela ne se voit pas à l'oeil nu. Note : j'ai explicité $H_{1,3,1} \simeq_\Q H_{-1,3,-1}$ : l'isomorphisme est, à mon avis, impossible à deviner à la main si on ne passe pas par l'intermédiaire des courbes elliptiques.
Mais une fois que l'on a dit cela, tout reste à faire. Car les auteurs s'empressent, dans l'intention de majorer le cardinal de $E(K)/2E(K)$, de remplacer le groupe infini $H^1(G_K, E[2])$ par un groupe fini théoriquement calculable (disons si $K = \Q$ ou un corps de nombres). Et ce groupe fini, c'est le groupe de Selmer $S^{(2)}(E/K)$ qui se définit par des considérations locales. Bref, pour moi, le plus important c'est de comprendre cette histoire de considérations locales (la cohomologie galoisienne attendra même si le décor est vachement important, en particulier les multiples interprétations géométriques de $H^1(G_K, E[2])$).
Et comme d'habitude, je fais changer mon fusil d'épaule en délaissant la multiplication par 2 et en revenant aux braves cousines $E, \overline E$ et aux 2-isogénies $\phi : E \to \overline E$ et $\overline \phi : \overline E \to E$. Je reprends nos notations habituelles $p_0 = (0,0)_E$ et considère $K = \Q$ :
$$
\xymatrix @C=1.5cm {
0 \to \langle p_0\rangle \ar[r] & E(\Q) \ar[r]^\phi & \overline E(\Q) \ar[r]^-{\overline \alpha} & \overline\Gamma \to 1
}
$$
Pareil : ce machin peut s'interpréter en cohomologie galoisienne ...etc... Et le but est de majorer $\#\overline\Gamma = \#\big(\overline E(\Q) /\phi E(\Q)\big)$. On a déjà la majoration $\le 1 + \omega(\overline b)$ qui provient de l'étude des torseurs $H_{\overline {b_1}, \overline {b_2}}$ avec $\overline {b_1}\, \overline {b_2} = \overline b$ au dessus de $\overline E$.
Et maintenant, le point le plus important du post : la LOCALE SOLUBILITE des torseurs. Inutile de garder ceux qui ne sont PAS localement solubles. Par exemple $v^2 = -1951 u^4 - 2018w^4$ n'a pas de solution dans $\R$, a fortiori pas dans $\Q$. A la poubelle. C'est ce que l'on faisait déjà à la main mais pas de manière systématique. On ne garde que les torseurs localement solubles et c'est eux qui vont s'organiser en le groupe de Selmer (ici de l'isogénie $\phi$). Parmi ces torseurs localement solubles i.e. ayant des solutions dans tous les $\Q_p$ y compris $p = \infty$, il y a des saloperies : ceux qui n'ont pas de solution dans $\Q$. Mais en général pas le moyen de le savoir.
Bref, sur la sellette : la locale solubilité. Visiblement, il y a des algorithmes. A PARTIR des primitives magma, je viens de bricoler une fonction EstLocalementSoluble. On oublie le contexte précédent et maintenant on examine la solubilité locale de $H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$. Je commence par une première saloperie : Trois autres exemples (de type saloperie i.e. localement soluble mais pas globalement) que l'on voit dans Cohen Nous autres dans l'étude de $E : y^2 = x^3 + px$ avec $p \equiv 5 \bmod 8$ in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1706610#msg-1706610. On a dit niet aux deux torseurs $H_{-2,2p}$ et $H_{2,-2p}$ du côté de $\overline E$. Mais il a fallu réfléchir et surtout penser aux symboles de Legendre de $\pm 2$ modulo $p$. Et une machine peut faire cela à nôtre place.
[color=#000000] > // Nous autres pour y^2 = x^3 + p*x avec p = 5 modulo 8 > // Ebar : y^2 = x^3 - 4p*x : (b1,b2) = (2,-2p), (b1,b2) = (-2,2p) pour -2H_{2,-2p}, H_{-2,2p}) > p := 13 ; > H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 2 where a is 0 where b2 is -2*p ; > H ; Curve over Rational Field defined by 2*u^4 - 26*w^4 - v^2 > EstLocalementSoluble(H) ; false > H := Domain(Torseur(a,b1,b2)) where b1 is 2 where a is 0 where b2 is -2*p ; > H ; Curve over Rational Field defined by 2*u^4 - 26*w^4 - v^2 > EstLocalementSoluble(H) ; false [/color]Al-Kashi
Dans la carte $\{y=1\}$-affine, $x$ est une uniformisante donc on devrait s'en sortir en divisant par $x$ un certain nombre de fois et en faisant gaffe aux coordonnées qui sont seulement $(1,2,1)$-homogènes sur $H_{-1,-1}$ !
On a $z/x=(x^2-6xz+5z^2)/y^2$, $z/x^2=(x-6z+5z^2/x)/y^2$ et $z/x^3=(1-6z/x+5z^2/x^2)/y^2$ donc, en $p_{\infty}$, $z/x=z/x^2=0$ et $z/x^3=1$. Or,$$\theta^{-1}(x:y:z)=\left(y\frac z {x^3}:i\frac z {x^3}\left(1-5\frac {z^2} {x^2}\right):2i\frac z {x^2}\right).$$ D'où $\theta^{-1}(p_{\infty})=(1:i:0)$.
Il y aussi un problème en $O=(0:0:1)$ !
Dans la carte $\{z=1\}$-affine, $y$ est une uniformisante.
On a $x/y=yz/(x^2-6xz+5z^2)$ donc, en $O$,$x/y=0$ et $x/y^2=1/5$. Or, $$\theta^{-1}(x:y:z)=\left(z:iz(x^2-5z^2)\frac x {y^2}:2iz\frac x y\right).$$
D'où $\theta^{-1}(O)=(1:-i:0)$.
Je n'ai pas encore essayé de calculer $\theta^{-1}((x:y:z)+_{\overline E}\theta(1:1:1))$...:-S
Les notions ici sont hors ma sageté.
Cordialement.
Je m'excuse ça n'a pas arriver.
Mais on peut utiliser l'argument suivant pour arriver au résultat voulu sans distinguer les cas I) et II).
On a en fait $N_{1}^{2}(N_{1}^{2} + 3)$ est un produit à deux facteurs de différence $3$, et que $(A - 1)(A + 1)$ est un produit à deux facteurs de différence $2$. Et alors leur égalité n'est possible que si $N_{1} = 0$ et $A = 1$. (à vérifier !)
Cordialement.
Mais là c'est une équation du second degré, $x^2+2x-1$, dont les solutions n'offrent aucun mystère
Tu as du courage. Comme les levées d'indétermination (apparente), j'ai fait cela des dizaines de fois à la main, je n'ai plus le courage. J'utilise qui tu sais, cf plus loin. Voici mes formules : j'ai composé les deux isomorphismes que nous avons mis au point (entre $\overline E$ et $H_{1,b}(E)$), l'un par $\Diag(i,i,1)$ d'un côté (le bon !) et l'autre par $\Diag(1,i,i)$ de l'autre côté (le bon, bis), si tu vois ce que je veux dire. Est ce que c'est lisible ? Mais ci-dessous un désaccord avec ce que tu nommes $\theta$ Pour te rassurer quand même : Les formules relais pour le fun (c'est pas moi qui bosse)
Quant à faire à la main le coup de $\theta^{-1}((x : y : z) +_{\overline E} \text{truc})$, laisse béton. C'est bien pour cela qu'ici j'ai laissé tomber et j'ai considéré le truc de sorcier de LOU16 dont j'ai parlé dans un post.
Le bilan : un TRUC DE DINGUE (lorsque l'on croit aux espaces homogènes principaux et il n'y a pas de raison de ne pas y croire) : pour un torseur au dessus de $E$, il y a deux statuts. Ou bien il ne possède pas de point $\Q$-rationnel (et donc ne contribue pas à $\Gamma$) ou bien, il possède un point $\Q$-rationnel auquel il est isomorphe à $\overline E$ (en tant qu'espace principal homogène). C'est DINGUE (bis).
Je vous le dis gentiment mais je crois que vous êtes totalement à côté de vos pompes ici. Je pense que vous ne vous rendez pas bien compte de la situation, jusqu'à confondre parfois $(x,y) \in \Q \times \Q$ et $(x,y) \in \Z\times \Z$. Je n'ai pas envie de me fatiguer à pointer.
Si vous avez vraiment quelque chose à dire (en particulier Tonm, y'en a marre de tes histoires de choses élémentaires qui tiennent en 2 lignes), vous écrivez des choses de A à Z, soigneusement. LOU16 en a donné un exemple et cela lui a pris un certain temps. Je suis d'ailleurs encore en train de lire et étudier ce qu'il a écrit (donc c'est le deuxième jour, cela représente pour moi une demi-douzaine d'heures).
Ici, on ne se contente pas de résoudre des équations. On les étudie, nuance.
Suggestion : pourquoi ne pas ouvrir un fil tous les trois pour résoudre les équations de votre choix ?
Groupe de Selmer et locale solubilité. Bien entendu, je ne suis pas clair là-dessus mais c'est un point VACHEMENT IMPORTANT. Je vais préparer des exemples et des exemples. Nous en avons déjà vu un simple : le $\R$-reality trick de Connel pour $\Q_\infty$.
Regarde bien ce que dit Cohen au début de l'extrait. Not difficult .. are everywhere locally soluble. Quand un torseur te raconte qu'il est localement soluble (un algorithme peut le faire, j'ignore comment), tu mets le paquet pour y trouver un point (global) rationnel. Jusqu'à temps de changer d'avis si cela résiste trop. C'est bien ce que dit Cohen. Et cela va lui demander plus de 2 pages pour montrer qu'il n'y a pas de solution globale. Plus de 2 pages pour Cohen, ce n'est pas rien (certes, il doit régler 3 torseurs). Et ça, juste pour venir à bout de $y^2 = x^3 + 17x$. A méditer.
Mais le corps de mon raisonnement est valable dans $\mathbb{C}$ et à la conclusion $N_{1} = 0\;\textrm{ou} \;N_{1} = \mathrm{i}$ correspondant à $(x, y) = (0, 0)\;\textrm{ou} \:(x, y) = (-1, \pm 1)$ donne en tout cas les solutions demandées.
Reste à savoir est ce que ce sont les seules en résolvant l'équation $x^{2}(x^{2} + 3) = y^{2} - 1$ dans $\mathbb{C}$ pour s'il y a d'autres solutions autres que pour $x = 0\;\textrm{ou} \;x = \mathrm{i}$.
J'ai fait un Edit bien visible pour mon erreur sur $\theta$.
C'est quand même incroyable que mon $\theta(1:1:1)$ était juste et m'aurait permis de calculer la translation de Silverman, en théorie du moins...
J'ai eu la flemme de calculer à la main les formules-relais pour $\theta^{-1}$ : j'étais déjà bien content d'avoir levé les indéterminations grâce aux uniformisantes qui vont bien !
Et je suis bien d'accord avec toi que cette histoire commence à être dingue !
Et le "Not difficult .. are everywhere locally soluble" de Cohen met bien en relief mes très modestes moyens. :-S
$$
H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4 \quad \subset\quad \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}
\qquad \qquad H := H_{1,3,1}, \qquad \qquad H' := H_{-1,3,-1}
$$
Il s'agit de :
$$
\begin {array} {c}
(u : v : w) \mapsto (uw + v : (uw + v)(u^2 - w^2) : u^2 + w^2) \qquad&\qquad (u : v : w) \mapsto (uw + v : (uw + v)(u^2 + w^2) : u^2 - w^2) \\
H \to H' &H' \to H \\
\end {array}
$$
$H(\Q)$ est constitué des 4 points pour lesquels $uw = 0$ (relire le post de LOU16) et $H'(\Q)$ des 4 points pour lesquels $u = \pm w$ (idem). Qui bien sûr se correspondent via les isomorphismes (réciproques l'un de l'autre) ci-dessus
$$
H : \quad (1 : 1 : 0),\ (1 : -1 : 0),\ (0 : 1 : 1),\ (0 : -1 : 1), \qquad\qquad
H' : \quad (1 : 1 : 1),\ (-1 : -1 : 1),\ (1 : -1 : 1),\ (-1 : 1 : 1)
$$
Enfin, $H, H'$, non contents d'être isomorphes à $\overline E : y^2 = x(x-1)(x-5)$, sont également revêtements de degré 2 de la fameuse courbe elliptique $E : y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ à l'origine du fil. Et on a un diagramme commutatif où $p_1 = (-1,-1)_E$ :
$$
\xymatrix @C = 2cm {
H\ar[d]_{\pi_{1,3,1}} \ar[r]^\simeq & H'\ar[d]^{\pi_{-1,3,-1}} \\
E \ar[r]_{\psi : p \mapsto -p +p_1} & E \\
}
$$
Ceci apporte un peu de structure au binz.
Groupe de Selmer, pourquoi faire ? Reprenons encore une fois le contexte de $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ et de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$. On a une injection de groupes de la forme $(\Z/2\Z)^\bullet$
$$
\overline E(\Q) / \phi E(\Q) \quad\hookrightarrow\quad \Sel^{(\phi)}(E/\Q) \qquad\qquad (\star)
$$
Cela sert en particulier à majorer le cardinal de $\overline E(\Q) / \phi E(\Q)$ (et plus tard le rang commun de $E, \overline E$). Si dans $(\star)$, $(\Z/2\Z)^g$ est le groupe de gauche et $(\Z/2\Z)^s$ celui de droite, on a $g \le s$. Nous, on savait que $g \le 1 + \omega(\overline b)$ où $\omega(\text{truc})$ est le nombre de diviseurs premiers de $\text{truc}$. Et la majoration est meilleure i.e. $\fbox {$g \le s \le 1 + \omega(\overline b)$}$.
Histoire de faire joujou, j'ai fait la chose suivante : j'ai réalisé $10^2$ tirages aléatoires de couples $(a,b)$ avec $b(a^2 - 4b) \ne 0$ et j'ai fait des statistiques sur les couples $(s, 1 + \omega(\overline b))$, histoire de se convaincre que la majoration par $s$ est (souvent) plus fine
[color=#000000] Stats := Statistics(10^2) ; > Stats ; {* <1,2>^^17, <1,3>^^31, <1,4>^^10, <1,5>, <2,2>, <2,3>^^19, <2,4>^^15, <2,5>, <3,4>^^2, <4,4>, <4,5>, <6,6> *} > #Stats ; 100 [/color]Explication : <1,3>^^31 signifie qu'il y a eu 31 couples $(a,b)$ pour lesquels $s=1$ et $1 + \omega(\overline b) = 3$. Idem pour les autres.Of course, cela sous-entend que $\Sel^{(\phi)}(E/\Q)$ est calculable et c'est pas moi qui bosse, tu t'en doutes. Bien sûr, il faut se toujours se méfier des résultats calculés par ordinateur. Je compte bien recouper des informations. Le bilan, c'est qu'il faut apprendre à distinguer ce qui est calculable de ce qui ne l'est pas. Je suis impressionné par ce qui a été implémenté dans le domaine des courbes elliptiques sous mon logiciel : 2-descente, 3-descente, 4-descente, 8-descente. Y'a des gens qui bossent.
Autre chose mais j'attends. Super bonnes nouvelles concrètes de $\WC(E/\Q)$ (aucun rapport avec ``aux chiottes, l'arbitre'', je parle du groupe de Weil-Châtelet). News plus tard.
Là, un truc facile. Je crois que je me trompe mais je ne vois pas où. Quand tu auras le temps... Il s'agit de la proposition 6.1 du X, p. 346-347 de Silverman. Le contexte est chez lui la courbe $E : y^2 = x^3 + Dx$ avec $D \in \Z \setminus \{0\}$. Je m'empresse de remplacer $D$ par $b$ pour que cela colle avec nos notations. La cousine est $\overline E : y^2 = x^3 -4bx$. Je note comme d'habitude $\omega$ le nombre de diviseurs premiers de ... (au lieu de $\nu$ comme Silverman, défini vers le haut de la page 346).
Je désigne par $r$ le rang commun de $E/\Q$ et $\overline E/\Q$.
1. Silverman donne comme majoration $r \le 2\omega(2b) - 1$.
2. Nous autres, on dit (de manière générale) $r \le \omega(b) + \omega(\overline b) -1$. Mais ici $\overline b = -4b$ donc cela donne $r \le \omega(b) + \omega(2b) -1$.
3. Je dis que lorsque $b$ est impair, on gagne une unité par rapport à Silverman. Ce qui m'étonne. Par contre, pour $b$ pair, pareil.
Note : dans la pratique, on a intérêt à prendre $b$ 4-libre i.e. $v_p(b) < 4$ pour tout premier $b$. Car toute courbe $y^2 = x^3 + bx$ est $\Q$-isomorphe à une courbe $y^2 = x^3 + b'x$ avec $b'$ 4-libre. Remarque : 4-libre = four-power-free
Je suis d'accord avec toi.
Si $b$ est pair, $\omega(b)=\omega(2b)=\omega(\overline b)$ donc $\omega(b) + \omega(\overline b) -1=2\omega(b) -1=2\omega(2b) -1$.
Si $b$ est impair, $\omega(2b)=\omega(\overline b)=\omega(b)+1$ donc $\omega(b) + \omega(\overline b) -1=2\omega(b)=2\omega(2b)-2$.
Et quand on sait la difficulté de calculer le rang d'une courbe elliptique, on fait gaffe à trouver la majoration la plus fine possible.
J'ai trouvé sur la toile ce [petit mémoire] qui consacre un chapitre aux groupes de Selmer, mais sans rappeler ce qu'on trouve déjà dans le Silverman
Les solutions de $x^{2}(x^{2} + 3) = y^2 - 1$ telles que celles de $(1)$ soient dans $\mathbb{Q}$, seront, soit réelles soit imaginaires pures (facile à voir).
- Si $x$ est réel, l'argument précédemment utilisé convient. A savoir ''$x^{2}(x^{2} + 3)$ est le produit de deux nombres de différence $3$, alors que $y^2 - 1$ est les produit de deux nombres de différence $2$ dans $\mathbb{R}$''. Il ne sont égales que si $x = 0$.
- Si $x$ est imaginaire pur, le même argument est applicable car $x^2$ est dans $\mathbb{R}$, et on a l'égalité que si $x = \mathrm{i}$
Cordialement
OK. Mais tout de même, c'est Silverman. Ce qui est dommage, c'est que pour $b = \pm p$ où $p$ est un premier impair, la borne de Silverman est $3$ (from $2 \times 2 -1$), alors que la borne est $2$, comme on avait déjà vu chez Cohen.
Note : il y a sa remarque 6.1 mais c'est dans le cas $b$ pair, si bien que ...
Et il se trouve que les courbes $y^2 = x^3 \pm px$, $p$ premier impair (ou leurs cousines) sont une source intéressante d'exemples comme on l'a déjà entrevu. Je pense que c'est là-dedans que l'on va pouvoir se familiariser avec la locale solubilité de certains torseurs. Cf proposition 6.5 p. 352. Il va certainement falloir apprendre un peu d'arithmétique de type ``quartic residue''.
Note : je viens de vérifier que les résultats de magma, en ce qui concerne le groupe de Selmer de $\phi : E \to \overline E$ avec $E : y^2 = x^3 + px$, sont en accord avec le point (b) de la proposition 6.2 page 347. J'ai passé les premiers $3 \le p \le 10^3$ : tout baigne (15 secondes). Et cela me permet de ne pas mélanger $\phi$ et $\overline \phi$ ! (c'était ma hantise il y a un certain temps).
Une proposition (honnête, il me semble) : déterminer le groupe de Selmer de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x^3 + px$, $\overline E : y^2 = x^3 - 4px$ pour $p$ premier impair positif, en suivant (plus ou moins) l'énoncé et la preuve de la proposition 6.2 du chap X de Silverman (p. 347-350).
MAIS, et c'est là la grosse différence, on fera cela SANS parler des groupes de Selmer ! On travaillera comme autrefois en essayant de dire des choses intelligentes sur $\overline\Gamma$ car c'est lui qui est sur la sellette because $\overline E(\Q)/\phi E(\Q) \simeq \overline \Gamma$.
Evidemment, vouloir déterminer les groupes de Selmer sans en parler risque de provoquer un certain bazard, peut-être des passes à faire deux fois. Mais c'est dans l'intention d'éviter de glacer le sang en balançant trop de notions nouvelles.
Tu te doutes que si j'écris ce post, c'est que j'ai un peu réfléchi à la manière de conduire le binz, d'une façon que j'espère la moins chaotique possible. Mais on se sait jamais comment les choses vont se dérouler exactement sur le forum.
A toi de dire si tu marches dans la combine.
So I'm in !
0. D'abord, soigner la préparation : disposer de Silverman pas loin de soi, préparer $-1$ carré modulo $p$ équivaut à ..., 2 carré modulo $p$ équivaut à .., $-2$ carré modulo $p$ équivaut à ... En temps utile, on sera même obligé d'aller chercher une obstruction modulo 16.
On couche les couples $(b_1, b_2)$ de produit égal à $\overline b = -4p$.
$$
\begin {array}{c@{\quad}|c|c|c|c|c}
1,-4p & -1,4p & 2,-2p &-2,2p &4,-p & -4,p \\
\hline
\{1,-p\}_{\text{carrés}} & ? & ? & ?
&\text{exam. inutile}&\text{exam. inutile}\\
\end {array}
$$
Il s'agit d'étudier PARTIELLEMENT la solubilité sur $\Q$ des torseurs $H_{b_1,b_2} : v^2 = b_1u^4 + b_2w^4$ (ici pas de terme central en $u^2w^2$ donc la notation $H_{b_1,b_2}$ n'est pas ambigüe). Rappel : $\overline\Gamma \subset \Q^*/\Q^{*2}$ est constitué (modulo les carrés) des $b_1 \mid -4p$ tels que $H_{b_1,-4p/b_1}(\Q) \ne \emptyset$. Note : comme 4 est un carré, je me permets, dans $\Q^*/\Q^{*2}$, de remplacer $4\text{truc}$ par $\text{truc}$ ; et, quitte à être lourd, pour ne pas oublier les endroits où cela se passe dans $\Q^*/\Q^{*2}$, je mentionne $\{\quad \}_{\text{carrés}}$
1. Dans l'énoncé X.6.2 de Silverman, on voit que le comportement de $p$ modulo 16 est primordial. En lisant la preuve, on est amené à introduire 8 sous-groupes $S_i$ de $\Q^*/\Q^{*2}$ correspondants aux 8 valeurs (impaires) de $p$ modulo 16 :
$$
\begin {array} {c}
S_1 = S_9 = \{1,-p,\ -1,p, \ 2,-2p,\ -2,2p \}_{\text{carrés}} \qquad \qquad S_3 = \{1,-p,\ -2,2p \}_{\text{carrés}} \qquad \qquad
S_5 = S_{13} = \{1,-p,\ -1,p \}_{\text{carrés}}
\\
S_7 = S_{11} = \{1,-p,\}_{\text{carrés}} \qquad\qquad S_{15} = \{1,-p,\ 2,-2p \}_{\text{carrés}}
\\
\end {array}
$$
Un truc permettant de vérifier qu'il n'y a pas (trop) de coquille(s) (i.e. comparer avec l'énoncé de Silverman) :
$$
S_7 = S_{11} \simeq \Z/2\Z, \qquad\quad S_3 \simeq S_5 = S_{13} \simeq S_{15} \simeq (\Z/2\Z)^2, \qquad\quad S_1 = S_{9} \simeq (\Z/2\Z)^3
$$
Note : extraire les $S_i$ de la preuve est ce qui m'a coûté le plus de temps. On voit d'ailleurs que parfois (mais pas toujours) $p \bmod 8$ suffit : ainsi, $p \equiv 5, 13 \bmod 16$ doit être compris comme $p \equiv 5 \bmod 8$.
2. Pour $b_1 = -1, 2, -2$, vérifier que $H_{b_1,-4p/p_1}(\Q) \ne \emptyset \ \Rightarrow\ b_1 \text { est un carré modulo } p$. Note : ne pas oublier que l'on peut imposer $u \wedge w = 1$.
3. Préparation terminée. C'est parti mon kiki. Montrer que $\overline\Gamma \subset S_i$ où $i = p \mod 16$. Cela doit aller assez vite. Sauf (à garder pour la fin) pour $p \bmod 16 = 7, 11$ : il y a une obstruction modulo 16.
4. PLUS TARD : les $S_i$, vus leurs noms, seront élus groupes de Selmer de la 2-isogénie $\phi : E \to \overline E$ où $E : y^2 = x^3 + px$, $\overline E : y^2 = x^3 - 4px$. Il s'agira à ce moment là de montrer que les torseurs correspondants aux $b_1$ dans $S_i$ sont localement solubles. C'est à cet endroit qu'il y aura du boulot dans tous les $\Q_q$ avec $q$ premier, y compris $q=2, q = \infty$. Hensel et compagnie. Mais plus tard.
5. BEAUCOUP PLUS TARD. S'occuper de quelques saloperies i.e. exhiber des torseurs localement solubles non globalement solubles. Proposition X.6.5 de Silverman. Résidu quartique sur la sellette.
6. Super-important. Surtout ne pas jeter au feu le Silverman, les Cohen ($\simeq 600 + 700 + 600$ pages) ...etc... Je dis cela car on voit parfois certaines personnes torcher des choses en 3 ou 4 lignes en faisant de l'arithmétique dans $\mathbb R$ ou $\mathbb C$. Sacrée descente.
Super programme !
Je regarde ça demain après-midi. ;-)
$$
A,A' \hbox { deux groupes abéliens de type fini}, \qquad
A \ \buildrel \phi \over \longrightarrow \ A' ,\quad A' \ \buildrel \phi' \over \longrightarrow \ A, \qquad
\ker\phi, \ker\phi' \hbox { finis}, \quad \hbox {2 entier quelconque,} \quad \phi' \circ \phi = [2]_A
$$
A droite, $[2]_A$ désigne la multiplication par 2 sur $A$. L'objet est de prouver que $A, A'$ ont même rang, disons $r$, et une relation entre cardinaux de groupes abéliens finis :
$$
\fbox {$\#\Bigl( {A \over \phi'A'}\Bigr) \ \times \ \#\Bigl( {A' \over \phi A}\Bigr) = 2^r \ \times \ \#\ker\phi \ \times\ \#\ker\phi'$}
$$
Je donne des éléments (non détaillés) de preuve. J'utilise $\text{truc}[2]$ pour la 2-torsion du groupe abélien $\text{truc}$ et les résultats suivants où $T$ est un groupe abélien fini et $(G_\bullet)$ une suite exacte de groupes finis :
$$
\#(T/2T) = \#T[2], \qquad
0 \to G_n \to \cdots \to G_2 \to G_1 \to G_0 \to 1 \quad \hbox {fournit} \quad \#G_0 \times \#G_2 \times \#G_4 \times \cdots =
\#G_1 \times \#G_3 \times \#G_5 \times \cdots
$$
0. On a $2A \subset \phi' A'$ et $\ker \phi \subset A[2]$.
1. $A, A'$ ont même rang : la restriction de $\phi$ à un supplémentaire (libre) dans $A$ du groupe de torsion de $A$ est injectif (car $\ker\phi$ est fini) donc $\rk(A) \le \rk(A')$. Idem $\rk(A') \le \rk(A)$.
2. L'inclusion $2A \subset \phi'A'$ fait que $\phi'A'$ est d'indice fini dans $A$. D'autre part, $A'/\phi A \ \buildrel \phi' \over \to \ A/2A$ est à noyau fini, donc $A'/\phi A$ est fini. Bref, les groupes intervenant à gauche de l'encadré sont bien des groupes finis.
3. On dispose d'une suite naturelle exacte :
$$
0 \to
\xymatrix @C=2.2cm {
\displaystyle {\ker\phi' \over \phi A[2]} \ar[r]^-{\text{celle à}}_-{\text{laquelle on pense}} &
\displaystyle {A'\over \phi A} \ar[r]^{\phi'} &
\displaystyle {A \over 2A} \ar[r]^-{\text{celle à}}_-{\text{laquelle on pense}} &
\displaystyle {A \over \phi' A'}
} \to 0
$$
4. On a donc $\#\Bigl( {A \over \phi'A'}\Bigr) \ \times \ \#\Bigl( {A' \over \phi A}\Bigr) = \#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr) \ \times \ {\#\ker\phi' \over \# \phi A[2]}$ $\quad(\heartsuit)$.
5. Soit $T$ le sous groupe de torsion de $A$ (c'est un groupe fini). On a $A/2A \simeq (\Z/2\Z)^r \times T/2T$ donc $\#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr) = 2^r \times \#T[2] = 2^r \times \#A[2]$.
6. La surjection $\phi : A[2] \twoheadrightarrow \phi A[2]$ est de noyau $\ker\phi$ (bien contenu dans $A[2]$). Donc $\#\phi A[2] = {\#A[2] \over \#\ker\phi}$.
7. Dans 4. on remplace à droite de l'égalité $(\heartsuit)$, $\#\Bigl( {A \over 2A}\Bigr)$ par sa valeur figurant dans 5. et $\#\phi A[2]$ par sa valeur figurant dans 6. Miracle : les $\#A[2]$ se compensent et on tombe sur l'égalité encadrée à montrer.
1. A propos du mémoire que tu as pointé l'autre jour in https://dms.umontreal.ca/~lerouxlapia/perso/rapport-e17.pdf. Beaucoup de fautes d'orthographe d'une part (ce n'est pas que de la faute de l'étudiant, le mémoire est en principe relu). Mais surtout, le ``système'' pousse l'étudiant à écrire des choses qu'il ne comprend pas. Voici un extrait de ce qu'il écrit sur le groupe de Selmer et de Tate-Shafarevich. L'information fournie est NULLE. Quant au théorème 2.7, c'est du coupé-collé de Silverman (sauf que c'est écrit en français). Par contre, p. 26, lemme 3.1, l'auteur se fend d'une démo (pas légère) pour montrer que si deux entiers $a,b$ sont de parité contraire et premiers entre eux, alors $a-b$ et $a+b$ sont premiers entre eux !! Encore une fois, ce n'est pas l'étudiant qui est en cause, mais ce que j'appelle le système.
2. Pendant un certain temps, les espaces homogènes principaux (sur une courbe elliptique), le groupe $\text{WC}(E/K)$, la cohomologie galoisienne ...etc.. on s'assoit dessus. J'aime bien le titre ``Some abstract non sense'' du (petit) chapitre ``Cohomologie des groupes'' de Cassels (Lectures on elliptic curves). On reviendra là-dessus en temps utile avec des objets ``Modèles de courbes de genre 1'' qui vont nous fournir des exemples pertinents. A ce propos, sous qui tu sais, je me suis aperçu qu'il y avait de la $n$-descente pour $n \in \{2,3,4,5,6,9, 12\}$. Pour l'instant, nous en sommes toujours avec les 2-isogénies mais regarder la 2-descente générale (Cohen) et la 3-descente avec un point de 3-torsion (section 8.4 de Cohen) pourra être envisagé.
3. Très très bientôt sur la sellette, une fois les 2 posts précédents réglés : la solubilité locale des $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2w^4$ (short binary quartic). J'ai appris beaucoup dans https://alozano.clas.uconn.edu/wp-content/uploads/sites/490/2014/01/ALP-2-23-07.pdf, je te le conseille vivement (les 10 premières pages). Sans cette histoire de solubilité locale, les groupes de Selmer resteraient sur le papier. Alors que ce n'est pas le cas : ils vivent en machine.
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b), \qquad \overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x+ \overline b) \qquad \hbox {avec} \quad \overline a= -2a, \quad \overline b = a^2 - 4b
$$
Pour $b_1 \in K^*$, je définis (attention surtout à ne pas mélanger $E$ et $\overline E$) la courbe projective (short binary quartic)
$$
H_{b_1} = H_{b_1, \overline a, \overline bb_1^{-1}} : v^2 = b_1 u^4 + \overline a u^2 w^2 + \overline b b_1^{-1} w^4 \quad \subset \quad \P^2(1,2,1)_{(u : v : w)}
$$
Cette courbe est notée $C_d$ chez Silverman et apparaît aux pages 327-328 et aux pages 336-337 (Example 4.8) sous la forme d'un twist (je change les noms de variables de Silverman pour coller à nos notations et je la donne en homogène alors que Silverman la donne en affine) :
$$
C_d : d v^2 = d^2 u^4 + d \overline a u^2 v^2 + \overline b w^4 \qquad d_{\rm\ Silverman} = {b_1}^{\rm ici} \qquad \rightsquigarrow \quad
\hbox {en divisant par $d$ et en renommant $d$ en $b_1$, on tombe sur $H_{b_1}$}
$$
Je note $p_0 = (0,0)_E$ le point $K$-rationnel de 2-torsion de $E$. Tout $b_1 \in K^*$ définit un 1-cocycle $c^{b_1} \in Z^1(G_K, \langle p_0\rangle)$ où $G_K$ agit de manière triviale sur $\langle p_0 \rangle$. Because action triviale, ce 1-cocycle n'est autre qu'un morphisme de $G_K \to \mu_2 = \{\pm 1\} \simeq \langle p_0\rangle$, $1 \leftrightarrow p_\infty$, $-1 \leftrightarrow p_0$. Je donne la version multiplicative à gauche et additive à droite sur la courbe elliptique
$$
c^{b_1} : G_K \to \mu_2 = \{\pm 1\}, \quad \sigma \longmapsto {\sigma (\sqrt {b_1}) \over \sqrt {b_1}} = \pm 1
\qquad\qquad\qquad
c^{b_1} : G_K \to \langle p_0\rangle , \quad \sigma \longmapsto
\begin {cases} p_\infty & \hbox {si $\sigma (\sqrt {b_1}) = \sqrt {b_1}$} \\ p_0 &\hbox {sinon i.e. } \sigma (\sqrt {b_1}) = -\sqrt {b_1} \end {cases}
$$
La classe de cohomologie $[c^{b_1}] \in H^1(G_K, \langle p_0\rangle) \simeq K^* / K^{*2}$ s'identifie d'une part à la classe de $b_1$ modulo les carrés.
Mais d'autre part $c^{b_1}$ définit un habitant de $H^1(G_K, E) \simeq \WC(E/K)$ donc une classe d'espace homogène sous $E$ qui n'est autre que la classe de la quartique $H_{b_1}$ (calcul réalisé par Silverman).
Le charme de la cohomologie fait que $H_{b_1}$ possède un $K$-point si et seulement si $c^{b_1}$ est cohomologiquement trivial DANS $H^1(G_K,E)$ i.e. si $c^{b_1}$ est un co-bord relativement à la cohomologie de $G_K/E$.
Surtout à ne pas confondre avec le fait que $c^{b_1}$ est le morphisme trivial, cette dernière assertion signifiant que $b_1$ est un carré. Certes, si $b_1$ est un carré, $c^{b_1}$ est le morphisme trivial, a fortiori, cohomologiquement trivial et $H_{b_1}$ admet le point $(u = 1, v = \sqrt {b_1}, w = 0)$. Mais on se souvient par exemple de LOU16 et de $H_{-1,3,-1} : v^2 = -u^4 + 3u^2w^2 - w^4$ qui possède le point $\Q$-rationnel $(u=v=w=1)$ sans que $-1$ ne soit un carré dans $\Q$. Autrement dit, il ne faut pas confondre ci-dessous le monde à gauche qui s'envoie dans le monde à droite :
$$
H^1(G_K, \langle p_0\rangle) \simeq K^* / K^{*2} \quad \longmapsto\quad H^1(G_K, E) = \WC(E/K) \qquad\qquad (\star)
$$
Chute. Supposons $H_{b_1}(K) \ne \emptyset$, $H_{b'_1}(K) \ne \emptyset$. Alors $c^{b_1}$ et $c^{b'_1}$ sont nuls dans $H^1(G_K, E)$ donc leur somme également. Mais cette somme n'est autre que $c^{b_1b'_1}$ car la loi de multiplication à gauche dans $(\star)$, ce n'est autre que la loi de multiplication de $K^*$ modulo les carrés. On a donc obtenu :
$$
\fbox {$\left[ H_{b_1}(K) \ne \emptyset, \quad H_{b'_1}(K) \ne \emptyset\right] \quad \Rightarrow\quad H_{b_1b'_1}(K) \ne \emptyset$}
$$
Mais moi, je ne crois pas au Père Noël : j'ai absolument besoin, à partir d'un $K$-point de $H_{b_1}$ et d'un $K$-point de $H_{b'_1}$ de construire un $K$-point de $H_{b_1b'_1}$. Je ne sais pas faire pour l'instant. Comme je me méfie de ce que je peux comprendre en cohomologie galoisienne, j'ai posé la question à Silverman. Non, je ne délire pas : l'encadré est bien vrai.
[color=#000000] > I suppose C_d(K) and C_d'(K) non empty. > 1. Is it true that C_{dd'}(K) is non empty ? Yes, that should be true. Use the Kummer exact sequence and the fact that H^1(G_K,E[\phi]) is a group. > 2. If yes, is it possible to explicit a K-point of C{dd'} from a K-point of C_d and a K-point of C_d' ? I expect that can be done, but have not thought about. If you can't work it out yourself, these are the sorts of questions that you can ask on MathStackExchange and probably get an answer. Joe Silverman [/color]Tu as répondu à 1).
As-tu utilisé l'indication de Silverman pour ça ? (je ne comprends pas tout)
Je pense que si 2) est possible, tu en viendras à bout car expliciter=CQ. ;-)
Je comprends mieux pourquoi dans les bouses qu'ils écrivent qui commencent par "soit une résolution projective de $\mathbb{Z}[\Gamma]$", ils arrivent tout fier à dire "donc $H^1(\Gamma,A)$ est trivial".
Je propose d'interdire toute mention de $H^1$ et de ne parler que de $Hom(\mathbb{Z}[\Gamma-\Gamma], A)$ dont la définition est claire, simple, et où on voit tout de suite que si on ne regarde que l'image des $\sigma-1$ c'est parce qu'on s'était donné au départ une structure de $\Gamma$-module sur $A$ et $\mathbb{Z}[\Gamma-\Gamma]$
0. Le contexte de mon post précédent (cohomologique) est inutilement compliqué. Je l'ai écrit de manière à coller (vaguement) à Silverman pour éviter d'une part de passer pour un charlot et d'autre part pour pouvoir poser la question à Silverman. Maintenant que j'ai pigé, la réalité est plus simple. Pour réaliser l'encadré du post précédent, il faut d'abord réaliser le point 4. ci-dessous (dans lequel $E_{\rm ici}$ ici remplace $\overline E_{\text{post précédent}}$, écrit pour coller à Silverman, bis). Je te laisse vérifier le point 4. (le début, pas le bonus).
1. Pas vraiment compris la réponse (Kummer) de Silverman, mais elle m'a rassuré. A vrai dire, je n'ai pas bien compris non plus ce que je racontais ! Disons que cela dépendait de l'heure dans la journée et de la journée dans la semaine. Car ce truc me turlupinait depuis des semaines (bien avant le chap X de Silverman).
2. A propos de $\mu_2 = \{\pm 1\}$. Invoquer $\mu_m$ et Kummer (alors que $\mu_2$ est contenu dans tout corps), c'est fort de café. N'empêche que cela ne peut pas faire de mal de savoir que $H^1(G_K, \mu_2) = K^*/K^{*2}$. Il faut surtout savoir ce que signifie cette égalité. J'en ai parlé (il y a 2 semaines) in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1713854#msg-1713854 (qui pointe un post remontant à 3 semaines). Mais ICI, on va s'en fiche de cette égalité.
3. Dans l'histoire LOU16, il a fallu que je fasse quelque chose pour expliciter $H_{-1,3,-1} \simeq H_{1,3,1}$. Ce quelque chose est probablement passé inaperçu mais moi je m'en souviens. Et d'ailleurs, en planquette, j'ai traité je ne sais combien d'exemples ``du type LOU16''. C'est là que j'ai compris un truc (brute force = stupide, passer par la courbe elliptique ad-hoc). Je ne peux pas me permettre de zapper. Cf le point 5.
4. On oublie tout. Contexte minimaliste $E : y^2 = x(x^2 + ax + b)$, $(x,y)$ un $K$-point de $E$. J'écris $\fbox{$x = (x^2 + ax +b)^{-1} y^2$}$ (C.Q. fort en calcul) de la forme $b_1u^2$. Cet encadré est la clé (on est loin de la cohomologie et je risque de passer pour un naze dans les salons mondains). I.e. je pose :
$$
\left\{ \begin {array}{l}
b_1 = (x^2 + ax + b)^{-1} = x/y^2 \sim_{\text{carrés}} x \\
b_2 = b y^2 / x = b(x^2 + ax + b) \\
u = y \\
v = y^2/x = x^2 + ax + b \\
\end{array} \right.
\qquad\qquad\qquad
\begin {array} {l}
\hbox {(j'évacue le cas $y=0$ i.e. patch} \\
\hbox {comme dit Cassels en italique p. 67)} \\
\end {array}
$$
Alors $b_1b_2 = b$ et $(u,v)_{w=1}$ est un $K$-point de $H_{b_1,a,b_2}$ dont l'image par $\pi_{b_1,a,,b_2} : H_{b_1,a,b_2} \to E$, $(u,v) \mapsto (b_1u^2, b_1uv)$ est le point $(x,y)$. Je te laisse vérifier. AUCUN calcul. Bilan : tout point $K$-rationnel de $E$ est ainsi l'image d'un point $K$-rationnel d'un certain torseur (mobile) au dessus de $E$, torseur explicitable algébriquement. Mobile car il bouge avec le point du bas (c'était aussi le cas ``autrefois''). . Elle est loin l'époque où je m'étais fait un énoncé à partir du th. 8.2.9 p. 540 de Cohen, en remontant la preuve dans l'énoncé. Mais il subsistait de l'arithmétique de $\Z$ et du pgcd (normal, on suivait fidèlement). Maintenant, c'est algébrique et pas arithmétique (le pgcd, ce n'est pas algébrique).
Bonus : $H_{b_1,a, b_2}$ est explicitement isomorphe à $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ avec $\overline a = -2a$ et $\overline b = a^2 - 4b$.
5. Important : ne pas croire au Père Noël. Il est important de tout expliciter. En planquette (bis), je réalise des choses sans rien dire. Ne rien laisser passer.
6. Depuis que j'ai implémenté le groupe de Selmer (il y a 3 jours), s'est posé (de nouveau pour moi) le problème : pourquoi le groupe de Selmer est un groupe i.e. pourquoi le ``produit'' de deux torseurs solubles est soluble, le corps de base étant cette fois un corps local de type $\Q_p$. Dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1720400#msg-1720400, c'est remarquable que les $S_i$ soient des groupes. Ce post a été pour moi un nouveau ``déclancheur''. Et la turlupinette (produit de deux solubles) m'a repris à ce moment là.
A propos de mon implémentation Selmer. Je l'ai fait tourner sur une courbe (Elkies, 2006) de rang 18 de type $y^2 = x(x^2 + ax + b)$, de torsion $\Z/2\Z$. Elkies a fait mieux depuis (dans le registre des courbes à torsion $\Z/2\Z$). Je te montrerais les résultats plus tard. Tu vas bien rigoler (moi, un peu moins).
7. A suivre en ce qui concerne le fait que le ``produit'' de deux torseurs $H_{b_1,a,b_2}$ et $H_{b'_1,a,b'_2}$ ($b_1b_2 = b'_1b'_2 = b$) qui sont $K$-solubles est $K$-soluble. C'est une bonne chose de penser que $K^*$ paramétrise tous les torseurs $H_{b_1,a,bb_1^{-1}}$ qui sont au dessus de $E$. Ici, on ne passe pas aux classes comme $\text{WC}(E/K)$. En un certain sens, on est au dessus (d'une toute petite partie des) ch.ottes. Le produit de $K^*$ se propage sur l'ensemble de ces torseurs permettant d'en faire un groupe. PAS de cohomologie dans l'explicitation du produit de deux torseurs solubles est soluble !! On va passer pour des nazes (bis).
A moi. Ma détermination des groupes de Selmer est vachement inefficace, je le sais. Je vais passer tous les diviseurs (positifs ou négatifs) de $b$, $\overline b$ en revue i.e. $2^\bullet$ torseurs pour vérifier ceux qui sont localement solubles. Alors que le produit de deux torseurs localement solubles est localement soluble, n'est ce pas ? Par contre, je vérifie la conformité de mes affaires avec celles de magma, et ça colle, c'est cela qui est le plus important pour moi.
Enfin, magma ne sait pas encore que $E$ est de rang 18 exactement. Je lui demande pour l'instant un encadrement. Il me fournit $13 \le r \le 18$ et je trouve qu'il traîne un peu pour cela (283 secondes). Evidemment, ce n'est pas en lisant directement les ouvrages que j'ai pu implémenter cela. Il a fallu que je lise attentivement ENTRE les lignes.
Pour plus tard : un petit topo historique sur Selmer (dans les années 1950). Si cela se trouve, il ne s'est pas levé de bon matin en disant : ``tiens, je ne sais pas quoi faire ce jour ; si je définissais les groupes de Selmer à partir de $\WC$ et/ou de la cohomologie galoisienne ?''. Je parierai qu'il a commencé par la célèbre cubique (projective) $3X^3 + 4Y^3 + 5Z^3 = 0$. Les cubiques (projectives) $aX^3 + bY^3 + cZ^3 + 0$ portent son nom. C'est quand même dingue la manière dont les maths sont présentées de nos jours. Mais stop à la polémique.
Supposons qu'on dispose d'une solution non triviale $(u,v)$ de $H_{b_1,a,b_2}$ et d'une solution non triviale $(u',v')$ de $H_{b'_1,a,b'_2}$.
Alors $M=(b_1u^2,b_1uv)$ et $M'=(b'_1u'^2,b'_1u'v')$ sont des points de $E$.
De plus, $N=M+M'\in E$.
Et ton système du point 4) [ici] va nous donner une solution non triviale d'un nouveau torseur $H$ associé à $N$.
$H$ est-il intéressant ? (Je n'ai pas fait les calculs)
$$
\hbox {d'une part} \quad
x(N) \sim x(M) x(M') \sim b_1 b'_1,
\qquad\qquad
\hbox {d'autre part} \quad
\beta_1 \sim x(N)
\quad
\begin {array} {c}
\hbox {car $H$ est associé au point $N$} \\
\hbox { et $\beta_1$ est le premier coeff de $H$}
\end {array}
$$
Bilan $\fbox {$\beta_1\sim b_1b'_1$}$. Et comme $H$ est soluble, il en est de même du produit de $H_{b_1,a,b_2}$ et $H_{b'_1,a,b'_2}$.
Rappel : si un torseur $T$ est soluble, le torseur obtenu en multipliant le premier coefficient de $T$ par un carré (et en divisant le dernier coefficient de $T$ par ce même carré pour conserver le produit constant des extrêmités) est soluble.
Ok ? (j'espère que pas trop de coquille).
$$
(b_1 > 0) \quad \hbox {ou} \quad (b_2 > 0) \quad \hbox {ou} \quad \big(b_1, b_2 < 0 \ \hbox {et } \ a > 0 \ \hbox {et } \ a^2 - 4b \ge 0 \big)
$$
Par exemple, si $b_1 > 0$, je prends $(u=1, v = \sqrt {b_1}, w = 0)$. Mais pour faire la totale, faut un peu gratter. J'ai pas été adroit adroit (trinôme du second degré, parabole, t tout le truc). Peut-être que l'on peut faire cela dans les petites classes ?
Sur les $\Q_p$, on pourra en regarder quelques uns, cf les lemmes 3.1, 3.2, 3.3, 3.4 de https://alozano.clas.uconn.edu/wp-content/uploads/sites/490/2014/01/ALP-2-23-07.pdf. En ce qui concerne la solubilité locale i.e. sur TOUS les $\Q_p$, il suffit d'examiner les $p$ qui divisent le discriminant du torseur. Il y a une définition précise du discriminant d'une short binary quartic (une petite erreur d'une puissance de $2$ dans le papier pointé).
Je prends l'exemple (probablement historique) de Selmer, à savoir la cubique $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$ qui a des points sur tous les $\Q_p$ et sur $\Q_\infty$ mais pas de $\Q$-point. Il y a un algorithme pour tester la solubilité sur tous les $\Q_p$ avec $p$ premier fini : Sur un $\Q_p$ particulier, tu peux demander un point (c'est Hensel qui bosse). Ici, j'ai pris $p = 13$ au pif. Pas très intelligent car 13 est en dehors du discriminant. Tant pis. Par contre, pas d'algorithme pour la solubilité globale. Tu peux toujours chercher avec une borne pour la hauteur. Je ne vais pas trop insister car Selmer à prouvé que $(3,4,5)_{\rm Selmer-cubic}$ n'a pas de $\Q$-point Pour plus tard :
[color=#000000] > E := Jacobian(M345) ; > E ; Elliptic Curve defined by y^2 + 540*y = x^3 - 97200 over Rational Field > Expand(CoveringMap(M345, E)) : Minimal ; (x : y : z) -> (-68024448000*x*y^7*z - 85030560000*x*y^4*z^4 - 106288200000*x*y*z^7 : 1147912560000*x^3*y^3*z^3 - 272097792000*y^9 - 510183360000*y^6*z^3 + 637729200000*y^3*z^6 + 531441000000*z^9 : -4251528000*x^3*y^3*z^3) [/color]Qu'est-ce que veut dire $x=-5045654867871860724436 + O(13^{20})$ dans $\Q_{13}$ ?
$$
\Z_p/p^{20} \Z_p = \Z/p^{20}\Z
$$
Je reprends l'extrait concernant la cubique de Selmer $C_{345}$. On peut spécifier une autre précision :
C'est exactement ce que je voulais, à savoir une vision un peu concrète des entiers $p$-adiques.
Voilà ce que j'ai compris : Pour tout $x\in\Z_p$ et tout $n\in\N^*$, il existe un unique $y\in\Z$ (yes!) tel que $x=y\bmod p^n$ ce qu'on écrit $x=y+O(p^n)$.
Sinon (question indiscrète) : toi et les groupes de Selmer ?
De mon côté, j'en reste toujours aux 2-isogénies (j'ai juste SURVOLE, avec Cohen, l'isogénie $[2]$ de multiplication par 2, je dis bien survolé). Dans ce cadre, j'essaie de bien comprendre les objets structurels comme $\WC(E/K)$, les espaces homogènes principaux ...etc... Le cadre 2-isogénie fait que je peux m'abriter (algébriquement) sur $H^1(K, \mu_2) = K^* / K^{*2}$. Mais il faut aussi s'occuper des interprétations géométriques.
Bref, j'avance à pas de bébé. Pour te donner un exemple, j'en ai vraiment bavé en ce qui concerne l'établissement du bonus dans le point 4 de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1721948#msg-1721948. Ce n'est pas le tout de déclarer que $\overline E$ est explicitement isomorphe à $H_{b_1,a,b_2}$. Et d'ailleurs, isomorphisme en tant que que quoi ? Courbes ? Espaces homogènes principaux sous $\overline E$ ? C'est pas pareil. Quand je dis que j'en ai bavé, j'ai l'air de parler au passé mais ce n'est pas vraiment terminé.
J'essaie de comprendre la solvabilité locale d'une hypersurface.
Voilà ce que j'ai lu.
Soit $F\in\Z[X_1,\ldots,X_n]$ irréductible et soit $p$ un premier fini.
S'il existe un point lisse de $F=0$ modulo $p$, il existe $x\in (\Z_p)^n$ tel que $F(x)=0$ et donc, pour tout $m\geq 1$, il existe $x_m\in\Z^n$ tel que $F(x_m)=0\bmod p^m$. C'est quand même énorme ça non ?
D'après un résultat de Lang-Weil, on peut toujours trouver un tel point lisse pour $p$ suffisamment grand.
J'ai l'impression que pour ce qui est des cubiques qui nous intéressent, les seuls $p$ qui pourraient poser problème sont ceux qui divisent le discriminant.
Est-ce cela que tu sous-entendais à propos de la cubique de Selmer ?
Il me semble que pour l'isogénie de multiplication par 2, il interviendra des long binary quartic. Mais, en ce qui concerne $[2]$, encore trop tôt.
Un tout petit topo : c'est quoi le discriminant de $v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2 w^4$ ?. C'est celui de $\overline E : y^2 = x(x^2 + \overline a x + \overline b)$ i.e. 16 fois le discriminant du polynôme cubique. Ne pas rigoler avec ce facteur 16 (2 mauvaise réduction). Attention à ne pas confondre $E$ et $\overline E$.
Ci dessous, pour le modèle $M$, $x,z$ stands for $u_{\rm nous}, w_{\rm nous}$. On ne voit pas $v_{\rm nous} \leftrightarrow y$. Ma hantise (bis) : mélanger $\overline E$ et $E$. Vivement l'isogénie $[2]$ car il y aura une SEULE courbe elliptique.
Donc il y a des solutions sur tous les $\mathbb Q_p$. :-D
Remarque : $P$ n'est lisse ni sur $\mathbb F_2$, ni sur $\mathbb F_7$.