$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et 2-descente
Réponses
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@gai-requin.
Ici c'est un AUTRE programme que celui montré hier. Je ne suppose rien sur les $e_i - e_j$ mais les nombres premiers $p$ que je considère pour la $\Q_p$-solubilité sont les premiers impairs vérifiant $p \mid u_1$ et $p \not\mid q_1$. Rappel : $u_1q_1 = e_3 - e_2$ et bien sûr si $e_3 - e_2$ est sans facteur carré, alors $p \mid u_1$ entraîne $p \not\mid q_1$. Mais je préfère travailler sans hypothèse sur les $e_i - e_j$, histoire de mieux cerner quelque chose, un-quelque chose que j'ignore.
Et ici, je fais le pari que la $\Q_p$-solvabilité de $Q_u$ est équivalente au fait que DEUX (et pas quatre) $p$-symboles d'Hilbert, ceux que tu vois, $h_{12}$ et $h_{13}$ attachés aux coniques $C_{12}$ et $C_{13}$, sont égaux à 1. J'ai suivi certains de tes posts que j'ai lu et relu. Je ne pense que cela soit équivalent à ce que tu as fait car je ne suppose pas $q_3$ sans facteur carré par exemple.
Ce programme, lancé ce matin, a tourné sur $10\, 000$ courbes $y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$ tirées au hasard et vient de se terminer sans échouer. Bien sûr, cela ne prouve absolument rien. Note : l'autre programme d'hier, qui fait beaucoup plus de boulot, est loin d'être terminé (il n'a traité que la moitié des courbes, sur $10\,000$) car il faut passer tout $U_\infty$ en revue, de cardinal variable assez gros, 64, 128, 256, tous les $p$ qui divisent les $e_i - e_j$ ...etc...)
Ma question est la suivante. Aurais tu le courage de reprendre l'étude que tu as partiellement menée dans ce cas là ? Quitte à supposer $p \not\mid q_2q_3$ ou $p \mid q_2q_3$. Je sais bien que c'est du boulot mais il s'agit d'y voir encore plus clair. Et évidemment, en cas d'égalité à 1 des deux symboles de Hilbert, il s'agirait d'exhiber un $\Q_p$-point de $\Q_u$ comme tu l'as fait dans le passé, probablement avec des racines carrées.
Est ce que c'est clair ? Oui, du boulot, j'en ai bien conscience. Mais n'oublie pas que nous ne travaillons pas pour nous, mais pour la France. Merci.[color=#000000] /* // (ej-ei)*x0^2 = a_i*x_i^2 - a_j*x_j^2 pour i=1, j=2,3 C12C13C23 := function(e1,e2,e3, u) u1,u2,u3 := Explode(u) ; q3 := ExactQuotient(e2-e1, u3) ; q2 := ExactQuotient(e3-e1, u2) ; q1 := ExactQuotient(e3-e2, u1) ; C12 := q3*x0^2 - (u2*x1^2 - u1*x2^2) ; C13 := q2*x0^2 - (u3*x1^2 - u1*x3^2) ; */ OneVerification := procedure(e1, e2, e3) assert e1 lt e2 and e2 lt e3 ; Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ; printf " #Uoo=%o ", #Uoo ; for u in Uoo do u1, u2, u3 := Explode(u) ; C, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ; q1,q2,q3 := Explode(q) ; C12,C13,C23 := Explode(C) ; Qu := Curve(P3, [C12,C13,C23]) ; MQu := GenusOneModel(Qu) ; // On suppose p impair, p | u1 et p ne divise pas q1. Rien de plus P := [p : p in PrimeDivisors(u1) | IsOdd(p) and not IsDivisibleBy(q1,p)] ; for p in P do QuIsQpSoluble := IsLocallySoluble(MQu,p) ; h12 := HilbertSymbol(u1*u2,-q3*u1, p) ; // from C12 h13 := HilbertSymbol(u1*u3,-q2*u1, p) ; // from C13 if QuIsQpSoluble ne (h12 eq 1 and h13 eq 1) then printf "p= %o, u=%o q=%o\n", p, u, q ; error "Rien ne va plus" ; end if ; end for ; end for ; end procedure ; [/color] -
Bonsoir Claude,
Le premier cas $p\mid u_1,p\nmid q_2q_3$ est strictement identique à ce que j'ai déjà fait donc ton équivalence en termes de symboles de Hilbert est vraie dans ce cas-là.
J'ai bien avancé dans le cas $p\mid u_1,p\mid q_2,p\mid q_3$.
J'essaierai de poster quelque chose ce soir. -
@Claude :
J'ai un problème quand la valuation $p$-adique de $q_2$ est non nulle et paire... -
Cela ne m'étonne pas (j'ai essayé de regarder et j'ai été effrayé). Pause.
Le cas que tu mentionnes peut arriver[color=#000000] > // Un exemple avec v_2(q_2) pair > e1 := 0 ; e2 := 10 ; e3 := 16 ; > Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ; > u := <6,1,1> ; assert u in Uoo ; > C, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ; > C12,C13,C23 := Explode(C) ; > C12 ; 10*x0^2 - x1^2 + 6*x2^2 > C13 ; 16*x0^2 - x1^2 + 6*x3^2 > C23 ; x0^2 - x2^2 + x3^2 > q1,q2,q3 := Explode(q) ; > q1, q2, q3 ; 1 16 10 > Valuation(q2,2) ; 4 > Qu := Curve(P3, [C12,C13,C23]) ; > MQu := GenusOneModel(Qu) ; > p := 3 ; > IsLocallySoluble(MQu,p) ; true (1 + O(3^20) : 4 + O(3^20) : 1 + O(3^20) : O(3^20)) [/color]
Sur cet exemple, on a l'impression qu'il y a une solution sur $\Q_p = \Q_3$ avec la dernière composante nulle. -
Oui mais là, $p=2$ ($q_2=16$) et nous on veut $p$ impair.
Enfin, je crois... -
Tu as raison. Je me suis mélangé les pinceaux.
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Je me suis bien amusé avec $p\mid u_1,p\nmid q_1,p\mid q_2,p\mid q_3$ avec $\beta=\mathrm{val}_p(q_2)$ pair.
1) De la relation $u_1q_1+u_3q_3=u_2q_2$, on déduit que $\mathrm{val}_p(q_3)=1$.
2) $h_{1,2}=(u_1u_2,-u_1q_3)_p=\chi_p(-u_1q_3/p^2)$.
$h_{1,3}=(u_1u_3,-u_1q_2)_p=\chi_p(-1)\chi_p(u_1u_3/p)\chi_p(-u_1q_2/p^{\beta+1})=\chi_p(u_3q_2/p^\beta)$.
3) Mais on a aussi $h_0=(q_1q_2,-q_1q_3)_p=\chi_p(q_1q_2/p^\beta)$.
4) Si $h_{1,3}=h_0=1$, alors $(u_3:\sqrt{u_3q_2}:\sqrt{u_3q_1}:0)$ est un $\Q_p$-point de $Q_u$.
Conclusion : $Q_u$ est $\Q_p$-soluble SSI $h_{1,3}=h_0=1$.
5) On peut alors se dire que les conditions nécessaires $h_{1,2}=h_{1,3}=1$ ne sont pas suffisantes.
Pour en être sûr, il faut exhiber un exemple tel que $$\chi_p(-u_1q_3/p^2)=\chi_p(u_3q_2/p^\beta)=1\text{ et }\chi_p(q_1q_2/p^\beta)=-1.$$ -
@gai-requin
J'ai pris mon temps pour vérifier ton post. Dans le point 4), il a fallu que je réfléchisse pour voir que $u_3q_1$ est un carré dans $\Q_p$ mais j'ai fini par trouver. Ce n'est pas toi qui as dit une fois que Monsky n'était pas bavard ?
Du coup, j'ai monté une autre calculette infernale en virant $h_{1,2}$ et en le remplaçant par $h_0$. Et ceci sans me soucier de la divisibilité $p \mid q_2$, $p \mid q_3$ (et encore moins de la parité de $\text{val}_p(q_2)$). C.a.d. dans le contexte $p \mid u_1$, $p \not\mid q_1$, j'ai fait le pari que $Q_u$ est $\Q_p$-soluble SSI $h_{13} = h_0 = 1$. Aucun démenti sur $10^3$ tirages aléatoires (mais c'est peu). J'ai relancé avec $10^4$, pareil aucun démenti.
J'ai vu ton point 5) et je ne sais pas quoi dire.
Je suis toujours étonné de la manière dont tu trouves des $\Q_p$-points, visiblement pas sous le sabot d'un cheval. Mais le ``pire'', c'est dans l'autre cas où $p \not\mid q_2q_3$ pour lequel pas de composante nulle au $\Q_p$-point trouvé.
Note : pour $p = 2$, ``les choses'' ne se passent pas de la même manière. J'ai un exemple. -
Salut Claude,
Je viens de faire les calculs quand $\text{val}_p(q_2)$ est impair et c'est encore bon pour la CNS $h_{13} = h_0 = 1$ dans ce cas-là.
Je pense que c'est encore vrai quand $\text{val}_p(q_3)\geq 2$ par symétrie.
Remarque : quand $p\nmid q_2q_3$, $h_0=1$ pour toutes les valeurs des différentes variables.
Concernant ta note, je n'ai jamais regardé le cas $p=2$ parce que, à la lecture de nos différentes sources, j'ai toujours pensé qu'on pourrait passer un coup de $\Q_2$-aspirateur.
Et puis, honnêtement, la formule de $(a,b)_2$ ne me plaît pas... -
A. Est ce que tu maintiens tes résultats quelque part, rassemblés ? Car pour moi, ce n'est pas si facile de s'y retrouver. Of course, tu peux dire la même chose dans l'autre sens, de mes affaires.
B. J'ai stoppé le premier programme qui faisait le pari $Q_u$ est $\Q_p$-soluble SSi les 4 symboles de Hilbert sont égaux à 1 (y compris $p=2$), sous le couvert de $p^2$ ne divise aucune différence $e_i-e_j$. Il n'avait pas terminé mais j'ai estimé qu'ayant traité $9\,000$ courbes sur $10\,000$ sans échec, on pouvait s'arrêter là.
C. Je viens d'avoir l'idée de tester si $h_{12}h_{13}h_{23}h_0 = 1$ sans aucun hypothèse sur les $e_i - e_j$, et y compris pour $p = 2$. Le programme est tellement simple, rapide (pas de courbes) que je te le montre. Du coup, tu vois comment fonctionne une calculette infernale : je n'ai plus qu'à faire time ManyVerifications(10^4) et d'aller prendre un café pendant ce temps là. Aucun démenti.[color=#000000] OneVerification := procedure(e1, e2, e3) assert e1 lt e2 and e2 lt e3 ; Primes := PrimeDivisors((e2-e1)*(e3-e1)*(e3-e2)) ; Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ; printf " #Uoo=%o ", #Uoo ; for u in Uoo do u1,u2,u3 := Explode(u) ; q3 := ExactQuotient(e2-e1, u3) ; q2 := ExactQuotient(e3-e1, u2) ; q1 := ExactQuotient(e3-e2, u1) ; for p in Primes do h12 := HilbertSymbol(q3*u2,-q3*u1, p) ; // from C12 x q3 h13 := HilbertSymbol(q2*u3,-q2*u1, p) ; // from C13 x q2 h23 := HilbertSymbol(q1*u3,-q1*u2, p) ; // from C23 x q1 h0 := HilbertSymbol(q1*q2,-q1*q3, p) ; // from C0 x q1 assert h12*h13*h23*h0 eq 1 ; end for ; end for ; end procedure ; Ecart := 10^3 ; ManyVerifications := procedure(HowMany) for dummy := 1 to HowMany do e1 := 0 ; e2 := Random(e1+1, e1+Ecart) ; e3 := Random(e2+1, e2+Ecart) ; printf "(%o %o %o)", e1, e2, e3 ; OneVerification(e1, e2, e3) ; printf "\n" ; end for ; end procedure ; [/color] -
Je vois que tu tâtonnes pas mal avec magma pour trouver une ou plusieurs formules uniformes (c'est ce qu'on veut dans l'idéal).
Quand on se sera vraiment mis d'accord sur ce dont on a besoin en matière de solubilité locale, je pourrai utiliser ce fil comme brouillon pour rédiger quelque chose de propre, parce que c'est toujours mieux que mes propres brouillons que je n'arrive pas à lire moi-même ! -
Bien d'accord avec toi .. sauf que l'on ne sait pas encore ce qu'on veut. C'est un réel problème quand on fait des maths.
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1) Tu as divisé $U_{\infty}$ par $2$ et il reste à diviser $U_+$ par $2$.
2) Sans rien supposer sur les $e_i-e_j$, on a traité le cas $p\mid u_1,p\nmid q_1$ de manière uniforme avec une méthode qui a fait ses preuves donc il n'est pas inenvisageable de faire de même pour les autres cas (nombreux je te l'accorde).
Donc on sait un peu non ?
A mon avis, 1) est plus difficile.
J'ai encore regardé l'appendice de Monsky qui utilise les quartiques de BSD pour en faire des intersections de quadriques mais sans plus de précisions !
Au moins, Silverman et CQ avec leur $\delta$ bien à eux ont fait cet effort. ;-) -
En fait, il reste essentiellement 1 cas à savoir $p \mid q_1$ (en ajoutant probablement $p \not\mid u_1$).
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@gai-requin
J'ajoute au panier (cadre général pour les $e_i - e_j$), quand $p \ne 2$, $p \mid u_1$ et $p \not\mid q_1$, que $h_{23} = 1$. Dans ce contexte, ce n'est donc pas en interrogeant $h_{23}$ que cela va faire avancer la $\Q_p$-solubilité de $Q_u$.
Par contre, en admettant que le produit des 4 vaut 1 (ce que tu ne vas pas tarder à prouver) et ce que je dis ci-dessus (pareil, tu vas le prouver), on AURAIT donc les équivalences, dans le cas $p$ impair, $p \mid u_1$ et $p \not\mid q_1$ :
$$
(h_{12} = h_{13} = 1) \quad\iff\quad
(h_{13} = h_{0} = 1) \quad\iff\quad
(h_{12} = h_{0} = 1)
$$[color=#000000] h12 := HilbertSymbol(q3*u2,-q3*u1, p) ; // from C12 x q3 h13 := HilbertSymbol(q2*u3,-q2*u1, p) ; // from C13 x q2 h23 := HilbertSymbol(q1*u3,-q1*u2, p) ; // from C23 x q1 h0 := HilbertSymbol(q1*q2,-q1*q3, p) ; // from C0 x q1 assert h12*h13*h23*h0 eq 1 ; if p ne 2 and IsDivisibleBy(u1,p) and not IsDivisibleBy(q1,p) then assert h23 eq 1 ; end if ; [/color] -
J'en ajoute encore au panier. On fixe $u = (u_1, u_2, u_3)$, ce qui détermine $(q_1, q_2, q_3)$ donc 4 coniques. Pour chaque premier $p$, je vais noter la dépendance en $p$ des symboles de Hilbert des coniques avec un indice $(p)$ en haut : $h_{i,j}^{(p)}$ et $h_0^{(p)}$.
Alors pour $h_{1,2}^{\bullet}$ par exemple :
$$
\prod_p h_{1,2}^{(p)} = 1
$$
Idem pour les autres.
Et, je ne sais pas si tu me vois venir, mais en principe, si tout va bien, $p=2$, on pourra s'asseoir dessus. -
Super !
Si pour tout premier $p$ impair, $h_{1,2}^{(p)} = 1$, alors $h_{1,2}^{(2)} = 1$ d'après ta formule. (tu)
Du coup, j'ai repensé à un truc qui te turlupinait quand on a commencé à parler de la solubilité locale, à savoir que les $p$ qui posent problème sont ceux qui divisent les $e_i-e_j$.
Et bien c'est normal parce si $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$, les quatre symboles de Hilbert qui nous intéressent valent tous $1$ ! -
Pas mal ton coup de $p$ ne divisant aucun des $e_i - e_j$. Tout ceci est rassurant. Plus tard, je te raconterai un truc étudié en planquette il y a longtemps (dans ce fil, on a commencé il y a 5 mois, je crois) sur le discriminant d'une intersection de quadriques.
Histoire de m'amuser, même si on est loin d'avoir tout montré, j'ai mis en service un test de locale solubilité de $\Q_u$ en passant par les 3 coniques (pas besoin de la quatrième) comme raconté il y a quelques posts. Pour l'instant dans le cadre où chaque $e_i - e_j$ est sans facteur carré.[color=#000000] IsSelmerViaConicsVersion2 := function(e1,e2,e3, u) assert e1 lt e2 and e2 lt e3 ; u1,u2,u3 := Explode(u) ; q1 := ExactQuotient(e3-e2, u1) ; q2 := ExactQuotient(e3-e1, u2) ; q3 := ExactQuotient(e2-e1, u3) ; Co12 := Conic([k| q3, -u2, u1]) ; Co13 := Conic([k| q2, -u3, u1]) ; Co23 := Conic([k| q1, -u3, u2]) ; return IsLocallySolvable(Co12) and IsLocallySolvable(Co13) and IsLocallySolvable(Co23) ; end function ; IsSelmerViaConics := IsSelmerViaConicsVersion2 ; [/color]
Et j'ai fait des comparaison avec mon ancienne fonction IsSelmer qui utilisait la locale solubilité d'une intersection de quadriques, mais dans le cadre plus général $e_i - e_j$ quelconques[color=#000000] > Timing(10) ; (0 566 937) #Uoo=64 0.630 0.040 (0 97 663) #Uoo=128 0.340 0.080 (0 187 894) #Uoo=256 0.730 0.180 (0 814 1479) #Uoo=1024 0.990 0.790 (0 615 753) #Uoo=256 0.730 0.170 (0 499 542) #Uoo=32 0.550 0.020 (0 687 798) #Uoo=256 0.400 0.190 (0 511 598) #Uoo=256 0.400 0.180 (0 313 582) #Uoo=64 1.140 0.040 (0 205 598) #Uoo=256 1.330 0.180 [/color]
Ce que tu vois, c'est d'abord $(e_1, e_2, e_2)$ (je me ramène à $e_1 = 0$), ensuite $\#U_\infty$, puis le temps de calcul (ancienne version) de locale solubilité, puis celui avec la nouvelle version là-haut via les coniques. Ce qui veut dire, dans la première ligne que je teste 64 intersections de quadriques. Et of course, je fais surtout la comparaison : est ce qu'il y a adéquation entre les deux résultats. Car c'est cela qui est important et pas de faire la course.
Bon, mais il y a encore du boulot. Et la classe de $y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$ avec les $e_i - e_j$ sans facteur carré, je voudrais bien l'agrandir (un tout petit peu, je pense à $(-D,0,D)$, $D$ pair sans facteur carré). -
Salut Claude,
1) D'après la loi de réciprocité de Hilbert (théorème 10.11. p.4 Sutherland), une conique est localement soluble SSI elle a un $\Q_p$-point pour tout premier impair.
Par exemple, d'après ce théorème, on a la formule $\prod_p h_{1,2}^{(p)} = 1$ que tu as donnée hier donc...
Mais est-ce que cela va nous aider à $\Q_2$-aspirer l'intersection de coniques $Q_u$ ?
Je ne pense pas.
Je pense qu'il faut faire du Monsky, mais avec le symbole de Hilbert $(a,b)_2$ qu'on a sous les yeux (beurk), pour trouver de nouvelles conditions sur $u=(u_1,u_2,u_3)$ et peut-être diviser $U_+$ par $2$.
2) Concernant ta belle formule $h_{12}h_{13}h_{23}h_0 = 1$, elle est clairement vraie si $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$.
J'ai déjà vérifié qu'elle est vraie dans les cas qu'on a traités en utilisant $u_1q_1+u_3q_3=u_2q_2$.
Donc, grosso modo, il reste à se farcir $p\mid q_1$.
Mais surtout, cette formule est incroyable : elle dit que si une conique est non vide dans $\Q_p$, alors une autre conique est non vide !
3) BONUS : Et si $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$, qui va me donner un $\Q_p$-point de $Q_u$ ? -
@gai-requin
Oui, il faut s'occuper de $p \mid q_1$ et proposer quelque chose (mais quoi ?).
Quant à 3) .. qui va me donner ...etc.. j'étais persuadé que c'était toi. Qui, dans ce fil, fournit des $\Q_p$-points de $Q_u$ ? Il me semble que c'est toi. -
Pour le 3), ce n'est pas si simple parce que les symboles de Hilbert, tous égaux à $1$, ne fournissent aucun carré modulo $p$.
Mais j'y suis arrivé en utilisant la technique de [ce message] trois fois !
Je donne juste l'idée :
1) Si $u_3q_2$ est un carré modulo $p$, il y a un $\Q_p$-point sur $Q_u$.
2) Si $u_3q_1$ est un carré modulo $p$, il y a un $\Q_p$-point sur $Q_u$.
3) Dans tous les autres cas, $q_1q_2$ est un carré modulo $p$ et on trouve encore un $\Q_p$-point sur $Q_u$.
Remarque : comme l'indique le message mis en lien, ces points ont très souvent des coordonnées non nulles.
Ça reste élémentaire (bien que technique) mais je veux bien voir ton discriminant de $Q_u$. ;-) -
Le discriminant de $Q_u$ : plus tard (de plus, tu risques d'être horrifié par la manière dont je travaille ..)
Pour l'instant, j'essaie de faire le point sur la nature des observations, affiner et collecter divers contre-exemples pour mieux comprendre. Il y a plusieurs types d'observations. C'est important car cela pourrait guider les tentatives de preuves.
I. Le plus simple, c'est quand il n'y a aucune clause (aucune condition). Exemple $h_{12}h_{13} h_{23} h_0 = 1$. Je pense qu'il faudrait s'y attaquer encore plus (cela ne veut rien dire et je sais bien que tu t'y est déjà collé ... de mon côté, j'avoue que je n'ai pas encore pris le temps ... je dis cela mais cela me fout la trouille). L'hypothèse essentielle semble être $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$.
II. Il y a le cas particulier de $p=2$. Je zappe mais j'ai collecté divers contre-exemples spécifiques à $p=2$.
III. Il y a également la clause $p^2$ ne divise aucun $e_i - e_j$. C'est cette clause que je viens de revoir en l'affinant. Expérimentalement, je viens de constater que $p^2 \mid q_i$ est ``la source des problèmes''. Mais pas $p \mid u_1$ et $\text{val}_p(q_1) = 1$ par exemple.
En clair (pas si facile) : pour $p$ premier impair tel que $p^2$ ne divise aucun des $q_i$, on a expérimentalement l'équivalence $Q_u$ est $\Q_p$-soluble SSI les 4 symboles de Hilbert sont égaux à 1 (note : 4 pourrait être remplacé par 3 car toi et moi, on croit dur comme fer au fait que le produit des 4 fait 1 tant cette égalité est uniforme).
IV. J'ai bien conscience que ce que je viens de raconter n'est pas limpide limpide. Je pointe un exemple http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1769064#msg-1769064 que je n'avais pas pris le temps d'étudier. C'est fait maintenant. On a $p=3$ et $p^2 \mid q_1$, ce qui ``fout la m.rd.'' : $\Q_u$ n'est pas $\Q_3$-soluble mais les 4 symboles d'Hilbert sont égaux à 1. Quand on regarde bien (cela va vite), on voit que $Q_u$ n'a pas de point sur $\mathbb F_3$.
Bilan : cela ne peut pas faire de mal d'étudier des contre-exemples. -
Oui, le cas $p^2\mid q_1$ est vraiment problématique quand $p$ ne divise rien d'autre puisque, dans ce cas-là, les symboles de Hilbert, tous égaux à $1$, ne fournissent aucune racine carrée !
Remarque : Le raisonnement de mon message précédent tombe à l'eau puisque $u_3q_1$ est nul modulo $p$.
Ce serait intéressant de trouver un exemple avec les mêmes hypothèses sur $p$ mais avec un $\mathbb F_p$-point sur $Q_u$. Je conjecture qu'alors il y a un point dans $\Q_p$ (Hensel à la louche). -
Sans être imprégné de vos histoires de courbes elliptiques, j'entre dans le dialogue pour proposer une résolution de l'équation $y^2 = x(x^2 + ax + b)$ dans $\mathbb{Q}$, dans le cas où $x$ et $x^2 + ax + b$ sont premiers entre eux (je sous entends qu'on peut parler de primalité de deux nombres rationnels). Je raisonne un peu comme j'avais fait avec $y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$.
Si $x$ et $x^2 + ax + b$ sont premiers entre eux, alors $y^2 = x(x^2 + ax + b)\;(1)$ entraîne $x = n_{1}^2$ et donc,
$(1)\;\iff\;y^2 = n_{1}^2(n_{1}^4 + an_{1}^2 + b)\;\iff\;\frac{y^2}{n_{1}^2} = n_{1}^4 + an_{1}^2 + b)$.
On pose $A = \frac{y}{n_{1}}$, et donc:
$(1)\;\iff\; A^2 - b = n_{1}^2(n_{1}^2 + a)\;\iff\;(A - \sqrt{b})(A + \sqrt{b}) = n_{1}^2(n_{1}^2 + a)\;(2)$.
$n_{1}^2(n_{1}^2 + a)$ est le produit de deux facteurs de différence $a$, et $(A - \sqrt{b})(A + \sqrt{b})$ est le produit de deux facteurs de différence $2\sqrt{b}$.
L'égalité $(2)$ n'est donc possible que si $a = 2\sqrt{b}$ et $n_{1}^2 = A - \sqrt{b}$.
Alors $n_{1}^2 = A - \frac a2 = \frac {y}{n_{1}} - \frac a2$
$\Rightarrow \;y = n_{1}(n_{1}^2 + \frac a2) = \sqrt{x}(x + \frac a2)$
Alors l'ensemble des solutions $S = \{(x; (x + \frac a2)\sqrt{x}\;|\;\sqrt{x}\in\mathbb{Q}\}$ -
@gai-requin
Rien de nouveau sauf que j'ai modifié certaines vérifications expérimentales.
I. Formule du produit $h_{12}h_{13}h_{23} h_0 = 1$. Au lieu de la vérifier seulement dans le cadre $u = (u_1, u_2, u_3) \in U_\infty$, qui force chaque $u_i$ à être sans facteur carré, je l'ai vérifiée dans le cadre beaucoup plus général suivant. Je prends 6 entiers non nuls $u_1, u_2, u_3, q_1, q_2, q_3$ tels que $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$. Alors la formule du produit est expérimentalement vérifiée. Note: il y a un trick pour produire 6 entiers tels que ..etc...
Je me suis dit que, peut-être, la bi-multiplicativité du symbole d'Hilbert pouvait être utile : $(ab,c)_p = (a,c)_p(b,c)_p$, idem de l'autre côté, cf Serre, Th 2 p. 39. Ainsi que les formules faisant intervenir un peu d'additivité du type $1-a$, cf le point iv de la proposition 2 page 38
II. Je reviens sur le fait que $h_{23} = 1$ quand certaine-condition. La première ligne ci-dessous est l'ancienne vérification (quand $p \not\mid q_1$). La ligne en dessous est la nouvelle i.e. $\text{val}_p(q_1)$ est pair. Ce qui peut donc modifier les tentatives de preuve.[color=#000000] ...... if p ne 2 and IsDivisibleBy(u1,p) and not IsDivisibleBy(q1,p) then assert h23 eq 1 ; end if ; if p ne 2 and IsDivisibleBy(u1,p) and IsEven(Valuation(q1,p)) then assert h23 eq 1 ; end if ; [/color] -
Salut Claude,
Pour le I), $\gcd(u_1,u_3)\mid u_2q_2$ nécessairement.
Réciproquement, pour $u_1,u_3,u_2,q_2$ vérifiant cette condition, l'algorithme d'Euclide étendu fournit $q_1,q_3$ tels que $u_1q_1+u_3q_3=u_2q_2$.
Pour une preuve, j'ai essayé d'utiliser la bi-multiplicativité dont parle aussi Sutherland, mais sans succès.
Il est peut-être temps que je regarde ce que dit Serre qui me fait quand même un peu peur...
Ok pour II) mais comment va-t-on faire quand $p$ ne divise que $q_1$ avec une valuation paire ? :-S -
@gai-requin
Bi-multiplicativité : je suis effrayé par le truc suivant. Soient $a,b,c \in \Q_p^*$, la conique ci-dessous à gauche. Et à droite, 3 formes de Lagrange possibles
$$
aX^2 + bY^2 + cZ^2 = 0 \qquad \qquad \left|\quad
\begin {array} {l}
(aX)^2 = -ab Y^2 - acZ^2 \\
(bY)^2 = -ab X^2 - bcZ^2 \\
(cZ)^2 = -ac X^2 - bcY^2 \\
\end {array}
\right.
$$
Ce qui conduit à des symboles d'Hilbert égaux. Par exemple, en omettant l'indice $p$ à $(\ , \ )_p$, en haut à droite au symbole :
$$
(-ab, -ac)
$$
Pour ce symbole, en utilisant la bi-multiplicativité, on obtient un produit de 4 symboles dont, si on veut $(-a,a)$ ou $(-a,a)$, symbole qui fait 1. Ensuite, on peut rembobiner en utilisant encore la bi-multiplicativité, conduisant, de plusieurs manières, à un produit de deux symboles de Hilbert.
Est ce que cela valait le coup de des-embobiner (cela n'existe pas) et ensuite de rembobiner ? Et si tu fais cela pour les deux autres, tu disposes d'un certain nombre d'expressions toutes égales.
Je me fais peur pour rien ? -
$\def\val{\text{val}}$Autre chose. Dans le contexte général de $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$, la bonne observation est :
$$
[p \ne 2 \quad \hbox {et}\quad p \not\mid u_2u_3 \quad\hbox {et}\quad \val_p(q_1) \equiv 0 \bmod 2] \quad \Rightarrow\quad h_{23} = 1
\qquad \qquad ( \blacksquare)
$$
Au lieu de l'ancienne, dans le contexte $u_1, u_2, u_3$ sans facteur carré et $u_i \wedge u_j = 1$ :
$$
[p \ne 2 \quad \hbox {et}\quad p \mid u_1 \quad\hbox {et}\quad \val_p(q_1) \equiv 0 \bmod 2] \quad \Rightarrow\quad h_{23} = 1
\qquad \qquad (\square)
$$
Of course, si on a $( \blacksquare)$ avec soi, et que l'on est dans le contexte de $(\square)$, i.e. $p \mid u_1$, a fortiori $p \not\mid u_2u_3$, on en déduit, en appliquant $(\blacksquare)$ que $h_{23} = 1$. -
Je n'avais jamais réfléchi au problème de deux équations différentes de la même conique.
Je suis d'accord avec toi sur le fait qu'on peut obtenir plein d'expressions égales, d'autant que, par exemple : $$\begin{align} (-ab,-ac)&=(-ab,a)(-ab,-c)\\&=(-a,a)(b,a)(-ab,-c)\\&=(-b,b)(a,b)(-ab,-c)\\&=(-ab,b)(-ab,-c)\\&=(-ab,-bc).\end{align}$$J'espère que que ce calcul montre que le "forward-rewind" que tu évoques peut valoir le coup.
Mais je ne suis pas sûr de t'avoir bien compris... -
@Claude : D'accord avec ta clause mais ce qui me fait vraiment flipper dans le cas général, c'est :$$[p \ne 2 \quad \hbox {et}\quad p\mid q_1 \quad\hbox{et}\quad p \not\mid u_1u_2u_3q_2q_3 \quad\hbox {et}\quad \mathrm{val}_p(q_1) \equiv 0 \bmod 2] \quad \Rightarrow\quad h_{12}=h_{13}=h_{23}=h_0 = 1.$$Parce que, avec cette prémisse, tu as trouvé un exemple sans $\Q_p$-point ! :-S
-
$\def\val{\text{val}}$@gai-requin
I. Ton avant dernier-post : tu as bien compris ce que j'ai voulu dire : plein d'expressions du même objet, cela pourrait faire peur. Par contre, je ne comprends pas bien ton DERNIER post. C.a.d que pour moi il y a plusieurs contextes : le contexte général de $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$ pour lequel on doit trouver et prouver certaines relations entre symboles de Hilbert et le contexte plus particulier de $u \in U_\infty$ pour lequel on étudie la locale solubilité de $Q_u$. Tu parles de l'un de mes exemples : peux tu me dire lequel ?
II. Ici je donne la preuve, dans le contexte général de $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$, de
$$
[p \ne 2 \quad \hbox {et}\quad p \not\mid u_2u_3 \quad\hbox {et}\quad \val_p(q_1) \equiv 0 \bmod 2] \quad \Rightarrow\quad
h_{23} =_{\rm def} (q_1u_3, -q_1u_2)_p = 1
\qquad \qquad ( \blacksquare)
$$
En fait, si on regarde bien, il n'y a que les intervenants $q_1, u_2, u_3$ et la relation $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$ n'interviendra pas. J'omets l'indice $p$ :
$$
(q_1u_3, -q_1u_2) = (q_1, -q_1) \times (q_1, u_2) \times (u_3,-q_1) \times (u_3,u_2) = 1 \times (q_1, u_2) \times (u_3,-q_1) \times 1
$$
A droite, disons, j'ai utilisé Sutherland lemma 10.5 car $p \not\mid u_2$ et $p \not\mid u_3$. Maintenant pour $(q_1, u_2)$, j'utilise, avec les notations de Sutherland dans le théorème que tu connais par coeur, le fait que $\alpha := \val_p(q_1)$ est pair et que $\beta := \val_p(u_2) = 0$. Ce qui conduit à $(q_1, u_2) = 1$. Idem pour $(u_3,-q_1)$. Cela me parait tellement simple que c'est louche. Pourras tu vérifier ? Merci.
III. Je reviens sur la question que tu te poses dans le point 5) de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1769420#msg-1769420. Tout d'abord, on croit dur comme fer à la relation du produit $h_{12}h_{13} h_{23} h_0 = 1$. Et, dans ce post pointé, on est dans le contexte $p \ne 2$, $p \mid u_1$ et $p \not\mid q_1$ DONC d'après le point II ci-dessus, on $h_{23} = 1$.
De sorte que (toujours, bien sûr, dans le contexte de ton post pointé), on a les équivalences :
$$
(h_{12} = h_{13} = 1) \quad\iff\quad
(h_{13} = h_{0} = 1) \quad\iff\quad
(h_{12} = h_{0} = 1)
$$
Ce qui fait que ta question dans le point 5) tombe à l'eau. Do you see what I mean ?
IV. Mettre le paquet sur les symboles d'Hilbert. Tous sur $h_{12}h_{13} h_{23} h_0 = 1$. Au service de la France. -
Salut Claude,
I) Voilà [l'exemple] qui me fait flipper.
II) Je suis d'accord avec tout même si on pouvait utiliser la formule que je connais par coeur pour calculer $(q_1u_3,-q_1u_2)$ sans passer par la multiplicativité.
III) Pas de contre-exemple possible à mon 5) si on croit dur comme fer en $h_{12}h_{13} h_{23} h_0 = 1$. Et, en bon bourrin, j'en ai cherché !
IV) Je n'ai pas trop eu le temps mais, surtout, je ne pense pas avoir trouvé le bon angle d'attaque pour utiliser $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$ dont on ne devrait pas pouvoir se passer. -
@gai-requin
Bon, je pense qu'on est d'accord. Rassure moi : $h_{12} h_{13} h_{23} h_0 = 1$, tu y crois dur comme fer, autant que moi, hein ? Et pareil que toi, $u_1q_1 + u_3q_3 = u_2q_2$, je ne vois absolument pas comment l'utiliser.
Mais au fait, qui nous a mis le symbole d'Hilbert dans les pattes ? -
@Claude: Avec tous les tests positifs que tu as faits (y compris hors $U_{\infty}$), je serais stupide de ne pas y croire.
-
@gai-requin
Je ne sais plus si on en avait parlé. Il s'agit du cas où $p$ (premier impair) divise $q_1$, en supposant les $e_i - e_j$ sans facteur carré. Je crois que jusqu'à maintenant, on n'a pas été bavards dans ce contexte.[color=#000000] > e1 := 0 ; e2 := 2 ; e3 := 5 ; > E := EllipticCurve((X-e1)*(X-e2)*(X-e3)) ; > assert Discriminant(E) eq 2^6 * 3^2 * 5^2 ; > Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ; > #Uoo ; 16 [/color]
Voici $u$ ainsi que $p = 3$.[color=#000000] > p := 3 ; u := <-1,1,1> ; assert u in Uoo ; > u1,u2,u3 := Explode(u) ; > C, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ; > q1,q2,q3 := Explode(q) ; > q1, q2, q3 ; -3 5 2 > // p | q1 [/color]
Alors $Q_u$ est $\Q_p$-soluble. Et j'ai passé tous les $\mathbb F_p$-points de $\Q_u$ : aucune coordonnée nulle.[color=#000000] > C12,C13,C23 := Explode(C) ; > C12 ; 2*x0^2 - x1^2 - x2^2 > C13 ; 5*x0^2 - x1^2 - x3^2 > C23 ; -3*x0^2 - x2^2 + x3^2 > Qu := Curve(P3, [C12,C13,C23]) ; > MQu := GenusOneModel(Qu) ; > IsLocallySoluble(MQu,p) ; true (3401177695 + O(3^21) : 1 + O(3^21) : 2335958923 + O(3^21) : 1 + O(3^21)) > IQu := ChangeRing(Ideal(Qu), GF(p)) ; > X := Curve(ProjectiveSpace(Generic(IQu)), IQu) ; > Xpoints := Points(X) ; > Xpoints ; {@ (1 : 1 : 1 : 1), (2 : 1 : 1 : 1), (1 : 1 : 2 : 1), (2 : 1 : 2 : 1), (1 : 2 : 1 : 1), (2 : 2 : 1 : 1), (1 : 2: 2 : 1), (2 : 2 : 2 : 1) @} > [z : z in Xpoints | z[1]*z[2]*z[3]*z[4] eq 0] ; [] [/color]Angle d'attaque faible pour $p \mid q_1$. -
Salut Claude,
J'ai un peu plus de temps et j'ai pu traiter le cas suivant qui ressemble à ton dernier exemple :
$$p\mid q_1,\mathrm{val}_p(q_1)\equiv 1\bmod 2,p\nmid u_1u_2u_3q_2q_3.$$
CN1 : $h_{23}=\chi_p(u_2u_3)=1$.
CN2 : $h_0=\chi_p(q_2q_3)=1$.
On suppose ensuite ces deux conditions réalisées.
Cas n°1 : $u_1u_2$ est un carré modulo $p$.
Alors $u_1u_3$ est aussi un carré modulo $p$ et $(0:u_1:\sqrt{u_1u_2}:\sqrt{u_3u_1})$ est un $\Q_p$-point de $Q_u$.
Cas n°2 : $u_1u_2$ n'est pas un carré modulo $p$.
Il existe $t\in\Z$ tel que $q_3(u_2t^2-u_1)$ est un carré modulo $p$ non nul.
De plus, $q_3(q_2-q_1t^2)\equiv q_2q_3\bmod p$ donc $q_3(q_2-q_1t^2)$ est aussi un carré modulo $p$ non nul.
Et alors, $\left(\sqrt{q_3(u_2t^2-u_1)}:tq_3:q_3:\sqrt{q_3(q_2-q_1t^2)}\right)$ est un $\Q_p$-point de $Q_u$. -
C'est ok. Je peux même préciser que j'arrive à te suivre mais je serais incapable d'opérer tout seul. En un premier temps, tu détermines certains symboles d'Hilbert (ici, $h_{23}$ et $h_0$) qui, miracle, se mettent sous la forme $\chi_p(\text{truc})$. Et à ce moment là, j'imagine que tu es super-content car les carrés modulo $p$, tu vas pouvoir les utiliser de manière pertinente.
Ensuite, tu sors ton $at^2 - b$ trick sur $\mathbb F_p$ ; mais il faut quand même opérer auparavant une bascule (ici, cas 1, cas 2). Enfin, tu termines, dans la branche difficile, par sortir ton $\Q_p$-point de derrière les fagots. J'ai de nouveau vérifié que c'est bien un point de $C_{13}$ et $C_{23}$.
Je t'assure que j'ai essayé l'autre jour de refaire (tout seul) ce type de technique (dans le cas $p \mid u_1$ ...etc) qui présente beaucoup d'annalogies avec ton dernier post mais je n'y suis pas arrivé (tout seul).
Bien évidemment, ce cas $p \mid q_1$ accompagné d'autres contraintes est loin de couvrir le cas $p \mid q_1$. Note (mais je ne t'apprends rien) : les $u_i$ sont sans facteur carré et $u_i \wedge u_j = 1$. Mais, même en supposant les $e_i-e_j$ sans facteur carré, il n'y a aucune raison pour que $q_i \wedge q_j = 1$. -
$\def\F{\mathbb F}$@gai-requin Une petite amélioration de ton $at^2 - b$ trick. J'ignore si cela va mettre du beurre dans les épinards. Je change $t$ en $x$
1. Soit $p$ un premier impair et $a, b \in \F_p^*$. Je ne suppose pas $a,b$ de caractères quadratiques différents (alors que toi, si, n'est ce pas ?). Alors il existe $x \in \F_p$ tel que $ax^2 - b$ soit un carré non nul. SAUF si $p = 3$, $a=b=1$. Justifications ci-dessous.
2. D'abord le cas particulier i.e. $x^2 - 1$ sur $\F_3$. Pour $x = 0$, $x^2 - 1$ n'est pas un carré et pour $x = \pm 1$, $x^2 - 1$ vaut 0 (un carré mais pas un carré non nul).
3. Je vais utiliser (sans preuve) un résultat classique sur le comptage de points d'une conique sur un corps fini $k$ de caractéristique $\ne 2$. Je peux te donner des références (par exemple, Tauvel, Algèbre Agrégation, chapitre Quelques calculs sur les corps finis, proposition 18.8.6). Je note $q$ le cardinal de $k$ et soient $a_1, a_2, b \in k^*$ à qui on attache la conique (affine) $a_1x^2 + a_2y^2 = b$. Alors :
$$
\#\{ (x,y) \in k \times k \mid a_1x^2 + a_2y^2 = b\} = \cases {q-1&si $-a_1a_2$ est un carré\cr q+1&sinon}
$$
4. Je fais $a_1=a$, $a_2=-1$. Donc :
$$
\#\{ (x,y) \in k \times k \mid ax^2 - y^2 = b\} = \cases {q-1&si $a$ est un carré\cr q+1&sinon}
$$
Les points $(x,y)$ de la conique nous fournissent des $x$ tels que $ax^2 - b$ soit un carré. Mais nous on veut ``carré non nul''. I.e. il vaut éviter les points de la forme $(x,0)$ c.a.d $ax^2 = b$. Il peut y en avoir (ssi $a,b$ ont le même caractère quadratique) et s'il y en a, ils sont au nombre de 2. On enlève donc 2 au décompte. Mais $q+1- 2 \ge 1$ car $q \ge 3$. Quid de $q-1-2$. Malheureusement, cela peut faire $0$. C'est le cas $q=3$, $a$ carré, $a,b$ de même caractère quadratique i.e. $a=b=1$.
Est ce que cela peut faire avancer le schmilblick ? -
Salut Claude,
Je n'ai pas encore eu le temps d'éplucher ton dernier message mais j'ai fait un gros calcul !
Pour m'éviter des considérations hasardeuses, serait-il possible que tu testes la formule suivante ?
Contexte : Aucune hypothèse sur $p$, ni sur les $u_i,q_i$, pas même $u_1q_1+u_3q_3=u_2q_2$ !
$$h_{12}h_{13}h_{23}h_0=(-u_1q_1u_3q_3,u_2q_2u_3q_3)_p.$$ -
Cela a l'air tout bon !! Voilà ce que j'ai fait. Ne sachant pas trop où taper pour les premiers $p$ (contrairement au passé), j'ai considéré tous les premiers $2 \le p \le 10^3$. Et j'ai fait 100 tirages aléatoires des $u_i, q_i$ dans l''ensemble $I$ que tu vois ci-dessous. J'ai quand même compté les fois où $h_{12}h_{13}h_{23} h_0 \ne 1$ (variable count). Temps d'exécution : 1 seconde. Je peux mettre la gomme si tu veux mais pour moi, c'est significatif. Une de plus au panier. Bravo.
[color=#000000] I := [-10^2 .. -1] cat [1..10^2] ; P := PrimesInInterval(2,10^3) ; count := 0 ; time for dummy := 1 to 10^2 do u1,u2,u3 := Explode([Random(I) : i in [1..3]]) ; q1,q2,q3 := Explode([Random(I) : i in [1..3]]) ; for p in P do h12 := HilbertSymbol(q3*u2,-q3*u1, p) ; h13 := HilbertSymbol(q2*u3,-q2*u1, p) ; h23 := HilbertSymbol(q1*u3,-q1*u2, p) ; h0 := HilbertSymbol(q1*q2,-q1*q3, p) ; // Gai-requin 14 Fev 2019 assert h12*h13*h23*h0 eq HilbertSymbol(-u1*q1*u3*q3,u2*q2*u3*q3, p) ; if h12*h13*h23*h0 ne 1 then count := count + 1 ; end if ; end for ; end for ; "count =", count ; [/color] -
Ouf !
Pour le coup, j'ai une preuve qui, vraiment, ne tient pas dans la marge...
Grâce à cette formule, dans le cas $p$ impair, j'arrive à montrer qu'à partir de l'hypothèse $u_1q_1+u_3q_3=u_2q_2$, on a bien $h_{12}h_{13}h_{23}h_0=1$ en remarquant qu'au moins deux entiers parmi $u_1q_1,u_2q_2,u_3q_3$ ont la même valuation $p$-adique... -
$\def\F{\mathbb F}$Bien joué. Autre chose (nouveau et expérimental comme souvent). Contexte : $e_i - e_j$ quelconques et $p$ premier vérifiant $\fbox{$p \equiv 1 \bmod 4$}$. Pour un $u \in U_\infty$, si $Q_u$ est $\Q_p$-soluble, alors $Q_u$ pssède sur $\F_p$ un point avec une coordonnée nulle. Je ne suis pas mécontent de la manière dont j'ai programmé cela. Note : je ne dis pas que sur $\Q_p$, $Q_u$ possède un point de coordonnée nulle, mais je le pense.
-
Salut Claude,
J'ai même l'impression (après quelques calculs tout de même) que sous la contrainte $p\equiv 1\bmod 4$, $Q_u$ possède sur $\mathbb F_p$ un point avec une coordonnée nulle même si elle n'est pas $\Q_p$-soluble.
Mais peut-être que tu as déjà testé que ce que je viens de dire est faux... -
@gai-requin
Oui, tu as raison. Et il faut surtout oublier ce post $p \equiv 4$ qui n'a AUCUN intérêt. Je pensais à quelque chose (mais je n'ose pas te dire quoi car cela va t'inquiéter sur ma pauve tête) qui en fait est totalement débile. -
@Claude : Super ton amélioration [ici] qui uniformise mon trick, même si $p=3$ pose problème.
Je n'ai pas ce bouquin d'algèbre de Tauvel que je connais (complet, sans fioriture) mais je possède celui qu'il a écrit sur les corps commutatifs où on trouve beaucoup de choses intéressantes (extensions transcendantes, corps réels clos...). -
Salut Claude,
Si tu as un moment, est-ce que tu peux montrer comment tu as traité le cas particulier $e_2-e_1$, $e_3-e_2$ et $\mathrm{val}_2(e_3-e_1)$ impairs ?
Un petit exemple ne peut pas (me) faire de mal. :-) -
@gai-requin
Quelques pistes vite fait (en vrac). Dans le contexte $e_2-e_1$ et $e_3-e_2$ impairs, introduire
$$
U_{\rm odd} = \{ u \in U_\infty \mid \hbox { $u_2$ est impair} \}
$$
Note : sur $U_\infty$, on a déjà $u_1, u_3$ impairs.
Vérifier que $A_2 \in U_{\rm odd}$ et que $A_1, A_3 \notin U_{\rm odd}$ dans le contexte où $v_2(e_3 - e_1)$ est impair. De sorte que $U_{\rm odd}$ est un sous-groupe d'indice 2 de $U_\infty$. Précision : $A_i$ est l'image par $\delta$ du point de 2-torsion $(e_i, 0)$. Tu as déjà fourni $A_3$ en $u$-code quelque part.
Mais ci-dessus, c'est du petit lait. Le plus dur va être de montrer que $\delta(E(\Q)/E[2]) \subset U_{\rm odd}$. Il faut que tu retrouves nos/tes notes sur $(e_1, e_2, e_3) = (-D, 0, D)$, $D$ entier sans facteur carré impair, i.e. haut page 5 de Heath-Brown. Il y a des éléments quelque part dans ce fil avec un lemme contenant une égalité avec un label $(\blacksquare)$ $a_1a_2a_3 = t^2$ où l'on introduit $g = \gcd(a_1, a_2,a_3)$ à qui on demande de vérifier $\gcd(a_i/g, a_j/g) = 1$ pour $i \ne j$. Cela te rappelle quelque chose ?
On fera le même coup que pour $(-D, 0, D)$. Attention : c'est laborieux.
Enfin, on considérera $U_+ \cap U_{\rm odd}$ d'indice $4$ dans $U_\infty$. -
Salut Claude,
Comment vas-tu ?
Une petite digression : avec les même hypothèses, mais en supposant $v_2(e_3 - e_1)$ pair, on peut dire que $e_3-e_1$ est impair modulo les carrés donc $U_{\rm odd}$ me semble toujours pertinent.
Et il "resterait" le cas où tous les $e_i-e_j$ sont pairs donc ton cas particulier ne me paraît pas si epsilonesque. -
@gai-requin
Je n'ai pas beaucoup de temps en ce moment. Je comprends bien ce que tu me dis, car à l'arrivée de $\delta$, cela se passe modulo les carrés. Mais, mais ce n'est pas aussi simple. D'abord, dans le lemme que je voulais utiliser, celui que je mentionne dans mon dernier post (celui avec l'égalité $(\blacksquare)$), je me suis rendu compte que $g$ doit être sans facteur carré, ce que j'avais oublié.
Pour te convaincre que ce n'est pas aussi simple : as tu pensé à $(e_1, e_2, e_3) = (-D, 0, D)$ $D$ sans facteur carré PAIR, auquel cas $v_2(e_3-e_1) = 2$ ?
Bref, ceci est, comme d'habitude un peu délicat. J'ai un brouillon (3 pages mal torchées) que j'arrive à peine à relire. La seule solution à mon avis, c'est de reprendre les choses à zéro, recoucher le lemme en question ...etc... vérifier si on peut contourner la clause ``sans facteur carré' ...etc.. Cela demande du temps et du courage. J'en manque (que je dis). -
Bonsoir Claude,
Je suis d'accord avec le fait qu'il faille tout reprendre de zéro mais le problème est de savoir comment.
1) Un petit résumé de ton travail :
Par coinçage arithmétique, tu paramètres deux coniques à l'aide de $(u_1,u_2,u_3)$ avec $u_3>0$.
Puis, par $\Q_{\infty}$-solubilité, on peut même supposer $u_2>0$.
Enfin, en examinant la classe d'un point de $E$ modulo la torsion, on se ramène à $u_1>0$.
En cours : bosser sur la parité des $e_i-e_j$ pour réduire encore le choix de $(u_1,u_2,u_3)$.
2) Ce que je comprends du sibyllin Monsky :
Lui paramètre deux coniques à partir d'un couple $(a,b)$ de diviseurs de $D$, ce qu'il peut se permettre dans son étude de $E_D$ qui est moins générale que la nôtre.
Et là, en observant les quatre points dans une classe d'équivalence, il élimine la torsion de la façon suivante :
- Si $D$ est impair, on peut prendre $a>0$ et $b>0$.
- Si $D$ est pair, on peut prendre $a\equiv 1\bmod 4$ (mais plus nécessairement positif) et $b>0$ impair.
Et, miracle, un coup de $\Q_2$-aspirateur au passage dans les deux cas !
3) Mon dilemme :
Est-ce que vraiment comprendre H-B et Monsky vaut le coup ?
Parce que je ne suis pas sûr que leur technique puisse se généraliser à la $2$-descente complète. :-S
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