$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et 2-descente
Réponses
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@gai-requin
Je précise ce qui pourrait (devrait ?) être repris. Contexte : $e_2 - e_1$ et $e_3 - e_2$ impairs donc $e_3 - e_1$ pair ; on va imposer provisoirement que $v_2(e_3 - e_1) = 1$ quitte à relâcher plus tard. Sur mes notes pourries, je lis :
Etape 1 : étant donné un point $p$ de $E(\Q)$ où $E : y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$ , autre que $p_\infty$ et distinct des points $p_i = (e_i,0)$ de 2-torsion, alors parmi les 4 points $p, p+p_1, p+p_2, p+p_3$, il y en a un, disons $q$ tel que
$$
| x(q) - e_2|_2 \ne 1
$$
Note : $|\quad |_2$ c'est la valeur absolue 2-adique ; pour $y \in \Q$, dire que $|y|_2 \ne 1$ signifie que, dans l'écriture irréductible $y = a/b$, que $a,b$ ne sont pas de même parité i.e. qu'ils ne sont pas tous les deux impairs. Rappel où ci-dessous, $x$ c'est $x(p)$ :[color=#000000] assert X(p+p1) - e2 eq -(e2-e1)*(x-e3) / (x-e1) ; assert X(p+p2) - e2 eq -(e2-e1)*(e3-e2) / (x-e2) ; assert X(p+p3) - e2 eq (e3-e2)*(x-e1) / (x-e3) ; [/color]
Je dis ici à reprendre car, on va dire cela comme ça : pourri chez moi.
Etape 2 : si un point $p = (x,y)$ vérifie $|x - e_2|_2 \ne 1$, alors $x-e_i \sim_{\rm squares} \text{impair}$ pour $i = 1,2,3$. A reprendre également car je ne suis plus sûr de rien !
Note : si cela nous arrange, on peut, quitte à faire une translation, supposer $e_2 = 0$. Histoire de ressembler à $(-D, 0, D)$. Mais je ne sais pas si psychologiquement, c'est une bonne chose de faire $e_2 = 0$ : ce qui compte, dans $E : y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$, ce sont les différences $e_i - e_j$ et pas les $e_i$.
Enfin, je te donne une recette en or quand on a DEUX trucs à faire : on en fait d'abord un puis ensuite l'autre. Tu connaissais ? -
Salut Claude,
Je m'y remets doucement...
Etape 1 : Avec tes notations, les quatre valeurs absolues $2$-adiques mises en jeu sont$$|x-e_2|_2,\quad \frac{|x-e_3|_2}{|x-e_1|_2},\quad \frac 1{|x-e_2|_2},\quad\frac{|x-e_1|_2}{|x-e_3|_2}.$$
Contre-exemple quand $\mathbf{v_2(e_3 - e_1)=2}$ : $e_1=-3,e_2=0,e_3=1$ donc $E:y^2=(x+3)x(x-1)$ qui passe par $(3,6)$.
Avec $x=3$, les quatre valeurs absolues ci-dessus valent toutes $1$.
Donc il faut vraiment rajouter une hypothèse sur $v_2(e_3 - e_1)$. :-S -
Dans le contexte $e_2-e_1$ et $e_3-e_2$ impairs, on suppose qu'il existe $(x,y)\in E$ tel que les quatre valeurs absolues de mon message précédent valent $1$.
On a donc $|x-e_2|_2=1$ et $|x-e_1|_2=|x-e_3|_2$.
En particulier, $|y|_2=|x-e_1|_2=|x-e_3|_2$ et il existe des entiers $a,b,c,d$ impairs tels que $$x-e_1=\frac a b y,\quad x-e_3=\frac c d y,\quad x-e_2=\frac {bd}{ac}.$$On en déduit que $$\frac a b y=e_2-e_1+\frac{bd}{ac}\text{ donc }|y|_2\leq 1.$$De plus, $|e_2-e_1|_2=|a^2cy-b^2d|_2=1$ donc on a même $|y|_2\leq\dfrac 1 2$.
Enfin, $|e_3-e_1|_2=|ad-bc|_2\times |y|_2\leq\dfrac 1 4$ donc $v_2(e_3-e_1)\geq 2$.
Conclusion : si $v_2(e_3-e_1)=1$, alors au moins deux des quatre valeurs absolues susnommées sont différentes de $1$. -
Salut Claude,
Voilà (j'espère) une preuve de l'étape 2, où l'on suppose toujours $e_2-e_1$ et $e_3-e_2$ impairs.
Soit $(x,y)\in E$ tel que $|x-e_2|_2\neq 1$.
Il existe des entiers $\alpha,\beta\neq 0,\gamma$ et $a_i,b_i$ impairs tels que $$x-e_1=2^{\alpha}\frac{a_1}{b_1},\quad x-e_2=2^{\beta}\frac{a_2}{b_2},\quad x-e_3=2^{\gamma}\frac{a_2}{b_2}.$$D'où $$e_2-e_1=2^{\alpha}\frac{a_1}{b_1}-2^{\beta}\frac{a_2}{b_2}.$$Comme $e_2-e_1$ est impair et $\beta\neq 0$, on a $\alpha=0$ et, de même, $\gamma=0$.
Donc $x-e_1$ et $x-e_3$ sont impairs modulo les carrés.
De plus, $$(x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)=2^{\beta}\frac{a_1a_2a_3}{b_1b_2b_3}=y^2.$$Ceci implique que $\beta$ est pair et donc que $x-e_2$ est aussi impair modulo les carrés. -
@gai-requin
J'ai bien vu tes 3 posts. Le dernier est super-carré et je n'y vois rien à redire. En ce qui concerne l'avant dernier (consacré à l'étape 1), j'ai trouvé un certain nombre de simplifications qui permettent d'aller plus vite au but (je trouve) ; je ferai un petit post plus tard. Quant au premier, c'était une sorte de contre-exemple mais j'avais vu aussitôt que $e_3 - e_1 = 2^2$ et donc on n'était pas dans le contexte que j'avais initialement mentionné i.e. $v_2(e_3 - e_1) = 1$. Bravo et merci. -
@Claude :
Pour l'étape 1, j'avais mal compris ce que tu voulais dire par "on impose provisoirement $v_2(e_3 - e_1) = 1$".
J'aurais dû penser à Monsky qui traite le cas $D$ pair sans évoquer $v_2$ mais en raisonnant modulo $4$...
Cela a quand même eu le mérite de m'éviter une $n$-ième démonstration par l'absurde. ;-)
J'aimerais bien voir ta preuve qui généralise peut-être le résultat à $v_2(e_3 - e_1)$ impair... -
@gai-requin
Je me suis planté : je n'ai pas de preuve (contrairement à ce que j'ai prétendu une fois) dans le cas $v_2(e_3-e_1)$ impair ! J'ai jeté mon brouillon pourri et j'ai rangé quelque part tes deux preuves (étape 1 et étape 2). Des simplifications dans l'étape 1 demain. Nous en sommes où ? En ce qui concerne 2-torsion removed, on se cantonne à $e_2-e_1$, $e_3-e_2$ impairs, $v_2(e_3-e_1) = 1$ ET $e_1 < e_2 < e_3$. -
@gai-requin A propos de l'étape 1 et de ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1776234#msg-1776234
Je commence par une remarque (qui ne mérite pas le nom d'un lemme). Soient $a,b, e_1, e_3 \in \Z$ impairs tels que $v_2(a - e_1b) = v_2(a - e_3b)$ ; alors $v_2(e_3 - e_1) \ge 2$. Justification : on écrit $a - e_1b = 2^k \times \hbox {impair}$, $a - e_3b = 2^k \times \hbox {impair}'$, avec nécessairement $k \ge 1$ (car la différence de deux impairs est paire !). Par différence : $b(e_3 - e_1) = 2^k \times (\text{impair} - \text{impair}') \equiv 0 \bmod 2^{k+1}$. Comme $b$ est impair et que $k+1 \ge 2$, on obtient $v_2(e_3-e_1) \ge 2$. Je me suis contenté d'utiliser à plusieurs reprises que la différence de deux nombres impairs est paire, donc c'est du ``haut de gamme''.
Venons en à nos affaires : $e_2-e_1$, $e_3 - e_2$ impairs, et $v_2(e_3-e_1) = 1$. Je rappelle qu'en notant $p_i = (e_i,0)$ pour $i = 1,2,3$, et $x = x(p)$, on a :
$$
|x(p+p_1) - e_2|_2 = {|x-e_3|_2 \over |x-e_1|_2}, \qquad \qquad
|x(p+p_2) - e_2|_2 = {1 \over |x-e_2|_2}, \qquad \qquad
|x(p+p_3) - e_2|_2 = {|x-e_1|_2 \over |x-e_3|_2}
\qquad\qquad (\star)
$$
Je suppose que $| x-e_2|_2 = 1$ i.e. $|x(p) - e_2|_1 = 1$. Alors d'une part, $|x(p+p_2) - e_2|_2 = 1$ (c'est immédiat) et surtout $|x(p+p_1) - e_2|_2$ et $|x(p+p_3) - e_2|_2$, qui sont inverses l'un de l'autre, sont distincts de 1.
Justification : je peux supposer (par translation) que $e_2 = 0$. J'écris alors l'hypothèse qui est $x = a/b$ avec $a,b \in \Z$ impairs (premiers entre eux). Il vient alors (attention calculs complexes)
$$
x-e_1 = {a-e_1b \over b}, \qquad \qquad x - e_3 = {a - e_3b \over b}, \qquad \qquad {x-e_1 \over x-e_3} = {a-e_1b \over a-e_3b}
$$
d'où le résultat puisque $v_2(a-e_1b) \ne v_2(a-e_3b)$ (remarque initiale).
Pour résumer : c'est surtout $(\star)$ qui fait marcher le truc et un peu de $|\quad|_2$-calcul. -
Super ! (tu)
J'ai un peu regardé le cas $v_2(e_3 - e_1)=2$ et c'est pas gagné !
En effet, dans l'exemple de [ce message], dans la classe de $(3,6)$ modulo la torsion, on ne trouve que deux abscisses, à savoir $3$ et $-1$, que je n'arrive pas à discriminer en essayant de suivre Monsky (Selmer 2 Appendix p.40-41) qui calcule quelque chose qui ressemble à $\dfrac x {e_2-e_1}$ qui prend ici les valeurs $1$ et $-\dfrac 1 3$.
Mais ces deux nombres, vus comme entiers $2$-adiques, sont tous les deux congrus à $1$ modulo $4$ ! :-S
Bref, il va falloir faire preuve d'imagination ! -
Il ne faut pas abandonner Selmer parce qu'on est à ça de terminer.
Je n'ai pas trop le temps en ce moment mais il m'est venu une idée que je vais essayer d'exploiter.
Avec ses restrictions, Monsky discrimine en raisonnant modulo $4$, ce qui ne fonctionne pas avec $e_1=-3,e_2=0,e_3=1$ et $x=3$ (cf mon message précédent).
Mais c'est mieux modulo $8$ !
Mon idée : peut-être qu'on peut émuler Monsky en trouvant le modulus qui va bien dans le cas général. -
$\def\Sha{\text{Sha}}\def\Sel{\text{Sel}}$Salut gai-requin
Dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1795204,1801832#msg-1801832, j'ai (presque) prétendu que l'on pouvait venir à bout de Mordell-Weil pour la courbe elliptique :
$$
E : y^2 = x(x^2 + ax + b) = x(x^2 + 6x + 3.13) = x(x^2 + 6x + 39)
$$
J'ai dit cela au vu d'une trace d'exécution : $\Sha(E)[2]$ est trivial (en français les 2-torseurs au dessus de $E$ qui sont localement solubles le sont globalement).
MAIS j'avais oublié qu'à la main, on traite rarement la 2-descente, seulement la $\sqrt 2$-descente, si j'ose m'exprimer ainsi. Disons les deux groupes de Selmer $\Sel^{(\overline\phi)}(\overline E/\Q)$, qui contient $\Gamma$ avec nos vieilles notations et $\Sel^{(\phi)}(E/\Q)$, celui qui contient $\overline \Gamma$. Où $\phi : E \to \overline E$ et $\overline \phi : \overline \phi$ sont les isogénies attachées à l'unique point de 2-torsion.
Je me suis alors dit que j'avais ouvert ma g.eule trop vite. Mais non. J'ai fait les premières vérifications avec mes petits outils : pas vu de saloperies (des torseurs localement solubles et pas globalement solubles).
Bref, tout cela pour dire que j'ai commencé à traiter à la main le truc. En principe, on doit trouver que $\Gamma = \{1, 39\}_{\text{carrés}}$ donc $\#\Gamma = 2$ et $\#\overline \Gamma \le 4$. Ce qui fait pour le rang $r$ de $E$ (ou $\overline E$) $2^r \le (2 \times 4) / 4 = 2$ donc $r \le 1$. Avec trouvaille d'un point $\Q$-rationnel d'ordre infini sur $\overline E$ donc sur $E$.
$\bullet$ Pour l'instant, j'en suis du côté de $\Gamma \subset \Q^*/\Q^{*2}$ :
$$
\Gamma = \{ b_1 \in \Z \mid b_1 \text { divise } 3 \times 13 \text{ et } H_{b_1,a,b_2} : v^2 = b_1u^4 + au^2w^2 + b_2 w^4 (b_2 = b/b_1)
\text { est soluble sur } \Q \}_{\text{carrés}}
$$
Et $b_1=3, b_2=13$ résiste $H_{3,6,13} : v^2 = 3u^4 + 6u^2w^2 + 13 w^4$. magma me dit qu'il n'est pas $\Q_p$-soluble pour $p = 2$ (beurk) et $p = 5$.
Et je ne vois pas pourquoi pour l'instant. Tu vas me dire que c'est mon problème.
Bon Lundi de Pâques.
Ajout : Cremona reference de $E$ est $74880g_1$, $74880 = 2^7 \times 3^2 \times 5 \times 13$, cf le site LMFDB, http://www.lmfdb.org/EllipticCurve/Q/74880g1/ -
Salut Claude,
Je n'ai pas trouvé non plus pour $H_{3,6,13}$.
J'ai presque envie d'essayer l'algorithme de Swinnerton-Dyer que j'avais tenté d'expliciter [ici]..
Joyeuses Pâques ! ;-) -
Resalut,
C'est quand même dingue : dès que l'on met les mains dans le cambouis, cela se complique. Je viens de trouver une solution. Tu me tiendras au courant si tu arrives via Swinnerton-Dyer. Voilà ce que j'ai fait : j'ai pensé conique (on en avait causé il y a quelques mois, le temps passe vite) en posant $U = u^2$, $W = w^2$, $V = v$ si bien que j'obtiens une conique $F = 0$
$$
F = 3U^2 + 6UW + 13W^2 - V^2
$$
Et cette conique n'a pas de point $\Q$-rationnel à fortiori $H_{3,6,13}$ n'est pas $\Q$-soluble. Pour voir le coup de la non solubilité de la conique, il faut la mettre sous la forme de Legendre ou Lagrange via un changement linéaire de variables. Aidé par qui tu sais (mais après coup, c'est facile) :
$$
F(U-W, V, W) = 3U^2 + 10W^2 - V^2
$$
Du Legendre. Pouf-pouf : conique normique de Lagrange (et pas Legendre, qui est la forme $aX^2 + bY^2 + cZ^2 = 0$). Et $V^2 = 3U^2 + 10W^2$ n'a pas de point $\Q$-rationnel (ou entier c'est pareil, ici) car $3$ n'est pas un carré modulo 10. Détails : pour $U,V \in \Z$, $V^2 \equiv 3U^2 \bmod 10$ entraine que $U,V \equiv 0 \bmod 10$ ...etc.. Note : si 10 fait peur car pas premier, on peut le remplacer par 5 : $3$ n'est pas un carré modulo $5$.
Bref : $\Gamma = \{1, 39\}_{\text{carrés}}$. Précision : inutile de passer $b_1 < 0$ car le discriminant de $b_1 T^2 + 6T + b_2$ avec $b_1b_2=39$ est $-120$.
On risque d'en ch.er pour $\overline\Gamma$ (mais pas de saloperies comme déjà dit). -
@Gai-requin Suite. Du côté de la cousine de $E : y^2 = x(x^2 + ax + b) = x(x^2 + 6x + 39)$, il y a trop de torseurs à passer à la main et on va se permettre de tricher. Mais il y a une surprise à la clé. Au lieu de noter $\overline a, \overline b, \overline E$ ...etc.., je vais noter $a', b', E'$, c'est plus commode. On a donc :
$$
a' = -2a = -12, \qquad b' = a^2 - 4b = -120 = -2^3 . 3 . 5, \qquad E' : y^2 = x (x^2 + a'x + b')
$$
Note que $b'$ c'est le discriminant de $X^2 + aX + b$ et c'est pour cela, du côté de $(E, \Gamma)$ que $2,5$ sont intervenus. Ici, faut passer en revue les $b'_1, b'_2$ avec $b'_1b'_2 = b' = -120$, $b'_1$ sans facteur carré et $|b'_1| \le |b'_2|$.[color=#000000] > a := 6 ; b := 3*13 ; abar := -2*a ; bbar := a^2 - 4*b ; > B1B2 := [<b1,ExactQuotient(bbar,b1)> : b1 in Divisors(Abs(bbar)) | IsSquarefree(b1) and b1^2 le Abs(bbar)] ; > B1B2 ; [ <1, -120>, <2, -60>, <3, -40>, <5, -24>, <6, -20>, <10, -12> ] [/color]
Ici 6 couples auxquels il faudra ajouter les 6 autres couples $(-b'_1, -b'_2)$. Ce qui nous fait 12 torseurs $H_{b'_1,a',b'_2}$.
$\bullet$ Ce que je vais faire, c'est juste regarder en un premier temps la $\Q$-solubilité des coniques $V^2 = b'_1U^2 + a'UW + b'_2W^2$, après on verra. On veut juste évacuer celles qui ne sont pas $\Q$-solubles et une fois qu'on les aura sous la main on aura un argument pour certifier qu'elles ne le sont pas (via un critère du style truc n'est pas un carré modulo machin, on verra plus tard les détails).[color=#000000] > TorseurConique := func < b1b2 | Conic(P2, b1*U^2 + abar*U*W + b2*W^2 - V^2) where b1,b2 is Explode(b1b2) > ; > > [<b1b2, HasPoint(TorseurConique(b1b2))> : b1b2 in B1B2] ; [ <<1, -120>, true>, <<2, -60>, false>, <<3, -40>, false>, <<5, -24>, false>, <<6, -20>, false>, <<10, -12>, true> ] [/color]
Tu vois que cela en a évacué pas mal : il nous reste dans les mains $\fbox {$(b'_1,b'_2) = (1,-120), (10, -12)$}$. Dont on s'en occupera plus tard car on ne sait rien de la $\Q$-solubilité de $H_{b'_1, a', b'_2}$.
Même topo pour les $(-b'_1, -b'_2)$[color=#000000] > B1B2 := [<-b1,-b2> where b1,b2 is Explode(b1b2) : b1b2 in B1B2] ; > [<b1b2, HasPoint(TorseurConique(b1b2))> : b1b2 in B1B2] ; [ <<-1, 120>, false>, <<-2, 60>, false>, <<-3, 40>, true>, <<-5, 24>, false>, <<-6, 20>, false>, <<-10, 12>, false> ] [/color]
Là, encore plus mieux : il nous reste seulement $\fbox{$(-3, 40)$}$ dans les mains
$\bullet$ Je couche ce qui nous reste dans les mains sans oublier que l'on bosse dans $\Q^* /\Q^{*2}$. Et le premier bilan, c'est que $\Gamma'$ est contenu dans
$$
\{1, -120, 10, -12, -3, 40\}_{\text{carrés}} = \{1, 2^2.(-30), 10, 2^2. (-3), -3, 2^2.10\}_{\text{carrés}} =
\{1, -30, 10, -3, -3, 10\}_{\text{carrés}} = \{1, -30, 10, -3\}_{\text{carrés}}
$$
Et donc $\#\Gamma' \le 4$. Ce qui nous fait, puisque $\#\Gamma = 2$ que le rang $r$ de $E$ est $\le 1$.
$\bullet$ Il reste donc d'une part à s'occuper des 3 torseurs encadrés, 2 en fait car $b'_1 = 1$ fournit un torseur trivial, en leur faisant cracher le morceau. Et pour faire bien, mettre quelques coniques sous forme de Lagrange et leur faire avouer pourquoi elles n'ont pas de $\Q$-point. -
Salut Claude,
$H_{1,-12,-120}$ passe par $(1,1,0)$.
$H_{10,-12,-12}$ passe par $(2,10,1)$.
$H_{-3,-12,40}$ passe par $(1,5,1)$.
Sympa le coup des coniques. (tu) -
J'ai trouvé [un papier] qui utilise le travail de Monsky pour trouver des courbes elliptiques (attachées à des nombres congruents) de haut rang.
-
Salut Gai-Requin
I. Je vais prendre ton point $(u=1,v=5,w=1)$ de $H_{b'_1,a',b'_2} = H_{-3,-12,40}$ et le balancer sur $E' : y^2 = x(x^2 + a'x + b') = x(x^2 - 12x - 120)$ par le revêtement $\pi : H_{-3,-12,40} \to E'$ puis sur $E$ via l'isogénie $\phi ' : E' \to E : y^2 = x(x^2 + ax + b) = x(x^2 + 6x + 39)$. Formules pour $\pi, \phi'$ (en affine) :
$$
\pi : (u,v) \mapsto (x=b'_1u^2, y=b'_1uv) = (-3u^2, -3uv), \qquad\qquad\qquad
\phi' : (x,y) \mapsto \big(y^2/4x^2, y(x^2-b')/(8x^2)\big)
$$
Je m'aperçois que dans l'autre fil (Namiswan, LOU16), j'ai attaché une page extraite de Silverman-Tate qui contient une erreur dans la formule donnée pour $\phi'$ ! Ici, je viens de vérifier sur une édition récente et sur Cohen (prop 8.2.1) et dans mes programmes. Ci-dessus, c'est bien la bonne formule.
Bref, sur $E'$ on obtient le point $(-3,-15)_{E'}$ puis sur $E$ le point $(25/4, -215/8)_E$. Je vais encadrer son opposé $\fbox {$p_1 = (25/4, 215/8)_E$}$. Plus tard, après avoir réglé la torsion de $E(\Q)$ via Nagell-Lutz, torsion réduite à $p_0 = (0,0)_E$, il faudra montrer que $p_1$ est un générateur de $E(\Q)$ modulo la torsion. Et là, je ne vois pas comment y arriver pour l'instant. C'est bien ce que je pense : traiter des exemples, c'est mortel.
II. J'ai préparé un tout petit truc minimum syndical sur les coniques arithmétiques, mais vraiment petit. Histoire de ne pas oublier la forme normique de Lagrange $Z^2 = aX^2 + bY^2$ et les symboles d'Hilbert $(a,b)_p$ et des histoires en rade ! Je fais cela dans le post qui suit.
III. A cause de ma configuration de m.rde, je ne peux pas accéder au pdf que tu pointes. Peux tu y faire quelque chose ? Merci. -
On peut effectivement tenter le coup pour ton I) !
> C:=EllipticCurve([0,6,0,39,0]); > C; Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 6*x^2 + 39*x over Rational Field Generators(C); [ (0 : 0 : 1), (25/4 : 215/8 : 1) ] true true
-
Coniques arithmétiques (minimum syndical). Cela se passe en 2 étapes. Dans la première étape, pas d'arithmétique, on relâche $\Z$ en $\Q$ : il s'agit en fait d'écrire une forme quadratique comme combinaison linéaire de carrés indépendants (algorithme de Gauss). Une fois obtenu $aX^2 + bY^2 + cZ^2$, on rend $a,b,c$ entiers, puis sans facteurs carrés et enfin premiers deux à deux (division/multiplication par des carrés, pgcds ...etc..). Histoire d'obtenir une forme de Legendre. On peut aussi jouer la carte forme de Lagrange $Z^2 -aX^2 - bY^2$ où l'on demande ici à $a,b$ d'être sans facteur carré et rien de plus. Symboles de Hilbert $(a,b)_p$ : où en sommes nous ? (j'ai perdu le fil).
$\bullet$ Etape I. Ici, vu la forme des torseurs $H_{b_1,a,b_2}$, l'algorithme de Gauss est réduit à sa plus simple expression car $b_1, b_2 \ne 0$. Je pose $G = b_1U^2 + aUW + b_2W^2$ et la conique en question est $F = 0$ avec $F = G - V^2$. Coup de la forme canonique du trinôme :
$$
4b_1G = (2b_1U + aW)^2 + (4b_1b_2-a^2) W^2, \qquad \qquad
4b_1F = \underline {1} (2b_1U + aW)^2 + \underline {(4b_1b_2-a^2) } W^2 + \underline {-4b_1} V^2
$$
J'ai souligné les coefficients. De sorte que $F = 0$ est du type $AX^2 + BY^2 + CZ^2 = 0$ avec $X,Y,Z$ qui ne vont pas arrêter de bouger dans l'étape II.
$\bullet$ Etape II sur deux exemples.
$\blacktriangleright$ $a=6$, $b_1=3$, $b_2=13$. Donc $4b_1b_2 - a^2 = 120$ et $-4b_1=-12$. Attention aux renommages dans ce qui suit :
$$
(1)\ X^2 + 120Y^2 - 12Z^2 = 0 \qquad\qquad (2)\ X^2 + 30 Y^2 - 3Z^2 = 0 \qquad \qquad (3)\ 3X^2 + 10Y^2 - Z^2 = 0
$$
De (1) à (2), c'est histoire de rendre 120 et 12 sans facteur carré : j'ai divisé par 4 et renommé $X/2$ en $X$. Et de (2) à (3), c'est histoire de rendre 30 et 3 premiers entre eux, qui actuellement ont 3 comme pgcd : j'ai multiplié par $3$ et j'ai renommé $3Y$ en $Y$ et $3Z$ en $Z$. Tout ceci se fait de manière automatique, bien huilée. Et la conique à l'arrivée n'est pas $\Q$-soluble car $3$ n'est pas un carré modulo 10.
$\blacktriangleright$ $a' = -12$, $b'_1 = -1$, $b'_2=120$. J'ai la flemme de détailler les calculs mais je suis tombé (à la main, si, si) sur :
$$
X^2 - 3 \times 13 \times Y^2 + Z^2 = 0
$$
qui n'est pas $\Q$-soluble car $-1$ n'est pas un carré modulo 3.
Je vais quand même vérifier $(\star)$ avec qui tu sais car je me demande s'il y a une forme normalisée réduite (unique) de Lagrange (ou de Legendre). -
@Gai-requin Là, je fais une petite vérification pour $a' = -12$, $b'_1 = -1$, $b'_2 = 120$ (cf mon post précédent). Il ne peut pas y avoir unicité unique à cause des automorphismes.
[color=#000000] > TorseurConique := func < b1,a,b2 | Conic(P2, b1*U^2 + a*U*W + b2*W^2 - V^2) > ; > H := TorseurConique(-1, -12, 120) ; > H ; Conic over Rational Field defined by -U^2 - V^2 - 12*U*W + 120*W^2 > Hred, HtoHred := ReducedLegendreModel(H) ; > Hred ; Conic over Rational Field defined by -U^2 - V^2 + 39*W^2 > HtoHred : Minimal ; (U : V : W) -> (-2*U - 12*W : -2*V : 4*W) > Inverse(HtoHred) : Minimal ; (U : V : W) -> (2*U + 6*W : 2*V : -W) > Domain(HtoHred) eq H and Codomain(HtoHred) eq Hred ; true [/color]
Et j'avais proposé[color=#000000] > C := Conic(P2, U^2 - 3*13*V^2 + W^2) ; > C ; Conic over Rational Field defined by U^2 - 39*V^2 + W^2 > Cred, CtoCred := LegendreModel(C) ; > Cred ; Conic over Rational Field defined by U^2 - 39*V^2 + W^2 [/color]
Deux coniques $F = 0$ qui sont pareilles versus $F \leftrightarrow -F$ et versus une permutation sur $(U,V,W)$.
PS : merci pour le pdf (que j'avais déjà !). -
$\def\iso{\ \buildrel {\delta} \over \simeq \ }$Faut surtout pas se relâcher et examiner attentivement le contenu des isomorphismes ci-dessous dans lesquels je désigne du même nom $\delta$ le morphisme de connexion, qui va des courbes elliptiques vers $\Q^*/\Q^{*2}$, et qui est donné en affine par $(x,y) \to x$ (à patcher en $p_\infty$ et aux points de 2-torsion). Pour alléger, je note $E$ au lieu de $E(\Q)$ (en général, j'aime pas du tout confondre les deux). Idem pour $E'$.
$$
E/\phi' E' \iso \Gamma = \{1,39\}_{\text{carrés}} \simeq \Z/2\Z \qquad\qquad\qquad
E'/\phi E \iso \Gamma' = \{1,-30,10, -3\}_{\text{carrés}} \simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z
$$
C'est déjà étonnant la différence structurelle entre les deux. Et mettre dans la course, les deux points trouvés $p_1$ sur $E$ et l'autre sur $E'$.
Et si cela se trouve, faut revenir sur l'égalité numérique $2^r = (\#\Gamma \times \#\Gamma')/4$ où $r$ est le rang commun de $E,E'$ sur $\Q$. Que contient-elle cette égalité ? Peut-on dire des choses intelligentes précises sur $E/2E$ ? Sur $E'/2E'$ ? ...etc...
PS : si, dans une autre vie, je continue à fricoter avec les courbes elliptiques, le plus sage serait de ne pas traiter d'exemple(s). Quelle belle vie cela serait. -
Gai-requin
$\bullet$ Voilà où j'en suis. Avec l'autre torseur $H_{10, -12,-12}$ qui passe par $(u=2, v=10, w= 1)$, j'ai récolté un autre point $p'_2$ de $E'$ (mais rien de nouveau sur $E$). Et donc pour l'instant, voilà ce que j'ai dans les mains, sur $E'$ à gauche, sur $E$ à droite :
$$
p'_0 = (0,0)_{E'}, \quad p'_1 = (-3,-15)_{E'}, \quad p'_2 = (40,200)_{E'}, \quad p'_1 + p'_0 = p'_2
\qquad\qquad\qquad\qquad
p_0 = (0,0)_{E}, \quad p_1 = (25/4, 215/8)
$$
Rappel : $\phi'(p'_1) = -p_1$, et comme le noyau de $\phi'$ est $\langle p'_0\rangle$, $\phi'(p'_1) = \phi'(p'_2)$. Voilà pourquoi rien de nouveau sur $E$.
Avec cela j'ai vérifié les isomorphismes de mon post précédent. Tout baigne. Sans que cela ne fasse avancer le schmilblick.
$\bullet$ Je zappe sur Nagell-Lutz (qui n'est pas difficile). On obtient $E(\Q)_{\rm tors.} = \langle p_0\rangle$ et $E'(\Q)_{\rm tors.} = \langle p'_0\rangle$. A noter quand même, dans Nagell-Lutz, l'amélioration de coinçage fournie par Cohen dans la proposition 8.1.12. C'est subtil.
$\bullet$ Je vais faire Mordell-Weil sur $E'$. Pourquoi sur $E'$ ? Parce ce que je sais faire et que je ne sais pas faire sur $E$ ! Et après tout, c'est la cousine qui a donné des points, on lui doit quelque chose. Et si cela se trouve, elle nous le rendra.
Je note $p'$ un free generator de $E'(\Q)$ i.e. un générateur modulo la torsion, qui existe car $E'(\Q)$ est de rang 1. Le but est d'exhiber $p'$. Il y a un entier $n \in \Z$ non nul tel que $np'- p'_1 \in E'(\Q)_{\rm tors.}$. I.e. $np' = p'_1$ ou $np' = p'_1 + p'_0 = p'_2$. MIRACLE : $p'_1, p'_2$ sont entiers (dans le modèle affine fixé de $E'$). DONC $p'$ est entier (examen de la preuve de Nagell-Lutz et premier étage de la filtration $\ell$-adique de $E'(\Q)$ pour un premier $\ell$ ad-hoc, cf Silverman-Tate et/ou Cohen, revenir dessus un jour ou l'autre).
Bilan : $\fbox {tout free generator de $E'(\Q)$ est entier}$. Notons $p' = (x',y')$ ; donc $x', y'$ sont entiers. Mais comme $p' + p'_0$ est aussi un free generator, il est entier. Or :
$$
(x',y')_{E'} + (0,0)_{E'} = (b'/x', -b'y'/x'^2)_{E'} \qquad \hbox {avec $b' = -120$}
$$
Bilan : sont entiers $x', y', 120/x', 120y'/x'^2$. Donc $x'$ est un diviseur de $120$, et par conséquent coincé. Après calcul (et surtout pas avant calcul), on obtient comme free generators de $E'(\Q)$ les 4 points suivants :
$$
(-3, \pm 15), \qquad\qquad (40, \pm 200)
$$
$\bullet$ Mais pour l'instant, en ce qui concerne Mordell-Weil pour $E(\Q)$, niet. On ne peut pas refaire le coup que l'on a fait à la cousine $E'$ car ni $p_1$, ni $p_1 + p_0$ ne sont entiers. J'ai un peu peur que pour s'en sortir, il faille le fourbi des hauteurs.
Et dire que j'avais fait le malin en disant à LOU16 : Mordell-Weil pour $E : y^2 = x(x^2 + 6x + 39)$, c'est du petit lait. Par contre pour coincer ses points entiers, c'est une autre paire de manches. I.e. pour montrer que les seuls points entiers de $E(\Q)$ sont :
$$
(x=0, y=0), \qquad (x = 28844400, y = \pm 154914585540)
$$
Mais pour l'instant, Mordell-Weil pour $E(\Q)$, ce n'est pas acquis. Bien que les algorithmes nous donnent $p_1$ comme free generator de $E(\Q)$. -
Salut Claude,
J'ai relu avec attention tes quatre derniers messages.
Une petite coquille [ici] à l'étape I) : dans $4b_1G$ et $4b_1F$, le coefficient de $W^2$ est $4b_1b_2-a^2$.
Une fois de plus, merci Gauss !
Peut-être que je n'ai rien compris aux isogénies, mais est-ce que si $p'$ est un free generator de $E'(\Q)$, alors $\phi'(p')$ est un free generator de $E(\Q)$ ?
Et peut-être même que les free generators de $E(\Q)$ sont exactement ces $\phi'(p')$ ?
Bref, $E$ et $E'$ sont-elles cousines germaines ? ;-)
Et bravo pour l'étude des free generators de $E'(\Q)$ ! (tu) -
$\def\denom{\text{denom}}$@Gai-Requin
Merci pour la coquille concernant le trinôme (j'ai corrigé, dans l'exemple on voit que j'utilise $4b_1b_2 - a^2$). En ce qui concerne Mordell-Weil pour $E(\Q)$, c'est réglé, je ferais un post plus tard. Effectivement, il faut utiliser les deux isogénies entre $E, E'$ et ce qui a été fait pour la cousine $E'$. C'est un peu dans l'esprit de ce que tu dis mais je n'arrive pas à le montrer de manière générale : j'ai besoin au préalable de montrer que ni $p_1$ ni $p_1 + p_0$ ne sont des doubles dans $E(\Q)$. J'aimerais bien trouver un contre-exemple pour le cas général que tu décris. Bref, on va étudier cela un peu plus tard.
Mais pour l'instant, j'aimerais revenir sur cette histoire de ``si $nP$ est point entier, il en est de même de $P$''. Bizarrement, je ne l'ai pas localisé dans Cohen (qui pourtant fait souvent dans le pratique) ni vraiment dans Silverman-Tate (mais cela se devine dans une preuve). Par contre c'est énoncé chez Connel http://webs.ucm.es/BUCM/mat/doc8354.pdf, dans le point (a) de la proposition 2.10.1 que j'attache. Bon, nous autres, on ne va pas faire la totale avec un anneau de Krull à la base, on va prendre $\Z$. Le contexte est celui d'une courbe elliptique donnée par un modèle affine entier :
$$
y^2 = x^3 + ax^2 + bx + c, \qquad\qquad a,b,c \in \Z
$$
Et le résultat est : soit $P \in E(\Q) \setminus \{p_\infty\}$ et $n \in \Z \setminus \{0\}$ tels que $nP$ soit entier (et sous entendu pas égal à $p_\infty$). Alors $P$ est entier.
Pour étudier Nagell-Lutz, étant donnés un premier $\ell$ et un entier $k \ge 1$, on introduit :
$$
E(\ell^k) = \{ p_\infty \} \cup \{(x,y) \in E(\Q) \mid \ell^{2k} \text { divise } \denom(x),\ \ell^{3k} \text { divise } \denom(y) \}
$$
si bien que l'on a une filtration $E(\ell) \supset E(\ell^2) \supset E(\ell^3) \supset \cdots$ qui joue un rôle capital dans Nagell-Lutz. Un résultat important est que chaque $E(\ell^k)$ est un SOUS-GROUPE de $E(\Q)$. Par ailleurs, c'est facile de voir que
$$
E(\ell) = \{ p_\infty \} \cup \{(x,y) \in E(\Q) \mid \ell \text { divise } \denom(x) \text { ou } \ell \text { divise } \denom(y) \}
$$
Cette dernière égalité réside dans le fait que pour un point $(x,y) \in E(\Q)$, on a des écritures irréductibles du type $x = x_1/d^2$ et $y = y_1/d^3$ (cf les deux premiers posts de ce fil, il y a 7 mois !).
Du coup, soit $P = (x,y)$ NON entier ; il y a donc un premier $\ell$ qui divise le dénominateur de $x$ ou celui de $y$ (en fait les deux, cf ci-dessus). C.a.d que $P \in E(\ell)$. Et comme $E(\ell)$ est un sous-groupe, c'est que $nP \in E(\ell)$ et donc $nP$ n'est PAS entier non plus.
Si tu localises ce résultat dans Cohen, je veux bien que tu me dises où. -
@Gai-requin Là, en ce qui concerne $E, E'$, on les oublie pour l'instant. Je fais une abstraction/simulation. On dispose de deux groupes abéliens de type fini $E,E'$ de rang 1, de morphismes $\phi : E \to E'$, $\phi' : E' \to E$ vérifiant
$$
E \simeq \Z \oplus T, \qquad E' = \Z \oplus T', \qquad \ker \phi = T, \quad \ker \phi' = T', \qquad \phi \circ \phi' = 2I_{E'}, \quad \phi' \circ \phi = 2I_E
$$
Enfin, je suppose que les sous-groupes de torsion $T, T'$ sont isomorphes à $\Z/2\Z$. Ainsi, je colle au contexte. Voir une remarque après le trait.
On va voir que $\phi, \phi'$ ne peuvent PAS avoir le même rôle. Je m'explique : je les passe au quotient au départ et à l'arrivée en les notant du même nom
$$
\phi' : E'/T' \simeq \Z \to E/T \simeq \Z, \qquad \qquad \phi : E/T \simeq \Z \to E'/T' \simeq \Z \qquad\qquad (\star)
$$
Les composées dans un sens ou dans l'autre sont toujours la multiplication par 2. Et en abusant des identifications un morphisme $\Z \to \Z$ c'est la multiplication par un entier $\ge 0$, disons $n$ du côté de $\phi$, $n'$ du côté de $\phi'$ ; au niveau $(\star)$ bien entendu. Si bien que $(\star)$ donne $nn' = 2$. Ca, c'est une équation diophantienne sur $\N$ dont je viens à bout :
$$
(n,n') = (2,1) \qquad \text{ou} \qquad (n,n') = (1,2)
$$
Dans NOTRE histoire, on VERRA (autre post) qu'il s'agit de $n=2$ et $n' = 1$. Si bien que
$$
\phi(E/T) = 2(E'/T'), \qquad \phi'(E'/T') = E/T
$$
Et à droite, on voit que l'image d'un free generator de $E'$ par $\phi'$ est un free generator de $E$. Mais pas dans l'autre sens.
Il faut se méfier du fait que l'on peut avoir deux 2-isogénies duales l'une de l'autre et des sous-groupes de torsion non isomorphes. Je reprends la courbe elliptique qui est dans le titre du fil ainsi que sa cousine
$$
E : y^2 = x(x^2 + 3x +1), \qquad\qquad E' : y^2 = x(x^2 - 6x + 5) = x(x-1)(x-5)
$$
On avait vu qu'à gauche, la torsion est $\simeq \Z/4\Z$, engendrée par $(x=-1,y=1)_E$. Tandis qu'à droite, elle est $\simeq \Z/2\Z \times \Z/2\Z$, avec les points de 2-torsion $(x=0,y=0)_{E'}$ $(x=1,y=0)_{E'}$ et $(x=5,y=0)_{E'}$. -
Bonsoir Claude,
Je n'ai pas trouvé $nP$ entier $\Rightarrow P$ entier dans le Cohen mais je n'ai pas tout lu hein. :-S
J'aime bien ton coup du $nn'=2$. (tu)
Est-ce que dans le cas qui nous intéresse, on a $n'=1$ parce que, par exemple, $(25/4,215/8)_E$ n'a pas de moitié dans $E$ ? -
@Gai-Requin Pause pendant quelques jours. Je te laisse réfléchir au fait que ni $p_1$ ni $p_2 = p_1 + p_0$ ne sont des doubles dans $E(\Q)$ i.e. n'ont pas de moitié comme tu dis. Indication 2DescentMap.pdf et la considération du quotient
$$
\Q[x] = {\Q[X] \over \langle F\rangle } \simeq \Q \times {\Q[X] \over \langle G\rangle} \qquad\text{ avec $F, G$ ci-dessous}
$$[color=#000000] > G := X^2 + 6*X + 39 ; > F := X*G ; > E := EllipticCurve(F) ; > x1 := 25/4 ; ok, p1 := IsPoint(E,x1) ; > p1 ; (25/4 : 215/8 : 1) > p0 := E![0,0] ; > p2 := p1 + p0 ; > p2 ; (156/25 : -3354/125 : 1) > x2 := p2[1] ; [/color]
Ce qui va jouer un rôle important : $x_1 - \overline X$, $x_2 - \overline X$. Je note $x = \overline X$. C'est clair que $x_2 - x$ n'est pas un carré dans le quotient car, dans le premier facteur $\Q$, il vaut $x_2$, qui n'est pas un carré dans $\Q$. Pour l'autre $x_1 - x$, il va falloir batailler un peu. Au fait, il y a une raison structurelle (provenance de $p_1$) qui fait que $x_1$ est un carré. Laquelle ?
En principe, ce qui suit est sans surprise pour toi. Cela ne sert à rien pour montrer que $x_1 - x$ n'est pas un carré dans le quotient. C'est juste pour le fun.[color=#000000] > kF<x> := kX / ideal < kX | F> ; > Mx1 := MultiplicationMatrix(x1 - x) ; > Mx1 ; [25/4 0 0] [ -1 25/4 39] [ 0 -1 49/4] > Det(Mx1) ; 46225/64 > Norm(x1 - x) ; 46225/64 > IsSquare(Norm(x1 - x)) ; true 215/8 > > Mx2 := MultiplicationMatrix(x2 - x) ; > Mx2 ; [156/25 0 0] [ -1 156/25 39] [ 0 -1 306/25] > Det(Mx2) ; 11249316/15625 > Norm(x2 - x) ; 11249316/15625 > IsSquare(Norm(x2 - x)) ; true 3354/125 [/color]
Il suffit de batailler dans le second facteur $\Q[X]/\langle G\rangle$ i.e. montrer que $x_1 - x$ avec $x = X \bmod G$, n'est pas un carré.[color=#000000] > kG<x> := kX / ideal < kX | G> ; > Mx1 := MultiplicationMatrix(x1 - x) ; > Mx1 ; [25/4 39] [ -1 49/4] > Det(Mx1) ; 1849/16 > IsSquare(x1 - x) ; false [/color]
J'ai couché quelques informations numériques sans trop réfléchir (pour éviter les calculs ?). Il faut probablement faire le tri.
Bon courage. -
Bonjour Claude,
A la sauvage, on cherche à résoudre $\dfrac {25} 4-x=(ax+b)^2$ dans $\Q[X]/\langle G\rangle$.
Je trouve $\begin{cases} 6a^2-2ab=1\\b^2-39a^2=\frac {25} 4 \end{cases}$ qui n'a pas de solutions rationnelles. -
$\def\P{\mathbb P}$Salut Gai-Requin
A) Je brode autour de ta réponse. Il s'agissait, avec $x_1 = 25/4$ et $x$ la classe de $x$ modulo $G(X) = X^2 + 6X + 39$ de montrer que $x_1 - x$ n'est pas un carré modulo $G$. On a $x = -3 \pm \sqrt {-30}$ et on peut se permettre d'étudier un problème plus général. Soit $d \in \Z$ non carré et $r + s\sqrt d \in \Q(\sqrt d)$ avec $r, s \in \Q$. Il s'agit de décider si $r + s\sqrt d$ est un carré dans $\Q(\sqrt d)$ i.e. de décider de la résolution en $a, b \in \Q$ de $r + s\sqrt d = (a+ b\sqrt d)^2$. Si $r + s\sqrt d$ est un carré dans $\Q(\sqrt d)$, alors sa norme $r^2 - ds^2$ doit être un carré dans $\Q$. Si ce n'est pas le cas, c'est terminé. Sinon, on voit que $a,b \in \Q$, s'ils existent, doivent satisfaire
$$
\cases {
a^2 + db^2 = r \cr
a^2 - db^2 = \pm \sqrt {r^2 - ds^2} \cr
}
$$
Par addition/soustraction, ceci donne les candidats possibles pour $a^2, b^2$ ...etc.. Dans l'exemple en question, on a $r = x_1 + 3 = 37/4$, $s = 1$, $d = -30$, $\sqrt {r^2 -ds^2} = 43/4$, ce qui conduit à $2a^2 = 20$ i.e. $a^2 = 10$ qui n'a pas de solution dans $\Q$.
Bilan : on est venu à bout (presque à la main) de Mordell-Weil pour $E : y^2 = x(x^2 + 6x + 39)$ via une $\sqrt 2$-descente. Mais il a fallu quand même utiliser un certain nombre de résultats sur les courbes elliptiques, et surtout utiliser, à plusieurs reprises, les bienfaits de la cousine $E' : y^2 = x(x^2 - 12x - 120)$. Et également, un zeste de 2-descente, via $\Q[X]/\langle F(X)\rangle$ où $F(X) = XG(X)$. Mais il faut bien avoir conscience que tout ceci ne touche absolument pas à la résolution en nombres ENTIERS de $y^2 = x(x^2 + 6x + 39)$, cf http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1795204,1801832#msg-1801832. C'est cela que je voulais exprimer à LOU16 (à ce propos, s'est-il perdu dans la forêt amazonienne ?).
C) J'ai revu le contexte http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1802926#msg-1802926. On peut affaiblir les hypothèses. Soient $E, E'$ deux groupes abéliens de type fini de rang 1, $\phi : E \to E'$ et $\phi' : E' \to E$ vérifant $\phi' \circ \phi = 2I_E$ et $\phi \circ \phi' = 2I_{E'}$. Rien de plus (i.e. ne rien supposer sur les sous-groupes de torsion $T, T'$). Alors, on a l'un des deux cas suivants, à gauche ou à droite :
$$
\cases {
\phi(E/T) = 2(E'/T') \cr
\phi'(E'/T') = E/T }
\qquad\qquad \text{ou} \qquad\qquad
\cases {
\phi(E/T) = E'/T' \cr
\phi'(E'/T') = 2(E/T) }
$$
Ceci vient du fait que $nn' = 2$ cela entraîne $(n,n') = (2,1)$ ou bien $(n,n') = (1,2)$.
D) Le point le plus compliqué. Faire un bilan/résumé, faire le point ...etc ... sur nos affaires de complete-2-descent : quadriques dans $\P^3$, $(e_j-e_i)x_0^2 = a_ix_i^2 - a_jx_j^2$ attachées à la courbe elliptique $y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$. Vaste programme. -
Bonjour Claude,
A),B),C) : Tu as construit un super exo pour montrer que les free generators de $E:y^2=x(x^2+6x+39)$ (de rang $1$) sont $(25/4,\pm 215/8)$. Bravo !
D) Je pars quelques jours mais il me semble qu'on est bloqué sur les points suivants :
a) La résolution dans $\Q_p$ ($p$ impair) quand $e_i-e_j$ a une valuation $p$-adique plus grande que $2$.
b) La résolution dans $\Q_2$.
c) Last but not least, pour $x\in E$, comment choisir mécaniquement un des quatre points de $E$ égaux à $x$ modulo la torsion (et se libérer de la présence des trois autres) ???
Monsky semble suggérer qu'on peut lier b) et c) (mais je n'ai pas compris comment il fait ça). -
@Gai-requin
Les free generators de $E : y^2 = x(x^2 + 6x + 39)$ sont au nombre de 4. Et pas 2 comme tu sembles le dire (sauf si je n'ai pas compris). De manière générale, soit $E(\Q)$ de rang 1 et $p_1$ un free generator de $E(\Q)$ ; alors les free generators de $E(\Q)$ sont les $\pm p_1 + E(\Q)_{\rm tors.}$, en nombre $2 \times \#E(\Q)_{\rm tors.}$. Dans l'exemple, les free generators sont les $\pm p_1$ ET $\pm p_1 + p_0$ où $p_0 = (0,0)_E$.
Tu vas penser que je pinaille mais il est préférable de prendre des précautions : 2 cela ne fait pas 4 et une descente de police sur le forum la veille du premier Mai est toujours possible. -
J'aurais dû dire $E/T$. Merci.
-
Salut Gai-Requin
Pas de maths ici. Plutôt de l'histoire (des maths). Ou la petite histoire comme on veut (sauf que je trouve qu'elle n'est pas à négliger la petite histoire en maths). Des noms comme Mordell, Siegel ne te sont plus étrangers. As tu entendu parler du review de Mordell sur le livre de Lang (Diophantine Geometry) paru en 1962 ? Ainsi qu'une fameuse lettre de Siegel à Mordell à propos de Lang ? J'avais essayé d'en parler une fois mais pas de manière très adroite. Car malheureusement, mon anglais me fait défaut et c'est difficile de comprendre toutes les subtilités. J'ai retrouvé un texte de Lang in https://www.degruyter.com/downloadpdf/j/dmvm.1994.2.issue-4/dmvm-1994-0407/dmvm-1994-0407.pdf qui raconte un peu cette histoire tourmentée. Tu comprends peut-être mieux que moi la langue anglaise.
Un peu plus de maths ici https://webusers.imj-prg.fr/~marc.hindry/Lang.pdf. Il s'agit d'un texte de Marc Hindry (il me semble que tu possèdes son ouvrage, non ?) consacré à la géométrie diophantienne selon Serge Lang. Et à la fin (page 9, section 3, Conclusion avec quelques souvenirs personnels), Hindry mentionne un peu la polémique qui opposa Lang, Mordell et Siegel.
Autre chose (là, encore plus de maths) au gré du web, je suis tombé sur un exposé de Keith Conrad sur l'équation de Mordell in https://kconrad.math.uconn.edu/ross2008/mordell.pdf. Encore de la lecture ! J'aime bien K. Conrad. Et de nouveau à la fin, mention du du review de Mordell sur l'ouvrage ``Diophantine Geometry'' de Lang ..etc.. -
Merci Claude pour ces documents. ;-)
D'un côté, je comprends que le passage à la géométrie arithmétique fut difficile à avaler pour les arithméticiens non géomètres.
D'un autre côté, les outils de la géométrie algébrique semblent particulièrement efficaces quand on peut (et qu'on sait surtout !) les appliquer à la théorie des nombres.
Peut-être Lang aurait-il dû d'emblée illustrer son propos avec les courbes elliptiques dans "Diophantine Geometry"...
P.S. : J'avoue avoir du mal à comprendre le contenu mathématique des écrits de Lang qui n'y va pas de main morte en général, et je me suis donc bien marré quand il dit qu'il a du mal à comprendre Grothendieck. -
Salut Gai-requin
Cela va te sembler énorme, mais j'ai beaucoup de mal avec l'anglais quand on sort du contexte des maths. Du coup, j'ai tiré les 12 pages de Lang et je suis en train d'essayer de les lire avec un dictionnaire sous la main. Même si j'ai du mal, il me semble que je comprends le passage suivant (Siegel écrivant à Mordell à propos de Lang) :
Just now, Lang has published another book on algebraic numbers which, in my opinion, is still worse than the former one. I see a pig broken into a beautiful garden and rooting up all ftowers and trees.
Pas des tendres !
En ce qui me concerne, j'ai plusieurs ouvrages de S.L. J'arrive parfois à en tirer quelque chose mais pas toujours. Quand j'étais petit, j'avais eu du mal à avaler sa preuve, dans le chap. III de son Algebraic Number Theory, du fait que $\Z[\root 3 \of 2]$ est l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 1)$. En faisant l'effort nécessaire, on peut essayer de montrer cela à un débutant sans trop de pré-requis. Mais lui s'en fiche : il est dans son chapitre III donc il sort la totale (completion, different ...etc...). Mais par ailleurs, j'avais apprécié le traitement des sommes de Gauss dans son chap V. Du coup, il y a belle lurette que je ne condamne plus d'emblée tel ou tel ouvrage : en général, il y a toujours quelque chose à tirer chez untel.
Je retourne à la lecture des 12 pages de Lang (avec mon dictionnaire pas loin). -
Je crois que tu avais dit que tu trouvais pas mal son "Algebraic Number Theory".
J'ai seulement "Algebra" dans ma bibliothèque et c'est pas de la tarte à mon humble avis !
Par ailleurs, je trouve qu'il se défend bien dans ces 12 pages, en restant digne...
Bonne lecture ! -
@Gai-requin Non, je n'ai pas dit cela de son ``Algebraic Number Theory'' : j'ai juste dit une fois que j'avais apprécié son traitement des sommes de Gauss car il travaillait sur $\Z/m\Z$ et pas sur un corps fini comme la plupart des auteurs (et surtout que ``j'en avais besoin''). On va dire que dans l'ensemble je trouve ses livres ``froids'' (enfin, ceux que j'ai essayé de lire), et souvent glacials pour un débutant. Mais, comme déjà dit, j'évite maintenant d'émettre un avis global sur tel ouvrage de tel auteur car cela me semble plus compliqué que cela. J'essaie simplement d'en tirer parti, d'en comprendre quelques bricoles (en général, il y a toujours quelque chose à glaner sauf si les auteurs sont des pointures à une altitude élevée).
J'ai un peu avancé dans la lecture de ces 12 pages. Je n'avais pas compris autrefois à quel point les termes de Siegel étaient injurieux. Et dire que Mordell se baladait avec la lettre de Siegel pour la montrer à qui voulait bien l'écouter. Je n'avais pas compris non plus (si l'on croit Lang) à quel point Mordell & Siegel avaient pu avoir des influences néfastes sur les avancées mathématiques de leur université respective (du moins c'est ce que je crois lire).
Deux petites remarques : Mordell à écrit en 1969 un ouvrage ``Diophantine equations'' ; Lang en parle sans le nommer (my review of his book) en haut de la page 28. Mais on n'en trouve pas de trace dans les références bibliographiques de Lang, pourtant si précises. Un oubli sans doute ? Et, si tu as le temps, tu jetteras un oeil sur la note 6, page 28, à propos de Weil. Je sens venir quelque chose mais peut-être que je me trompe.
Et nous autres, pauvres bébés dans tout cela ? Pouvons nous essayer de comprendre quelques bricoles dans l'immensité des belles mathématiques que ces pointures ont inventé pour la postérité ? Vaste question, toujours la même de ma part. J'attache une copie d'écran d'un article de Ribet, extrait dans lequel j'ai souligné une phrase. L'article en question est ``Modular forms and diophantine questions'' in https://math.berkeley.edu/~ribet/Articles/icfs.pdf. J'ai du prendre mon dictionnaire pour comprendre que lay reader signifie lecteur non initié. -
Salut Claude,
J'ai lu la note 6 et j'ai fait une petite recherche : la conjecture de Mordell est devenue le théorème de Faltings (géomètre algébriste allemand) en 1983. Que sentais-tu venir après la lecture de cette note ?
Remarque : ce théorème montre que les courbes elliptiques occupent une place singulière dans l'ensemble des courbes de genre $\geq 1$.
On fait bien de s'y intéresser non ? :-) -
A la date du papier de Lang, nous sommes en 1991 je pense (enfin, Mars 1991 est la date à laquelle S.L. prend connaissance pour la première fois vraiment de la lettre de Siegel, cf le premier paragraphe, p. 20). Et si tu regardes bien dans le point 6, ce qu'il dit de Weil, j'y sens (mais J'ai l'impression de jouer les langues de vipère) quelques piques. Il faut lire attentivement. J'exagère ?
Enfin, ce qui est sûr, c'est que 4 ans après 1991, on sera en 1995. Et là, ça va chauffer dur.
Bon, faudrait que l'on fasse un peu de maths pour éviter la fermeture du fil. -
Oui, Lang semble ironiser sur le fait que Weil change assez radicalement de point de vue sur la conjecture de Mordell entre l'époque de sa thèse (1928) et celle de ses mémoires (1979).
Mais en même temps, Weil est un précurseur en géométrie algébrique souvent cité comme tel par Lang, qui dit même à la fin de la p.23 que les travaux du français (et de Waerden) lui ont permis d'absorber la géométrie italienne (mais pas celle de Grothendieck-Deligne, tu m'étonnes John)...
Avant de refaire des maths, qu'est-ce que tu peux nous dire sur 1995 (ça doit être lié à Fermat-Wiles) ? -
Oui, c'est cela. Et je m'aperçois, en ce qui concerne un autre passage et mon anglais, que j'ai lu trop vite (bas page 23) ``I also could not read the Italian geometers myself and I needed ...etc...'' . Ce ``and I needed'' est vachement important bien entendu. Merci.
Bref, revenons à nos moutons. Tu brûles. Je pensais que tu connaissais l'histoire. Un premier pointeur : Milne s'en souvient, cf son Elliptic Curves in http://www.jmilne.org/math/Books/ectext6.pdf, en haut de la page 210 ainsi que la foot-note 10.
CQ, langue de vipère ? -
Je ne connaissais pas du tout l'histoire du théorème de modularité et surtout celle de ses divers noms !
Je joins le fameux article de Lang à ce propos et la réponse de Serre dans une lettre écrite à David Goss.
Je n'ai pas encore tout lu mais je m'en délecte par avance. :-) -
$\def\Disc{\text{Disc}}\def\Res{\text{Res}}$@Gai-requin
Bonne idée (les pdf attachés). Mais là, tu as fait un saut en 2001-2002 (Gazette). Regarde bien ce que raconte (le sage, si je peux me permettre) J.P. Serre, en haut de la page 56 après avoir pris un pot (été 1966) avec Weil ``in some Quartier Latin coffee house''. Que va-t-il faire "I went home and checked few examples ...". Et après quelques heures ..etc... Cela vaut le coup de lire attentivement les 3 pages de Serre.
Quant à S.L. revenons en nov. 1995 dans la rubrique du Forum (Notices of the AMS), Some History of the Shimura-Taniyama Conjecture https://www.ams.org/notices/199511/forum.pdf. Ribet in http://www.ams.org/journals/bull/1995-32-04/S0273-0979-1995-00616-6/S0273-0979-1995-00616-6.pdf, en haut de la page 382, section 4, mentionne ``engrossing file compiled by S.L.'' (qui n'est plus accessible sur le web). Comment traduirais tu ``engrossing'' ?
Histoire que l'on fasse des maths, je te propose de travailler sur l'exercice 2 p. 607 de Cohen : pour un polynôme UNITAIRE $f \in R[X]$, $R$ anneau commutatif quelconque, il s'agit de montrer que $\Disc(f) \in R[X]f + R[X]f'^2$. Note bien le carré de la dérivée $f'$ et pas bêtement $f'$ ``comme d'habitude''. On en a parlé mais on n'a jamais pris le temps de regarder (la preuve est due à Lenstra dixit Cohen). Je corrige : je n'ai jamais pris le temps de regarder la preuve. C'est une amélioration importante pour Nagell-Lutz, cf Cohen th 8.1.10 p. 524. Et pourquoi pas (plus tard) être capable d'écrire un algorithme qui détermine $U,V \in R[X]$ tels que $\Disc(f) = Uf + Vf'^2$ ?
A titre d'exemple, voici une petite fonction de mézigue qui détermine $U,V$ tels que $\Res(P,Q) = UP + VQ$[color=#000000] Res := function(P, Q) // pols en une variable // On veut Res(P,Q) = U*P + V*Q p := Degree(P) ; q := Degree(Q) ; Stilde := Adjoint(SylvesterMatrix(P, Q)) ; // Derniere ligne L := Stilde[p+q] ; X := Parent(P).1 ; U := &+[L[j]*X^(q-j) : j in [1..q]] ; V := &+[L[q+k]*X^(p-k) : k in [1..p]] ; ResPQ := Resultant(P,Q) ; assert U*P + V*Q eq ResPQ ; return ResPQ, U, V ; end function ; [/color]
J'ai aussi commencé à préparer quelque chose sur une certaine courbe de genre 3 qui coiffe quelques courbes elliptiques mais j'en ch.e. En prévision de faire ici des maths. Mais cela vaut le coup de lire d'abord l'histoire de la conjecture de modularité. -
$\def\disc{\text{disc}}$@Gai-requin
1. Si ce n'est pas indiscret, comment as tu obtenu les 2 articles de la Gazette (celui de Lang et celui de Serre) ? Sur le site de la Gazette ? Note : je disposais déjà de la version papier car j'y étais abonné il y a quelques années.
2. Il y a une coquille dans la question a. de l'exo de Cohen. Il faut lire
$$
\disc(f) = g(\alpha)^2 \disc(g) = f'(\alpha)^2 \disc(g) \qquad \qquad \hbox {(et pas ce qui est écrit)}
$$
3. Minimum syndical concernant le discriminant d'un polynôme UNITAIRE $P \in R[X]$ de degré $n \ge 1$. D'abord, il existe (de plusieurs manières) un sur-anneau commutatif $R' \supset R$ avec des $x_1, \cdots, x_n \in R'$ vérifiant $P(X) = (X-x_1) \cdots (X - x_n)$. On pose alors :
$$
\disc(P) = \prod_{i < j} (x_i - x_j)^2
$$
C'est un habitant de l'anneau de base $R$ qui est indépendant du choix $(R', x_1, \cdots, x_n)$.
Je te laisse vérifier que :
$$
\disc\big((X - x_0) P\big) = P(x_0)^2 \disc(P) \qquad \qquad \hbox {ce qui permet de résoudre l'exercice de Cohen}
$$ -
Salut Claude,
Je n'ai pas trop eu de temps à moi aujourd'hui mais c'est férié demain. B-)
J'ai trouvé l'article de Lang en archive dans la page wikipedia sur le théorème de modularité.
Pour celui de Serre, j'ai vu dans je ne sais plus quel pdf qu'il avait donné son point de vue dans une lettre adressée à David Goss puis google a fait le job.
P.S. : A priori, engrossing (je ne connaissais pas cet adjectif) = captivant, palpitant. -
Salut Claude,
Preuve de ton lemme :
$$\mathrm{disc}\big((X - x_0) P\big)=\prod_{j\geq 1}(x_0-x_j)^2\prod_{1\leq i<j}(x_i-x_j)^2=P(x_0)^2\mathrm{disc}(P).$$
Et l'exercice de Cohen :
a) C'est une simple application du lemme puisque $f=(Y-\alpha)g$ et $g(\alpha)=f'(\alpha)$ par construction de $g$.
b) Il existe $V\in R[X]$ tel que $\mathrm{disc}(g)=V(\alpha)$.
D'où, d'après a), $V(X)f'(X)^2=\mathrm{disc}(f) \bmod f(X)$. -
Tout-à-fait Jean-Paul et tu vois (comme d'habitude), que ce n'était pas compliqué (en général, on dit cela plutôt après).
Ici, je donne une application numérique (bigre) qui n'utilise que du calcul dans $R[X,Y]$ (en fait dans $R[X][Y]$) sans passer au quotient comme dans la preuve. J'ai choisi un anneau $R$ au pif et un polynôme $F$ unitaire au hasard (si,si)[color=#000000]> R := IntegerRing() ; > RX<X> := PolynomialRing(R) ; > F := X^5 - X - 1 ; > dF := Derivative(F) ; > dF ; 5*X^4 - 1 > DiscF := Discriminant(F) ; > DiscF ; 2869 [/color]
Je ne vois pas ce que l'on peut faire comme commentaire ; d'ailleurs, je n'en fais pas.[color=#000000]> RXY<Y> := PolynomialRing(RX) ; > G := ExactQuotient(Evaluate(F,Y) - F, Y - X) ; > G ; Y^4 + X*Y^3 + X^2*Y^2 + X^3*Y + X^4 - 1 > Evaluate(G,X) eq dF ; true [/color]
Là, pareil, je ne vois pas ce que je pourrais dire. Sauf que je me contente de simuler la preuve en restant dans $R[X][Y]$[color=#000000]> DiscG := Discriminant(G) ; > DiscG ; 125*X^12 - 450*X^8 + 565*X^4 - 256 > V := DiscG ; > ok, U := IsDivisibleBy(DiscF - V*dF^2, F) ; > ok ; true > U ; -3125*X^15 + 9375*X^11 - 3125*X^10 - 9375*X^7 + 6250*X^6 - 3125*X^5 + 3125*X^3 - 3125*X^2 + 3125*X - 3125 > > DiscF eq U*F + V*dF^2 ; true [/color]
En principe, on est content. Mais peut-être que l'on peut essayer de diminuer les degrés de $U,V$ par rapport à ceux de $F,F'$. Basé sur le truc habituel en prenant pour $q$ le quotient euclidien de $V$ par $F$ (possible car $F$ est unitaire)
$$
UF + VF'^2 = (U + qF'^2) F + (V-qF) F'^2
$$[color=#000000]> q,r := Quotrem(V,F) ; > q ; 125*X^7 - 325*X^3 + 125*X^2 > r ; 240*X^4 - 200*X^3 + 125*X^2 - 256 > > V2 := V - q*F ; > U2 := U + q*dF^2 ; > U2 ; -6000*X^7 + 5000*X^6 - 3125*X^5 + 2800*X^3 - 3000*X^2 + 3125*X - 3125 > V2 ; 240*X^4 - 200*X^3 + 125*X^2 - 256 > DiscF eq U2*F + V2*dF^2 ; true [/color]
It's all. -
Très chouette le trick pour faire baisser le degré de $V$ puis subséquemment celui de $U$. (tu)
J'ai bien aimé aussi le choix de $F$ tout à fait innocent. ;-) -
$\def\Disc{\text{Disc}}$@Gai-Requin Figure toi que je ``connaissais'' l'exercice de Cohen/Lenstra sous une autre forme plus précise et que je n'avais pas fait le rapprochement ! Il s'agit du résultat suivant : le polynôme caractéristique de $f'(x)$ modulo $f$ a son coefficient $a_1$ (celui en $T$, cf plus loin) qui est nul. Et je pense avoir vu ce dernier résultat il y a moins d'un mois mais je ne me souviens plus où. Et je pense également que c'est lié à un théorème dit d'Euler (cf Serre, Corps Locaux, p. 65).
Contexte : un anneau commutatif $R$, $f \in R[X]$ un polynôme UNITAIRE de degré $n \ge 1$, $R[x] = R[X] / \langle f\rangle$. Alors $R[x]/R$ est une algèbre commutative libre de dimension $n$, de base $1, x, \cdots, x^{n-1}$. Tout élément $z \in R[x]$, via l'endomorphisme $m_z$ de multiplication par $z$, a un polynôme caractéristique, un déterminant (c'est la norme de $z$) .. etc ...
$$
\chi_z(T) =_{\rm def} \det(TI_n - m_z) = T^n + a_{n-1} T^{n-1} + \cdots + a_1 T + a_0, \qquad\qquad
\fbox {$(-1)^n \det(m_z) = (-1)^n N(z) = a_0$}
$$
Le rapport avec la choucroute ? C'est que $\fbox {$\Disc(f) = N\big(f'(x)\big)$}$. En prenant $z = f'(x)$, en évaluant son polynôme caractéristique en $z$, on obtient (Hamilton-Cayley)
$$
f'(x)^n + a_{n-1} f'(x)^{n-1} + \cdots + a_1 f'(x) + a_0 = 0 \qquad\qquad (\star)
$$
Et le résultat (celui que je n'arrive pas à retrouver dans mes lectures du mois dernier, ou des deux mois derniers), c'est que $a_1 = 0$. Si bien que $(\star)$, en remplaçant au signe près $a_0$ par la norme $N\big(f'(x)\big)$ de $f'(x)$ i.e. par $\Disc(f)$, fournit, en mettant $f'(x)^2$ en facteur (merci à $a_1 = 0$) :
$$
\left[ f'(x)^{n-2} + a_{n-1} f'(x)^{n-3} + \cdots\right] \times f'(x)^2 + (-1)^n \Disc(f) = 0 \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Cette égalité $(\heartsuit)$ prouve bien que $\Disc(f)$ est de la forme $V(f'(x))) \times f'(x)^2$. Ce qui est plus précis que la $\text{forme polynôme en } x \times f'(x)^2$.
La petite illustration habituelle[color=#000000]> R := RationalField() ; > RX<X> := PolynomialRing(R) ; > F := X^5 - X - 1 ; > Rx<x>, pi := RX / ideal <RX | F> ; > dF := pi(Derivative(F)) ; > dF ; 5*x^4 - 1 [/color]
Faire attention que magma est en lignes où nous autres on est en colonnes. Certes cela ne change pas le polynôme caractéristique mais je garde ma (mauvaise) habitude (travailler en colonnes et pas en lignes)[color=#000000]> M := Transpose(RepresentationMatrix(dF)) ; > M ; [-1 5 0 0 0] [ 0 4 5 0 0] [ 0 0 4 5 0] [ 0 0 0 4 5] [ 5 0 0 0 4] > Chi<T> := CharacteristicPolynomial(M) ; > Chi ; T^5 - 15*T^4 + 80*T^3 - 160*T^2 - 2869 > Discriminant(F) ; 2869 [/color]
Là on voit bien le coup, pour le coefficient constant, de $(-1)^n \times \Disc(f)$. Il n'y a plus qu'à[color=#000000] > V := ExactQuotient(Chi - Coefficient(Chi,0), T^2) ; > V ; T^3 - 15*T^2 + 80*T - 160 > Evaluate(V,dF) * dF^2 ; 2869 [/color]
Du coup, le polynôme $V$ est vachement plus simple que dans mon post précédent. Mais attention il est à considérer en $f'(x)$ et pas en $x$.
Exercice (c'est mon problème) : retrouver où j'ai lu que $a_1 = 0$. Et si j'ai le courage, faire le lien avec le théorème d'Euler. Je sais que tu disposes de Corps Locaux, fais pas celui qui ne sait plus où tu l'as rangé. Comme quoi, faire des petits exercices n'est jamais inutile. -
Salut Claude,
J'ai un peu regardé le chapitre 3 de corps locaux, très court mais très dense, et qui parle d'emblée d'anneaux de Dedekind.
De plus, dans le théorème d'Euler, $f'$ désigne la dérivée du polynôme caractéristique de $x$.
Donc j'ai du mal à retrouver ton cadre chez Serre. :-S
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