0) Je n'ai pas retrouvé pour l'instant où j'avais lu $a_1 = 0$
1) Comparaison avec le cadre de Serre. Ce n'est qu'une analogie. Attention, je vais faire un truc ollé-ollé à partir de :
$$
f'(x)^n + a_{n-1} f'(x)^{n-1} + \cdots + a_1 f'(x) + a_0 = 0 \qquad\qquad (\star)
$$
Je divise par $f'(x)^n$. Bien sûr, je n'ai pas le droit. Mais quand on est dans la m.rde, on a tous les droits :
$$
a_0 \left[ {1 \over f'(x)} \right]^n + a_1 \left[ {1 \over f'(x)} \right]^{n-1} + \cdots + a_{n-1} \left[ {1 \over f'(x)} \right] + 1 = 0 \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Et quitte à être ollé-ollé, je divise par $a_0$ même si je n'ai pas le droit (mais je ne l'écris pas car pas envie d'un déplacement vers Stham). Ainsi dans $(\heartsuit)$, $a_1$ est remplacé par $a_1/a_0$. Et c'est quoi ce coefficient $a_1/a_0$ ? C'est l'opposé (additif) de la trace de $1/f'(x)$. Qui est nul d'après un tout petit bout du théorème d'Euler. I.e $a_1/a_0 = 0$ donc $a_1 = 0$. J'avais prévenu.
2) Mais on peut quand même bétonner des choses (sans pour autant obtenir une preuve). Bétonner voulant dire que l'on ne fait plus de choses ollé-ollé et que l'on donne un autre cadre à Euler. Pour cela, il faut connaître la notion de cotransposé dans une algèbre commutative libre $S/R$ : pour tout $z \in S$, il y a un élément $\widetilde z \in S$, qui est un polynôme en $z$ à coefficients dans $R$ et qui vérifie :
$$
N_{S/R}(z) = z \widetilde z
$$
Il faut penser vaguement au fait que $\widetilde z$ est le produit des conjugués de $z$ autres que $z$. Bien sûr, tout ceci est dans notre tête car point de conjugués dans ce cadre. As tu entendu parler du cotransposé ?
A quoi cela pourrait servir ? Penser dans sa tête à
$$
{N(z) \over z} = \widetilde z \qquad \hbox {et au fait que $N(z)$ est dans $R$}
$$
De sorte que la phrase interdite : `` la trace de $1/z$ est nulle'' peut-être remplacée par la phrase permise : ``la trace de $\widetilde z$ est nulle''.
La moitié d'une bière, pas plus, promis, juré.
Regarde bien le coefficient $a_1$ (celui en $T$) du polynôme caractéristique de la matrice $M$ tirée au hasard
Je n'ai jamais entendu parlé du contraposé comme tu l'as défini dans ton avant-dernier message mais ton heuristique demie-bière me plaît bien. ;-)
Bref, si je comprends bien, il s'agit de montrer que $\mathrm{Tr}(\widetilde{f'(x)})=0$.
$\def\Disc{\text{Disc}}\def\Tr{\text{Tr}}$1) Voici l'énoncé du théorème d'Euler qui généralise celui qui figure à la page 65 de Corps Locaux de Serre. Soit $R$ un anneau commutatif, $f \in R[X]$ un polynôme unitaire de degré $n \ge 1$ et $R[x] = R[X] / \langle f\rangle$. Alors :
$$
\Tr\big(x^i \widetilde {f'(x)}\big) = \cases {
0 &pour $0 \le i < n-1$\cr
(-1)^{(n-1)n \over 2} \Disc(f) = N\big(f'(x)\big) &pour $i=n-1$
}
$$
2) Rappels. Pour $z \in R[x]$, $\widetilde z$ désigne l'unique élément de $R[x]$ tel que $\widetilde {m_z} = m_{\widetilde z}$, en notant $m_\bullet$ la multiplication par $\bullet$. On a donc $N(z) = z \widetilde z$. Pour un endomorphisme $u$ d'un $R$-module libre $E$ de rang fini, $\widetilde u$ est ``bien défini'' (si on passe par les matrices). C'est un polynôme en $u$, a fortiori qui commute avec $u$, et qui vérifie $u \circ \widetilde u = \widetilde u \circ u = \det(u) I_E$.
Attention au signe que j'avais oublié :
$$
N(f'(x)) = (-1)^{(n-1)n \over 2} \Disc(f) \qquad\hbox {provenant grosso modo de} \qquad
\prod_{1 \le i \ne j \le n} (x_i - x_j) = (-1)^{(n-1)n \over 2} \prod_{1 \le i < j \le n} (x_i - x_j)^2
$$
3) Pourquoi avoir écrit des trucs ollé-ollé et confus (posts précédents) au lieu de donner directement l'énoncé 1 ? Parce que j'ignorais cet énoncé 1) et que je suis passé par cette approche ollé-ollé pour le mettre au point.
4) Est ce que cet énoncé 1) entraine celui figurant dans Serre ? Oui. Est ce que j''ai la preuve de 1) ? Non. Comment puis alors le proposer ? Expérimentations.
5) Est ce que cette histoire était prévue ? Non
6) Est ce que nous n'allons pas perdre du temps à vouloir le démontrer ? Alors que nous avons à faire (?) je-ne-sais-trop-quoi d'ailleurs. Je n'en sais rien.
7) Bien entendu, pour aller droit au but en ce qui concerne ce qui est lié à Nagell-Lutz, il est préférable de prendre la preuve de Cohen/Lenstra : i.e. le fait que $\Disc(f) \in R[x]f'(x)^2$. Mais 1) est une autre histoire plus générale et jusqu'à maintenant, je n'avais pas fait le rapprochement. Et comme il faut bien s'occuper ....
$\def\NN{N\big(f'(x)\big)}\def\FF{\widetilde {f'(x)}}\def\Tr{\text{Tr}}$Suite de l'histoire théorème d'Euler (enfin celui dont on parle ici, il me semble qu'Euler en a commis plusieurs). Je conserve les notations du post précédent. Je rappelle quand même qu'au départ on dispose d'un polynôme unitaire $f(X) = X^n + a_{n-1} X^{n-1} + \cdots + a_1 X + a_0$ dans lequel on va faire $X = 1/T$. Et que $N$ est la norme de $R[x]/R$.
1) Nouveau visage du théorème d'Euler en question, en terme de séries formelles. Le membre gauche provient en partie de $\left[T^{n-1} f(1/T)\right]^{-1}$.
$$
{\NN \ T^{n-1} \over 1 + a_{n-1} T + \cdots + a_0T^n} = \sum_{i=0}^\infty \Tr(x^i \FF) \qquad\qquad (\spadesuit)
$$
On retrouve l'ancienne formulation (post précédent) et même un peu plus en développant le membre gauche en série formelle.
J'essaie de donner ci-dessous les premiers éléments de preuve même si ce n'est pas complètement au point.
2) D'abord, l'opération de cotransposée $z \mapsto \widetilde z$, qui va de $R[x]$ dans $R[x]$, je la remonte à l'arrivée dans $R[X]$ de la manière suivante. Soit $z \in R[x]$ et $\chi_z(X) = X^n + b_{n-1}X^{n-1} + \cdots + b_1X + b_0$ son polynôme caractéristique. On a $b_0 = (-1)^n N(z)$ et il vient :
$$
N(z) = \overbrace {(-1)^{n-1} (z^{n-1} + b_{n-1}z^{n-2} + \cdots + b_1 )}^{\textstyle {\widetilde z}} \times z
\qquad \hbox {remontée : } \qquad
z \mapsto (-1)^{n-1} (X^{n-1} + b_{n-1}X^{n-2} + \cdots + b_1 )
$$
Dans la suite, je note $G(X)$ le polynôme remonté de $\FF$.
3) On considère un sur-anneau de $R$ dans lequel $f$ a toutes ses racines au sens suivant $f(X) = (X-x_1) \cdots (X-x_n)$, par exemple son algèbre de décomposition universelle. Je dis que
$$
{\NN \over f(X)} = \sum_{k=1}^n {G(x_k) \over X-x_k}
\qquad\qquad \hbox {A ASSURER}
$$
C'est une sorte de décomposition en éléments simples (je m'inspire de la page 65 de Corps Locaux de Serre, je m'inspire = je pompe).
4) Dans 3), on fait le changement de variables $X = 1/T$ et on multiplie par $T^\bullet$ avec $\bullet$ ad-hoc. Ainsi $X-x_k = {1 \over T}(1 - x_kT)$ à multiplier par $T$. Bref:
$$
{\NN T^n \over 1 + a_{n-1} T + \cdots + a_0T^n} = T\ \sum_{k=1}^n {G(x_k) \over 1 - x_kT}
\qquad \qquad
\hbox {et on simplifie par $T$ de sorte que cela commence à ressembler à (1)}
$$
5) A droite, on écrit :
$$
{G(x_k) \over 1 - x_kT} = G(x_k) (1 + x_kT + x_k^2 T^2 + \cdots)
$$
et on somme de $k=1$ à $k=n$. Si bien que :
$$
\begin {array} {c}
\text {membre droit} \\
\text {de (4)} \\
\end {array}
=
\sum_{k=1}^n G(x_k) + \left( \sum_{k=1}^n x_k G(x_k)\right)\, T + \left( \sum_{k=1}^n x_k^2 G(x_k)\right)\, T^2 + \cdots =
\sum_{i=0}^\infty \Tr(x^i G(x))
$$
Mais $G(x)$, c'est $\FF$ par définition. En rassemblant les morceaux, on obtient $(\spadesuit)$.
Il reste donc le point (3) (ou une variante) à assurer.
Soit $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ tels que $${N(f'(x)) \over f(X)} = \sum_{k=1}^n {\alpha_k \over X-x_k}.$$
Alors, pour tout $k$, $\alpha_k=\dfrac{N(f'(x))}{\prod\limits_{i\neq k}(x_k-x_i)}=\dfrac{N(f'(x))}{f'(x_k)}=G(x_k).$
OK. Merci. En principe, il faudrait juste trouver un cadre pour valider le calcul permettant d'éviter des canulars qui pourraient arriver à cause du terrain ``anneau commutatif quelconque''. Par exemple, se mettre en terrain générique en prenant $f(X) = (X - x_1) \cdots (X - x_n)$ où $x_1, \cdots, x_n$ sont des indéterminées.
Bref, intermède terminé. On peut revenir à nos moutons. Au fait, lesquels ?
On n'est pas si mal en ce qui concerne la résolution dans $\Q_p$ pour $p$ impair.
Ce qui nous tenait particulièrement à cœur était la détermination du $2$-groupe de Selmer "torsion removed" mais il faut bien reconnaître qu'on n'a pas beaucoup avancé de ce côté-là...
Mais, à chaque fois qu'on a saisi une partie de l'appendice de Monsky, on a fait des progrès assez spectaculaires pour notre étude plus générale que la sienne.
Je me propose donc, sans garantie de succès, d'essayer de comprendre comment il tue la torsion dans le cas $D$ pair (fin de la p.40, début de la p.41).
Qu'en penses-tu ?
Salut Gai Requin
J'ai bien vu ton post (depuis 3 jours). Ce que j'en pense ? Je n'en sais rien mais je vais quand même dire 2 ou 3 trucs.
1) Je suis moins optimiste que toi en ce qui concerne le ``on n'est pas si mal''. Certes, on a appris ``des trucs''. Mais que fais tu des trous ? Certains sont énormes. Par exemple, on a observé (expérimental), sous couvert de $e_i - e_j$ sans facteur carré, que $Q_u$ est localement soluble si et seulement si les 4 coniques $C_{12}, C_{23}, C_{23}, C_0$ sont solubles sur $\Q$.
Est ce que tu te souviens de cela ? Mais on n'a pas fourni de preuve d'où un gros sentiment d'insatisfaction. Faut-il s'y frotter ? Comment ?
2) Le suivi. Rien n'a été écrit noir sur blanc (mini pdf) en ce qui concerne une certaine identité (la tienne) entre 5 symboles de Hilbert. Je fais allusion à ton scan bleu pâle. C'est très important pour moi d'avoir des notes dans lesquelles m'y retrouver. Tu vas dire que c'est mon problème. Et je peux t'assurer que cette fois, pour ce fil, j'ai fait un effort car je me doutais bien que l'aventure groupe de Selmer pour les enfants risquait de durer plusieurs mois (et je n'avais pas tort). Et malgré cet effort, je n'arrive pas à m'y retrouver dans mes affaires (c'est mon problème, bis).
3) Il y a des jours où la technicité, c'est vachement fatiguant (en clair, c'est ch.ant)
4) Bref, je ne sais pas comment continuer sans nous lasser. En essayant d'apprendre en s'amusant ; à moins que cela ne soit le contraire. Il faut pouvoir accrocher quelque chose mais quoi ?
5) L'aspect expérimentation. Ne pas rêver, sans cet aspect, nous n'en serions pas là. Ceci fait que, de temps en temps, j'ai absolument besoin (pour programmer/expérimenter) d'informations vachement précises. Oui et alors ? Je me comprends.
Je relis le post. Pas sûr d'avoir écrit ce que je voudrais faire passer. En tout cas, j'ai répondu.
J'essaie de résumer ce qu'on a dû voir concernant ton point 1).
a) En vertu du principe de Hasse, si $Q_u$ est localement soluble, les quatre coniques $C_ {12},C_{13},C_{23},C_0$ sont globalement solubles.
b) Réciproquement, on a fait des choix de coefficients pour ces quatre coniques afin que $Q_u$ soit $\Q_{\infty}$-soluble.
De plus, pour tout premier $p$ impair, les quatre symboles de Hilbert valent $1$ donc, avec l'hypothèse où les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés, $Q_u$ est $\Q_p$-soluble.
Il reste donc le cas un peu effrayant $p=2$.
Gai-requin
Je ne comprends absolument rien à ton point b). Pourras tu détailler (à mon intention) quand tu auras le temps ? Merci. N'hésite pas à mettre beaucoup de détails : trop, cela sera mieux que pas assez.
Note : c'est étrange, mais en ce qui me concerne, je n'ai aucun élément de preuve en ce qui concerne le point b). A quel moment avons nous pu diverger ?
@Claude :
Dès que j'aurai un peu plus de temps, je ferai des recherches dans ce fil mais je précise un peu plus ma pensée, de sorte que si je dis une énormité, tu puisses me rappeler à l'ordre.
Soit $p$ premier impair.
On suppose que les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés et que $C_ {12},C_{13},C_{23},C_0$ sont globalement solubles (et donc aussi $\Q_p$-solubles).
Alors, du côté des symboles de Hilbert (en $p$ of course), on a $h_ {12}=h_{13}=h_{23}=h_0=1$.
On a montré (mais l'a-t-on fait pour tous les cas ? Je crois que oui) que cela implique que $\Q_u$ est $\Q_p$-soluble (avec des certificats dans tous les cas abordés).
Pour le reste, je sais qu'on a réglé la solubilité de $Q_u$ sur $\Q_{\infty}$ mais pas sur $\Q_2$.
@Gai-Requin
De mon côté, on va dire en algèbre/arithmétique effective, impossible de m'appuyer sur du flou. On ne peut pas programmer sous couvert de ``l'a-t-on fait dans tous les cas ?'', je ne sais pas si tu t'en rends bien compte. Ma réponse d'ailleurs à cette question est non.
J'ai surtout la trouille que tu pointes un certain nombre de posts dans lesquels il pourrait y avoir des éléments de réponse. Car en général, c'est dans le plus grand désordre. Ce qui est NORMAL vu que l'on patauge. Ce qui est ANORMAL pour moi, c'est que l'on ne fasse pas le VERITABLE point (qui ne consiste surtout pas à pointer à droite à gauche).
Sommes nous obligés de faire le point ? Heureusement, bien sûr que non. Mais, pour moi, difficile voire impossible de continuer sur CE thème si nous ne savons pas bien où nous en sommes. Je vais être lourd mais en programmation ``ne pas bien savoir où nous en sommes'' cela signifie ``ne pas savoir du tout où nous en sommes''.
On est bien d'accord sur le fait qu'il faut traiter tous les cas, si possible au propre, et je peux le faire d'ici la fin de la semaine.
Mais tu ne m'as pas dit si mon dernier message résumait une idée générale sur laquelle on peut s'appuyer.
Gai-Requin
Oui, c'était l'idée générale pour autant que je me souvienne. Mais surtout aucune obligation de ... Je dis cela car tu dis ``il faut traiter tous les cas''.
Moi, je dis qu'il faut surtout s'amuser.
Que faire si la locale solubilité de $Q_u$ résiste (ce qui est le cas) ? Comme on ne peut pas s'appuyer sur un truc mouvant (croire que cela équivaut à telle condition au prétexte d'expérimentations), il est préférable de biaiser i.e. de faire autre chose vaguement lié à nos affaires du moment. Et tant qu'à faire, prendre un thème amusant. Lequel ? Je n'en sais rien pour l'instant.
Ce que je peux dire, c'est que quand les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés (et je me suis toujours placé dans ce cadre dans mes derniers messages), il n'y a que le cas $p=2$ qui résiste.
En revanche, quand il y a un facteur carré, on a pu aussi se casser les dents sur certains $p$ impairs.
@Gai-Requin
Je donne un énoncé ci-dessous. Tu va probablement trouver que je répète ce que tu as dit, mais c'est ma manière de rentrer dans le bain.
Enoncé. Fixons $e_1 < e_2 < e_3$ des entiers avec $e_i - e_j$ sans facteur carré et soit $p$ un premier $\ne 2$. On suppose que les 3 coniques $C_{12}, C_{13}, C_{23}$ ont chacune un $\Q_p$-point. Alors l'intersection de quadriques $Q_u$ admet un $\Q_p$-point.
1) Est ce que c'est bien cela l'énoncé ?
2) Si oui, j'ai loupé un épisode (= mes notes sont pourries)
3) Il m'arrive assez souvent de faire la grosse bourde suivante. Supposons que pour tout $p$ premier impair, chaque conique $C_{i,j}$ soit $\Q_p$-soluble. Comme on a fait en sorte qu'elles soient $\Q_\infty$-solubles, elles sont aussi $\Q_2$-solubles (grâce à la formule du produit, je ne sais plus le nom de ce résultat important). Et la bourde consiste à penser que cela pourrait avoir un impact sur la $\Q_2$-solubilité de $Q_u$.
En plus clair, a-t-on des exemples où $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$, $p \le \infty$ sauf pour $p = 2$ ?
Je suis parfaitement d'accord avec ton énoncé qui se justifie grâce à notre échange qui commence [ici].
Et tu as raison, le truc qui fait peur, c'est ton 3).
Par réciprocité de Hilbert, une conique $\Q_p$-soluble pour tout $p\neq 2$ est aussi $\Q_2$-soluble.
Mais (et ça fait ch.er), $Q_u$ n'est pas une conique !
Je pense que la stratégie du sibyllin Monsky est la suivante (cf Selmer 2 p.40-41).
1) Régler les cas $p=\infty$ (tu l'as fait) et $p=2$ (on est au point mort).
2) S'occuper ensuite de tous les $p$ impairs (on l'a fait quand les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés).
Et là où Monsky est très fort, c'est qu'en faisant 1), il liquide la torsion au passage !
Bonne idée !
J'ai du temps ce soir et demain pour déchiffrer mon brouillon infâme sur les cinq symboles de Hilbert (que j'avais simplifié dans ma tête mais c'était il y a longtemps) et retrouver les CNS pour que $Q_u$ soit $\Q_p$-résoluble ($p$ impair).
P.S. : J'ai relu un de mes messages qui peut laisser penser qu'on n'a pas besoin de supposer les $e_i-e_j$ sans facteurs carrés. Mais j'ai du mal à me croire. :-D
P.P.S. : C'est difficile de ne pas se lancer dans la lecture de ton fil sur Shanks. ;-)
Un petit point quand les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés et les quatre symboles de Hilbert valent tous $1$.
Il s'agit de trouver un $\Q_p$-point de $Q_u$ dans les cas suivants :
1) $p=\infty$ (c'est fait).
2) $p\mid u_1,p\nmid q_2q_3$ (c'est fait).
3) $p\mid u_1,p\mid q_2,p\mid q_3$ (c'est fait).
4) $p\mid q_1,p\nmid u_2u_3q_2q_3$ (c'est fait).
5) $p\mid q_1,p\mid u_2,p\mid q_3$ (pas fait).
6) $p\mid q_1,p\mid u_3,p\mid q_2$ (pas fait mais doit se déduire de 5) par symétrie).
7) $p\mid q_1,p\mid q_2,p\mid q_3$ (pas fait).
8) $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$ (c'est fait).
Si tu as un moment, peux-tu confirmer cette disjonction ?
C'est ok (sous-entendu $p$ impair). J'ai retrouvé dans mes notes des traces de 2) 3) 4) i.e. les points marqués ``faits''.
Mais à mon avis, cela serait bien de les reprendre un par un.
Même rengaine que d"habitude : auras tu le courage de faire un TeX juste pour ton identité sur les 5 symboles d'Hilbert ? Et ensuite, un TeX pour le cas 2), juste cela pour l'instant.
Objectif : regarder d'une part dans les yeux chaque preuve de manière attentive ; et d'autre part, te faire part d'autres observations expérimentales que je n'ai jamais mentionnées (supposer $e_i - e_j$ sans facteur carré est un gros parapluie de protection mais on doit pouvoir en prendre des plus petits).
Ta découpe en 8 points est gros progrès pour moi : cela évite de s'égarer dans tous les sens. Je vais essayer de préparer quelque chose pour le point 8) via le discriminant de $Q_u$ (d'une présentation de $Q_u$).
Un mini truc qui (me) soulage : $(u,ua)_p (q,qa)_p = (uq,-a)_p$ qui vient (je pompe sur toi et j'omets l'indice $p$) :
$$
(u,ua) (q,qa) = (u,-u)(u,-a) (q,-q)(q,-a) = (uq,-a)
$$
Que j'applique dans la preuve vers le milieu où il y $\pi = \cdots$, avec $u=u_2$, $q=q_2$, $a=u_3q_3$.Par ailleurs, je ne suis pas optimiste. Tu veux que je te dise pourquoi ?
Non. Je pense qu'on en avait déjà parlé mais c'était à l'époque où cela s'agitait dans tous les sens. Tandis que maintenant, on prend les choses point par point.
Regarde l'hypothèse à la première ligne, vachement plus faible que celle du point 2). Et la conclusion, ligne suivante. Cette procédure n'échoue pas quand je fais $10^3$ tirages au hasard de $(e_1, e_2, e_3)$.
[color=#00000] // ICI, on suppose p impair, p | u1 et p ne divise pas q1. Rien de plus (rien sur les e_i - e_j)
// Q_u est Q_p-soluble <==> h_12 = h_13 = 1
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) ;
P := [p : p in PrimeDivisors(u1) | IsOdd(p) and not IsDivisibleBy(q1,p)] ;
for p in P do
QuIsQpSoluble := IsLocallySoluble(MQu,p) ;
h12 := HilbertSymbol(q3*u2,-q3*u1, p) ;
h13 := HilbertSymbol(q2*u3,-q2*u1, p) ;
assert QuIsQpSoluble eq (h12 eq 1 and h13 eq 1) ;
end for ;
end for ;
end procedure ;
[/color]
Cela pourrait vouloir dire que l'on travaille avec un contexte qui n'est pas du tout optimal. Cela n'enlève rien à ce que tu as fait mais ....
J'ai déjà travaillé dans un contexte plus général : voir [ici].
Je pense que quitte à utiliser plusieurs fois le trick des carrés (comme je l'ai fait quand $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$), on doit pouvoir montrer que : $$Q_u\text{ est }\Q_p\text{-soluble }\Leftrightarrow h_{12}=h_{13}=h_{23}=1.$$
Mais il est vrai que je suis un grand optimiste...
Salut Gai-Requin
Essayer de faire le point mi Mai 2019 permet de clarifier certaines choses. Parmi lesquelles :
1) Tu es un optimiste et moi un pessimiste. Il faudra essayer de ne pas oublier cela à l'avenir.
2) Ton Coniques.pdf m'a permis de mieux comprendre ton identité du produit : elle repose essentiellement sur $(u,ua)_p = (u,-a)_p$.
3) Surtout : dégager une nouvelle observation expérimentale qui était latente dans mes affaires. Elle concerne $p = 2$. Je suppose qu'aucun des $e_i-e_j$ n'est divisible par 4 (par contre, je ne suppose pas $e_i-e_j$ sans facteur carré). Alors, l'ensemble des premiers (finis) $p$ tels que $Q_u$ ne soit pas $\Q_p$-soluble, n'est jamais réduit à $\{2\}$. Dit autrement, si $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$, $p$ premier impair, alors $Q_u$ est soluble sur $\Q_2$.
Si bien que l'on peut s'asseoir sur $p = 2$. Sauf que c'est EXPERIMENTAL. Et ne pas oublier le contexte : $4$ ne divise aucun des $e_i-e_j$.
Est ce que l'énoncé contenu dans le point 3) est clair ?
Ton énoncé 3) est très clair et il est peut-être optimal dans le sens où il pourrait ne pas fonctionner si l'un des $e_i-e_j$ est divisible par $4$.
Peut-être qu'on pourrait trouver un contre-exemple grâce à Selmer 2 p.40-41, en considérant $D$ pair (sans facteurs carrés) et $E_D:y^2=(x+D)x(x-D)$, de sorte que $e_3-e_1$ est divisible par $4$.
En effet, je subodore qu'avec leurs notations, il y a un $\Q_2$-problème si le diviseur impair de $D$ noté $a$ n'est pas congru à $1$ modulo $4$.
Donc il devrait aussi y avoir un $\Q_2$-problème avec certains de nos $Q_u$.
1) Je le pressentais via certaines expériences du passé (avec $p = 3$). Ce que j'ai raconté pour $p = 2$ dans mon post précédent n'est pas lié à $p = 2$ !! De manière précise soit $p_0$ un premier (pair ou impair, peu importe) et des $e_i$ tels que $p_0^2$ ne divise aucun des $e_i - e_j$. Alors, EXPERIMENTALEMENT, si $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$ pour $p \ne p_0$, alors $Q_u$ est soluble sur $\Q_{p_0}$.
Et du coup, pris à rebrousse-poil, afin de générer des données pour lesquelles $Q_u$ est $\Q_p$-soluble pour tout $p \ne p_0$ SAUF en $p_0$, je prends $(e_1, e_2, e_3)$ tels que $p_0^2 \mid e_2-e_1$ et je regarde. Et j'en trouve de temps en temps (de tels exemples). I.e. j'en dispose.
2) Le métier d'observateur est donc très très compliqué.
3) Enfin, je viens de trouver une jolie preuve simple du fait que je suis pessimiste.
La preuve de mon pessimisme ? Tu sais que je connais 2 ou 3 bricoles en théorie de Galois. Eh bien, j'ai voulu finaliser le th 2.2.7 page 35 in http://library.msri.org/books/Book45/files/book45.pdf. Le job est de prendre vraiment le contrôle sur les extension galoisiennes de groupe $D_4$. Jusqu'à obtenir un polynôme générique comme le font Jensen, Ledet, Yui. Ils font déjà un gros gros boulot. J'ai eu besoin d'un chouailla en plus. Et cela m'a pris 3 jours. Cela rend modeste (et pas vraiment optimiste).
@Claude : Une petite astuce pour rechercher tous les fils initiés par quelqu'un.
Je te prends comme exemple.
L'adresse internet associée à tes messages se finit par match_threads=0.
Et bien, si tu remplaces le 0 final par 1, tu vois [ça] !
Sympa non ?
@Gai-Requin
$\bullet$ Merci pour l'astuce match_threads=1. J'utilise les outils comme un pied.
$\bullet$ Problème de l'extension en théorie de Galois : effectivement, on avait étudié celui de l'extension de $C_2$ à $C_4$ : étant donnée une $C_2$-extension, à quelle condition peut-on la plonger dans une $C_4$-extension. Il y avait très peu de Kummer mais un zeste de Hilbert 90.
Et dans mes histoires venant de Shanks, il y a le problème de l'extension de $C_2 \times C_2$ à $D_4$ (attention il faut voir le premier groupe comme un quotient du second) : à quelle condition peut-on plonger une $C_2 \times C_2$-extension dans une $D_4$-extension. C'est du même acabit, un tantinet (que je dis maintenant) plus compliqué si on veut tout expliciter car $D_4$ a plus de sous-groupes que $C_4$. A vrai dire, j'ai cherché la petite bête (et je l'ai trouvée). Et comme j'en ai un peu bavé, j'ai tout écrit.
$\bullet$ Quant à nos affaires ici, j'ai fabriqué un certain nombre d'exemples du même acabit que celui que tu as retrouvé pour $p_0 = 3$. Par exemple $(e_1, e_2, e_3) = (0,1,1+p_0^2)$ : il y a souvent (!) un $u$ tel que $Q_u$ soit soluble sur tous les $\Q_p$, $p \ne p_0$ mais pas sur $\Q_{p_0}$.
Mais pour l'instant, ``je ne sais pas quoi faire''.
$\def\F{\mathbb F}$$\bullet$ Oui, car les 4 coniques sont $\Q_p$-solubles pour tout $p \le \infty$, $p \ne p_0$ DONC solubles sur $\Q_{p_0}$ (la formule du produit).
$\bullet$ L'exemple en question :
$$
(e_1, e_2, e_3) = (0, 1, 1+p_0^2), \qquad \qquad (u_1, u_2, u_3) = (1,2,1)
$$
Cela ne marche que pour $p_0 = 3,5 \bmod 8$ (pas eu le temps de comprendre pourquoi). Marche veut dire : $Q_u$ est $\Q_p$-soluble pour tout $p \le \infty$, et n'est PAS $\Q_{p_0}$-soluble.
Super ta courbe générique avec le même $u=(1,2,1)$ qui pose problème !
Et que se passe-t-il quand $p_0=-1,1\bmod 8$ ?
Et si on remplace $p_0^2$ par $p_0^3$ ou $p_0^4$, voire $p_0^2q_0^2$ ($p_0\neq q_0$ premiers) ?
Rien ne presse of course. :-)
Remarque : Il faut peut-être comprendre pourquoi Monsky se débarrasse des diviseurs pairs de $D$ p.40-41, ce qui n'est pas notre cas avec $u=(1,2,1)$...
$\def\F{\mathbb F}$Oui, je comprends bien que, dans son sac d'intersections de quadriques, Monsky n'a point de telles ``horreurs''.
$\bullet$ J'ai compris pourquoi $Q_u$, dans le contexte de mon dernier post, n'a pas de point sur $\F_{p_0}$. Il se trouve que $2$ n'est pas résidu quadratique modulo $p_0$ (car $p_0 \equiv 3, 5 \bmod 8$). On a $q_1 = p_0^2$, ce qui fait que sur $\F_{p_0}$, ce coefficient tombe à l'eau. Si tu regardes la conique $C_{23}$, il te reste $0 = u_3x_2^2 - u_2 x_3^2 = x_2^2 - 2x_3^2$, ce qui donne $x_2 = x_3 = 0$ (sous-entendu dans $\F_{p_0}$). Puis tu regardes $C_{12}$ en utilisant le gain trouvé $x_2= x_3=0$. Et rebelote. Bref, tu finis par obtenir, sur $\F_{p_0}$, $x_0=x_1=x_2=x_3 = 0$.
Pas de point sur $\F_{p_0}$, a fortiori pas de point sur $\Q_{p_0}$. En passant, comment tenir compte d'une telle obstruction résiduelle ?
$\bullet$ Par contre, je n'ai pas essayé de montrer que $Q_u$ a un point sur $\Q_p$ pour $p \ne p_0$. La trouille.
$\bullet$ Pour $p_0=2$, on peut prendre $(e_1, e_2, e_3) = (0,1,8)$ et toujours $u = (1,2,1)$. Alors $\Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$ pour $p$ impair mais pas sur $\Q_2$. Pas pris le temps de regarder.
$\bullet$ Pour les autres valeurs de $p_0 \bmod 8$, trouvé ``des trucs'' mais rien trouvé d'uniforme. Pas si facile, car la première chose à faire c'est une bonne pioche pour $(e_1, e_2, e_3)$. Pas question ici de tirer au hasard.
Un petit truc pas terminé. Je vais te montrer d'autres propriétés de la courbe elliptique $E_n$ définie dans la note. Je détache le pdf : cf nouvelle version plus loin.
Remarque : mon message précédent reste vrai en remplaçant $p_0$ par $n$ quelconque tel que $n\equiv\pm 3\bmod 8$.
En revanche, la racine carrée n'est pas dans $\Q_2$ si $n\equiv\pm 1\bmod 8$...
Réponses
0) Je n'ai pas retrouvé pour l'instant où j'avais lu $a_1 = 0$
1) Comparaison avec le cadre de Serre. Ce n'est qu'une analogie. Attention, je vais faire un truc ollé-ollé à partir de :
$$
f'(x)^n + a_{n-1} f'(x)^{n-1} + \cdots + a_1 f'(x) + a_0 = 0 \qquad\qquad (\star)
$$
Je divise par $f'(x)^n$. Bien sûr, je n'ai pas le droit. Mais quand on est dans la m.rde, on a tous les droits :
$$
a_0 \left[ {1 \over f'(x)} \right]^n + a_1 \left[ {1 \over f'(x)} \right]^{n-1} + \cdots + a_{n-1} \left[ {1 \over f'(x)} \right] + 1 = 0 \qquad\qquad (\heartsuit)
$$
Et quitte à être ollé-ollé, je divise par $a_0$ même si je n'ai pas le droit (mais je ne l'écris pas car pas envie d'un déplacement vers Stham). Ainsi dans $(\heartsuit)$, $a_1$ est remplacé par $a_1/a_0$. Et c'est quoi ce coefficient $a_1/a_0$ ? C'est l'opposé (additif) de la trace de $1/f'(x)$. Qui est nul d'après un tout petit bout du théorème d'Euler. I.e $a_1/a_0 = 0$ donc $a_1 = 0$. J'avais prévenu.
2) Mais on peut quand même bétonner des choses (sans pour autant obtenir une preuve). Bétonner voulant dire que l'on ne fait plus de choses ollé-ollé et que l'on donne un autre cadre à Euler. Pour cela, il faut connaître la notion de cotransposé dans une algèbre commutative libre $S/R$ : pour tout $z \in S$, il y a un élément $\widetilde z \in S$, qui est un polynôme en $z$ à coefficients dans $R$ et qui vérifie :
$$
N_{S/R}(z) = z \widetilde z
$$
Il faut penser vaguement au fait que $\widetilde z$ est le produit des conjugués de $z$ autres que $z$. Bien sûr, tout ceci est dans notre tête car point de conjugués dans ce cadre. As tu entendu parler du cotransposé ?
A quoi cela pourrait servir ? Penser dans sa tête à
$$
{N(z) \over z} = \widetilde z \qquad \hbox {et au fait que $N(z)$ est dans $R$}
$$
De sorte que la phrase interdite : `` la trace de $1/z$ est nulle'' peut-être remplacée par la phrase permise : ``la trace de $\widetilde z$ est nulle''.
J'ai bu ? Juste la motié d'une bière.
Regarde bien le coefficient $a_1$ (celui en $T$) du polynôme caractéristique de la matrice $M$ tirée au hasard On croit voir un rapport avec la trace de $\widetilde M$, non ?
Nos affaires
Je n'ai jamais entendu parlé du contraposé comme tu l'as défini dans ton avant-dernier message mais ton heuristique demie-bière me plaît bien. ;-)
Bref, si je comprends bien, il s'agit de montrer que $\mathrm{Tr}(\widetilde{f'(x)})=0$.
$$
\Tr\big(x^i \widetilde {f'(x)}\big) = \cases {
0 &pour $0 \le i < n-1$\cr
(-1)^{(n-1)n \over 2} \Disc(f) = N\big(f'(x)\big) &pour $i=n-1$
}
$$
2) Rappels. Pour $z \in R[x]$, $\widetilde z$ désigne l'unique élément de $R[x]$ tel que $\widetilde {m_z} = m_{\widetilde z}$, en notant $m_\bullet$ la multiplication par $\bullet$. On a donc $N(z) = z \widetilde z$. Pour un endomorphisme $u$ d'un $R$-module libre $E$ de rang fini, $\widetilde u$ est ``bien défini'' (si on passe par les matrices). C'est un polynôme en $u$, a fortiori qui commute avec $u$, et qui vérifie $u \circ \widetilde u = \widetilde u \circ u = \det(u) I_E$.
Attention au signe que j'avais oublié :
$$
N(f'(x)) = (-1)^{(n-1)n \over 2} \Disc(f) \qquad\hbox {provenant grosso modo de} \qquad
\prod_{1 \le i \ne j \le n} (x_i - x_j) = (-1)^{(n-1)n \over 2} \prod_{1 \le i < j \le n} (x_i - x_j)^2
$$
3) Pourquoi avoir écrit des trucs ollé-ollé et confus (posts précédents) au lieu de donner directement l'énoncé 1 ? Parce que j'ignorais cet énoncé 1) et que je suis passé par cette approche ollé-ollé pour le mettre au point.
4) Est ce que cet énoncé 1) entraine celui figurant dans Serre ? Oui. Est ce que j''ai la preuve de 1) ? Non. Comment puis alors le proposer ? Expérimentations.
5) Est ce que cette histoire était prévue ? Non
6) Est ce que nous n'allons pas perdre du temps à vouloir le démontrer ? Alors que nous avons à faire (?) je-ne-sais-trop-quoi d'ailleurs. Je n'en sais rien.
7) Bien entendu, pour aller droit au but en ce qui concerne ce qui est lié à Nagell-Lutz, il est préférable de prendre la preuve de Cohen/Lenstra : i.e. le fait que $\Disc(f) \in R[x]f'(x)^2$. Mais 1) est une autre histoire plus générale et jusqu'à maintenant, je n'avais pas fait le rapprochement. Et comme il faut bien s'occuper ....
1) Nouveau visage du théorème d'Euler en question, en terme de séries formelles. Le membre gauche provient en partie de $\left[T^{n-1} f(1/T)\right]^{-1}$.
$$
{\NN \ T^{n-1} \over 1 + a_{n-1} T + \cdots + a_0T^n} = \sum_{i=0}^\infty \Tr(x^i \FF) \qquad\qquad (\spadesuit)
$$
On retrouve l'ancienne formulation (post précédent) et même un peu plus en développant le membre gauche en série formelle.
J'essaie de donner ci-dessous les premiers éléments de preuve même si ce n'est pas complètement au point.
2) D'abord, l'opération de cotransposée $z \mapsto \widetilde z$, qui va de $R[x]$ dans $R[x]$, je la remonte à l'arrivée dans $R[X]$ de la manière suivante. Soit $z \in R[x]$ et $\chi_z(X) = X^n + b_{n-1}X^{n-1} + \cdots + b_1X + b_0$ son polynôme caractéristique. On a $b_0 = (-1)^n N(z)$ et il vient :
$$
N(z) = \overbrace {(-1)^{n-1} (z^{n-1} + b_{n-1}z^{n-2} + \cdots + b_1 )}^{\textstyle {\widetilde z}} \times z
\qquad \hbox {remontée : } \qquad
z \mapsto (-1)^{n-1} (X^{n-1} + b_{n-1}X^{n-2} + \cdots + b_1 )
$$
Dans la suite, je note $G(X)$ le polynôme remonté de $\FF$.
3) On considère un sur-anneau de $R$ dans lequel $f$ a toutes ses racines au sens suivant $f(X) = (X-x_1) \cdots (X-x_n)$, par exemple son algèbre de décomposition universelle. Je dis que
$$
{\NN \over f(X)} = \sum_{k=1}^n {G(x_k) \over X-x_k}
\qquad\qquad \hbox {A ASSURER}
$$
C'est une sorte de décomposition en éléments simples (je m'inspire de la page 65 de Corps Locaux de Serre, je m'inspire = je pompe).
4) Dans 3), on fait le changement de variables $X = 1/T$ et on multiplie par $T^\bullet$ avec $\bullet$ ad-hoc. Ainsi $X-x_k = {1 \over T}(1 - x_kT)$ à multiplier par $T$. Bref:
$$
{\NN T^n \over 1 + a_{n-1} T + \cdots + a_0T^n} = T\ \sum_{k=1}^n {G(x_k) \over 1 - x_kT}
\qquad \qquad
\hbox {et on simplifie par $T$ de sorte que cela commence à ressembler à (1)}
$$
5) A droite, on écrit :
$$
{G(x_k) \over 1 - x_kT} = G(x_k) (1 + x_kT + x_k^2 T^2 + \cdots)
$$
et on somme de $k=1$ à $k=n$. Si bien que :
$$
\begin {array} {c}
\text {membre droit} \\
\text {de (4)} \\
\end {array}
=
\sum_{k=1}^n G(x_k) + \left( \sum_{k=1}^n x_k G(x_k)\right)\, T + \left( \sum_{k=1}^n x_k^2 G(x_k)\right)\, T^2 + \cdots =
\sum_{i=0}^\infty \Tr(x^i G(x))
$$
Mais $G(x)$, c'est $\FF$ par définition. En rassemblant les morceaux, on obtient $(\spadesuit)$.
Il reste donc le point (3) (ou une variante) à assurer.
Soit $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ tels que $${N(f'(x)) \over f(X)} = \sum_{k=1}^n {\alpha_k \over X-x_k}.$$
Alors, pour tout $k$, $\alpha_k=\dfrac{N(f'(x))}{\prod\limits_{i\neq k}(x_k-x_i)}=\dfrac{N(f'(x))}{f'(x_k)}=G(x_k).$
Bref, intermède terminé. On peut revenir à nos moutons. Au fait, lesquels ?
Ce qui nous tenait particulièrement à cœur était la détermination du $2$-groupe de Selmer "torsion removed" mais il faut bien reconnaître qu'on n'a pas beaucoup avancé de ce côté-là...
Mais, à chaque fois qu'on a saisi une partie de l'appendice de Monsky, on a fait des progrès assez spectaculaires pour notre étude plus générale que la sienne.
Je me propose donc, sans garantie de succès, d'essayer de comprendre comment il tue la torsion dans le cas $D$ pair (fin de la p.40, début de la p.41).
Qu'en penses-tu ?
J'ai bien vu ton post (depuis 3 jours). Ce que j'en pense ? Je n'en sais rien mais je vais quand même dire 2 ou 3 trucs.
1) Je suis moins optimiste que toi en ce qui concerne le ``on n'est pas si mal''. Certes, on a appris ``des trucs''. Mais que fais tu des trous ? Certains sont énormes. Par exemple, on a observé (expérimental), sous couvert de $e_i - e_j$ sans facteur carré, que $Q_u$ est localement soluble si et seulement si les 4 coniques $C_{12}, C_{23}, C_{23}, C_0$ sont solubles sur $\Q$.
Est ce que tu te souviens de cela ? Mais on n'a pas fourni de preuve d'où un gros sentiment d'insatisfaction. Faut-il s'y frotter ? Comment ?
2) Le suivi. Rien n'a été écrit noir sur blanc (mini pdf) en ce qui concerne une certaine identité (la tienne) entre 5 symboles de Hilbert. Je fais allusion à ton scan bleu pâle. C'est très important pour moi d'avoir des notes dans lesquelles m'y retrouver. Tu vas dire que c'est mon problème. Et je peux t'assurer que cette fois, pour ce fil, j'ai fait un effort car je me doutais bien que l'aventure groupe de Selmer pour les enfants risquait de durer plusieurs mois (et je n'avais pas tort). Et malgré cet effort, je n'arrive pas à m'y retrouver dans mes affaires (c'est mon problème, bis).
3) Il y a des jours où la technicité, c'est vachement fatiguant (en clair, c'est ch.ant)
4) Bref, je ne sais pas comment continuer sans nous lasser. En essayant d'apprendre en s'amusant ; à moins que cela ne soit le contraire. Il faut pouvoir accrocher quelque chose mais quoi ?
5) L'aspect expérimentation. Ne pas rêver, sans cet aspect, nous n'en serions pas là. Ceci fait que, de temps en temps, j'ai absolument besoin (pour programmer/expérimenter) d'informations vachement précises. Oui et alors ? Je me comprends.
Je relis le post. Pas sûr d'avoir écrit ce que je voudrais faire passer. En tout cas, j'ai répondu.
J'essaie de résumer ce qu'on a dû voir concernant ton point 1).
a) En vertu du principe de Hasse, si $Q_u$ est localement soluble, les quatre coniques $C_ {12},C_{13},C_{23},C_0$ sont globalement solubles.
b) Réciproquement, on a fait des choix de coefficients pour ces quatre coniques afin que $Q_u$ soit $\Q_{\infty}$-soluble.
De plus, pour tout premier $p$ impair, les quatre symboles de Hilbert valent $1$ donc, avec l'hypothèse où les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés, $Q_u$ est $\Q_p$-soluble.
Il reste donc le cas un peu effrayant $p=2$.
Je ne comprends absolument rien à ton point b). Pourras tu détailler (à mon intention) quand tu auras le temps ? Merci. N'hésite pas à mettre beaucoup de détails : trop, cela sera mieux que pas assez.
Note : c'est étrange, mais en ce qui me concerne, je n'ai aucun élément de preuve en ce qui concerne le point b). A quel moment avons nous pu diverger ?
Dès que j'aurai un peu plus de temps, je ferai des recherches dans ce fil mais je précise un peu plus ma pensée, de sorte que si je dis une énormité, tu puisses me rappeler à l'ordre.
Soit $p$ premier impair.
On suppose que les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés et que $C_ {12},C_{13},C_{23},C_0$ sont globalement solubles (et donc aussi $\Q_p$-solubles).
Alors, du côté des symboles de Hilbert (en $p$ of course), on a $h_ {12}=h_{13}=h_{23}=h_0=1$.
On a montré (mais l'a-t-on fait pour tous les cas ? Je crois que oui) que cela implique que $\Q_u$ est $\Q_p$-soluble (avec des certificats dans tous les cas abordés).
Pour le reste, je sais qu'on a réglé la solubilité de $Q_u$ sur $\Q_{\infty}$ mais pas sur $\Q_2$.
De mon côté, on va dire en algèbre/arithmétique effective, impossible de m'appuyer sur du flou. On ne peut pas programmer sous couvert de ``l'a-t-on fait dans tous les cas ?'', je ne sais pas si tu t'en rends bien compte. Ma réponse d'ailleurs à cette question est non.
J'ai surtout la trouille que tu pointes un certain nombre de posts dans lesquels il pourrait y avoir des éléments de réponse. Car en général, c'est dans le plus grand désordre. Ce qui est NORMAL vu que l'on patauge. Ce qui est ANORMAL pour moi, c'est que l'on ne fasse pas le VERITABLE point (qui ne consiste surtout pas à pointer à droite à gauche).
Sommes nous obligés de faire le point ? Heureusement, bien sûr que non. Mais, pour moi, difficile voire impossible de continuer sur CE thème si nous ne savons pas bien où nous en sommes. Je vais être lourd mais en programmation ``ne pas bien savoir où nous en sommes'' cela signifie ``ne pas savoir du tout où nous en sommes''.
On est bien d'accord sur le fait qu'il faut traiter tous les cas, si possible au propre, et je peux le faire d'ici la fin de la semaine.
Mais tu ne m'as pas dit si mon dernier message résumait une idée générale sur laquelle on peut s'appuyer.
Oui, c'était l'idée générale pour autant que je me souvienne. Mais surtout aucune obligation de ... Je dis cela car tu dis ``il faut traiter tous les cas''.
Moi, je dis qu'il faut surtout s'amuser.
Que faire si la locale solubilité de $Q_u$ résiste (ce qui est le cas) ? Comme on ne peut pas s'appuyer sur un truc mouvant (croire que cela équivaut à telle condition au prétexte d'expérimentations), il est préférable de biaiser i.e. de faire autre chose vaguement lié à nos affaires du moment. Et tant qu'à faire, prendre un thème amusant. Lequel ? Je n'en sais rien pour l'instant.
En revanche, quand il y a un facteur carré, on a pu aussi se casser les dents sur certains $p$ impairs.
Je donne un énoncé ci-dessous. Tu va probablement trouver que je répète ce que tu as dit, mais c'est ma manière de rentrer dans le bain.
Enoncé. Fixons $e_1 < e_2 < e_3$ des entiers avec $e_i - e_j$ sans facteur carré et soit $p$ un premier $\ne 2$. On suppose que les 3 coniques $C_{12}, C_{13}, C_{23}$ ont chacune un $\Q_p$-point. Alors l'intersection de quadriques $Q_u$ admet un $\Q_p$-point.
1) Est ce que c'est bien cela l'énoncé ?
2) Si oui, j'ai loupé un épisode (= mes notes sont pourries)
3) Il m'arrive assez souvent de faire la grosse bourde suivante. Supposons que pour tout $p$ premier impair, chaque conique $C_{i,j}$ soit $\Q_p$-soluble. Comme on a fait en sorte qu'elles soient $\Q_\infty$-solubles, elles sont aussi $\Q_2$-solubles (grâce à la formule du produit, je ne sais plus le nom de ce résultat important). Et la bourde consiste à penser que cela pourrait avoir un impact sur la $\Q_2$-solubilité de $Q_u$.
En plus clair, a-t-on des exemples où $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$, $p \le \infty$ sauf pour $p = 2$ ?
Je suis parfaitement d'accord avec ton énoncé qui se justifie grâce à notre échange qui commence [ici].
Et tu as raison, le truc qui fait peur, c'est ton 3).
Par réciprocité de Hilbert, une conique $\Q_p$-soluble pour tout $p\neq 2$ est aussi $\Q_2$-soluble.
Mais (et ça fait ch.er), $Q_u$ n'est pas une conique !
1) Régler les cas $p=\infty$ (tu l'as fait) et $p=2$ (on est au point mort).
2) S'occuper ensuite de tous les $p$ impairs (on l'a fait quand les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés).
Et là où Monsky est très fort, c'est qu'en faisant 1), il liquide la torsion au passage !
Je n'ai pas le courage de faire un .TeX
1) En un premier temps, ton identité avec les 5 symboles de Hilbert.
2) Puis un autre pour ta résolution de l'énoncé que j'ai donné en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1813188#msg-1813188
Histoire d'avoir sous les yeux quelque chose de propre, clair et net.
J'ai du temps ce soir et demain pour déchiffrer mon brouillon infâme sur les cinq symboles de Hilbert (que j'avais simplifié dans ma tête mais c'était il y a longtemps) et retrouver les CNS pour que $Q_u$ soit $\Q_p$-résoluble ($p$ impair).
P.S. : J'ai relu un de mes messages qui peut laisser penser qu'on n'a pas besoin de supposer les $e_i-e_j$ sans facteurs carrés. Mais j'ai du mal à me croire. :-D
P.P.S. : C'est difficile de ne pas se lancer dans la lecture de ton fil sur Shanks. ;-)
Un petit point quand les $e_i-e_j$ sont sans facteurs carrés et les quatre symboles de Hilbert valent tous $1$.
Il s'agit de trouver un $\Q_p$-point de $Q_u$ dans les cas suivants :
1) $p=\infty$ (c'est fait).
2) $p\mid u_1,p\nmid q_2q_3$ (c'est fait).
3) $p\mid u_1,p\mid q_2,p\mid q_3$ (c'est fait).
4) $p\mid q_1,p\nmid u_2u_3q_2q_3$ (c'est fait).
5) $p\mid q_1,p\mid u_2,p\mid q_3$ (pas fait).
6) $p\mid q_1,p\mid u_3,p\mid q_2$ (pas fait mais doit se déduire de 5) par symétrie).
7) $p\mid q_1,p\mid q_2,p\mid q_3$ (pas fait).
8) $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$ (c'est fait).
Si tu as un moment, peux-tu confirmer cette disjonction ?
C'est ok (sous-entendu $p$ impair). J'ai retrouvé dans mes notes des traces de 2) 3) 4) i.e. les points marqués ``faits''.
Mais à mon avis, cela serait bien de les reprendre un par un.
Même rengaine que d"habitude : auras tu le courage de faire un TeX juste pour ton identité sur les 5 symboles d'Hilbert ? Et ensuite, un TeX pour le cas 2), juste cela pour l'instant.
Objectif : regarder d'une part dans les yeux chaque preuve de manière attentive ; et d'autre part, te faire part d'autres observations expérimentales que je n'ai jamais mentionnées (supposer $e_i - e_j$ sans facteur carré est un gros parapluie de protection mais on doit pouvoir en prendre des plus petits).
Ta découpe en 8 points est gros progrès pour moi : cela évite de s'égarer dans tous les sens. Je vais essayer de préparer quelque chose pour le point 8) via le discriminant de $Q_u$ (d'une présentation de $Q_u$).
Ok pour l'approche discriminant parce que j'y arrive sans ça mais en appliquant trois fois le trick du carré (cf [ici]).
J'ai bien envie de me faire la main sur $\Q_2$ en essayant de résoudre le point 2) quand $p=2$.
PS : je suis incapable de faire ce que tu fais in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1814164#msg-1814164 i.e. retrouver une discussion (ici sur le discriminant de $Q_u$ ...etc..)
$$
(u,ua) (q,qa) = (u,-u)(u,-a) (q,-q)(q,-a) = (uq,-a)
$$
Que j'applique dans la preuve vers le milieu où il y $\pi = \cdots$, avec $u=u_2$, $q=q_2$, $a=u_3q_3$.Par ailleurs, je ne suis pas optimiste. Tu veux que je te dise pourquoi ?
Regarde l'hypothèse à la première ligne, vachement plus faible que celle du point 2). Et la conclusion, ligne suivante. Cette procédure n'échoue pas quand je fais $10^3$ tirages au hasard de $(e_1, e_2, e_3)$.
[color=#00000] // ICI, on suppose p impair, p | u1 et p ne divise pas q1. Rien de plus (rien sur les e_i - e_j) // Q_u est Q_p-soluble <==> h_12 = h_13 = 1 OneVerification := procedure(e1, e2, e3) assert e1 lt e2 and e2 lt e3 ; Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ; printf " #Uoo=%o ", #Uoo ; for u in Uoo do u1,u2,u3 := Explode(u) ; C, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ; q1,q2,q3 := Explode(q) ; C12,C13,C23 := Explode(C) ; Qu := Curve(P3, [C12,C13,C23]) ; MQu := GenusOneModel(Qu) ; P := [p : p in PrimeDivisors(u1) | IsOdd(p) and not IsDivisibleBy(q1,p)] ; for p in P do QuIsQpSoluble := IsLocallySoluble(MQu,p) ; h12 := HilbertSymbol(q3*u2,-q3*u1, p) ; h13 := HilbertSymbol(q2*u3,-q2*u1, p) ; assert QuIsQpSoluble eq (h12 eq 1 and h13 eq 1) ; end for ; end for ; end procedure ; [/color]Cela pourrait vouloir dire que l'on travaille avec un contexte qui n'est pas du tout optimal. Cela n'enlève rien à ce que tu as fait mais ....Je pense que quitte à utiliser plusieurs fois le trick des carrés (comme je l'ai fait quand $p$ ne divise aucun des $e_i-e_j$), on doit pouvoir montrer que : $$Q_u\text{ est }\Q_p\text{-soluble }\Leftrightarrow h_{12}=h_{13}=h_{23}=1.$$
Mais il est vrai que je suis un grand optimiste...
Essayer de faire le point mi Mai 2019 permet de clarifier certaines choses. Parmi lesquelles :
1) Tu es un optimiste et moi un pessimiste. Il faudra essayer de ne pas oublier cela à l'avenir.
2) Ton Coniques.pdf m'a permis de mieux comprendre ton identité du produit : elle repose essentiellement sur $(u,ua)_p = (u,-a)_p$.
3) Surtout : dégager une nouvelle observation expérimentale qui était latente dans mes affaires. Elle concerne $p = 2$. Je suppose qu'aucun des $e_i-e_j$ n'est divisible par 4 (par contre, je ne suppose pas $e_i-e_j$ sans facteur carré). Alors, l'ensemble des premiers (finis) $p$ tels que $Q_u$ ne soit pas $\Q_p$-soluble, n'est jamais réduit à $\{2\}$. Dit autrement, si $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$, $p$ premier impair, alors $Q_u$ est soluble sur $\Q_2$.
Si bien que l'on peut s'asseoir sur $p = 2$. Sauf que c'est EXPERIMENTAL. Et ne pas oublier le contexte : $4$ ne divise aucun des $e_i-e_j$.
Est ce que l'énoncé contenu dans le point 3) est clair ?
Ton énoncé 3) est très clair et il est peut-être optimal dans le sens où il pourrait ne pas fonctionner si l'un des $e_i-e_j$ est divisible par $4$.
Peut-être qu'on pourrait trouver un contre-exemple grâce à Selmer 2 p.40-41, en considérant $D$ pair (sans facteurs carrés) et $E_D:y^2=(x+D)x(x-D)$, de sorte que $e_3-e_1$ est divisible par $4$.
En effet, je subodore qu'avec leurs notations, il y a un $\Q_2$-problème si le diviseur impair de $D$ noté $a$ n'est pas congru à $1$ modulo $4$.
Donc il devrait aussi y avoir un $\Q_2$-problème avec certains de nos $Q_u$.
1) Je le pressentais via certaines expériences du passé (avec $p = 3$). Ce que j'ai raconté pour $p = 2$ dans mon post précédent n'est pas lié à $p = 2$ !! De manière précise soit $p_0$ un premier (pair ou impair, peu importe) et des $e_i$ tels que $p_0^2$ ne divise aucun des $e_i - e_j$. Alors, EXPERIMENTALEMENT, si $Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$ pour $p \ne p_0$, alors $Q_u$ est soluble sur $\Q_{p_0}$.
Et du coup, pris à rebrousse-poil, afin de générer des données pour lesquelles $Q_u$ est $\Q_p$-soluble pour tout $p \ne p_0$ SAUF en $p_0$, je prends $(e_1, e_2, e_3)$ tels que $p_0^2 \mid e_2-e_1$ et je regarde. Et j'en trouve de temps en temps (de tels exemples). I.e. j'en dispose.
2) Le métier d'observateur est donc très très compliqué.
3) Enfin, je viens de trouver une jolie preuve simple du fait que je suis pessimiste.
Pour 2), je comprends bien et je sais aussi que sans tes observations, on n'aurait pas fait grand chose dans ce fil.
Pour 3), je ne sais pas où tu veux en venir mais j'ai retrouvé [un exemple flippant]...
Est-ce que tu as bossé sur $D_4$ à cause du fil sur Shanks ?
Et tu as raison, il faut être modeste mais moi, quand je vois que tu finis toujours par y arriver (ici en trois jours), cela me rend optimiste. B-)
Je te prends comme exemple.
L'adresse internet associée à tes messages se finit par match_threads=0.
Et bien, si tu remplaces le 0 final par 1, tu vois [ça] !
Sympa non ?
$\bullet$ Merci pour l'astuce match_threads=1. J'utilise les outils comme un pied.
$\bullet$ Problème de l'extension en théorie de Galois : effectivement, on avait étudié celui de l'extension de $C_2$ à $C_4$ : étant donnée une $C_2$-extension, à quelle condition peut-on la plonger dans une $C_4$-extension. Il y avait très peu de Kummer mais un zeste de Hilbert 90.
Et dans mes histoires venant de Shanks, il y a le problème de l'extension de $C_2 \times C_2$ à $D_4$ (attention il faut voir le premier groupe comme un quotient du second) : à quelle condition peut-on plonger une $C_2 \times C_2$-extension dans une $D_4$-extension. C'est du même acabit, un tantinet (que je dis maintenant) plus compliqué si on veut tout expliciter car $D_4$ a plus de sous-groupes que $C_4$. A vrai dire, j'ai cherché la petite bête (et je l'ai trouvée). Et comme j'en ai un peu bavé, j'ai tout écrit.
$\bullet$ Quant à nos affaires ici, j'ai fabriqué un certain nombre d'exemples du même acabit que celui que tu as retrouvé pour $p_0 = 3$. Par exemple $(e_1, e_2, e_3) = (0,1,1+p_0^2)$ : il y a souvent (!) un $u$ tel que $Q_u$ soit soluble sur tous les $\Q_p$, $p \ne p_0$ mais pas sur $\Q_{p_0}$.
Mais pour l'instant, ``je ne sais pas quoi faire''.
$\bullet$ L'exemple en question :
$$
(e_1, e_2, e_3) = (0, 1, 1+p_0^2), \qquad \qquad (u_1, u_2, u_3) = (1,2,1)
$$
Cela ne marche que pour $p_0 = 3,5 \bmod 8$ (pas eu le temps de comprendre pourquoi). Marche veut dire : $Q_u$ est $\Q_p$-soluble pour tout $p \le \infty$, et n'est PAS $\Q_{p_0}$-soluble. $\bullet$ Un truc IMPORTANT : $Q_u$ n'a pas de point sur le résiduel $\F_{p_0}$ !!
Clair ? Note : ici, je ne montre qu'une toute petite partie du binz.
Super ta courbe générique avec le même $u=(1,2,1)$ qui pose problème !
Et que se passe-t-il quand $p_0=-1,1\bmod 8$ ?
Et si on remplace $p_0^2$ par $p_0^3$ ou $p_0^4$, voire $p_0^2q_0^2$ ($p_0\neq q_0$ premiers) ?
Rien ne presse of course. :-)
Remarque : Il faut peut-être comprendre pourquoi Monsky se débarrasse des diviseurs pairs de $D$ p.40-41, ce qui n'est pas notre cas avec $u=(1,2,1)$...
$\bullet$ J'ai compris pourquoi $Q_u$, dans le contexte de mon dernier post, n'a pas de point sur $\F_{p_0}$. Il se trouve que $2$ n'est pas résidu quadratique modulo $p_0$ (car $p_0 \equiv 3, 5 \bmod 8$). On a $q_1 = p_0^2$, ce qui fait que sur $\F_{p_0}$, ce coefficient tombe à l'eau. Si tu regardes la conique $C_{23}$, il te reste $0 = u_3x_2^2 - u_2 x_3^2 = x_2^2 - 2x_3^2$, ce qui donne $x_2 = x_3 = 0$ (sous-entendu dans $\F_{p_0}$). Puis tu regardes $C_{12}$ en utilisant le gain trouvé $x_2= x_3=0$. Et rebelote. Bref, tu finis par obtenir, sur $\F_{p_0}$, $x_0=x_1=x_2=x_3 = 0$.
Pas de point sur $\F_{p_0}$, a fortiori pas de point sur $\Q_{p_0}$. En passant, comment tenir compte d'une telle obstruction résiduelle ?
$\bullet$ Par contre, je n'ai pas essayé de montrer que $Q_u$ a un point sur $\Q_p$ pour $p \ne p_0$. La trouille.
$\bullet$ Pour $p_0=2$, on peut prendre $(e_1, e_2, e_3) = (0,1,8)$ et toujours $u = (1,2,1)$. Alors $\Q_u$ est soluble sur tous les $\Q_p$ pour $p$ impair mais pas sur $\Q_2$. Pas pris le temps de regarder.
$\bullet$ Pour les autres valeurs de $p_0 \bmod 8$, trouvé ``des trucs'' mais rien trouvé d'uniforme. Pas si facile, car la première chose à faire c'est une bonne pioche pour $(e_1, e_2, e_3)$. Pas question ici de tirer au hasard.
OK pour ton premier point. Merci.
J'ai commencé mon apprentissage de $\Q_2$ et donc je fais un tout petit truc avec $p_0=61$.
Je trouve que $\left(\dfrac 4{61}:\sqrt{72+\dfrac 8{61^2}}:12:8\right)$ est un $\Q_2$-point de $Q_u$.
J'ai aussi calculé quelques symboles de Hilbert en $p=2$ : c'est très très moche !
Pour tout $p_0\equiv\pm 3\bmod 8$, $\left(\dfrac 4{p_0}:\dfrac 4 {p_0}\sqrt{\dfrac{1+9p_0^2}2}:12:8\right)$ est un $\Q_2$-point de $Q_u$.
En revanche, la racine carrée n'est pas dans $\Q_2$ si $n\equiv\pm 1\bmod 8$...
Finalement, des $\Q_2$-points de $Q_u$ sont :
$\left(\dfrac 1{n}:\dfrac 1 {n}\sqrt{\dfrac{1+9n^2}2}:3:2\right)$ si $n\equiv\pm 3\bmod 8$.
$\left(\dfrac 7{n}:\dfrac 1 {n}\sqrt{\dfrac{49+81n^2}2}:9:4\right)$ si $n\equiv\pm 1\bmod 8$.