$y^2 = x(x^2 + 3x + 1)$ et 2-descente

claude quitté · May 2019

Salut Gai-Requin
J'ai tout re-rédigé (mais pas relu, quand tu auras le temps ... merci). J'ai essayé d"expliquer comment on trouvait les points sur $\Q_p$ : c'est plus important que de donner les points eux-mêmes (c'est ce qui me manquait dans le passé). J'ai intégré ton $\Q_2$-point : joli et merci.
Par ailleurs, j'apprends à me servir des outils $p$-adiques de magma, utile si je veux passer ceinture orange avant la fin de l'année 2019. Ce qui vient doit te parler

[color=#000000]> P17mod8 := [p : p in PrimesInInterval(7,10^2) | p mod 8 in {1,7}] ;
> // p = 1,7 mod 8 et p | n avec n impair
> p := Random(P17mod8) ;    n := Random([1 .. 11 by 2]) * p ;
> p ;
41
> n ;
451
> e1 := 0 ; e2 := 1 ;  e3 := 1 + n^2 ;
> u1 := 1 ; u2 := 2 ; u3 := 1 ;
> u := <u1,u2,u3> ; 
> q1 := n^2 ; q2 := ExactQuotient(1 + n^2,2) ;  q3 := 1 ;
> assert (q1*u1 eq e3-e2)  and  (q2*u2 eq e3-e1)  and  (q3*u3 eq e2-e1) ;
> 
> C12_C13_C23, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ; assert q eq <q1,q2,q3> ;
> C12, C13, C23 := Explode(C12_C13_C23) ;
> C0 := q1*x1^2 - (q2*x2^2 - q3*x3^2) ;
[/color]

Voilà ce que j'ai appris à faire. Bien sûr, le point $p_0$ ci-dessous (aucun rapport avec le premier $p_0$), il faut le trouver nous-mêmes !!

[color=#000000] > Qp := pAdicField(p : Precision := 50) ;
> Qp ;
41-adic field
> ok, r2 := IsSquare(Qp!2) ;  assert ok ;
> r2 ;
-60669178224618033550653367276943826120945029445412331338840890052498195631100386 + O(41^50)
> p0 := [0, 1, r2, 1] ;  <--- LOOK
> Evaluate(C12, p0) ;
O(41^50)
> Evaluate(C13, p0) ;
O(41^50)
[/color]

Les évaluations ci-dessus sont des signes de bonne santé.

Enfin, je te donne des nouvelles de la courbe elliptique $E_n$ dans les posts à venir : je l'ai nommé ToyEllipticCurve.

gai requin · May 2019

@Claude :

Voilà comment j'ai fait :
1) Avec maple, j'ai d'abord cherché un point à coordonnées entières de l'équation de Pell-Fermat $X^2=x_2^2-2x_3^2$, ce qui invite ensuite à choisir $x_0=\dfrac X n$ (cf $C_{23}$).

2) Avec $C_{12}$, on en déduit que $x_1^2=\dfrac{x_0^2+x_2^2}2$.

3) On recommence 1) jusqu'à ce que $\dfrac{x_0^2+x_2^2}2$ soit un carré dans $\Q_2$ (i.e une puissance paire de $2$ fois un entier $2$-adique congru à $1$ modulo $8$).

C'est un peu du bidouillage mais j'ai trouvé des $\Q_2$-points assez rapidement.

claude quitté · May 2019

$\def\F{\mathbb F}\def\Sha{\text{Sha}}$@Gai-Requin
$\def\F{\mathbb F}$Une première présentation de la Toy Elliptic Curve. Certes, cela ne résout pas le problème général de la $\Q_p$-solubilité de nos $\Q_u$. Mais, cela va permettre de nous amuser, d'apprendre et ne pas se bloquer avec les échecs généraux, c'est cela qui est important. Il y aura des choses à montrer en ce qui concerne $U_\infty(E_n)$, $n$ impair, voire $n$ premier, mais je ne sais pas encore lesquelles !

[color=#000000]ToyEllipticCurve := function(n)  // dans "la pratique", n est impair
  e3 := 1 + n^2 ;
  E := EllipticCurve(X*(X-1)*(X-e3)) ;
  assert Discriminant(E) eq 2^4 * (n^2 + 1)^2 * n^4 ;
  return E, e3 ;
end function ;
[/color]

Je prends juste un petit exemple $n = 13$

[color=#000000]> n := 13 ;
> E, e3 := ToyEllipticCurve(n) ;
> RootNumber(E) ;
-1
> time S2 := TwoSelmerGroup(E) ;
Time: 0.070
> time S := OurBabySelmer(0,1,e3) ;
Time: 1.170
> S ;
[ <-1, 1, 1>, <1, 1, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 170, 1>, <1, 170, 1> ]
> assert #S2 eq #S ;
> #S ;
8
> Uoo := UooCoefficients(0,1,e3) ;
> #Uoo ;
32
[/color]

Certes, notre bébé OurBabySelmer n'est pas super-efficace mais on s'en fout. Le groupe de 2-Selmer est $S \simeq \F_2^3$ mais il faut supprimer la 2-torsion, ce qui nous conduit à une injection $E/2E \simeq \delta(E/2E) \hookrightarrow \F_2^{3-2} = \F_2$. Mais comme le root-number est $-1$, le théorème de Kolyvagin and al. nous dit que $E$ est de rang 1.

Il va falloir apprendre à nettoyer nous-mêmes, sur le PAPIER, notre gros sac $U_\infty(E)$, qui contient des $Q_u$ non localement soluble. Je ne sais pas encore comment mais il y a un espoir de dire quelque chose, mais je ne sais pas quoi (bis).

Là, je laisse tourner magma.

[color=#000000]> time G, GtoE := MordellWeilGroup(E) ;
Time: 0.020
> G ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/2 + Z
Defined on 3 generators
Relations:  2*G.1 = 0  2*G.2 = 0
> GtoE(G.3) ;
(1690/9 : -21320/27 : 1)

> time RankMinRankMax, Generateurs, ShaInfo := MordellWeilShaInformation(E : Silent := false) ;
Torsion Subgroup = Z/2 x Z/2
Analytic rank = 1
     ==> Rank(E) = 1
The 2-Selmer group has rank 3
Found a point of infinite order.
After 2-descent: 
    1 <= Rank(E) <= 1
    Sha(E)[2] is trivial
(Searched up to height 100 on the 2-coverings.)
Time: 0.120
> Generateurs ;
[ (1 : 0 : 1), (0 : 0 : 1), (28577/16 : 4593927/64 : 1) ]
[/color]

Bon, $\Sha(E)[2]$ est trivial, bonne nouvelle.

gai requin · May 2019

Merci pour l'illustration.
Quelles sont les deux $Q_u$ restantes quand on liquide la torsion ?

claude quitté · May 2019

@Gai-Requin
Le 32 versus 8, dans l'exécution précédente cela peut faire peur : 32 pour $U_\infty(E_{13})$, 8 pour le groupe de 2-Selmer $S^{(2)}(E_{13})$. Cela donne l'impression qu'il faut virer $32 - 8$ intersections de quadriques pourries.

Mais pas du tout car il faut faire $32/8$ et pas $32-8$. Il suffit donc de trouver deux $Q_u$ pourries i.e. non localement solubles (qui sont donc dans le gros sac alors qu'elles n'ont rien à y faire) disons $\bullet, \bullet$. Et on va dire indépendantes en un sens que j'ai pas envie de dire vu que je ne sais pas ce que j'entends par là. Donc $\langle \bullet, \bullet\rangle$ est d'ordre 4 (faisons le pari) et contaminent le sac : car une pourrie multipliée par une saine (localement soluble), cela donne du pourri. Et du coup, il faut compter, que je dis, avec $U_\infty/\langle \bullet, \bullet\rangle$.

Bon, c'est ollé-ollé mais peu importe.

Petit joueur, je fais $n = p$ premier impair et ci-après, je cause de $E_n = E_p$ (la Toy). Un truc concret : $u = (p, 1, 1)$, qui est bien dans $U_\infty(E_p)$, a l'air souvent (mais pas toujours) pourrie.
En clair, étudier $Q_u$ pour $u = (p,1,1)$ relativement à $E_p$. Et pourquoi pas $Q_u$ pour $u = (n,1,1)$ relativement à $E_n$ ?

claude quitté · May 2019

@Gai-Requin
J'ai bien vu comment tu avais trouvé tes points sur $\Q_2$. Il y a également le fait que $X_0^2 = x_2^2 - 2x_3^2$ admet $(X_0 = 1 : x_2 = 3 : x_3 = 2)$ comme $\Z$-point donc on peut paramétrer cette conique. Je crois qu'il y a un trick manuel facile que j'ai vu dans le petit livre bleu de Mordell.

Vu aussi ta question quand on liquide la torsion. Mais pour l'instant, je n'ai pas d'outils efficaces pour diviser par 4 dans le sens 2-torsion removed. Hum, je vais voir.

claude quitté · May 2019

$\def\F{\mathbb F}$@Gai-Requin
Il faut que tu réfléchisses avec moi ci-dessous concernant la liquidation de la 2-torsion. C'est vachement compliqué de diviser par 4 en termes de quotients, si tu vois ce que je veux dire. Rien n'est prêt dans mon fourbi de manière automatique. Il faut intervenir à la main. C'est l'exemple de $n = 19$ POUF-POUF de $n=13$ de tout à l'heure

[color=#000000]> //time S := OurBabySelmer(0,1,e3) ;
> I, S, T := TwoTorsionInvolutions(0,1,e3) ;
> S ;
[ <-1, 1, 1>, <1, 1, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 170, 1>, <1, 170, 1> ]
> T ;
[ <-1, 170, 1>, <-1, 1, 1>, <1, 170, 1> ]
> I ;
[
    Mapping from: SeqEnum: S to SeqEnum: S given by a rule [no inverse],
    Mapping from: SeqEnum: S to SeqEnum: S given by a rule [no inverse],
    Mapping from: SeqEnum: S to SeqEnum: S given by a rule [no inverse]
]
[/color]

Le $T$ c'est pour 2-torsion : les trois triplets $u$ que tu vois dans $T$ sont l'image par la Cassel-map $\delta$ des 3 points de 2-torsion. C'est là où il y a du patch à faire si tu te souviens bien. Quant à $I$, c'est la collection des (trois) multiplications par les 3 points de 2-torsion ($I$ pour involution : chaque multiplication est une involution).

[color=#000000]> [I[1](u) : u in S] ;
[ <1, 170, 1>, <-1, 170, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 1, 1>, <-1, 1, 1> ]
> [I[2](u) : u in S] ;
[ <1, 1, 1>, <-1, 1, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 170, 1>, <-1, 170, 1> ]
> [I[3](u) : u in S] ;
[ <-1, 170, 1>, <1, 170, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 1, 1>, <1, 1, 1> ]
[/color]

Il n'y a plus qu'à. Attention : on n'est pas à la recherche d'UN individu unique $u \in S$. Ce que l'on veut c'est un $u \in S$ tel que son image dans $S/T \simeq \F_2$ soit le générateur. Do you see what I mean ?

claude quitté · May 2019

$\def\F{\mathbb F}\def\Sel{\text{Sel}^{(2)}}\def\Sha{\text{Sha}}$@Gai-Requin,
Suite du post précédent. Inutile de causer des involutions de multiplication, j'ai foiré mon coup. C'est plus simple que prévu : on a un groupe $S = \Sel(E)$ d'ordre 8 et même $\simeq \F_2^3$, à quotienter par un sous-groupe $T \simeq \F_2^2$ d'ordre 4. Et comme le quotient, c'est du $\F_2$, il suffit de prendre un élément de $S \setminus T$ pour obtenir un générateur du quotient. Je recouche les acteurs de la Toy Elliptic Curve $E$ de paramètre $n=13$. Attention : ici dans $T$, je n'ai pas mis le neutre $(1,1,1)$.

[color=#000000]> S ;
[ <-1, 1, 1>, <1, 1, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 170, 1>, <1, 170, 1> ]
> T ;
[ <-1, 170, 1>, <-1, 1, 1>, <1, 170, 1> ]
[/color]

Je choisis $u = (1,10,1)$ dans le complémentaire de $T$ dans $S$. Et je monte le revêtement $\pi : Q_u \to E$ (on l'a préparé il y a plusieurs mois). Pas besoin évidemment de $\Q$-point sur $Q_u$ pour monter $\pi$. Heureusement, car la $\Q$-solubilité des 2-torseurs, c'est quelque chose que l'on ne sait pas actuellement décider.

[color=#000000] > u := <1,10,1> ; assert u in S ;
> pi := Cover2Selmer(e1, e2, e3, u) ;
[/color]

Et je m'apprête à trouver un $\Q$-point de $Q_u$. Comment je sais qu'il y en a ? Car l'autre m'a informé que $\Sha(E/\Q)[2]$ est trivial : donc je suis paisible de ce côté là. Bon, les choses de la vie pour monter les 4 coniques constituant $Q_u$ :

[color=#000000]> C12_C13_C23, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ;
> q ;
<169, 17, 1>
> q1, q2, q3 := Explode(q) ;
> C12, C13, C23 := Explode(C12_C13_C23) ;
> C12 ;
x0^2 - 10*x1^2 + x2^2
> C13 ;
17*x0^2 - x1^2 + x3^2
> C23 ;
169*x0^2 - x2^2 + 10*x3^2
> C0 := q1*x1^2 - (q2*x2^2 - q3*x3^2) ;
> C0 ;
169*x1^2 - 17*x2^2 + x3^2
[/color]

Si je faisais vraiment les choses à la main, il me semble que je taperais dans $C_{12}, C_{13}$ car elles paraissent les plus simples. Mais de toute façon, je fais pas ici les calculs à la main.

[color=#000000]> Qu := Curve(P3, [C12, C13]) ;
> QuPoints := Points(Qu : Bound := 30) ;
> QuPoints ;
{@ (-3/4 : -13/4 : 41/4 : 1), (3/4 : -13/4 : 41/4 : 1), (3/4 : -13/4 : -41/4 : 1), (-3/4 : 13/4 : -41/4 : 1), 
(3/4 : 13/4 : -41/4 : 1), (-3/4 : 13/4 : 41/4 : 1), (3/4 : 13/4 : 41/4 : 1), (-3/4 : -13/4 : -41/4 : 1) @}
[/color]

Bon, je n'ai plus qu'à prendre l'un de ces points de $Q_u$ et le balancer par $\pi$ sur la courbe elliptique $E$

[color=#000000]> pi(QuPoints[1]) ;
(1690/9 : 21320/27 : 1)
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 171*x^2 + 170*x over Rational Field
[/color]

Bingo, c'est un free-generator de $E$ (cf celui trouvé par magma dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1815416#msg-1815416). Et tu vois que nos affaires, elles tournent et pas seulement sur le papier.Il me semble que, dans le passé, je ne t'ai jamais montré comment on déterminait l'image de la 2-torsion par la Cassel-map $\delta$ (sous-entendu à l'arrivée en $u$-code) ?

gai requin · May 2019

Super le coup de $S \setminus T$ et tout le reste d'ailleurs. (tu)

J'imagine que pour nettoyer $U_{\infty}$, tu as utilisé le solveur local de magma.

Une idée à tout hasard.
Soit $P_E$ l'ensemble des premiers divisant l'un des $e_i-e_j$.
Soit $u\in U_{\infty}$.
S'il existe $p\in P_E$ tel que $\left(h_{12}^{(p)},h_{13}^{(p)},h_{23}^{(p)}\right)\neq (1,1,1)$, on peut éliminer $u$.
Je me demande combien on en élimine comme ça dans ton exemple avec $n=13$.

claude quitté · May 2019

$\bullet$ Effectivement, comme tu dis, pour nettoyer $U_\infty$, i.e. virer un fruit pourri $u \in U_\infty$, j'utilise le solveur de magma sur $Q_u$. Mais, pour des raisons d'efficacité, j'utilise ce solveur avec modération : grosso modo, je fais ce que tu dis dans la deuxième partie de ton post mais sans utiliser directement les symboles d'Hilbert. De la manière suivante : pour un $u \in U_\infty$, si l'une des 3 coniques $C_{12}^{(u)}$, $C_{13}^{(u)}$, $C_{23}^{(u)}$ n'est pas soluble sur $\Q$, je jette $u$. Car pour une $\Q$-conique, $\Q$-soluble ou localement soluble, c'est pareil (principe de Hasse). Et je ne sais pas si cela coûte moins cher (cela passe par le critère de Lagrange, j'avais participé à un fil là-dessus).

$\bullet$ Es tu prêt à nettoyer $U_\infty$ de la Toy Elliptic Curve $E_n$, avec $n$ premier ? (je garde $p$ pour $\Q_p$). Je ne te cacherai pas que j'avais la trouille d'enquêter sur $Q_{(1,2,1)}$ de $E_n$ mais dans l'ensemble, ce n'était pas si difficile (on dit cela après). Mais je pense que je n'aurais pas trouvé tout seul les points sur $\Q_2$.
Je ne me rends pas compte de la difficulté. Le seul moyen de le savoir, c'est de s'y coller. Si cela résiste trop, on laissera tomber. Pour démarrer, j'ai commencé à faire 1 ou 2 observations.

gai requin · May 2019

Ok pour le nettoyage ! ;-)

Une autre idée : Notons $u_1,u_2,u_3$ les éléments de $U_{\infty}$ associés aux trois points de torsion non triviaux de $E$.
Pour $u\in U_{\infty}$ différent des $u_i$, pourquoi ne pas éliminer $u\star u_1,u\star u_2$ et $u\star u_3$ ?
Et on divise par $4$ non ?
On en a peut-être déjà parlé... :-S

claude quitté · May 2019

$\def\F{\mathbb F}\def\SL{\text{SL}}\def\PSL{\text{PSL}}$@Gai-Requin
Je prépare quelque chose en ce qui concerne la Toy Elliptic Curve.

Quotient : on en a déjà parlé. Il y a quelque chose que tu ne vois pas, c'est comment feras tu le produit avec ce qui te reste entre les mains ? Mais ce n'est pas le seul problème. Si tu veux comprendre ce que je veux dire, tu le peux. Mais il faudra probablement que tu joues le jeu et que tu prennes 5-10 minutes pour toi.
Je prends un exemple plus simple : $\SL_2(\F_3)$ qui a 24 éléments et tu veux en réaliser le quotient $\PSL_2(\F_3)$ d'ordre 12. Il s'agit donc, dans le quotient, d'identifier une matrice $A$ et son opposé $-A$.

1) Peux tu me dire comment tu vas en retenir une sur deux ? I.e. comment vas tu choisir entre $A$ et $-A$ ? Je rectifie : te dire, pas me dire.
2) Et ensuite pour disposer de la structure de groupe sur ``ton pseudo-quotient'' comment feras tu pour multiplier $A$ et $B$ ? Avec un peu de chances, tu n'auras pas retenu $AB$.

[color=#000000]> F3 := GF(3) ;      
> SL2F3 := SL(2,F3) ;
> SL2F3 ; 
MatrixGroup(2, GF(3))
Generators:
    [1 1]
    [0 1]

    [0 1]
    [2 0]
> #SL2F3 ;
24
> AllSL2F3 := [A : A in SL2F3] ;
> AllSL2F3[1..6] ;              
[
    [1 0]
    [0 1],

    [0 1]
    [2 0],

    [0 1]
    [2 2],

    [0 1]
    [2 1],

    [1 1]
    [0 1],

    [2 1]
    [2 0]
]
[/color]

Ci-dessus, je montre des choses histoire de faire concret. Mais pour ne pas saturer l"hébergeur, je n'en montre que 6 sur 24.
Jouer le jeu pour soi-même : un exercice compliqué. En ce qui concerne $A$ versus $-A$, je n'irais pas jusqu'à te demander d'écrire un programme maple qui fournit un système de représentants. Pour toi, pas pour moi.

[color=#000000]> PSL(2,F3) ;
Permutation group acting on a set of cardinality 4
Order = 12 = 2^2 * 3
    (1, 3, 4)
    (1, 2)(3, 4)
[/color]

claude quitté · May 2019

Toy Elliptic Curve de paramètre premier impair. Je note $p$ ce paramètre i.e. $E_p : y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3) = x(x-1)(x-(p^2+1))$. On utilisera $q$ pour $\Q_q$.

J'ai observé que c'est $u = (p,1,1) \in U_\infty$ qui mène la danse : la plupart du temps (cela ne veut rien dire), $Q_u$ n'est PAS localement soluble. Mais parfois elle l'est (j'ai des aïeuls normands ? non, je ne crois pas). Voici les premiers $p \le 10^3$ pour lesquels $Q_u$ est localement soluble

[color=#000000][ 71, 79, 89, 199, 241, 271, 311, 409, 449, 479, 521, 569, 601, 631, 641, 751, 761, 769, 881, 929, 991 ]
[/color]

Aucune idée du pourquoi du comment. On se doute que les diviseurs premiers $q$ de $p^2 + 1 = e_3 - e_1$ vont intervenir.

Je précise ce que signifie mène la danse : de manière expérimentale, cette $\Q_u$ est localement soluble si et seulement si pas de fruit pourri dans $U_\infty$ i.e. $U_\infty(E_p) = \text{Sel}^{(2)}(E_p)$ !!

Bref, on se frotte pour l'instant à $Q_u$ avec $u = (p,1,1)$. Advienne que pourra. Si cela résiste trop, on laisse tomber.

gai requin · May 2019

Salut Claude,

Un petit programme avant de filer à Paris :

$E:= \mathrm{SL}_2(\mathbb F_3)$
$F:=\emptyset$
Tant que $\# E\geq 1$, faire
$F:=F\cup \{E[1]\}$
$E:=E\setminus \{E[1],-E[1]\}$
Fin du tant que
Afficher $F$

Vite fait, certainement mal fait mais je pense avoir compris les problèmes que tu as soulevés.

claude quitté · May 2019

$\def\PSL{\text{PSL}}\def\F{\mathbb F}$
0) Ok. Il restera à assurer la structure de produit sur ce ``pseudo-quotient'' (réalisé comme sous-truc de ..). Plus tard.Retour à nos affaires de $\Q_p$-solubilité des $Q_u$. Je constate que nous pourrions nous égarer rapidement, perdre le fil de ...etc... Nous ne voulons pas résoudre des cas concrets pour le plaisir mais dans l'objectif d'étudier. Ne pas oublier cela : étudier. Je vais donner des exemples et/ou illustrer.

1) La Toy elliptic curve, trouvée par hasard, avec le triplet $u = (1,2,1)$ avait pour but, entre autres, de fournir des exemples/contre-exemples. En particulier, le fait que les 4 coniques soient toutes $\Q$-solubles mais que $\Q_u$ ne soit pas localement soluble. En est-il question (de la solubilité des 4 coniques) dans mon Q121Game.pdf ? NON (du coup, je l'ai revisité). Comment ai-je pu oublier d'énoncer cela ? Tu vas me dire que c'est mon problème. Mais toi, vois tu immédiatement, pour $n$ impair, que la conique suivante :
$$
C : Z^2 = {n^2 + 1 \over 2} X^2 - Y^2 \qquad \hbox {est $\Q$-soluble ? }
$$
Oui, non ? Note : j'ai changé les noms de variables, mais tu reconnaitras $C_0$.

2) Aurions nous déjà oublié que la Toy Elliptic curve et $u = (1,2,1)$ a débarqué suite à des posts (que je juges importants) tels que http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1814410#msg-1814410 et http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1814410#msg-1814410

3) (bis) Est ce que nous n'oublions pas en fin de semaine ce sur quoi nous nous étions engagés en début de semaine ? La semaine précédente ?

4) Insatisfaction dans ton Coniques.pdf. Tu n'expliques pas vraiment comment tu as trouvé le point $x := (x_0 : x_1 : x_2 : x_3)$ sur $\Q_p$. D'ailleurs, tu dis avec malice (je te cite) : Puis on vérifie (sic) que ... est un $\Q_p$-point de $Q_u$. T'es tu levé un bon matin en disant : tiens je vais prendre le point untel $x := ..$ et vérifier qu'il est solution. Oui, non ?

claude quitté · May 2019

$\def\P{\mathbb P}$Suite du post précédent. J'ai oublié de dire que ce matin, j'ai eu la bonne idée suivante. Je disposais d'un entier $n \equiv \pm 3 \bmod 8$ et il fallait que je trouve un point commun, sur $\Q_2$, aux deux coniques suivantes de $\P^3_{(x_0:x_1:x_2:x_3)}$
$$
C_{23} : \quad (nx_0)^2 = x_2^2 - 2x_3^2
\qquad\qquad
C_0 : \quad (nx_1)^2 = {n^2 + 1 \over 2} x_2^2 - x_3^2
$$
Je me suis dit alors : no problemo. Car $n^2 - 7 \equiv 2 \bmod 16$ donc $(n^2-7)/2 \equiv 1 \bmod 8$ ce qui fait que $(n^2 - 7)/2$ est un carré dans $\Q_2$ disons $(n^2 - 7)/2 = r^2$ avec $r \in \Q_2$. Par ailleurs, $-7$ est un carré dans $\Q_2$. Et bingo car on tient un point commun de $C_{23}(\Q_2) \cap C_0(\Q_2)$ ;
$$
x_0 = \sqrt {-7}, \quad x_1 = r, \quad x_2 = n, \quad x_3 = 2n
$$

gai requin · May 2019

@Claude :

J'ai regardé $C : Z^2 = \dfrac{n^2 + 1} 2 X^2 - Y^2$ et je n'ai pas trouvé immédiatement, mais en $10$ bonnes minutes.

$n$ est impair donc $\dfrac{n^2 + 1} 2\equiv 1\bmod 4$.

Soit $p$ un diviseur premier de $\dfrac{n^2 + 1} 2$.

Alors $p$ est impair et $n^2\equiv -1\bmod p$ donc $p\equiv 1\bmod 4$.
Donc, d'après le théorème des deux carrés de Fermat, il existe des entiers $y,z$ tels que $y^2+z^2=\dfrac{n^2 + 1} 2$.

P.S. : Je vais essayer de modifier coniques.pdf II) pour expliquer le (sic) mais pas aujourd'hui (copies à corriger).

claude quitté · May 2019

@Gai-Requin
J'ai modifié aussi mon Q121Game mais j'ai encore d'autres modifications à apporter (j'essaie de trouver d'autres points sur les $\Q_p$ ...etc.. ) Je ne suis pas fier de moi d'avoir oublié de mentionner la solubilité des 4 coniques alors que c'est cela que je cherchais initialement ! Je vois bien que je me perds dans les détails en oubliant le but et j'ai la tête beaucoup trop dans le guidon.

Quant à $Z^2 = {n^2 + 1 \over 2} X^2 - Y^2$ avec $n$ impair, j'ai fait $n=3$ pour tomber sur $Z^2 = 5X^2 - Y^2$ que j'ai eu l'audace d'écrire $5X^2 = Y^2 + Z^2$. Et je me suis dit que si $5$ était une somme de deux carrés $Y^2 + Z^2$, cela serait chouette car je pourrais prendre $X=1$. J'ai pris un autre tour de manège avec $n = 5$ et je suis tombé sur ${n^2 + 1 \over 2} = 13$, qui est une somme de deux carrés.

Enhardi par ces exemples, j'ai écrit $n = 2k+1$ donc $(n^2 + 1)/2 = 2k^2 + 2k + 1$. Et j'y ai vu $2k^2 + 2k + 1 = k^2 + (k+1)^2$. Tiens, une somme de deux carrés. J'espère que mes calculs assez complexes sont suffisamment détaillés.

PS : j'ai eu le courage de revenir en arrière (c'est vachement dur) et j'ai réussi, pour la Toy Elliptic Curve, à liquider la 2-torsion en restant à l'intérieur de $U_\infty$ (sans quotienter) i.e. en trouvant un certain supplémentaire (multiplicatif) de l'image par $\delta$ de la 2-torsion. A ce moment là, j'ai constaté que mes notes étaient complètement pourries, inutilisables ...etc... Normal : dans le cas général, on était en échec.

gai requin · May 2019

Tu vois bien que je n'y suis pas encore !
Je montre l'existence et toi tu l'explicites...

claude quitté · May 2019

$\def\Ueco{U_{\text{éco.}}}$On a encore du chemin, beaucoup de chemin à faire.

I) Imagine que dans ton sac $U_\infty(E)$, pour une courbe elliptique $E$ à 2-descente complète, tu disposes d'un $u$ tel que les 4 coniques qui constituent $Q_u$ soient $\Q$-solubles. Exemple type : $E = E_n$ (la Toy) et $u = (1,2,1)$, inventés à cet effet. Eh bien, tes 4 symboles d'Hilbert $h_{ij}$ et $h_0$ sont totalement inopérants puisqu'ils valent 1. Dit autrement, tu peux te les mettre au (expression-grossière).

Mais, mais une bonne nouvelle écologie, du moins pour la Toy $E_n$

II) Il se trouve qu'il y a maintenant un nouveau sac $\Ueco(E_n) \subset U_\infty(E_n)$. Et $(1,2,1)$ n'est pas dans ce sous-sac car par définition $\Ueco(E_n)$ est constitué des $u = (u_1,u_2,u_3) \in U_\infty$ tels que les $u_i$ soient impairs et $> 0$. De plus $\#\Ueco(E_n) = {1 \over 4} \#U_\infty(E_n)$. C'est tout bénef.

Tu te rends compte : un sac 4 fois plus petit ? Je le dis franco : on peut être fier de cette petite participation à l'écologie.

Je te laisse corriger tes copies. De mon côté, dans un autre fil, j'ai tenté le coup de la tablette de chocolat. Et cela a marché. Ce qui fait que je vais m'y coller.

gai requin · May 2019

J'ai hâte de voir ta contribution écologique ! :-)

claude quitté · May 2019

$\def\Sel{\text{Sel}^{(2)}}\def\F{\mathbb F}$@Gai-requin
Là, je te montre quelque chose sur la Toy $E_n : y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3) = x(x-1)(x-(n^2+1))$ avec $n$ impair (et j'ai pris le même exemple $n=13$). La seule manière de s'en sortir c'est d'écrire quelque chose là-dessus. On avait déjà commencé à causer de $U_+ \subset U_\infty$ (on impose $u_2 > 0$ pour faire plaisir à $\Q_\infty$).

POUF-POUF Une horreur ici, je me mélange les pinceaux : $U_\infty$ c'est le sous-groupe du gros-gros sac (que l'on n'utilise plus) constitué des $u = (u_1,u_2,u_3)$ tels que $u_2 > 0$. Et $U_+$ c'est le sous-groupe des $u \in U_\infty$ tels que $u_1 > 0$. BILAN : REVENIR DANS LE PASSE EN URGENCE

Et ici se pointe $U_{\text{éco}} = U_{1+} \subset U_+$ : on impose les $u_i$ impairs. Et ``tout marche bien'' (à préciser plus tard), ce qui est dû au fait que $e_2-e_1, e_3-e_2$ sont impairs et $v_2(e_3-e_1) = 1$ (on en avait parlé mais il faut tout revoir, bis). Il faut bien noter que les $U_{\rm truc}$ sont tous des SACS, i.e. aucun examen de locale solubilité.

De $U_\infty$ à $U_+$, on divise par 2 et de $U_+$ à $U_{1+}$ on redivise par 2, d'où le facteur $1/4$ : c'est notre contribution écologique.

[color=#000000]> n := 13 ;
> Factorization(n^2 + 1) ;
[ <2, 1>, <5, 1>, <17, 1> ]
> e1 := 0 ; e2 := 1 ; e3 := n^2 + 1 ;
> Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ;
> #Uoo ;
32
> Uplus := UplusCoefficients(e1,e2,e3) ;
> #Uplus ;
16
> U1plus := U1plusCoefficients(e1,e2,e3) ;
> #U1plus ;
8
[/color]

Maintenant, on extrait des sacs les intersections de quadriques localement solubles. Juste en dessous, rien de nouveau par rapport au passé car ici on extrait du gros sac. Le $S$ c'est $\Sel(E_n)$.

[color=#000000]> S := OurBabySelmer(e1,e2,e3) ;
> #S ;
8
> S ;
[ <-1, 1, 1>, <1, 1, 1>, <-1, 10, 1>, <1, 10, 1>, <-1, 17, 1>, <1, 17, 1>, <-1, 170, 1>, <1, 170, 1> ]
[/color]

Maintenant, on va faire dans l'économie avec une petite automatisation du truc. ToyUred($n$), c'est simplement le $U_{1+}$ précédent de cardinal 8. Et de ce sac, je vais extraire les localement solubles, ce qui va me donner le groupe de 2-Selmer 2-torsion liquidée i.e. $S_{\rm eco}(E_n) = \Sel(E_n)/\delta(E_n[2])$. Donc division par 4 : il nous reste un $S_{\rm eco}(E_n) \simeq \F_2$.

[color=#000000]> Ueco := ToyUred(n) ;
> #Ueco ;
8
> Seco := ToySelmer(n) ;
> Seco ;
[ <1, 1, 1>, <1, 17, 1> ]
> u := Seco[2] ;
> pi := Cover2Selmer(e1,e2,e3, u) ;
> Qu := Domain(pi) ;
> Qu ;
Curve over Rational Field defined by  x0^2 - 17*x1^2 + x2^2,    10*x0^2 - x1^2 + x3^2
> QuPoints := Points(Qu : Bound := 10^2) ;   
> QuPoints ;
{@ (-4/39 : -41/39 : -13/3 : 1),  .... @}
> {pi(p) : p in QuPoints} ;
{ (28577/16 : 4593927/64 : 1), (28577/16 : -4593927/64 : 1) }
[/color]

Là, en ce qui concerne le point obtenu sur la courbe elliptique $E_n$ via $\pi$, il est plus gros que celui dans le passé, qui était :
$$
(1690/9 : -21320/27 : 1)
$$
Attention à bien ficeler notre dossier de demande d'aide (contribution écologique et tout le tintouin). Que se passe-t-il ? C'est de la faute à personne (faudra bien expliquer cela dans le dossier) : $E_n$ est de rang 1 avec un free generator disons $p_1$. Et du coup, des free generators, il y en a 8 : $\pm p_1 + t$, où $t$ est dans le groupe de 2-torsion, de cardinal 4. Et il y a, parmi ces 8 points, certains qui sont plus gros que d'autres. Ce n'est pas que de ma faute.

[color=#000000]
> E := ToyEllipticCurve(n) ;
> GE := Generators(E) ;
> GE ;
[ (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (1690/9 : -21320/27 : 1) ]
> GE[1] + GE[3] ;
(153/169 : 8364/2197 : 1)
> GE[2] + GE[3] ;
(160/1681 : -263640/68921 : 1)
> GE[1] + GE[2] + GE[3] ;
(28577/16 : 4593927/64 : 1)
[/color]

Par ailleurs, j'attache ma mise à jour de l'histoire $u = (1,2,1)$, qui en passant, sera neutralisée dans la version écologique car elle n'est pas dans $U_{1+}$ ($2$ est un nombre pair). Et j'ai ENFIN compris, après des mois, comment tu trouvais tes $\Q_p$-points : par exemple dans ton Coniques.pdf, si on y fait $x_2 = tx_1$ avec un $t$ à déterminer, tout devient plus clair.

gai requin · May 2019

Salut Claude,

Je regarderai ta contribution écologique ce soir.

Et merci d'avoir précisé ma pensée :-D à la fin de ton message.
Et oui, c'était exactement mon idée ! Quand je ne trouvais pas de solution avec une coordonnée nulle, je simplifiais le système en faisant sauter une variable en posant, par exemple, $x_2=tx_1$ comme tu l'as dit.

gai requin · May 2019

Bonsoir Claude,

Il y a une certaine accointance entre toi et Monsky.(tu)

As-tu montré que $\mathrm{Sel}(E_n)/\delta(E_n[2])\subset U_{\text{éco}} = U_{1+}$ ?

Edit : Et que plus précisément, $\mathrm{Sel}(E_n)/\delta(E_n[2])$ est l'ensemble des $Q_u\in U_{\text{éco}}$ qui sont localement solubles ?

claude quitté · May 2019

Yes, c'est cela (ta dernière ligne). Est ce que c'est montré ? Bonne question ! Disons que d'une part, il y a eu une dizaine de posts chaotiques là-dessus (en principe $e_2-e_1$, $e_3-e_2$ impairs et $v_2(e_3-e_1) = 1$, cela pourrait de dire quelque chose) et d'autre part mes notes manuscrites.

Est ce que cela a été vraiment finalisé (de ma part) ? Non. Finalisé signifiant un petit pdf écrit.
Ma conclusion : 10 posts chaotiques non finalisés = que dalle.
C'est pour moi, le gros problème : il y a dans ce fil plus de 800 posts. Cela part parfois dans tous les sens (normal) et si nous ne finalisons/résumons pas de temps en temps, on va dans le mur.

Exemples pour montrer l'utilité d'un pdf.

1) Ton identité sur les 5 symboles de Hilbert, je m'y suis vraiment vraiment collé depuis ton pdf (scan pas assez facile à lire). D'ailleurs, je pense que l'on peut simplifier si on a fait la petite remarque préalable $(u, ua)_p = (u,-a)_p$.

2) Ton histoire de $\Q_p$-point : pareil. Dans le passé, j'ai VERIFIE (sans comprendre) tes $\Q_p$-points. J'ai compris seulement depuis ton Coniques.pdf. Note : pour moi, la chose la plus importante à dire d'abord c'est on pose $x_2 = tx_1$ (déjà dit) que l'on reporte dans $C_{12}$. Dire cela fait vachement avancer le schmilblick pour le lecteur.

Mon intention est d'écrire cette histoire de liquidation de la 2-torsion (quand le contexte permet de le faire).

claude quitté · May 2019

$\def\P{\mathbb P}$Salut Gai-Requin
Ca y est, je tiens encore une super preuve. De quoi ? Du fait qu'il est urgent de revenir dans le passé et de bétonner ``des choses'' (écrire noir sur blanc, je n'en démordrais pas). Et elle est où cette preuve ? Par exemple dans le post récent http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1816372#msg-1816372 dans lequel j'ai écrit des énormités (je viens d'y apporter un pouf-pouf en rouge).

Bien entendu, je pourrais prétexter une coquille, une étourderie. Mais dans ma tête, je sais bien que j'ai confondu des notions (malgré le fait d'avoir passé des posts et des posts dessus dans le passé).

Il y a bien sûr un terrain dans lequel je ne peux pas me permettre d'être aussi approximatif : c'est celui de la programmation. Mais j'ai un peu de mal à tout faire suivre ensemble.

PS : cette histoire de diviser en 4 ...etc... est un peu (?) délicate. Cf Heath-Brown puis Monsky pour $y^2 = x(x-D)(x+D)$, $D$ entier positif sans facteur carré. Ce qui complique tout, et que l'on ne voit pas dans les ouvrages classiques, c'est cette histoire de SAC de 2-covers (chez nous autres d'intersection de quadriques de $\P^3$) : il faut aller extraire de ce sac le groupe de 2-Selmer, c'est bien cela le souci. Et il ne faut pas rétrécir le sac de manière inconsidérée. Et quand on veut liquider la 2-torsion, il faut être très prudent (la dernière ligne de ton dernier post résume parfaitement ce que l'on veut).

Il s'agit donc, d'une part de revenir dans le passé (c'est ch.ant) et d'autre part de continuer à s'amuser (en n'oubliant pas les objectifs des posts récents). Peut-on conduire les 2 en même temps ? Je n'en sais rien.

Obscur ?

gai requin · May 2019

Salut Claude,

Ce n'est pas obscur mais on peut se perdre avec tous ces sacs.

Et j'ai l'impression que tu ne dois pas être trop loin d'une preuve.
D'abord, parce que tu as déjà fait [ceci] et qu'il y a aussi [cela].

P.S. : J'avais le temps de relire Q121game.pdf ce matin mais le forum était HS !

claude quitté · May 2019

J'ai entrepris de revenir en arrière, ce qui va me demander du temps (pas sûr d'y arriver). En attendant, je me dis qu'on pourrait peut-être examiner la Toy curve $E_p$ pour $p$ premier. Je ne sais pas si c'est intéressant i.e. si on va apprendre quelque chose. Ce qui est sûr, c'est que pour $u = (1,2,1)$, j'ai appris des trucs. Par ailleurs, je ne sais pas si c'est difficile.

J'ai commencé à débroussailler la chose mais je n'ai rien du tout démontré pour l'instant. Version plus récente attachée dans un post plus loin.

gai requin · May 2019

@Claude : J'ai commencé à regarder ToyCurvePrimeParameter.pdf et j'ai un problème avec ton cas $p\equiv\pm 3\bmod 8$.

En effet, si $p=13$ et $u_2=17$, alors $(1:\sqrt{10}:13:0)$ est un $\Q_p$-point de $Q_{(1,u_2,1)}$.

claude quitté · May 2019

Salut Gai-Requin
Sorry. Des coupés-collés foireux. J'ai confondu $p$ et $u_2$ dans les congruences modulo $8$, une paille. Je prétendais que $Q_{(1,u_2,1)}$ n'était pas localement soluble même pour $u_2 = 1$ (encore plus simple que ton exemple) : faut peut-être pas exagérer car $(1,1,1)$ est l'élément neutre !

J'ai repris le truc en attachant une version plus mieux et j'ai essayé d'avancer la chose. Mais je me mélange les pinceaux entre congruences modulo 8 et modulo $p$. Je posais la question : est ce que c'est intéressant ? Je réponds maintenant ``oui un peu, je crois'' car il y a un cas où les 4 symboles de Hilbert sont égaux à 1 et pourtant $Q_u$ n'est pas (conjecturalement) localement soluble. Ce qui me semble également intéressant est que je patauge un max.

Autre chose qui me semble intéressant mais qui n'a rien a voir. Dans le premier post de mézigue que tu as pointé dans ton dernier post, il était question de $U_+$, de division par 2 ...etc... Eh bien, ce qui est intéressant, c'est que je n'y comprends plus rien. Pire : j'ai écrit une expression qui n'a pas de sens du genre $\delta(E/E[2])$. C'est donc mon objectif de remettre de l'ordre là dedans, i.e. dans l'histoire que je pensais la plus simple : diviser par 2 via $U_+$.

gai requin · May 2019

Une remarque : soit $q$ un premier impair divisant $u_2$.
Alors $p^2\equiv -1\bmod q$ donc $q\equiv 1\bmod 4$.
Donc $u_2\equiv 1\bmod 4$.
Les seuls cas à considérer sont $u_2\equiv -3,1\bmod 8$.

claude quitté · May 2019

OK. J'en tiens compte et un peu plus dans la remarque suivante attachée. 3 coniques $\Q$-solubles sur les 4 maintenant !! 87044

gai requin · May 2019

Une autre remarque : Si $u_2$ et $q_2$ sont des carrés modulo $p$, alors $(1:\sqrt{q_2}:p:0)$ est un $\Q_p$-point de $Q_{(1,u_2,1)}$.

claude quitté · May 2019

Suite I. Dans le premier cas, en fait, $u_2$ n'est pas un carré modulo $p$. Pourquoi ? Bourrin

[color=#000000]> time for p in PrimesInInterval(3,10^3) do            
time|for> U2 := [u2 : u2 in Divisors(p^2+1) | u2 mod 8 eq 5] ;
time|for> assert &and [LegendreSymbol(u2,p) eq -1 : u2 in U2] ;
time|for> end for ;
[/color]

Maintenant réfléchir.

Suite II : toujours dans le premier cas i.e. celui de mon attachement, la dernière conique $C_0$ est également $\Q$-soluble car $q_2$ est une somme (primitive) de 2 carrés en tant que diviseur de $p^2 +1$. Note : un diviseur d'une somme primitive de deux carrés est une somme primitive de deux carrés. Que je dis.

Bilan : les 4 coniques sont $\Q$-solubles. Symboles d'Hilbert au placard. Dans le premier cas, bien entendu.

claude quitté · May 2019

@Gai-Requin
J'ai sous-entendu, voire affirmé, que si $u_2 \mid p^2 + 1$ et $u_2 \equiv 5 \bmod 8$, alors $u_2$ n'est pas un carré modulo $p$. Tu vois pourquoi simplement ? Moi, non. Il va falloir sortir le symbole de Jacobi ?

claude quitté · May 2019

J'ai avancé en utilisant le symbole de Jacobi et le caractère de Kronecker $\chi_8$. Mais pas terminé.

gai requin · May 2019

Bravo pour la résolution dans $\Q_p$. (tu)

J'ai regardé $u=(1,u_2,1),q\mid (p^2+1),q\nmid q_2$ donc $q\mid u_2$.
Comme tu l'as dit, $\chi_q(-1)=1$.

1) Si $\chi_q(q_2)=1$, alors $(1:0:\sqrt{-1}:\sqrt{-q_2})$ est un $\Q_q$-point de $Q_u$.

2) Sinon, il existe $t\in\Z$ tel que $\chi_q(q_2+t^2)=1$.
De plus, $u_2(q_2+t^2)-1\equiv -1\bmod q$ donc $\chi_q\left(u_2(q_2+t^2)-1\right)=1$.

Enfin, $\left(1:\sqrt{q_2+t^2}:\sqrt{u_2(q_2+t^2)-1}:t\right)$ est un $\Q_q$-point de $Q_u$.

claude quitté · May 2019

$\def\F{\mathbb F}$Vu (et compris). Of course, j'ai reconnu ta stratégie habituelle. Je rédigerais ce cas demain en partant de $x_3 = t x_0$ ...etc...
Jouer avec cette Toy curve m'a été vachement utile car cela m'a débloqué sur des histoires de $\Q_p$-points.
Ce que tu as réalisé sur les $\Q_p$-points depuis un certain temps (un mois, deux mois, plus ?) mériterait d'être mis en valeur.

Il y a encore un peu de boulot pour la Toy curve de paramètre premier. Mais si j'en crois quelques expérimentations, on va être capable de donner le rang sur $\F_2$ du groupe de 2-Selmer de $E_p$ (2-torsion liquidée) à l'aide du nombre $d$ de diviseurs premiers de $p^2 + 1$ : ce rang serait $d-1$ sauf des cas particuliers que je n'ai pas pigé. Et pouvoir en déduire certaines choses pertinentes sur $E_p$ (utilisation des théorèmes dits de parité).

Et par ailleurs, je compte bien t'envoyer dans quelques jours un pdf avec l'histoire $U_+$ et la division par 2, dans le cas général de $y^2 = (x-e_1)(x-e_2)(x-e_3)$.

gai requin · May 2019

Il reste quand même à regarder le cas $q\mid q_2$ qui m'a l'air un peu plus sournois... peut-être parce que je fatigue.
Demain.

claude quitté · May 2019

Salut Gai-Requin
J'ai rédigé ton affaire d'hier soir en un peu plus verbeux. Peut-être trop à ton goût, cf ci-dessous. Mais j'ai apporté une petite variante si tu veux bien regarder. J'ai un énoncé du trick du carré version I (il y en aura d'autres dans la suite). Et je n'ai pas eu à supposer, dans le cas $q \mid u_2$, que $q$ ne divise pas $q_2$ comme toi.

Je compte bien sur toi pour venir à bout de $q \mid q_2$ : ton honneur est en jeu (celui qui consiste à exhiber des $\Q_p$-points). Ton honneur certes sur le forum mais pas que (dans ta famille, tes proches ...etc... penses y, et comme souvent, pense à la France).

Et plus tard, ce qui sera très très chaud, et mettra une première touche finale au truc c'est le cas $u = (p,1,1)$. J'avais commencé à en parler dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1815722#msg-1815722. Cela va faire débarquer des premiers $p$ exceptionnels et je ne sais absolument pas de quelle planète ils débarquent (bien sûr de la programmation mais encore ...) 87064

gai requin · May 2019

Salut Claude,

Bien vu le trick du carré amélioré qui tourne à plein régime avec $e_3=p^2+1$. (tu)

Et donc il reste le cas $q\nmid u_2$ donc $q\mid q_2$.
Pour varier les plaisirs, je pose $x_2=tx_1$, avec $t\in\Z$ tel que $\chi_q(u_2-t^2)=1$.

Et bingo, $\left(\sqrt{u_2-t^2}:1:t:\sqrt{1-q_2(u_2-t^2)}\right)$ est un $\Q_q$-point de $Q_{(1,u_2,1)}$.

gai requin · May 2019

Et pas de problème pour $Q_{(p,1,1)}$ qui passe par le $\Q$-point $(0:1:1:1)$.

claude quitté · May 2019

Resalut. Bien vu. Apéro pour tout le monde. En un certain sens, il y a une symétrie entre $u_2,q_2$ (on n'a pas utilisé que $u_2$ est sans facteur carré) et $C_{12} \leftrightarrow C_{13}$ ...etc...

En ce qui concerne le dernier truc à terminer i.e. le cas $u = (p,1,1)$, on peut dire la chose suivante : en général, $Q_u$ n'est pas localement soluble ... sauf quand elle l'est !! Elle l'est dans des cas exceptionnels et le plus petit $p$ exceptionnel est $p = 71$. A comprendre.

Et du coup, on va pouvoir partager les premiers en deux classes : les ordinaires et les exceptionnels. Et dans chacun des cas, on tient exactement les $Q_u$ localement solubles pour les $u \in U_{1+}$. C.a.d, modulo la grande clarification à venir sur diviser en 2, en 4, que l'on tient exactement le groupe de 2-Selmer de $E_p$, 2-torsion liquidée.

Soyons concrets de temps en temps. Pour les premiers $p < 10^3$ (il y en a 167)

[color=#000000]// PROVISOIRE
P := [p : p in PrimesInInterval(3,10^3)] ;
ToyExceptionnelPrimes :=
   [71, 79, 89, 199, 241, 271, 311, 409, 449, 479, 521, 569, 601, 631, 641, 751, 761, 769, 881, 929, 991] ;

Toy2SelmerRankTorsionRemoved := function(p)
  assert IsPrime(p) ;
  d := #PrimeDivisors(ExactQuotient(p^2+1,2)) ;
  return p in ToyExceptionnelPrimes select d+1 else d-1 ;
end function ;

time for p in P do
  r := Toy2SelmerRankTorsionRemoved(p) ;  // NOUS AUTRES
  E := ToyEllipticCurve(p) ;
  assert 2^r eq #TwoSelmerGroup(E : RemoveTorsion := true) ; // MAGMA
end for	;
[/color]

En 2.5 secondes, on passe en revue les $167 \times 2$ groupes de 2-Selmer des $E_p$.

Et je termine par mon exemple fétiche (on va en changer), toujours le même $p = 13$

[color=#000000]> p := 13 ;                        
> Toy2SelmerRankTorsionRemoved(p) ;
1
> ToySelmer2TorsionRemoved(p) ;    
[ <1, 1, 1>, <1, 17, 1> ]
[/color]

On a bien $2 = 2^1$, si tu vois ce que je veux dire par là.

Bon, reste à comprendre à quelle condition $p$ est un premier Toy-exceptionnel.

claude quitté · May 2019

@Gai-Requin
Tu en déjà à l'apéro ? A 10h25 !! Tu m'expliques ton point $(0 : 1 : 1 : 1)$ pour $u = (p,1,1)$ ? 87066

gai requin · May 2019

Je me suis emmêlé les pinceaux avec $u_1=p$ et toi aussi dans $C_{12}$. ;-)

claude quitté · May 2019

OK. Reprendre un peu de café peut-être ? En programmation, ce genre de boulette est mortel mais comme je m'impose un environnement ultra-sécurisé (assert), ce genre de coquilles arrive assez rarement.

Bref, c'est la locale solubilité de $Q_{(p,1,1)}$ qui est mystérieuse. Bon, mais bientôt l'apéro, le repas, les choses de la vie, peut-être pas conseillé de s'y frotter tout de suite après ?

gai requin · May 2019

Est-ce que tu as testé la $\Q_p$-solubilité de $Q_{(p,1,1)}$ ?

claude quitté · May 2019

Locale solubilité de $Q_u$ pour $u = (p,1,1)$ ? Souvent NON mais parfois OUI. J'en parle dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1817466#msg-1817466 : histoire des premiers Toy-ordinaires, Toy-exceptionnels ... Relis le post (et ce post pointe un autre post). Tout un programme.

Avant l'apéro. Une fois, il y a longtemps, dans un post pas trop nul, j'avais parlé du groupe de $p$-Selmer, de groupe de $p$-Selmer dégraissé, de root-number ...etc.. Il y avait comme acteurs les frères Jacques (= Dokchister) qui ont frappé très fort après Monsky (qui avait déjà frappé fort avec $p=2$), Sha ...etc.. . Je suis sûr que tu retrouveras le post (j'y avais passé un peu de temps à le composer). Nous autres : $p = 2$ et on joue avec la Toy de paramètre premier noté aussi $p$ mais qui n'a rien à voir avec le $p$ de $p$-Selmer. Pas banal :

[color=#000000] > time for p in P do                                                               
time|for>  assert RootNumber(ToyEllipticCurve(p)) eq (-1)^Toy2SelmerRankTorsionRemoved(p) ;
time|for> end for ;
Time: 0.100
[/color]

Dans l'égalité (eq) : à gauche, c'est magma qui bosse avec RootNumber, et à droite, nous autres. Juste en comptant le nombre de diviseurs premiers impairs de $p^2 + 1$. Relire la fonction dans http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1817466#msg-1817466

gai requin · May 2019

J'ai bien lu le premier message que tu as mis en lien.

Je voulais juste savoir si la locale solubilité en $q=p$ permettait déjà de réduire le nombre de $p$ tels que $Q_{(p,1,1)}$ soit localement soluble.
Mon idée : c'est plus facile a priori de traiter le cas $q=p$ plutôt que $q\mid p^2+1$...