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

Pour $u = (p,1,1)$ de manière expérimentale : $Q_u$ est toujours soluble sur $\Q_p$ (enfin, je crois). Et tout se joue sur les diviseurs premiers $q$ de $p^2 + 1$ de manière totalement mystérieuse pour l'instant.
Une petite liste de $p$ et en face les $q$ tels que $Q_u$ ne soit PAS $\Q_q$ soluble. Par exemple, pour $p = 71$, il n'y a rien en face, ce qui veut dire que $Q_u$ est localement soluble. Pour l'instant, je n'en sais pas plus que cela.

[color=#000000]    <3, [ 2, 5 ]>,
    <5, [ 2, 13 ]>,
    <7, [ 5 ]>,
    <11, [ 2, 61 ]>,
    <13, [ 2, 5 ]>,
    <17, [ 5, 29 ]>,
    <19, [ 2, 181 ]>,
    <23, [ 5, 53 ]>,
    <29, [ 2, 421 ]>,
    <31, [ 13, 37 ]>,
    <37, [ 2, 5 ]>,
    <41, [ 29 ]>,
    <43, [ 2, 5, 37 ]>,
    <47, [ 5, 13 ]>,
    <53, [ 2, 5 ]>,
    <59, [ 2, 1741 ]>,
    <61, [ 2, 1861 ]>,
    <67, [ 2, 5 ]>,
    <71, []>,
    <73, [ 5, 13 ]>,
    <79, []>,
    <83, [ 2, 5, 13, 53 ]>,
    <89, []>,
    <97, [ 5, 941 ]>,
    <101, [ 2, 5101 ]>,
    <103, [ 5, 1061 ]>,
    <107, [ 2, 5, 229 ]>,
    <109, [ 2, 13 ]>,
    <113, [ 5, 1277 ]>,
    <127, [ 5, 1613 ]>,
    <131, [ 2, 8581 ]>,
    <137, [ 5, 1877 ]>,
    <139, [ 2, 9661 ]>,
    <149, [ 2, 653 ]>,
    <151, [ 13, 877 ]>,
    <157, [ 2, 5, 29 ]>,
    <163, [ 2, 5 ]>,
    <167, [ 5, 2789 ]>,
    <173, [ 2, 5 ]>,
    <179, [ 2, 37 ]>,
    <181, [ 2, 16381 ]>,
    <191, [ 29, 37 ]>,
    <193, [ 5, 149 ]>,
    <197, [ 2, 5 ]>,
    <199, []>,
    <211, [ 2, 197 ]>,
[/color]

Un $\Q_2$-merci ! Je recopie cela dans mon TeX demain.
PS : en principe, on devrait être plus à l'aise pour reprendre des choses générales. Enfin, je vois pas comment on pourrait être moins à l'aise.

Suite à propos de notre chère $Q_{(p,1,1)}$. Avant d'attaquer la bête, j'ai fait une petite remarque concernant la $\Q$-solubilité de chaque conique, cf ci-dessous.
Les deux coniques $C_{12}$, $C_{23}$ ont un $\Q$-point donc sont $\Q$-isomorphes à la conique fondamentale $Y^2 = XZ$.

Il se pourrait que $C_{13}$ et $C_0$ soient $\Q$-isomorphes. Je ne crois pas que la $\Q$-isomorphie de deux $\Q$-coniques générales puisse de décider facilement (déjà être $\Q$-isomorphe à la conique fondamentale, c'est pas de la tarte, merci Legendre).

$\def\Sha{\text{Sha}}$Oui, c'est cela pour $p = 79$. Ce qui n'était pas gagné, c'est que $(p^2 + 1)/2$ est premier. Avec mes notations, le nombre $d$ de facteurs premiers de $(p^2+1)/2$ est $d = 1$. Et $p$ étant Toy-exceptionnel, le rang du 2-Selmer torsion removed est $d+1 = 2$. Mais c'est juste une borne.

De plus, un théorème de parité te dit que le rang de $E_{79}/\Q$ est $\equiv 0 \bmod 2$, donc $r(E_{79}/\Q) = 0,2$. Cela aurait pu être $0$ !! Ce qui m'est d'ailleurs arrivé avec $p=71$, qui est d'une part Toy-exceptionnel et d'autre part vérifie $(71^2 + 1)/2$ premier. Mais pour des raisons analytiques, $r(E_{71}/\Q) = 0$, ce qui fait que je me suis ramassé du $\Sha(E_{71}/\Q)[2]$ dans la gueule.

Bref, faut se forcer un peu pour faire des cadeaux, les gens ne se rendent peut-être pas bien compte. Se prendre du $\Sha(\ )[2]$ en plein dans la figure, cela te remet les esprits bien en place. Et je maintiens que $p = 79$ avec $u = (p,1,1)$ qui donne, on verra pas cela tous les jours.

En ce qui concerne les 2 coniques (ton autre post), je vais modifier la rédaction (tu as bien raison).

@Gai-Requin
Je savais bien qu'on apprendrait des choses pas prévues en nous agitant. J'ai raconté une grosse c.nnerie en disant que la $\Q$-isomorphie de deux $\Q$-coniques, ce n'était pas du petit lait in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1701388,1817968#msg-1817968. A notre Serre, Cours d'arithmétique, chap IV, sections 2 et 3. Un chapitre élégant, remarquable, self contained, sur les formes quadratiques en dimension $n$, y compris sur $\Q$ i.e. l'aspect arithmétique. Le critère de Legendre y figure ($n=3$, $\Q$-coniques), Hasse-Minkowski, Meyer (en dimension $n \ge 5$) ...etc.. Bref, du Serre, un véritable régal.

Et deux formes quadratiques sur $\Q$ sont équivalentes si et seulement si elles le sont sur tous les $\Q_p$ avec $p \le \infty$. Sur $\Q_\infty$, cela donne l'égalité des signatures. On manie des formes quadratiques diagonales $a_1X_1^2 + \cdots + a_nX_n^2$ encodées par un $n$-uplet $(a_1, \cdots, a_n) \in \Q^n$ ou bien une matrice diagonale. Nous, petits joueurs, on fera $n = 3$. Il y a comme invariant le pseudo-discriminant (c'est moi qui dit pseudo), produit de la diagonale : ils doivent être égaux à un carré près de $\Q^*$. Il y a également le $\varepsilon$-invariant pour chaque premier $p$, produit des symboles de Hilbert locaux :
$$
\prod_{i < j} (a_i, a_j)_p \qquad\qquad \hbox {on peut se limiter aux $p$ qui divisent le discriminant, le vrai}
$$
Le rapport avec la choucroute i.e. avec la Toy ? J'y viens. Je recouche $C_{13}$ et $C_0$. Sauf que j'y remplace $p$ par $n$ et que je mentionne la forme diagonale. Attention : il n'y a pas égalité des diagonales à une permutation près.
$$
C_{13} : \quad (n^2+1)x_0^2 = x_1^2 -n x_3^2, \quad C_{13} = (n^2 + 1, -1, n)
\qquad\qquad
C_0 : nx_1^2 = (n^2+1)x_2^2 - x_3^2, \qquad C_0 = (n, -(n^2+1), 1)
$$
Les produit des symboles d'Hilbert ($\varepsilon$-invariant) :
$$
C_{13} : \quad (n^2+1,-1)_p \times (n^2+1, n)_p \times (-1,n)_p, \qquad \qquad\qquad
C_0 : \quad (n,-(n^2+1))_p \times (n,1)_p \times (-(n^2+1),1)_p
$$
On va pas se gêner. On réfléchira plus tard. J'espère que ci-dessous, c'est clair.

[color=#000000]// Serre Cours d'arithmétique, chap IV, sections 2,3
EpsilonLocalInvariant := function(a, p)  // a = [a1,a2,a3] 
  a1, a2, a3 := Explode(a) ;
  H := HilbertSymbol ;
  return H(a1,a2, p) * H(a1,a3, p) * H(a2,a3, p) ;
end function ;

C13Coefficients := func < n | [n^2+1, -1,       n] > ;
C0Coefficients := func < n |  [n,     -(n^2+1), 1] > ;
GenericC13 := func < n | Conic(C13Coefficients(n)) > ;
GenericC0 := func < n | Conic(C0Coefficients(n)) > ;
[/color]

Allons-y avec $n= 45$

[color=#000000] n = 45
> C13 := GenericC13(n) ;
> Equation(C13) ;
2026*X^2 - Y^2 + 45*Z^2
> C0 := GenericC0(n) ;
> Equation(C0) ;
45*X^2 - 2026*Y^2 + Z^2
> 
> // Corollaire p. 78
> // Egalité des invariants d (produit de la diagonale), égalité évidente ici.
> // Signatures : (+, +, -) : pareilles
> 
> // Le discriminant = 4*d-invariant pour tenir compte de p = 2 (Q_2)
> D := Discriminant(C13) ;
> assert D eq 4 * &*C13Coefficients(n) ;
> assert Discriminant(C0) eq D ; // Of course
> 
> // Les invariants epsilon locaux
> PrimeDivisors(D) ;
[ 2, 3, 5, 1013 ]
> eC13 := [EpsilonLocalInvariant(C13Coefficients(n), p) : p in PrimeDivisors(D)] ;
> eC0 := [EpsilonLocalInvariant(C0Coefficients(n), p) : p in PrimeDivisors(D)] ;
> eC13 ;
[ -1, 1, 1, -1 ]
> eC13 eq eC0 ;
true
[/color]

Egalité de chaque $\epsilon$-invariant local. Bilan : pour $n= 45$, les formes quadratiques $C_{13}(n)$ et $C_0(n)$ sont $\Q$-équivalentes.

Seulement pour $n = 45$ ? Non, car ce genre de truc cela se passe en 5 secondes dans une moulinette infernale $1 \le n \le N$. Qui dit y'a bon. (1sec pour $N=10^3$).

Et qui c'est qui va montrer l'égalité des $\varepsilon$-invariants, hein ? Un retraité, c'est bien connu, pas une minute à soi. Et de toutes façons, qui c'est le responsable de $\Q_p$, ici ? Qui balance des $\Q_p$-points à tire larigot sur le forum depuis des mois ? Ne me fais pas le coup d'avoir égaré Sutherland et/ou perdu le Serre. Et qui c'est qui va mettre en $\Q$-équivalence/isomophie explicite les formes quadratiques $C_{13}, C_0$ ?

Resalut gai-requin
Chercher tout cela ? Le hasard, je t'assure. La Toy curve ? Un coup de bol, souviens toi. Et $C_{13}$ versus $C_0$ pour $u = (p,1,1)$, le fait que l'une avait un $\Q$-point exactement quand l'autre en avait un m'a intrigué. J'ai voulu en savoir plus et je me suis souvenu que j'avais un petit livre noir de Serre intitulé ``Cours d'arithmétique'' ...etc..

Je comprends que tu n'as pas le temps en ce moment mais je me permets de revenir sur ton post ce matin à propos de $E_{79}$. Pour te dire que lorsque magma te répond que son rang analytique est 2, il se comporte comme un BOUFFON. Pour la bonne raison, qu'en machine, on ne peut PAS prouver qu'un réel est nul. Par contre, on peut montrer, sous certaines conditions qu'un réel est non nul. On en a déjà parlé, relire ce que l'on a dit. Par exemple, Cohen en bas de la page 583.

Que se passe-t-il ?

[color=#000000]> E := ToyEllipticCurve(79) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 6243*x^2 + 6242*x over Rational Field
> time Rank(E) ;
Warning: rank computed (1) is only a lower bound
(It may still be correct, though)
1
Time: 1.110
[/color]

Là, c'est honnête. Je ne sais pas trop d'où il tient cette borne inférieure 1 pour le rang mais passons.

[color=#000000]> time AnalyticRank(E) ;
2 16.130
Time: 0.100
[/color]

Là, c'est un bouffon : il te dit que $L_E(1) = 0$, $L_E^{(1)}(1) = 0$ : impossible à PROUVER. Et $L_E^{(2)}(1)/2! \approx16.130$, ça ok.

Ci-dessous je vais lui faire faire le calcul avec une L-série achetée au super-marché donc pas du tout efficace (préférable d'aller dans une épicerie fine).

[color=#000000]> L := LSeries(E) ;
> L ;
L-series of Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 - 6243*x^2 + 6242*x over Rational Field
> 
> time Evaluate(L, 1) ;
-2.66250397147414821619483771083E-32
Time: 8.490
> time Evaluate(L, 1 : Derivative := 1) ;
1.47115419344274216086935096235E-31
Time: 17.500
> time L2s1 := Evaluate(L, 1 : Derivative := 2) ;
Time: 27.500
> L2s1 ;
32.2590376647152711948069403723
> L2s1/2 ;
16.1295188323576355974034701862
[/color]

Certes on voit que $L_E(1) \approx 0$ et $L_E^{(1)}(1) \approx 0$, rien de plus. Et $\approx 0$, ce n'est pas $=0$.

Au lieu de jouer les bouffons, il aurait dû te dire ce matin (tu traduiras en anglais) : cher Gai-Requin, tout me laisse croire que le rang analytique est 2, mais je n'en sais rien. De plus, je crois en BSD. Et donc si tu me titilles en me demandant le rang algébrique, Mordell-Weil et tout le truc, je te promets de mettre le PAQUET. Sur les torseurs, je ferais tout mon possible pour trouver des points et les balancer sur la courbe elliptique. En espérant trouver deux points indépendants ... Mais si au bout d'un certain temps, je ne trouve rien, je t'en informerais.

Voilà comment un logiciel non bouffon devrait te parler.

Je ne sais pas trop (= pas du tout) ce que signifie ``à la main'' dans calculer la valeur exacte de $L(E_{79}, 1)$ à la main. Ce que je sais par contre, et cela me prend la tête à chaque fois, c'est qu'une manière de prouver que $L(E_{79}, 1) = 0$, c'est de sortir un point d'ordre infini de $E_{79}/\Q$. Ce qui a été fait d'ailleurs dans le magnifique cadeau concernant la Toy curve $E_{79}$. Et pourquoi que ? D'après le point (1) du th 8.1.8 de la page 522 de Cohen que j'attache : si on avait $L(E_{79}, 1) \ne 0$, alors $E_{79}/\Q$ serait de rang algébrique 0, ce qui n'est pas puisque l'on a exhibé un $\Q$-point non de torsion.

Et donc mon histoire de logiciel bouffon est tout ce qu'il y a de plus sérieux : tant que tu n'as pas vu un point d'ordre infini, méfie toi. On rigolera bien le jour où on trompera le bouffon en lui donnant une courbe elliptique $E/\Q$ de rang algébrique $0$ mais avec une valeur de $L(E,1)$ si petite qu'il fera comme si elle était nulle. Mais évidemment, je ne sais absolument pas comment produire de tels exemples.

A propos de la page 522 attachée. Il y a une page qui suit, la 523 pour ne rien te cacher, que je relis de temps en temps quand l'occasion s'en présente. Et c'est justement l'occasion. Je pense pouvoir dire que je l'ai lue au moins une demi-douzaine de fois (juste cette page 523) et à chaque fois, cela me prend la tête. Et pourtant, c'est écrit de manière vachement rigoureuse et claire par Cohen.

PS : rien à voir. L'origine de la Toy curve ? Vachement simple. On travaillait dans le contexte $e_i-e_j$ sans facteur carré (on n'a pas terminé à ce propos, ah, ah). Et comme je voulais comprendre en quoi c'était important, je me suis dit que c'était bien de prendre un contre-exemple de cette situation. J'ai été au plus simple : $e_1 = 0$, $e_2 = 1$ et $e_3 = e_2 + \text{carré}$ si bien que $e_3-e_2$ est un carré. Fortiche, non ? Et ce carré a pris d'abord le nom de $p_0^2$ puis de $n^2$. C'est tout.

$\newcommand \trans[1] {{\,^{\rm t}\!#1}}\newcommand\Mat[4]{\left[\matrix {#1&#2\cr#3&#4}\right]}$Salut Gai-Requin
Je reviens sur l'équivalence de $C_0(X,Y,Z)$ et $C_{13}(X,Y,Z)$ car c'est plus simple que prévu (une fois que l'on a la solution) et d'autre part cela se passe en deux variables et pas trois. Du coup, cela a un (petit) impact sur les symboles d'Hilbert. On oublie le passé en posant :
$$
C_{0}(Y,Z) = -(n^2+1)Y^2 + Z^2, \quad D_0 = \Mat{-n^2-1}{0}{0}{1}
\qquad\qquad
C_{13}(Y,Z) = (n^2+1)Y^2 - Z^2, \quad D_{13} = \Mat{n^2+1}{0}{0}{-1}
$$
Donc deux formes quadratiques diagonales en 2 variables $Y,Z$ et leurs matrices. Et cela se passe où ? I.e. que représente $n$ ? N'importe quel anneau commutatif unitaire. Résultat : les deux formes sont spécialement équivalentes i.e. équivalentes via une matrice de déterminant 1. Et le résultat en 3 variables s'en déduit aisément puisque :
$$
C_0(X,Y,Z) = nX^2 + C'_0(Y,Z), \qquad\qquad C_{13}(X,Y,Z) = nX^2 + C'_{13}(Y,Z)
$$
$\bullet$ Justification. Je considère comme par miracle (j'ai fait le job avant) :
$$
P = \Mat{-n}{1}{-n^2-1}{n}, \qquad \det(P) = 1, \qquad \trans{P}^{-1} = \Mat{n}{n^2+1}{-1}{-n}
$$
Il n'y a plus qu'à vérifier que $\fbox {$\trans{P} D_0 P = D_{13}$}$ i.e. $D_0 P = \trans{P}^{-1} D_{13}$ i.e.
$$
\Mat{-n^2-1}{0}{0}{1} \Mat{-n}{1}{-n^2-1}{n} = \Mat{n}{n^2+1}{-1}{-n} \Mat{n^2+1}{0}{0}{-1} \qquad\qquad \text {Et ça le fait !}
$$
$\bullet$ L'impact (très très modéré !) sur les symboles d'Hilbert. Cette fois, on revient dans $\Z$ et $p$ est un nombre premier. Egalité des symboles d'Hilbert :
$$
\big(n^2+1, -1\big)_p = \big(-(n^2+1), 1\big)_p = 1
$$
Mais je constate qu'en fait c'est évident puisque $X^2 = (n^2+1)Y^2 - Z^2$ s'écrit $(n^2+1)Y^2 = X^2 + Z^2$ et a pour solution universelle $Y=1$, $X=n$, $Z=1$.

$\newcommand \trans[1] {{\,^{\rm t}\!#1}}\newcommand\Mat[4]{\left[\matrix {#1&#2\cr#3&#4}\right]}$Salut Gai-Requin
J'en ai profité (de la pause) pour finaliser ce que j'appelle le contexte $p \mid u_1$ et $p \not\mid q_1$ ($p$ premier impair). Rien de nouveau car toute la technique était dans tes posts sauf que pour moi la conclusion n'était pas bien visible. J'attache le truc.

Quant à la matrice $P$ qui relie $D_0$ et $D_{13}$, je pourrais dire que je l'ai trouvée en la cherchant sous la forme $P =\Mat{a}{b}{c}{d}$, en faisant le pari $\det P = 1$ et en écrivant $D_0 P = \trans{P}^{-1} D_{13} = \trans{\widetilde P} \ D_{13}$
$$
D_0 = \Mat{-n^2-1}{0}{0}{1} \quad D_{13} = \Mat{n^2+1}{0}{0}{-1} \qquad\qquad\qquad
\Mat{-n^2-1}{0}{0}{1}\Mat{a}{b}{c}{d} = \Mat{d}{-c}{-b}{a} \Mat{n^2+1}{0}{0}{-1}
$$
Effectivement, à droite, en identifiant, on arrive à tomber dessus. Mais la vraie vérité, ce n'est pas du tout comme cela que je l'ai trouvée.

$\newcommand \Legendre[2]{\left(\frac{#1}{#2}\right)}$Je réponds à l'envers

1) Effectivement, $C_0(n)$ et $C_{13}(n)$ étant $\Q$-équivalentes, plus besoin de vérifier l'égalité des $\varepsilon$-invariants locaux. Mais le vérifier ne peut pas faire de mal.
2) Pendant que j'y pense, pour $K$ corps de caractéristique $\ne 2$, et $a,b \in K^*$, on note $\Legendre {a,b}{K}$ l'algèbre de quatermions sur $K$ définie par $i^2 = a$, $j^2 = b$ et $ij = -ji$. La notation n'est pas étrangère au symbole d'Hilbert (prendre $K = \Q_p$, il faudrait développer). On a un isomorphisme
$$
\Legendre {a,b}{K} \otimes_K \Legendre {a',b'} {K} \simeq \Legendre {a,bb'}{K} \otimes_K \Legendre {b',-aa'b'} {K}
$$
Ce qui fait (et est bien plus fort) que $(a,b)_p (a',b')_p = (a,bb')_p (b', -aa'b')_p$. Pas pris le temps de regarder si cela avait un impact par exemple sur $h_{12}h_{13}h_{23}h_0 = 1$.

3) Pour $C_0(n)$, $C_{13}(n)$, deviner ? Oui

[color=#000000]> C0 := func < n | Conic([1, n, -(n^2+1)]) > ;
> C13 := func < n | Conic([1, -n, -(n^2+1)]) > ;
> [n : n in [1..60] | HasPoint(C0(n))] ;
[ 1, 4, 7, 9, 15, 16, 20, 24, 25, 32, 36, 39, 40, 41, 49, 55, 56 ]
> [n : n in [1..60] | HasPoint(C13(n))] ;
[ 1, 4, 7, 9, 15, 16, 20, 24, 25, 32, 36, 39, 40, 41, 49, 55, 56 ]
[/color]

ATTENTION au pata-caisse, pour une conique, du fait que $F = 0$ c'est pareil que $-F = 0$. Pour une conique, pas pour une forme quadratique. Je pense aux formes quadratiques diagonales à 3 variables de coefficients diagonaux
$$
(1, n, -(n^2+1)) \qquad \text {versus} \qquad (-1,n, n^2+1)
$$
J"ai envie d'ajouter : je me comprends. Mais c'est même pas sûr !

4) Deviner la matrice $2 \times2$ $P$ ? Là, cela va être encore pire. J'ai bricolé. Je ne suis même pas sûr de bien comprendre ce que j'ai fait. Ce dont je suis sûr, c'est que je ne vais pas l'expliquer vraiment. Quand même une vérité : $Z^2 - (aX^2 + bY^2)$ se cache (de manière vachement précise) dans l'algèbre de quaternions $\Legendre {a,b}{\Q}$. Je ne me suis pas dégonflé : j'ai fait ce qui vient en me disant que je réfléchirais par la suite. Ce qui m'a pris la tête, c'est cette histoire de $F = -Z^2 + nX^2 + (n^2+1)Y^2$ versus $-F = Z^2 - (nX^2 + (n^2+1)Y^2)$.

[color=#000000]> Q := RationalField() ;                    
> n := 5 ;
> a := -n ; b := n^2 + 1 ;
> H1<i,j,k> := QuaternionAlgebra <Q | a,b> ;
> A := n ; B := n^2+1 ;  
> H2<I,J,K> := QuaternionAlgebra <Q | A,B> ;
> ok, H1toH2 := IsIsomorphic(H1, H2 : Isomorphism := true) ;
> ok ;
true
> H1toH2(i) ;
5*I - K
> H1toH2(j) ;
J
> H1toH2(k) ;
-26*I + 5*K
[/color]

Les 2 algèbres sont isomorphes, ce que j'attendais. Et je savais que cela ferait du bien. Et dans l'isomorphisme, on voit les coefficients :
$$
\left[ \matrix { n & 0 & -1 \cr 0 & 1 & 0 \cr -(n^2+1) & 0 & n} \right]
$$
A ce moment là, je me suis mis à réfléchir un peu plus. Et j'ai fini, tant bien que mal, par isoler les 4 coefficients de la matrice $P$, avec un changement de signes quelque part. Gros bricolage ? Oui, mais ça a fini par donner.

A propos de ton programme maple qui ne ``tourne pas'' : quelle sémantique voudrais tu lui donner ? Est ce que la proc f est perçue (par toi) comme une fonction ? Si oui, comment se fait-il que le résultat retourné ne soit pas visiblement spécifié (par un return par exemple, même si le langage ne l'impose pas mais moi si) ? ....etc...

Un algorithme dans un sujet de bac ? J'ai du mal à le croire mais par ailleurs, je comprends bien que l'on vit une époque formidable. On peut en savoir plus ? Ce que j'en dis : par principe, c'est une très mauvaise idée de modifier les paramètres entrants d'un algorithme. Je dis bien par principe mais il faut voir.

Quant à maple, ce que tu me dis, ``je le savais''.
Remarque 1 : return et pas Return. Et pourquoi pas tout simplement ?

[color=#000000]f := proc(n) return n+1 ; end proc ;
[/color]

Remarque 2 : je suppose que l'algorithme en question était plus compliqué que cela ?
Remarque 3 : maple est un langage symbolique, et il est difficile de le prendre comme modèle pour ...etc...

Personnellement, je ne trouve cela pas trop top. Et ce n'est pas le job d'un algorithme ``d'afficher'' quelque chose (on ne sait d'ailleurs pas trop sur quel support physique : s'agit-t-il d'une omoplate de chameau ? probablement pas important). Je suis de la vieille école : un algorithme a des données et produit des résultats (qui doivent être spécifiés). Produire et afficher, ce n'est pas du tout la même chose.

Mode apprentissage de l'algorithmique, vieille école. Précision : ci-dessous entier signifie entier naturel. Je mentionne en rouge ce qui n'est pas instruction(s) (statuts, invariants, commentaires ...etc..). Un truc dans ce genre là.

[color=#000000][color=#FF0000]Données : a,b deux entiers, b non nul[/color]
[color=#FF0000]Résultat : un couple (q,r) d'entiers vérifiant a = bq + r et 0 <= r < b[/color]
r := a ;  q := 0 ;
[color=#FF0000]q,r entiers, a = bq + r[/color]
tant que r >= b faire
[color=#FF0000]Invariants : q,r entiers, a = bq + r = b(q+1) + r-b[/color]
   q := q + 1 ;
   r := r - b ;
fin tant que 
[color=#FF0000]q,r entiers, a = bq + r et 0 <= r < b[/color]
retourner le résultat (q,r) 
[/color]

$\def\Sel{\text{Sel}^{(2)}}$Je n'ai pas d'idées. Je crois que l'on a fait le maximum de ce que l'on pouvait faire. Ci-dessous, un exemple pourri où tout repose sur le premier 2 :
$$
e_1 = 0, \quad e_2 = 2, \quad e_3 = 4, \qquad \qquad \#U_\infty = 8, \qquad \#\Sel(E) = 4
$$
Le premier $2$ because les $e_i - e_j$. Le 2-Selmer est réduit à la torsion. Et quand $Q_u$ n'est pas localement soluble, c'est qu'elle n'est pas $\Q_2$-soluble (pardi : 2 est le seul premier concerné). Et pourtant les 4 coniques $C_{ij}$ et $C_0$ à chaque fois possèdent un $\Q$-point (je dis bien un $\Q$-point global).

[color=#000000]e1 := 0 ; e2 := 2 ; e3 := 4 ;
Uoo := UooCoefficients(e1,e2,e3) ;  printf "Uoo = %o\n", Uoo ;
T := Selmer2Torsion(e1,e2,e3) ;     printf "T = %o\n", T ;
S := MySelmer(e1,e2,e3) ;           printf "S = %o\n\n", S ;
UooMinusS := [u : u in Uoo | u notin S] ;
for u in UooMinusS do
  C, q := C12C13C23(e1,e2,e3, u) ;
  printf "u = %-20o q = %o\n", u, q ;
  C12,C13,C23 := Explode(C) ;
  u1,u2,u3 := Explode(u) ;  q1,q2,q3 := Explode(q) ;
  C0 := q1*x1^2 - (q2*x2^2 - q3*x3^2) ;
  printf "C12 = %-25o C13 = %-25o C23 = %-25o C0 = %o\n", C12, C13, C23, C0 ;
  Qu := Curve(P3, [C12,C13,C23]) ;
  MQu := GenusOneModel(Qu) ;
  assert not IsLocallySoluble(MQu,2) ;

  Co12 := Conic([q3, -u2, u1]) ;   assert HasPoint(Co12) ;
  //C12, Equation(Co12) ;
  Co13 := Conic([q2, -u3, u1]) ;   assert HasPoint(Co13) ;
  //C13, Equation(Co13) ;
  Co23 := Conic([q1, -u3, u2]) ;   assert HasPoint(Co23) ;
  //C23, Equation(Co23) ;
  Co0 := Conic([q1, -q2, q3]) ;    assert HasPoint(Co0) ;
  //C0, Equation(Co0) ;
end for ;
[/color]

Voilà ce que cela donne. J'espère que c'est assez clair

[color=#000000]Uoo = [ <-1, 1, 1>, <-2, 1, 1>, <1, 1, 1>, <2, 1, 1>, <-1, 2, 1>, <1, 2, 1>, <-1, 1, 2>, <1, 1, 2> ]
T = [ <-1, 1, 2>, <-1, 2, 1>, <2, 1, 1> ]
S = [ <1, 1, 1>, <2, 1, 1>, <-1, 2, 1>, <-1, 1, 2> ]

u = <-1, 1, 1>           q = <-2, 4, 2>
C12 = 2*x0^2 - x1^2 - x2^2   C13 = 4*x0^2 - x1^2 - x3^2   C23 = -2*x0^2 - x2^2 + x3^2  C0 = -2*x1^2 - 4*x2^2 + 2*x3^2
u = <-2, 1, 1>           q = <-1, 4, 2>
C12 = 2*x0^2 - x1^2 - 2*x2^2 C13 = 4*x0^2 - x1^2 - 2*x3^2 C23 = -x0^2 - x2^2 + x3^2    C0 = -x1^2 - 4*x2^2 + 2*x3^2
u = <1, 2, 1>            q = <2, 2, 2>
C12 = 2*x0^2 - 2*x1^2 + x2^2 C13 = 2*x0^2 - x1^2 + x3^2   C23 = 2*x0^2 - x2^2 + 2*x3^2 C0 = 2*x1^2 - 2*x2^2 + 2*x3^2
u = <1, 1, 2>            q = <2, 4, 1>
C12 = x0^2 - x1^2 + x2^2     C13 = 4*x0^2 - 2*x1^2 + x3^2 C23 = 2*x0^2 - 2*x2^2 + x3^2 C0 = 2*x1^2 - 4*x2^2 + x3^2
[/color]

C'est facile de vérifier que toutes les coniques ont un $\Q$-point. Par contre, pas pris le temps de comprendre pourquoi les $Q_u$ n'ont pas de $\Q_2$-point (je dis pas pris le temps mais la vérité, c'est que cela m'agace un tantinet).

$\def\P{\mathbb P}$Salut Gai Requin

0. Cela te fait penser à Monsky $D$ pair ? Normal, car C'EST Monsky $D=2$ pour la bonne raison que $(e_1,e_2,e_3) = (0,2,4)$, c'est la même chose que $(e_1,e_2,e_3) = (-2,0,2) = (-D,0,D)$ avec $D = 2$. Seules les différences $e_i-e_j$ interviennent, donc on peut faire une translation sur les $e_i$, ici soustraction de $2$.

1. On a des morphismes de réduction $\P^3(\Q_2) \to \P^3(\Z/4\Z)$, $\P^3(\Q_2) \to \P^3(\Z/8\Z)$ ...etc.. Ici $\P^3(R)$ est à prendre au sens points unimodulaires. En ce qui concerne mon post précédent, je m'attendais à une obstruction modulo 8 pour les quatre intersections $Q_u$ de quadriques non $\Q_2$-solubles. Mais en fait, aucune ne possède un point sur $\Z/4\Z$. A vérifier quand même. J'en remets une couche mais point sur $\Z/4\Z$ est à prendre au sens point unimodulaire (c'est plus qu'important ici).

2. Revisiter Monsky $E_D : y^2 = x(x-D)(x+D)$ pour $D = 2D_0$ pair sans facteur carré ? Bonne idée. Car on va voir apparaître un facteur $8$ entre son $(a,b)$-sac $G' \times G$ et notre $u$-sac $U_\infty$. Et ce 8 est à comprendre comme $8 = 2 \times 4$ :
$$
2 : \quad \begin {array} {l}
\hbox {Monsky a écarté des} \\
\hbox {fruits pourris de son sac} \\
\end {array}
\qquad\qquad\qquad
4 : \quad \begin {array} {l}
\hbox {Monsky a divisé son sac par} \\
\hbox {la 2-torsion de cardinal 4} \\
\end {array}
$$
De manière précise en prenant ses notations i.e. $G$ est l'ensemble des diviseurs $b > 0$ de $D_0$ et $G'$ l'ensemble des diviseurs $a$ de $D_0$, $>0$ ou $<0$ mais vérifiant $a \equiv 1 \bmod 4$. Et $G',G$ sont munis de leur structure de groupes via la partie sans facteur carré du produit (note $D_0$ est sans facteur carré). Et le lien entre les sacs est :
$$
G' \times G \to U_\infty, \qquad (a,b) \mapsto \left (u_1 = {a\over a\wedge b}, \ u_2 = {b \over a \wedge b},\ u_3 = a\wedge b\right)
$$
C'est un morphisme injectif. Et au niveau des intersections de quadriques, c'est $C_{12}, C_{2,3}$ qui pilotent. Retrouver un certain post (qui date de quelques mois) concernant l'adéquation entre Monsky et nous autres.

3. A propos de $8 = 2 \times 4$, suite. Je note $M_\infty \subset U_\infty$ l'image par le morphisme injectif ci-dessus, M pour Monsky. $M_\infty$ est facile à caractériser : $u_2$ impair, et $u_1 u_3 \equiv 1 \bmod 4$. De plus, en désignant par $T = \{t_0, t_1, t_2, t_3\} \subset U_\infty$ l'image de la 2-torsion, on a $M_\infty \cap T = \{1\}$ où $1$ est le neutre de $U_\infty$ i.e. $1 = t_0 =_{\rm def} (1,1,1)$. Note :
$$
t_1 = (-D_0, 1, 2)_u, \qquad t_2 = (-1, D, 1)_u, \qquad t_3 = (2, 1, D_0)_u, \qquad \qquad \text {(c'est du u-code)}
$$
C'est dans l'ordre de $(e_1, e_2, e_3) = (-D, 0, D)$ i.e. $t_i$ est l'image du point de 2-torsion $(x=e_i, y=0)$ de $E_D$.
On récupère ainsi un sous-groupe $V_\infty = M_\infty \cdot T$. Ca, c'est le facteur 4.

4. Facteur 2 et fruits pourris. Si $k$ est le nombre de diviseurs premiers de $D$ (y compris le premier 2), on a :
$$
\#U_\infty = 2^{2k + 1}, \qquad \#(G' \times G) = 2^{2(k-1)} , \qquad \#V_\infty = 2^{2k} \qquad
\text{donc} \quad V_\infty \text{ est d'indice 2 dans } U_\infty
$$
Et c'est là que l'on voit la différence entre l'expert en fruits qu'est Monsky et nous-autres : il a écarté de son sac ce qui correspond chez nous à $U_\infty \setminus V_\infty$ pour la bonne raison que les $Q_u$ de $U_\infty \setminus V_\infty$ ne sont PAS $\Q_2$-solubles. Mais grosse subtilté, il reste dans $V_\infty$ des $Q_u$ NON localement $\Q_2$-solubles. Il a donc écarté de son sac des fruits pourris qu'il a détecté à l'oeil nu. J'ai mis $V_\infty$ mais j'aurais pu mettre $M_\infty$. Et en même temps, il a divisé la taille de notre sac par 4, et donc il gagne sur toute la ligne.

5. Je suis loin de savoir montrer tout ce que j'affirme. Je ne sais même pas caractériser $V_\infty$ à l'intérieur de $U_\infty$. Surveiller de près ce que je raconte.