Somme de 4 carrés

maple, matlab...

Juste une précision a-t-on le droit d'avoir quatre fois le même entier au carré ?
Par exemple $ 16 = 2^2 + 2^2 + 2^2 + 2^2 $

Tu peux éventuellement simplifier ta recherche en se rappelant que la propriété "somme de 4 carrés" est complètement multiplicative : ainsi, décompose ton entier n en produit de facteurs premiers, et il suffit de décomposer chaque nombre premier en somme de 4 carrés.

Borde.

Suivant ce que dit Borde au sujet de la multiplicativité :

On dispose de factorisations plus simples en sommes de 2 carrés pour les facteurs premiers p de l'entier qui sont congrus à 1 mod. 4.
Trouver cette écriture est équivalent à factoriser p dans l'anneau Z .
On utilise ensuite la multiplicativité de la décomposition en somme de 4 carrés. Pour les facteurs premiers congrus à 3 mod. 4 on est obligé d'utiliser ses 4 carrés j'imagine.

Et trouver une décomposition de la forme a² + 2b² revient sans doute à factoriser dans Z[i*sqrt(2)].

Un truc simple plus simple à faire de tête est de tester si n-a² est un carré (respectivement le double d'un carré) pour a = 0,...

Cela marchera pour les n tels que la valuation en p de n v_p(n) est paire pour tout nombre premier p = 3 mod 4 (respectivement p = 5 ou 7 mod 8).

Sans doute existe-t-il une condition nécessaire et suffisante pour que n puisse s'écrire sous la forme a² + 3b².

Cordialement,

Ritchie

Je trouve aussi!

J'avais fait un mémoire sur les sommes de carrés, que l'on peut trouver dans la (vieille) discussion suivante :

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?2,172596,172809#msg-172809

Ritchie

Bonsoir Euzenius
La compilation LaTeX ne marchant pas pour le moment sur le forum, il ne faut pas cocher la case LaTeX. Merci
Alain[Message de Euzenius. AD]

Ritchie a posé plus haut une question difficile, dont on a déjà débattu sur ce forum, à savoir, plus généralement avec $n \in \mathbb {N}^{*}$, trouver une CNS pour qu'un nombre premier $p \nmid n$ s'écrive sous la forme $p = x^2 + n y^2$.

La réponse à cette question est maintenant connue {\it pour tout entier} $n \geqslant 1$, et est donnée dans le livre de D. Cox : {\it Primes of the form $x^2 + ny^2$}. Le niveau de ce livre croît régulièrement au fur et à mesure que l'auteur explore historiquement les idées développées pour résoudre ce problème.

{\it In fine}, c'est la théorie du corps de classes qui a donné la solution, que je vais indiquer ici sous la forme (inédite, à ma connaissance) du théorème suivant (il me semble qu'il faut l'avoir vu au moins une fois...) :


{\bf Th}. Soit $n \geqslant 1$ entier, et on note $h(\mathcal {O})$ le nombre de classes de l'ordre $\mathcal {O} = \Z [\sqrt {-n}]$ dans le corps quadratique imaginaire $\mathbb {K} = \mathbb {Q} (\sqrt {-n})$. Soient $\mathfrak {a}_1,\dotsc,\mathfrak{a}_{h(\mathcal {O})}$ des représentants des classes d'idéaux inversibles de $\mathcal{O}$ et on note : $$H_{\mathcal {O}} (X) = \prod_{k=1}^{h(\mathcal {O})} \left ( X - j(\mathfrak {a}_k) \right ) \in \mathbb {Z}[X],$$ où $j$ est l'invariant elliptique défini sur les ordres de $\mathbb {K}$.

Alors, pour tout nombre premier $p \nmid n$, $p = x^2 + n y^2$ {\it si et seulement si} $(-n/p)=1$ et l'équation $H_{\mathcal {O}} (x) \equiv 0 \pmod p$ est résoluble.



D'un point de vue calculatoire, le polynôme $H_{\mathcal {O}} (X)$ donné ci-dessus, s'il répond au problème posé, n'est pas le meilleur qui soit, et, surtout, ne peut se calculer qu'avec un bon logiciel de calcul (PARI, par exemple). Il a cependant le mérite (théorique) de définir un corps de classes $\mathbb {L} = \mathbb {K}(j(\mathfrak {a}))$ de $\mathbb {K}$ qui possède en lui-même des propriétés intéressantes.


Le problème se simplifie lorsque $n \not\equiv 3 \pmod 4$ et est sans facteur carré, car alors $\mathbb {L} = \mathbb {K}(1)$ n'est autre que le corps de classes d'Hilbert de $\mathbb {K}$, un tantinet plus facile à déterminer.


A titre d'exemple, voici ce que donne ce théorème pour $n=11$ : $p \not = 11$ s'écrit sous la forme $p = x^2 + 11 y^2$ si et seulement si $p \equiv 1,3,5,9,15,23,25,27,31,37 \pmod {44}$ et si l'équation $$x^3 -(2^4 \times 1709 \times 41057)x^2 + (2^8 \times 3 \times 11^4 \times 24049)x - (2^4 \times 11 \times 17 \times 29) \equiv 0 \pmod p$$ est résoluble (!!)


Borde.

Bonsoir,

Je vois que Borde a lu "Primes of the form $x^2+ny^2$" de Cox, me trompe-je ???


Koski (en train de faire un rapport de stage sur ce même livre).

Bonjour Koski,


C'est exact, je l'ai (évidemment) signalé dans mon message plus haut, puisque ce travail est le sien. J'ai juste mis en forme les différentes étapes en un seul énoncé, pour éviter le lourd exposé sur la théorie du corps de classes et la multiplication complexe.


Je connaissais le cas n$ \not\equiv 3 \pmod 4$ (et sans facteur carré) avant d'avoir lu ce (très bon) livre, puisque c'est un exemple d'application classique donné pour illustrer le corps de classes d'Hilbert.


La généralisation à tout entier $n \geqslant 1$ apporte de nouveaux corps de classes, certes utiles en soi, mais difficiles à manipuler (je trouve).




Salut Ritchie,


L'exemple $n=11$ est surtout là pour illustrer le principal défaut de la méthode, à savoir produire un polynôme, non seulement difficile à calculer, mais aussi assez mauvais d'un point de vue calculatoire.


Ces calculs ne figurant pas dans le livre de Cox, il faudrait, en toute rigueur, les vérifier. L'auteur propose le cas $n=14$ {\it à la main}, et c'est assez monstrueux.


Encore à titre d'exemple, prenons le cas (plus facile) $n=5$. Ici, $5 \not \equiv 3 \pmod 4$, de sorte que l'on peut prendre pour $\mathbb {L}$ le corps de classes d'Hilbert de $\mathbb {Q}(\sqrt {-5})$. La commande PARI {\bf quadhilbert}$(-20)$ fournit directement son polynôme, à savoir $P = X^2 - X - 1$ (un calcul de ce corps de classes figure à l'exercice 1 page 122 du livre de Samuel : {\it Théorie algébrique des nombres}, Hermann).

Au passage, rendons hommage aux concepteurs du logiciel PARI pour leur très gros travail, donnant ainsi un outil indispensable pour les théoriciens algébristes des nombres...et les autres (!)

Ainsi, d'après ci-dessus, $p \not = 5$ s'écrit sous la forme $p=x^2 + 5y^2$ si et seulement si $(-5/p) = 1$ et l'équation $x^2 - x - 1 \equiv 0 \pmod p$ est résoluble (on peut montrer que $(-5/p)=1 \Leftrightarrow p \equiv 1,3,7,9 \pmod {20}$).

Si l'on décide de calculer le polynôme via l'invariant elliptique $j$, on obtient : $$H_{\mathcal {O}}(X) = X^2 - (2^7 \times 5^3 \times 79)X - (2^4 \times 5 \times 11),$$ nettement plus compliqué.


Borde.

Merci Ritchie; concernant le théorème des trois carrés je vais commencer par le cas des nombres premiers de ton mémoire; je sais qu'il y a un sens difficile dans ce théorème pour le cas général; par exemple , c'est fait dans le Serre p79... mais, vais-je comprendre ?
Sincèrement.

Pour finir (?) sur ces exemples de nombres premiers $p \nmid n$ s'écrivant $p = x^2 + ny^2$, reprenons celui donné par Ritchie plus haut avec $n=3$.

Je ne détaille pas les calculs, mais, si quelqu'un veut en savoir plus, je suis prêt à les exposer. On trouve :

$p \not = 3$ s'écrit sous la forme $p = x^2 + 3y^2$ si et seulement si $p \equiv 1,7 \pmod {12}$

(le calcul était plus simple ici puisque l'on trouve que $h(\mathcal {O}) = 1$ de sorte que l'extension $\mathbb {L} / \mathbb {Q}(\sqrt {-3})$ est dégénérée).

Borde.

De rien, Ritchie, la question que tu as posée est très intéressante à plus d'un titre, et méritait,à mon avis, quelques développements. De plus, j'aime bien, de temps à autre, me servir de PARI pour des calculs de théorie algébrique, car il est vraiment fait pour ça.

Néanmoins, comme tout calcul (et comme je l'ai signalé plus haut), il faut les vérifier.

Borde.

Oui, dans Kox, également, on voit (th. 6.1) que le corps donné par Koski est le corps de genre de $\K$. Reste à voir que l'hypothèse suppémentaire sur le groupe des classes implique que le corps de classes d'Hilbert et le corps de genre sont bien égaux.

Borde.

[EDIT: ceci était une réponse à une question de borde qui n'existe plus, et pas, bien sûr, une réponse à Sylvain]

C'est de la théorie du genre (le mot « genre » étant une bizarrerie historique qui n'a bien sûr rien à voir avec la topologie). Une bonne référence est le livre de Lemmermeyer sur les lois de réciprocité. De manière générale, on comprend de manière très explicite la 2-torsion du groupe des classes d'un corps quadratique, et le sous-corps correspondant du corps de classes de Hilbert.

Je pense qu'on doit comprendre aussi, largement de la même manière, la théorie du genre des ordres non-triviaux de l'anneau des entiers d'un corps quadratique, et ce que ça dit de certains corps de classes de rayon, mais je ne sais pas si c'est écrit quelque part, et je n'ai jamais pris le temps d'écrire sérieusement ça moi-même.

Sylvain: de manière générale, un corps de classes associé à un corps de nombre K, c'est une extension abélienne de K qui soit maximale parmi celle vérifiant certaines contraintes de ramification. Par exemple le corps de classes de Hilbert est la plus grande extension abélienne non ramifiée.

Sylvain :

Si tu n'as jamais fait de théorie des nombres ça risque d'être compliqué à expliquer...
Sais-tu ce qu'est un anneau de Dedekind ? l'anneau des entiers d'un corps de nombres ?

Si tu veux en savoir plus sur la théorie algébrique des nombres élémentaires, le petit livre de Samuel, Théorie algébrique des nombres, est une introduction un peu scolaire mais efficace. Au-delà, et en particulier pour regarder la théorie du corps de classes, je ne connais pas de meilleur livre de celui de Neukirch, Algebraic number theory.

À part ça, 美化推進 ça veut dire quelque chose comme « promotion de l'embellissement ». C'est une partie de l'expression 美化推進強化区域 « zone de promotion renforcée de l'embellissement » qu'on trouve sur des panneaux pour dire aux gens de ne pas jeter de papiers par terre :-).

Bonsoir Sylvain,

Donner une définition, ici, et en quelques lignes, d'un corps de classes, relève à mon avis de la gageure.

Ceci dit, mt-i et Koski ont bien résumé la situation.

Afin d'éviter une redite, on peut tenter de comprendre la théorie par une petite histoire simple et sans prétention !


Imagine que tu souhaites généraliser la loi de réciprocité quadratique. Mais, au fait, que dit-elle, cette loi ? Elle relie deux nombres premiers (impairs) via un symbole, le symbole de Legendre-Jacobi-Kronecker (que, je crois, tu sais être essentiellement le seul caractère de Dirichlet primitif modulo ces nombres premiers). Il faut donc généraliser :

(i) La notion même de nombre premier ;
(ii) Le symbole de Legendre-et-cie.


Pour le point (i), pas de problème, adjoindre à $\Q$ un nombre algébrique provoque une généralisation très intéressante du concept de nombre : les idéaux fractionnaires et entiers, et les idéaux premiers, qui généralisent les nombres premiers (ce que Koski voulait dire lorsqu'il parlait d'anneaux de Dedekind).


Pour (ii), c'est une autre paire de manches, à tel point qu'on n'y arrive pas dans le cas général. En revanche, si l'extension provoquée ci-dessus est galoisienne de groupe de Galois {\bf abélien}, alors on peut généraliser ce symbole.

A partir de maintenant, on considère une extension $\K / \Q$ {\it abélienne}. Le th. de Kronecker-Weber lui associe un entier $f$ minimal tel que $\K$ soit contenue dans le corps cyclotomique engendré par une racine primitive $f-$ème de l'unité. Cet entier, appelé {\it conducteur} de $\K$, est assez connu dans certains cas. Par exemple, si $\K$ est {\bf cyclique} (son groupe de Galois est cyclique) de degré premier $p$ impair, alors $f$ s'écrit sous la forme $f=n^{\theta} p_1 \dotsb p_r$ avec $\theta=0$ ou $2$ et les $p_i$ valent $p_i \equiv 1 \pmod p$.

On se donne un entier $m$ tel que $f \mid m$. Si $p$ est un nombre premier, on commence par généraliser le célèbre morphisme de Frobénius de $\mathbb {F}_p$ ($\sigma(x) = x^p$ pour tout $x \in \mathbb {F}_p$) par le morphisme, encore appelé morphisme de Frobénius, défini par $\sigma(x) \equiv x^p \pmod {p \mathcal {O}_{\K}}$ pour tout $x \in \mathcal {O}_{\K}$. On note ce morphisme sous la forme $\left ( \dfrac {\K / \Q}{p} \right )$ et il généralise le symbole de Legendre. On l'appelle symbole d'Artin.


Pour la suite, il faut comprendre que l'on peut faire tout ce qui a été fait "à un niveau au-dessus", c'est-à-dire ne plus prendre $\Q$ comme corps de base, mais...un corps de nombres $\K$. On a des extensions abéliennes $\mathbb{L} / \K$, ayant un conducteur $\mathfrak {f}$ (qui est ici un objet plus compliqué qu'un simple entier), et on se dote d'un objet $\mathfrak {m}$, qui généralise l'entier $m$ ci-dessus, et pour lequel $\mathfrak {f} \mid \mathfrak {m}$. Le {\bf corps de classes} de rayon $\mathfrak {m}$ peut être vue comme l'extension maximale de $\K$ avec un conducteur minimal divisant $\mathfrak {m}$. On note ce corps $\K(\mathfrak {m})$. En particulier, si $\mathfrak {m} = \mathcal {O}_{\K}$, alors $\K(\mathfrak{m})$ est noté $\K(1)$ et s'appelle le corps de classes d'Hilbert de $\K$. Il peut être vu comme l'extension maximale abélienne et {\bf non ramifiée} de $\K$. Cette notion d'extension non ramifiée n'est pas évidente à saisir au premier abord, d'ailleurs. Pour essayer de faire simple, une extension $\mathbb {L} / \K$ de degré $n$ est non ramifiée si :

(a) Si on note $\sigma_1,...,\sigma_n$ les automorphismes de $\K$, alors ou bien $\sigma_i(\K) \not \subset \R$, ou bien le polynôme $X^n + \sigma_i(a_{n-1}) X^{n-1} + ... + \sigma_i(a_0)$ n'a que des racines réelles.

(b) Pour tout idéal premier $\mathfrak {p}$ de $\K$, $\mathfrak {p} = \mathfrak {P}_1 \dotsb \mathfrak {P}_g$ (cet idéal premier a toute ses valuations égales à $1$). On dit que tout idéal premier de $\K$ est {\it complètement décomposé} dans $\mathbb {L}$.


J'espère avoir été le plus clair possible sur un sujet difficile.


Borde.

borde,

un détail : Cox s'écrit avec un "C".

Je pense qu'il y a une petite erreur dans ton message à Sylvain. Je cite :

"(b) Pour tout idéal premier $\mathfrak {p}$ de $\K$, $\mathfrak {p} = \mathfrak {P}_1 \dotsb \mathfrak {P}_g$ (cet idéal premier a toute ses valuations égales à $1$). On dit que tout idéal premier de $\K$ est {\it complètement décomposé} dans $\mathbb {L}$."

Or d'après moi, "complètement décomposé" veut dire qu'il y a exactement $[L:K]$ idéaux premiers de $\mathcal{O}_{L}$ au-dessus de $\mathfrak{p}$. Ici, on impose simplement que les indices de ramifications soient egaux à 1. A moins qu'il y a une subtilité dans l'expression "complètement décomposé" ; car moi je dit plutôt "totalement décomposé".

Pour ton dernier message, il me semble que si $d_{K}$ est le discriminant de $K$, il y a $2^{k}$ genres de formes de discriminant $d_{K}$ et pas $2^{k-1}$ comme tu le dis. Par exemple, considèrons $$K=\Q(\sqrt{-5}) $$, de discriminant -20. Il y a un seul diviseur premier impair de -20 et il y a 2 classes de formes : $x^2+5y^2$ et $2x^2+2x+3y^2$.

Par ailleurs, je trouve que raisonner sur le nombres de classes n'est pas pratique. Je pense qu'il est plus simple de dire que le corps de genre est le sous-corps des invariants du sous-groupe $\mathcal{C}(\mathcal{O}_{K})^2$ (les carrés d'idéaux) de
$$Gal(L/K) \simeq \mathcal{C}(\mathcal{O}_{K})$$
Donc si on suppose que c'est isomorphe à $(\Z / 2 \Z)^{r}$, ce sous-groupe est trivial, donc on a l'égalité corps de genre = corps de classe de Hilbert.

Koski

{\bf Koski}: je suis d'accord avec toi pour dire que c'est la bonne façon de voir le corps de genre, mais elle n'est claire que dans la mesure où l'on a montré qu'il était contenu dans le corps de classes de Hilbert, ce qui apparemment était le point gênant pour Borde. (Et si on a l'inclusion, le corps des genre va être la plus grande sous-extension du corps de classes de Hilbert dont le groupe de Galois soit tué par 2).

{\bf Borde}: abélien sur $\Q$, ça implique {\it a fortiori} abélien sur $\Q(\sqrt{-N})$. C'est le contraire qui n'est pas vrai : une extension abélienne d'une extension quadratique n'a même pas de raison d'être galoisienne sur le corps tout en bas a priori. Il y a un petit miracle à l'œuvre là, du coup, qui fait que le corps de genre est toujours une extension abélienne de $\Q$ lui-même, et donc la décomposition des idéaux premier s'y exprime en termes de congruences explicites (on est à l'intérieur d'un corps cyclotomique !). Je crois me souvenir que c'est en fait l'extension non ramifiée maximale pour cette propriété. Cox doit d'ailleurs faire certaines remarques en ce sens : les classes de genre de formes quadratiques sont en quelque sorte le mieux qu'on puisse distinguer à l'aide de congruences.

[La case LaTeX AD]

mt-i : je suis d'accord pour le côté abélien, mais il fallait certainement utiliser l'hypothèse du nombre de classes pour aboutir.


Koski : oui, $k$ est le nombre de facteurs premiers de $d_{\K}$, et non premiers impairs comme j'avais mis. Quant à la terminologie, je préfère dire "décomposé" pour le cas non ramifié et non inerte (donc $\sum_{i=1}^{g} f_i = n$), et complètement décomposé pour le cas $g = n$ (et donc $e_i = f_i = 1)$ avec les notations usuelles. Mais le petit laïus que j'avais fait pour Sylvain se voulait être "sans prétention", comme je l'ai dit, et il ne s'agissait évidemment pas d'un cours, mais d'une petite illustration des concepts mis en jeu.

Quant à raisonner sur les carrés d'idéaux, cela ne me semble pas plus évident que de chercher via le nombre de classes, et, là, je rejoins le point de vue de mt-i. Mais peut-être suis-je partial ?


Ritchie : je n'ai pas en tête de tels résultats...ce qui ne veux pas dire qu'il n'y en ait pas.


Sylvain : Le problème avec la théorie algébrique, est l'imposante masse de connaissances nécessaires pour débuter. De plus, il y a un moment que je n'ai plus fait de théorie du corps de classes, et j'ai voulu profiter de ce fil pour m'y replonger dedans.


Borde.