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Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 06:16
Je reviens, dans le cas quadratique, avec le fameux caractère $\chi_D$ (dont le fondement n'est pas encore assuré !) sur l'égalité :
$$
a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(m) \qquad \hbox {$a_m$ nombre d'idéaux de norme $m$ de $\mathcal O_K$ où $K = \Q(\sqrt D)$}
$$
Je dirai tout à la fin en quoi ce qui vient maintenant est lié à $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$.

On a vu que le $p$-Euler facteur de la fonction zeta de $K$ était donné par :
$$
Z_p(T) = {1 \over (1-T^{f_p})^{g_p}} =
\cases {
{1 \over (1-T)^2} & si $\chi_D(p) = 1$ \cr
{1 \over 1-T^2} & si $\chi_D(p) = -1$ \cr
{1 \over 1-T} & si $\chi_D(p) = 0$ \cr
}
$$

Rappel : $Z_p(T) = \sum_{k \ge 0} a_{p^k} T^k$, c'est cela la définition (pour nous autres) de $p$-Euler facteur.

On voit alors que, dans tous les cas :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
c.a.d
$$
Z_p(T) = \sum_{j \ge 0} T^j \ \sum_{i \ge 0} \chi_D(p^i) T^i = \sum_{k \ge 0} \left(\sum_{j+i=k} \chi_D(p^i)\right) T^k
$$
On en déduit :
$$
a_{p^k} = \sum_{i=0}^k \chi_D(p^i) = \sum_{d \mid p^k} \chi_D(d)
$$
On obtient alors $a_m = \sum_{d \mid m} \chi_D(d)$ par multiplicativité. Fin de la justification.

D'où provient ce binz ? Comme je l'ai dit de l'analyse de $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, égalité trouvée par flip-flop, prétendant qu'il ne savait pas ce qu'il fabriquait.

Une suite multiplicative $(a_m)_{m \ge 1}$ possède un $p$-Euler facteur au sens suivant :
$$
\sum_{m \ge 1} {a_m \over m^s} = \prod_p \sum_{k \ge 0} {a_{p^k} \over p^{ks}} = \prod_p Z_p\Bigl({1 \over p^s}\Bigr)
$$
Par exemple, le $p$-Euler facteur de $\zeta$ est $Z_p(T) = {1 \over 1 - T}$ quelque soit $p$.

Et les $p$-Euler facteurs <<se multiplient>>. Ainsi dans l'égalité $\zeta_K(s) = \zeta(s) L_D(s)$, les 3 $p$-Euler facteurs qui interviennent sont
$$
{1 \over (1 - T^{f_p})^{g_p}}, \qquad {1 \over 1-T}, \qquad {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
D'où ``la chose''.

On voit bien la naïveté de mon discours. Qui provient de mon ignorance de ``l'analytique''.
C'est trop tard pour moi (je suis trop vieux) ; mais, vous, flip-flop, gai-requin, vous n'avez pas cette excuse (vous êtes jeunes). Et donc le monde (merveilleux) de l'analytique vous attend.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 06:44
@gai requin
Si je peux me permettre une suggestion à propos du critère de Dedekind et $\Z[\root n \of 1]$.

Elle consiste à traiter l'exemple $X^3 - 2$. Quelque part, tu vas disposer de l'énoncé du critère de Dedekind, je suppose. Mais l'avantage, l'immense avantage de $X^3 - 2$ est que toi-même, tu vas PROUVER le critère de Dedekind sur CET exemple. Tu ne va pas te contenter de l'UTILISER. Et même que tu vas prendre plaisir avec $\Z[\root 3 \of 2]$, car c'est bien lui, l'anneau des entiers de $\Q(\root 3 \of 2)$. Tu vas même obtenir, pour pas cher, les lois de factorisation. Que tu pourras illustrer avec de vrais exemples. C'est quoi un vrai exemple ? Ben par exemple remplacer la lettre $p$, qui sent le premier, par un vrai premier : tiens pourquoi pas $p = 31$ ? [[et pas, comme suggéré une fois par le malicieux flip-flop $p = 57$]]

Par opposition, tu pourras examiner $\Z[\sqrt d]$ avec $d \equiv 1 \bmod 4$ ($d$ entier sans facteur carré) et voir qu'il est tout pourri. Il y a par exemple un idéal maximal $\mathfrak m$ qui vérifie $\mathfrak m^2 = 2\mathfrak m$ et qui n'est pas simplifiable. Tout pourri car la norme n'est pas multiplicative ...etc...

Mais bien sûr, tu procèdes comme tu veux.

Par ailleurs, en ce qui concerne $\Z[\root n \of 1]$, il ne faut pas mettre à l'eau ton investissement sur les idéaux inversibles. Car, quitte à me répéter, c'est un des points importants.

Que de choses à assurer. Alors que les vacances, c'est fait pour se reposer. Mais montrer que $\Z[\root n \of 1]$ est intégralement clos ou mieux ses idéaux sont inversibles ou bien faire mumuse avec le critère de Dedekind et les lois de factorisation, est ce que ce n'est pas déjà des vacances ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 07:23
Bien sûr qu'il est préférable de commencer avec $X^3-2$ et regarder comment les premiers qui ne sont pas de Grothendieck se factorisent. winking smiley

Une question tout de même : j'ai l'impression que quand on tombe sur l'anneau des entiers, ses idéaux peuvent être engendrés par deux éléments !
Et je crois qu'on s'en est déjà servi pour montrer qu'à partir de l'inversibilité d'un idéal non nul, on obtient $a/b$ entier $\Rightarrow$ $a\in Ab$.
Cette histoire à deux générateurs est-elle vraie ?
Si oui, doit-on commencer par là ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 08:06
avatar
Hello Claude,

Oui c'est ça la propriété de La fonction $\zeta$ dont je voulais parler :

$$
\prod_{p} {1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}} = \sum \frac{\chi_D(m)}{m^s}
$$
Et on l'utilise deux fois avec la décomposition :
$$
Z_p(T) = {1 \over 1-T}\ {1 \over 1 - \chi_D(p)T}
$$
Pour obtenir :
$$
\prod_{p}Z_p(p^{-s}) =\prod_{p}{1 \over 1-p^{-s}}\ \prod_{p}{1 \over 1 - \chi_D(p)p^{-s}}
$$
Pour le caractère trivial, on tombe sur $\zeta$ et pour l'autre ... c'est la série $L$ comme ils disent !


Du coup en lisant ton message, on peut faire pareil avec notre jolie fonction zéta cyclotomique ?

C'est un peu plus compliqué car on avait trouvé :
$$
Z_p(T) = \Big( \frac{1}{1-T}\frac{1}{1-\zeta T} \dots \frac{1}{1-\zeta^{o(p,d)-1}T} \Big)^ {\frac{\phi(d)}{o(p,d)}}
$$
Faudrait trouver une manière d'écrire ça avec des caractères :
si on note : $\chi_i$ tous les caractères de $(\Z /d \Z)^* \to \C$, alors ça doit fonctionner ça :
$$
Z_p(T) = \prod_{i=1}^{\phi(d)} \frac{1}{1-\chi_i(p)T}
$$
Il y a une formule dans l'exo 4 du pdf Ca ressemble un peu ... mais y'a une histoire de conducteur !

Enfin bref, j'ai plus ou moins compris le business ... Question qui tue, ça sert a quoi d'avoir la fonction zéta ? Avec les $Z_p$ je comprend que c'est lié au problème de trouver des points sur les corps finis mais là !

Bon réciprocité quadratique, c'est un peu plus concret cette histoire, faut que je comprenne bien grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 08:07
@gai requin
Oui c'est vrai que tout idéal $I$ de l'anneau des entiers d'un corps de nombres est engendré par $2$ éléments. Mieux : $I$ est engendré par $1,5$ élément(s). Oui, j'ai bien mis $1,5 = {3 \over 2}$. Cela veut dire que pour tout $a \in I \setminus \{0\}$, on peut compléter avec un certain $b \in I$ de sorte que $I = \langle a, b\rangle$.

De plus, toujours dans le cadre de l'anneau des entiers de .., en excluant une fois pour toutes l'idéal nul, on a $I \cap \Z \ne \{0\}$. Why ? [[à mon tour de poser une question]]. Et si $m \in \N^*$ désigne le générateur de $I \cap \Z$, on peut donc générer $I$ de la manière suivante : $I = \langle m, b\rangle$ avec un $b$ ad-hoc.

En ce qui concerne ton histoire de $a/b$ entier ... etc .. je corrige ce que tu as dit : on a simplement eu besoin de l'idéal $\langle a, b\rangle$. On n'a pas eu à utiliser que tous les idéaux de $A$ sont ...etc.. Cela s'appelle une propriété ponctuelle. Pour le matheux effectif que je suis (constructif, ah, ah), c'est une notion importante. La plupart des gens font souvent intervenir TOUTE la structure d'un anneau, d'un module ..etc.. pour venir à bout du cas qu'ils ont dans les mains. C'est souvent ce que j'appelle ``l'abus structurel''. Exemple type : on va supposer que l'anneau est noethérien, comme cela on sera peinard : tous (??) les idéaux qui vont débarquer seront de type fini.

Enfin, tu dis ``Doit-on commencer par là ?''. Ben, je ne sais pas par quoi tu vas démarrer. Tu ne peux peut-être pas te lancer dans 36 trucs à la fois. Sois rassuré : dans le fameux critère de Dedekind qui risque d'être sur la sellette bientôt, les idéaux qui vont débarquer seront 2-engendrés sans que cela ne soit un souci.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 08:46
Soit $x\neq 0$ dans $I$.
Comme $\Z$ est intégralement clos, le polynôme minimal $f=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n$ de $x$ est dans $\Z[X]$ et on a $a_0\neq 0$.
De plus, $a_0=-a_1x-\cdots -a_nx^n$ donc $a_0\in I$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 08:53
@flip flop
Ben, heureusement que tu ne comprends pas ce que tu fabriques (je reprends tes termes d'un post). Oui, est on est ok, on se comprend 5/5. Merci pour le pointeur.
Par contre, il me semblait que l'on avait dit que l'on REMONTERAIT le fil en arrière .. jusqu'à atteindre $\mathrm {SL}_2(\Z/4\Z)$ qui est une des 3 extensions centrales (non triviales) de $S_4$ par $C_2$.
Alors, qu'avec la fonction zeta de Dedekind $\Q(\root n \of 1)$, on a l'impression d'aller plutôt vers l'avant que vers l'arrière, non ? Mais pas tout-à-fait, Jean-Paul car elle figure en arrière.

La vérité : j'ai pensé la même chose que toi (je ne devrais pas le dire) et je me dis que $\Q(\root 5 \of 1)$ pourrait bien passer sur le billard bientôt. Mais j'ai un petit souci de rationalité, et peut-être que sans rien dire à personne, je vais jouer avec une extension abélienne de degré 3. Damned, je l'ai dit.

Mais il y a d'abord des choses en arrière à ASSURER. Je reviens sur $\chi_5$ par exemple (tu as vu le coup de ``je reviens'').

Il ne faut pas que de la technique. Il faut mettre des MOTS. Le jeu auquel on joue est ``dangereux'' car on met des CHOSES A PLAT : oeuf, poule et tout le truc.

Allons y pour $\chi_5$. Je veux absolument faire comprendre que lorsqu'on a $\chi_5$ avec soi, .. c'est que l'on a un bout de réciprocité quadratique. Je m'explique : pour un premier impair positif $p \ne 5$, puisque d'une part $\chi_5(p)$ ne dépend que de $p$ modulo $5$ (ceci est dans les PREROGATIVES de $\chi_5$) et $\chi_5(p) = \left( {5 \over p} \right)$ (idem, c'est ce qu'il doit vérifier) :
$$
\chi_5(p) = \cases {
1 & si $p \equiv 1 \bmod 5\quad $ (parce que $\chi_5(1) = 1$) \cr
-1 & si $p \equiv 2 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 7$, 5 non carré mod 7) \cr
-1 & si $p \equiv 3 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 3$, 5 non carré mod 3) \cr
1 & si $p \equiv -1 \bmod 5\quad $ (prendre $p = 19$, 5 carré mod 19 à savoir le carré de 9) \cr
}
$$
on obtient (vérifier un par un)
$$
\chi_5(p) = \left( {p \over 5}\right)
$$
C.a.d
$$
\left( {p \over 5}\right) = \left({5 \over p}\right) \qquad \hbox {pour tout premier impair positif $p$}
$$
C'est la loi de réciprocité ``pour 5''.

Certes, c'est du lourd ci-dessus. Je vais traiter ce que nous apporte de croire à l'existence de $\chi_{q^*}$ dans un autre post. Faudra faire plus fin.

Tout cela pour dire que, bientôt, très bientôt, lorsque l'on va assurer le FONDEMENT de $\chi_D$ pour $D$ discriminant quadratique fondamental, on va COTOYER les lois de réciprocité quadratique. A suivre.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 09:06
@gai requin
Vu $I \cap \Z$ non nul.

@flip flop.
Bon faut se lancer pour le fondement de $\chi_D$. Il faut commencer par quelque chose. Si $D$ est un discriminant quadratique fondamental, pourquoi peut l'écrire de manière unique :
$$
D = D_0\ p_1^* \cdots p_k^* \qquad
\cases {
\hbox {$p_i$ premier impair positif} \cr
p^* = (-1)^{p-1 \over 2} p \hbox { pour $p$ premier impair} \cr
D_0 \in \{1, -4, -8, 8\} \cr
}
$$
En déduire (je crois que cela doit aller tout seul, enfin j'espère), en utilisant ce qui a déjà été fait pour les discriminants quadratiques fondamentaux primaires :
$$
\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)
$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 10:19
@flip flop
C'est fort possible que tu ne voies point où je veux en venir dans l'histoire du symbole de Kronecker $\chi_D$. Mais j'ai quelque chose derrière la tête , tu me fais confiance ?

Par contre, je ne souhaite pas faire du tout comme dans l'exercice 2 de la feuille de TD que tu as pointé. Où $\chi_D$ est définie de manière ad-hoc via des cas. On y voit d'ailleurs que les auteurs ne disent pas un mot du fait que l'existence du symbole de Kronecker prend en charge les lois de réciprocité.

Je souhaite passer par l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ [[je suis un peu lourd, il me semble l'avoir dit un certain nombre de fois]] et :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D
$$
où, pour $m$ premier à $D$, $\sigma_m$ est l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur $\mathbb U_{|D|}$.

Pourquoi je veux faire comme cela ? Parce que j'en ai envie (CQ est capricieux, tu ne le savais pas ?)
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 10:37
avatar
Pour les discriminants de $\Q(\sqrt{D})$. On a ;
$\Delta = D$ si $D = 1 \pmod{4}$ et $\Delta = 4 D$ si $D = 2,3 \pmod{4}$.

On écrit : $$\Delta = \epsilon \times 2^a \times (-1)^b \prod p_i^* \quad \text{ avec } \quad \epsilon = 1, \, \text{ ou } \, 4$$
Et $a =0$ ou $1$ suivant que $ 2$ divise ou non $D$. Je pense que ça donne ta décomposition. (mais j'ai noté $\Delta$ ton $D$).

Ensuite, on prend pour chaque $p_i^*$ une racine primitive $p_i$ de l'unité dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$. On forme la somme de gauss $\tau_i$ et on a $\tau_i^2=p_i^*$, donc en prenant le produit $\tau_i$ on obtient un racine de .$ \prod p_i^*$ dans $\Q(\root |\Delta| \of 1)$.




Pour le cas : $\Delta= D$, i.e $D= 1 \pmod{4}$ c'est gagné car $a=0$, $b=0 \pmod{2}$ et $\epsilon = 1$ car les $p_i^*$ sont congrus à $1$ modulo $4$, donc là c'est gagné !

Pour le cas : $D= 2 \pmod{4}$ : alors $8$ divise $\Delta$ et $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $\sqrt{2}$ et $\sqrt{-2}$.
Donc c'est bingo.

Pour le cas : $D=3 \pmod{4}$ : alors $\Q(\root |\Delta| \of 1)$ contient $i$ car $4$ divise $\Delta$ et $a=0$. Bingo !

Je suis toujours un peu brouillon dans ce genre de truc !
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 10:46
avatar
Oui j'te fais confiance Claude ! Pour info, nous sommes parti de la question de gai requin : ici grinning smiley
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 12:03
@flip flop
Ton post [www.les-mathematiques.net]. Juste pour que l'on puisse échanger, je vais continuer à noter $D$ un discriminant quadratique fondamental (et pas $\Delta$ comme toi). On peut (un peu) oublier ``$d$ sans facteur carré'' et dire que cela signifie :

Ou bien $D \equiv 1 \bmod 4$ et $D$ est sans facteur carré.
Ou bien $D \equiv 8,12 \bmod 16$ et $D/4$ est sans facteur carré.

D'abord, la décomposition. Dans ce que tu as écrit, cela revient à prendre pour $D_0$ le quotient de $D$ par le produit des $p_i^*$, Oui ? Les $p_i$ étant les facteurs premiers positifs (impairs) de $|D|/2^v$ où $v$ est la valuation de $2$ dans $|D|$.

Par exemple, la décomposition de 15, c'est dans les combien ?

Pour le fun

> D := FundamentalDiscriminant(Random(10^5,10^6)) ;  D  ; PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ;
3696424
[ 8, -367, -1259 ]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 12:28
@gai requin

Lang, dans Algebraic Number Theory, a propos de $X^3 - 2$ :

Let $E = \Q(\alpha)$ where $\alpha^3 = 2$, say $\alpha$ is the real cube root of 2. Let $f(X) = X^3 - 2$. Then $f'(\alpha) = 3\alpha^2$, and $D_{E/\Q}(\alpha) = -3^32^2$. Let $B$ be the rings of algebraic integers in $E$. Note that 2 is ramified in $E$ with ramifiation index 3, and hence $D_{E/\Q}(B)$ is divisible by 2, whence by $2^2$, by Stickelberger's criterion.
Furthermore 3 must have some ramified factor in $E$, for otherwise all the conjugates of $E$ would be unramified over 3, so that the splitting field $\Q(\alpha, \sqrt {-3})$ would be unramified over 3, which is obvious not the case. The polynomial $X^3 - 2$ is irreducible over the $3$-adic field $\Q_3$ because already the congruence
$$
X^3 \equiv 2 \pmod 9
$$
has no solution in the $3$-adic fields. Thus there is only one prime in $E$ lying above $(3)$, and therefore the ramification index must be 3. Thus we have
$$
3B = \mathfrak p^3
$$
We see that in fact, $\mathfrak p$ is strongly ramified, and by Proposition 8 of section 2, we conclude that $\mathfrak p^3$ divides the different of $E/\Q$. Since $N\mathfrak p= 3$, it follows, that $3^3$ divides the discriminant, and we now see that $3^32^2$ divides the discriminant $D_{E/\Q}$. By Proposition 10, we conclude finally that $B = \Z[\alpha]$.

Ben, mon colon.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 12:50
avatar
Pour $D = 15$ c'est $\Delta= -4 * 5* (-3)$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 13:06
YES

> N := 15 ;                            
> PrimaryDiscrimantalDecomposition(N) ;
>>   assert IsFundamentalDiscriminant(D) ;
     ^
Runtime error in assert: Assertion failed
> D := FundamentalDiscriminant(N) ;
> D ;
60
> PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ;
[ -4, -3, 5 ]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 13:31
avatar
Mais je me mélange ! avec $D$ $\Delta$ et $D_0$, tu me diras c'est moi qui écrit $\Delta$.

Bref pour $3696424 = 462053 * 8$. Je prend la parti sans facteurs premiers multiples : $D = 462053 * 2$ donc là c'est congru à $2$ modulo $4$. Donc $\Delta = 4 * 2 * 357 * 1259= 4 * 2 * (-357)*(-1259)$. Bon, je pense que l'on est bon ! Et on a : $\Q(\sqrt{462053 * 2}) \subset \Q(\zeta_{462053 * 2^3})$. On prend le morphisme de restriction et on obtient ;
$$\chi_D : (Z / \Delta \Z ) ^* \to \{-1,1 \}$$ vu comme groupe de Galois.Et
$$
\sigma_m(\sqrt{462053 * 2}) = \chi_{\Delta}(m) \times \sqrt{462053 * 2}
$$
Avec $\sigma_m$ qui est l'élévation à la puissance $m$ sur les racines de l'unité (important : seulement sur les racines de l'unité et pas sur tout)

Edit : y'a une boulette ! Il faut prendre : $\Q(\zeta_\Delta)$, correction en rouge ! Il faut une racine de $2$ !



Modifié 3 fois. Dernière modification le 02/02/2017 13:40 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 14:05
@flip -flop
C'est OK. Peut-être un tout petit bilan avant la touche finale qui ne saurait tarder. Histoire de bien clarifier les acquis.

(1) On dispose de preuves "autonomes" (self contained) des lois de réciprocité quadratiques. Et on en connaît l'intérieur des preuves choisies : elles utilisent la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique $p$), notée $\tau$ chez nous autres.

(2) On dispose ... de l'inclusion $\Q(\sqrt {q^*}) \subset \Q(\root q \of 1)$ pour un premier impair $q \ge 3$. Et on n'est ``pas dupe'' : on sait d'où provient cette inclusion. Elle provient de la somme quadratique de Gauss (de la caractéristique 0), notée encore $\tau = \tau_0 - \tau_1$. Avec l'égalité $\tau^2 = q^*$ et c'est ce qui certifie l'inclusion puisque $\tau$ est par définition une expression $q$-cyclotomique. Et en prime, le bonus arithmétique $\tau_0, \tau_1$.

(3) On sait écrire un discriminant quadratique fondamental $D$ sous la forme d'un produit $D = D_0 p_1^* \cdots p_k^*$ ...etc ..

(4) On dispose de l'inclusion $\Q(\sqrt D) \subset \Q(\root |D| \of 1)$ et à tout moment, si on nous le demande, on sait d'où provient cette inclusion.

(5) $\Q(\root |D| \of 1)/\Q$ est une extension galoisienne de groupe de Galois CANONIQUEMENT isomorphe à $(\Z/D\Z)$ via $m \leftrightarrow \sigma_m$ qui éléve à la puissance $m$ les racines de l'unité de $\mathbb U_{|D|}$. Cela a donc du sens de définir un signe $\pm$ :
$$
\sigma_m(\sqrt D) = \chi_D(m) \sqrt D \qquad \chi_D(m) \in \{\pm 1\}, \qquad m \wedge D = 1
$$
Donc on a une définition ``propre'' (si je peux me permettre) de $\chi_D(m)$. Disons que je préfère cela à ce que j'ai pointé chez Ribenboim (avec tout le respect ...etc..)

Et tu OK avec ce bilan ?

Il reste à montrer d'une part que le caractère quadratique $\chi_D$ vérifie ce que l'on attend de lui i.e. $\chi_D(p) = ...$ pour $p$ premier impair. Et que d'autre part, on sait le calculer. C'est pas le tout de dire que l'on croit faire propre, faut savoir opérer.

Petites questions avant de terminer :

(A) pourquoi un caractère $(\Z/D\Z)^\times \to ...$ est-il caractérisé sur les $p$ premiers impairs $\ge 3$ ? I.e. si deux caractères coïncident en ..., alors ..

(B) $\sigma_{-1}$ c'est qui ? Et que vaut $\chi_D(-1)$ ?

(C) On remonte tous les caractères à $\Z$ en leur collant $0$ comme on le pense. Soient $D_1, D_2$ deux disc. quadratiques fondamentaux premiers entre eux et $D = D_1D_2$. Alors
$$
\chi_D(m) = \chi_{D_1}(m) \chi_{D_2}(m) \qquad \hbox {que l'on écrit} \qquad \chi_{D_1D_2} = \chi_{D_1}\ \chi_{D_2} \qquad D_1 \wedge D_2 = 1
$$
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 15:00
avatar
Alors ok avec le bilan grinning smiley Pour l'instant tout va bien !

(A) On peut essayer de trouver un système de générateur et relever ce système en des nombres premiers ... Théorème de la progression arithmétique ???

(B) $\sigma_{-1}$ c'est la conjugaison complexe, et $\chi_D(-1)$ c'est le signe de $D$.

(C) La j'ai envie de prendre $\Q(\root |D_1| \of 1)$ et $\Q(\root |D_2| \of 1)$ dans $\Q(\root |D_1D_2| \of 1)$. Comme $D_1$ et $D_2$ sont premiers entre eux. On a un isomorphisme $$(\Z / D_1D_2 \Z)^* \to (\Z / D_1 \Z)^* \times (\Z / D_2 \Z)^*$$
Et ce qui est important c'est que cet isomorphisme correspond à la restriction. Hum, je suis un peu en galère pour écrire la formule :
Je veux dire, $$\sigma_m(\sqrt{D_1}) = \text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))(\sqrt{D_1}) = \chi_{D_1}(m) \sqrt{D_1}$$
où $\text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_1| \of 1))$ désigne la restriction de $\sigma_m$ à $\Q(\root |D_1| \of 1)$, et il correspond par l'isomorphisme canonique à $m \pmod{D_1}$. donc élévation à la puissance $m$ sur les racines $D_1$-ième de l'unité dans $\Q(\root |D_1| \of 1)$, ce qui justifie le second $=$.

De même :
$$\sigma_m(\sqrt{D_2}) = \text{Res}(\sigma_m,\Q(\root |D_2| \of 1))(\sqrt{D_2}) = \chi_{D_2}(m) \sqrt{D_2}$$
D'où
$$
\sigma_m(\sqrt{D_1D_2}) = \sigma_m(\sqrt{D_1})\sigma_m(\sqrt{D_2}) = \chi_{D_1}(m) \sqrt{D_1} \chi_{D_2}(m) \sqrt{D_2}
$$
D'où
$$ \chi_{D_1 D_2} = \chi_{D_1} \chi_{D_2}
$$



Modifié 1 fois. Dernière modification le 02/02/2017 15:02 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 15:46
@flip flop

Ok mais peut-être que pour (A) on va se passer du théorème de la progression arithmétique. Tout habitant de $(\Z/D\Z)^\times$ possède un représentant qui est un nombre entier $m \ge 1$. Et $m$ est premier à $D$.

Je dis que, quitte à remplacer $m$ par $m +D$, je peux supposer $m$ IMPAIR. En effet, si $m$ est impair, je n'y touche pas. Et si $m$ est pair, vu que $D \wedge m = 1$, c'est que $D$ est impair et donc $m+D$ est impair.

Surveille moi quand même.

On écrit $m$ (enfin impair) comme produit de premiers $p_i$ (impairs pardi) et donc $\sigma_D(m)$ est le produit des $\sigma_D(p_i)$.

Moins violent que la progression arithmétique ?

----------------
Enfin, pour vérifier $\sigma_D(p) = \left({D \over p}\right)$ pour $p$ premier impair $\ge 3$, on se ramène, grâce à $\chi_{D_1D_2} = \chi_{D1} \chi_{D_2}$ quand $D_1 \wedge D_2 = 1$, à un discriminant quadratique fondamental ``élémentaire'' de type $D_0 \in \{ -4, 8, -8\}$ ou $q^*$. Et là, pour l'INSTANT, pas de miracle, on utilise la loi de réciprocité quadratique.

Mais on reviendra, un peu plus tard, sur ce dernier point en examinant $A/pA \hookrightarrow B/pB$ où $A$ est l'anneau des entiers de $\Q(\sqrt D)$ et $B$ celui de $\Q(\root |D| \of 1)$. Mais plus tard.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 15:53
avatar
Pour (A), sûr que tu allais me proposer un autre truc que la progression arithmétique grinning smiley Je file au boulot. Merci @plus tard.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 16:10
Et si on veut concrétiser la chose, une petite implémentation ne peut pas faire de mal (c'est pas si long, comme tu vois).

Z := IntegerRing() ;
Chi8 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> IsOdd(m) select (-1)^ExactQuotient(m^2-1,8) else 0 > ;
ChiMinus4 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> IsOdd(m) select (-1)^ExactQuotient(m-1,2) else 0 > ;
ChiMinus8 := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> Chi8(m)*ChiMinus4(m) > ;
Epsilon := map < Z -> {-1,0,1} | m :-> 1 > ;

// Le reste modulo p va fournir 0,1,p-1. A transformer en 0,1,-1
CenteredRemainder := func < x | x in {0,1} select x else -1 > ;
MetaChi := func < p |  map <Z -> {-1,0,1} | m :-> CenteredRemainder(Modexp(m, ExactQuotient(p-1,2), p)) > > ;

PrimaryDiscrimantalDecomposition := function(D)
  assert IsFundamentalDiscriminant(D) ;
  AbsD := Abs(D) ;
  Dodd := ExactQuotient(AbsD, 2^Valuation(AbsD,2)) ;
  OddPrimes := [Z| item[1] : item in Factorisation(Dodd)] ;
  assert Dodd eq &*OddPrimes ;
  Pstar := [Z| (-1)^ExactQuotient(p-1,2) * p : p in OddPrimes] ;
  D0 := ExactQuotient(D, &*Pstar) ;
  assert D0 in {1, -4, 8, -8} ;
  return D0, Pstar ;
end function ;

MyKroneckerCharacter := function(D)
  D0, Pstar := PrimaryDiscrimantalDecomposition(D) ;
  ChiD0 := D0 eq 1 select Epsilon
           else D0 eq -4 select ChiMinus4
           else D0 eq 8 select Chi8
           else ChiMinus8 ;
  return map < Z -> {-1,0,1} | m :-> ChiD0(m) * &*[Z| MetaChi(Abs(p))(m)  : p in Pstar] > ;
end function ;
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:05
@CQ : Je ne vais même pas essayer de comprendre Lang pour $X^3-2$. confused smiley

J'ai vu une solution plus détaillée ailleurs mais qui a l'air de reposer sur des idées similaires.

Je préfère m'occuper de factorisation d'idéaux mais là tout de suite maintenant, je n'ai pas d'idée pour démarrer.
Un petit tip pour un gai requin paumé ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:09
avatar
@gai requin : tu fais dans le cas quadratique ?
Sinon vacance ???
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:19
Vacances à l'instant mais avec beaucoup beaucoup de copies ! thumbs up

Pour nos affaires, faut que j'étudie l'anneau des entiers d'une extension cubique $\Q(\sqrt[3]{2})$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:28
@vous deux
Boîte mail.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:33
Bonsoir,

Claude, tu frustres les lurkeurs.

Cordialement,

Rescassol
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 18:59
@Rescassol
Boîte mail : c'est que c'est un sacré merd.er dans le pdf (de mézigues) en question. Tu vois déjà comment cela se passe ici ? Et bien, dans le pdf, c'est pire, si, si.

@flip-flop
Je voulais te montrer que ma fonction de calcul du symbole de Kronecker associé à $D$ était vraiment inefficace. Car elle factorise $|D|$ et un vrai gentleman ne doit pas le faire. Il y a un autre symbole, dit de Jacobi, qui se détermine via des divisions euclidiennes. Et je pensais que le calcul par magma du symbole de Kronecker utilisait celui de Jacobi.
Et j'ai commencé à chercher des exemples pour montrer la méga-différence entre magma et ma fonction (qui n'a absolument pas été écrite pour être efficace). Mais mazette, j'arrive pas à perdre.
Hum, si les gens, à l'extérieur, savaient l'énergie dépensée pour calculer un signe $\pm$, cela remettrait peut-être en cause ...

> D := NextPrime(10^25) * NextPrime(10^30) ;
> time D := FundamentalDiscriminant(D) ;    
Time: 0.100
> time ChiD := KroneckerCharacter(D) ;      
Time: 0.590
> time MyChiD := MyKroneckerCharacter(D) ;
Time: 0.140
> m := Random(10^20, 10^30) ;
> time u := ChiD(m) ;
Time: 0.430
> time v := MyChiD(m) ;
Time: 0.000
> u eq v ;
true
> u ;
-1     <----------- on est bien content de le savoir ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 19:12
avatar
Mais tu as tout déchiré là, Claude ???
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 19:29
@gai requin
On démarre un peu ? Soit $A \subset \C$ un anneau de nombres (un order en anglais) mais pas nécessairement (justement) l'anneau des entiers d'un corps de nombres. Par exemple $A = \Z[\root 3 \of 2]$.

Imagines un instant que tout premier de $\Z$ soit un produit d'idéaux premiers de $A$. Alors je dis que tout idéal non nul de $A$ est inversible.

Hum je vois qu'il faut préparer le terrain avec le trick suivant dans un anneau quelconque :
$$
\mathfrak m_1 \cdots \mathfrak m_k \subset I \qquad \hbox {chaque $\mathfrak m_i$ étant maximal inversible}
$$
Alors $I$ est un produit de certains des $\mathfrak m_i$.

Faut déjà assurer ce trick qui montre l'importance de l'inversibilité.

Le coup de Lang, c'est juste pour signaler que de temps en temps, les auteurs, ils ne font pas trop attention aux lecteurs débutants.


@flip flop
Tu as vu que l'on a réinventé l'eau chaude ? Cf, exercice 1 de la feuille de TD que tu as pointée ce matin. Bonne pioche.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 19:50
$I$ est un idéal propre non ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 20:07
@gai requin

Si $I = A$, cela ira encore plus vite : $I$ est produit sur la famille vide des $\mathfrak m_i$.

Remarquer d'abord que tout idéal maximal contenant les produit des $\mathfrak m_i$ est l'un des $\mathfrak m_i$ (en particulier est inversible).
Commencer par $k=2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 20:10
@vous deux
Vous avez vu qu'en [www.les-mathematiques.net], il y en a un qui cherche à jouer avec NOTRE courbe elliptique $y^2 = x^3 - x$ ? Non mais. Cette fois, je ne réponds pas. Mais je ne me fais pas de bile, il y a un spécialiste de crypto sur le forum.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 20:48
J'avais oublié cette histoire de famille vide !

Supposons $I$ maximal.
Si $I$ n'est contenu dans aucun des $\mathfrak m_i$, on peut trouver $x_i\in \mathfrak m_i$ tel que $x_i\notin I$ pour tout $i$.
Mézalor $x_1\cdots x_k\in I$ donc, comme $I$ est premier, il existe $i$ tel que $x_i\in I$ : contradiction.

Dans le cas général, soit $\mathfrak m$ un idéal maximal tel que $I\subset \mathfrak m$.
Alors $\mathfrak m$ est l'un des $\mathfrak m_i$ d'après ce qui précède.

A suivre ...
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 21:07
avatar
@Claude : Je suis un peu remonté dans l'historique ! Si je considère la courbe elliptique $y^2=x^3-x$ sur le corps $\mathbb{F}_5$.

Alors on écrit $5$ en somme de deux carrés : $5=1^2+2^2$. Et on prend les entiers de Gauss de norme $5$. Il y 'a $8$ choix ! Et pour normaliser on utilise la propriété de Gai requin

On tombe sur $\pi = -1+2i$. Et le cardinal de $y^2=x^3-x$ sur $\mathbb{F}_5$ est $5+1-\text{Trace}(\pi) = 8$ points sur cette courbe elliptique grinning smiley

Par contre, si j'ai bien compris, il y a une structure de groupe sur cette courbe, donc un groupe abélien à $8$ éléments ?
On peut donner la structure du groupe grinning smiley

E := EllipticCurve([-1, 0]) ;
p := 5 ;
Ep := ChangeRing(E, GF(p)) ;
Ep ; 
                                               Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5)
#Ep(GF(p)) ;
                                               8
Re: Homographies et petits groupes de Galois
02 fvrier 2017, 21:54
Sur un corps fini $\mathbb F_q$, la structure de groupe d'une courbe elliptique est $\simeq \Z/a\Z \times \Z/b\Z$ avec $a \mid b$ et $a \mid q-1$. Pour notre chère $y^2 = x^3 - x$ sur $\mathbb F_5$, on a $a=2$ et $b=4$.

> F5 := GF(5) ;                    
> E := EllipticCurve([F5| -1, 0]) ;
> E ;
Elliptic Curve defined by y^2 = x^3 + 4*x over GF(5)
> AbelianGroup(E) ;
Abelian Group isomorphic to Z/2 + Z/4
Defined on 2 generators
Relations:
    2*$.1 = 0
    4*$.2 = 0

Un peu plus compliqué et sans beaucoup d'explication, la forme des automorphismes
$$
(x, y) \mapsto (u^2x + r, u^3y + su^2x + t)
$$
Comme il y a un $i$ dans $\mathbb F_5$ tel que $i^2 = -1$, à savoir $i = \pm 2$, je vais considérer $(x,y) \mapsto (-x, iy)$ qui est bien un automorphisme de $y^2 = x^3 - x$. Il faut le mettre sous forme officielle :

> u := F5!3 ;
> u^2 ;
4
> i := Automorphism(E, [r,s,t,u]) where r is 0 where s is 0 where t is 0 where u is 3 ;
> Points(E) ;
{@ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (1 : 0 : 1), (2 : 1 : 1), (2 : 4 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (4 : 0 : 1) @}
> [i(P) : P in Points(E)] ;
[ (0 : 1 : 0), (0 : 0 : 1), (4 : 0 : 1), (3 : 2 : 1), (3 : 3 : 1), (2 : 4 : 1), (2 : 1 : 1), (1 : 0 : 1) ]
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 07:14
Suite :
J'essaie de traiter le cas $k=2$.
Sans perte de généralité, on peut supposer que $\mathfrak m_1 \mathfrak m_2 \subset I\subset \mathfrak m_1$.
Soit alors $a$ régulier tel que $\mathfrak m_1\mathfrak m_1^{-1}=aA$.
On a $a\mathfrak m_2\subset I\mathfrak m_1^{-1}\subset aA$ et donc $\mathfrak m_2\subset a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}$ qui est un idéal de $A$.

Si $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=A$, alors $I=\mathfrak m_1$.
Sinon, $a^{-1}I\mathfrak m_1^{-1}=\mathfrak m_2$ et $I=\mathfrak m_1\mathfrak m_2$.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 09:45
avatar
Merci Claude,

J'ai compris pourquoi tu disais de considérer $y^2=x^3-Dx$ plutôt que $y^2=x^3-n^2x$ pour mieux voir ! Pour la courbe: $y^2=x^3-n^2x$ le résultat est quand même un peu plus simple car juste un petit symbole quadratique de $n$ et pas le biquadratique !

D'ailleurs une question : Dans le cas "simple" $n^2$. Tu as une idée de où provient cette normalisation ? prendre modulo $(1+i)^3$ ?
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 09:59
avatar
hello Gai requin le vacancier grinning smiley

Va falloir que s'y passe un jour au idéaux fractionnaires, pour l'instant toujours pas thumbs up



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/02/2017 10:01 par flipflop.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 12:10
@gai requin
Il ne faut pas hésiter à ``sortir'' provisoirement de l'anneau pour rester dedans tout de même. Cela veut dire quoi ce charabia ? Ci-dessous, je vais multiplier les inclusions de gauche par $\mathfrak m_1^{-1}$
$$
\mathfrak m_1\mathfrak m_2 \subset I \subset \mathfrak m_1 \qquad\Longrightarrow\qquad
\mathfrak m_2 \subset \mathfrak m_1^{-1} I \subset A
$$
A droite, les idéaux qui interviennent, même s'ils sont fabriqués avec des idéaux fractionnaires, sont entiers ; la preuve : tout baigne dans $A$ because l'inclusion $\subset A$. Maintenant, le brave idéal entier $J := \mathfrak m_1^{-1} I$ qui est coincé entre le maximal $\mathfrak m_2$ et $A$, son sort est réglé : ou bien, $J$ c'est $A$, auquel cas $I = \mathfrak m_1$ ou bien $J$ c'est $\mathfrak m_2$ auquel cas $I = \mathfrak m_1\mathfrak m_2$ (j'ai remultiplié par $\mathfrak m_1$).

C'est sans danger, même dans un anneau quelconque (c'était le cas de mon énoncé). Je veux dire par là que tu joues avec un nombre fini d'idéaux inversibles (le jour où tu joueras, dans une preuve, avec une infinité d'idéaux inversibles, fais moi signe quand même) qui font intervenir un nombre fini d'éléments réguliers $a, b, \cdots$ [[from $IJ = aA$]], et il suffit de savoir que les objets qui sortent de $A$ sont en fait pris dans le localisé $A' := A[a^{-1}, b^{-1}, c^{-1}, \cdots]$. Et comme $A$ s'injecte dans $A'$, il n'y a pas de ``danger mathématique''.

Le seul danger, c'est de se mélanger soi-même dans le maniement des idéaux entiers ou pas entiers.

@flip flop
Est ce que l'on peut considérer que le FONDEMENT de $\chi_D$ est réglé ?

Oui, avec $D = n^2$ dans $E_D : y^2 = x^3 - Dx$, la vie aurait été plus simple avec $D = n^2$. Mais on serait peut-être passé à côté du symbole biquadratique. Dommage, non ?

Quant à la normalisation via $(1+i)^3$ dans $\Z[i\rbrack$, je sais pas trop quoi te répondre à part le fait que je n'ai pas réponse à tout. Je sais que dans $\Z[j]$, la normalisation se fait via $3$, cf la question 5 de la partie IV de l'épreuve sommes de Gauss et Jacobi. Ceci signifie que l'application canonique :
$$
\mathbb U_6 = \langle -j\rangle = (\Z[j])^\times \quad\to\quad (\Z[j]/3\Z[j])^\times
$$
est un isomorphisme. Là-aussi, cela fait naître un certain symbole. L'anneau $\Z[j]/3\Z[j]$ est plus simple que dans le cas $\Z[i\rbrack$ car $3$ est entier.



Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/02/2017 12:12 par claude quitté.
Re: Homographies et petits groupes de Galois
03 fvrier 2017, 12:31
@flip flop
Encore une fois tout va être de ta faute. A propos de l'exercice 5 de la feuille 2 (Merel, Bernardi, Charollois) [webusers.imj-prg.fr], j'ai été obligé d'écrire un nouveau programme magma de nom RingQuadraticGaussSum.magma. Tu crois que j'en ai pas assez comme cela ? Au coeur du débat : un discriminant quadratique fondamental $D$ et le caractère quadratique $\chi_D$ (Kronecker character) et une nouvelle somme (quadratique) de Gauss :
$$
G = \sum_{k \in (\Z/D\Z)^\times} \chi_D(k) \omega^k \qquad \hbox {$\omega$ une racine primitive $|D|$-ème de l'unité}
$$
Note que je n'ai pas pu prendre une somme de Gauss analytique (vous n'avez pas répondu l'autre jour alors que c'était super important). Et bien :
$$
G^2 = D
$$
Ce n'est pas dit dans l'exercice. Et cela est encore du bonus. Je reprendrai ce post plus tard.

> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ;
Loading "RingQuadraticGaussSum.magma"
> // Attention à N = 0, 1
> N := Random(-10^2, 10^2) ;  assert N notin {0,1} ;
> D := FundamentalDiscriminant(N) ;
> D ;
184
> L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ;
> L ;
Cyclotomic Field of order 184 and degree 88
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in [1..Abs(D)-1] | Gcd(k,D) eq 1] ;
> G ;
-4*zeta^87 - 4*zeta^85 + 4*zeta^81 - 4*zeta^77 + 4*zeta^75 + 4*zeta^73 - 4*zeta^71 - 2*zeta^69 + 4*zeta^59 - 
    4*zeta^55 + 4*zeta^49 - 4*zeta^47 + 4*zeta^41 - 4*zeta^39 + 4*zeta^35 - 4*zeta^31 - 4*zeta^29 + 4*zeta^27 +
    4*zeta^25 - 2*zeta^23 - 4*zeta^13 + 4*zeta^9 + 4*zeta^3 + 4*zeta
> assert G^2 eq D ;


AJOUT On désigne, comme déjà depuis un certain temps, pour $m \wedge D = 1$, par $\sigma_m$ l'automorphisme de $\Q(\root |D| \of 1)$ qui élève toute racine $|D|$-ème de l'unité à la puissance $m$. Alors :
$$
\sigma_m(G) = \chi_D(m)\, G \qquad\qquad \hbox {(que du bonheur pour nous cette égalité)}
$$
En particulier pour $m=-1$ :
$$
\overline {G} = \chi_D(-1)\, G \qquad \hbox {d'où en multipliant par $G$} \qquad G\overline G = \chi_{-1}D = |D|
\quad \hbox {i.e.} \quad |G| = \sqrt {|D|}
$$

> load "RingQuadraticGaussSum.magma" ;
Loading "RingQuadraticGaussSum.magma"
> // Attention à N carré
> N := Random(-10^2, 10^2) ;  assert not IsSquare(N) ;
> D := FundamentalDiscriminant(N) ;
> D ;
-84
> UZDZ := [m : m in [1..Abs(D)-1] | Gcd(m,D) eq 1] ;
> L<zeta> := CyclotomicField(Abs(D)) ;
> L ;
Cyclotomic Field of order 84 and degree 24
> // sigma : U(Z/DZ) -> Gal(L/Q) : m -> sigma_m (élévation à la puissance m sur U_{|D|})
> sigma := map < UZDZ -> Aut(L) | m :-> iso <L -> L | zeta^m> > ;
> 
> ChiD := KroneckerCharacter(D) ;
> G := &+[ChiD(k) * zeta^k : k in UZDZ] ;
> G ;
4*zeta^23 + 2*zeta^21 + 4*zeta^19 + 4*zeta^17 - 4*zeta^15 - 4*zeta^13 + 4*zeta^11 - 4*zeta^3 + 4*zeta
> assert G^2 eq D ;
> [sigma(m)(G) eq ChiD(m)*G : m in UZDZ] ;
[ true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, true, 
true, true, true, true, true, true ]
> // En particulier pour m=-1, sigma(-1) = c la conjugaison complexe donc c(G) = Chi_D(-1)*G
> // Donc c(G)*G = Chi_D(-1)D = |D|
> assert ComplexConjugate(G)*G eq Abs(D) ;




Modifié 1 fois. Dernière modification le 03/02/2017 13:37 par claude quitté.
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