L-séries (et autres délices) pour petits

@flip flop
Ce que tu dis donne l'impression que ce que j'écris est incompréhensible ? Cela sera juste un RESUME en 1 ou 2 pages de je ne sais combien de posts désordonnés de MA part. Juste cela et rien de plus. Je ne m'y retrouve pas dans MES posts. Ce qui m'est utile, ce sont mes notes manuscrites. Ainsi, on aura des des notations sur lesquelles on pourra s'appuyer. Et Reuns pourra peut-être nous donner beaucoup d'exemples de caractères de Hecke dans CE contexte.

Et dans ma manière de faire, trop de magma, j'en conviens. Et des trucs de wizard pas possible. Le pire étant celui que j'ai commenté ray-Graal quelque part. Il n'y a que moi qui peut comprendre ce trick (et de plus il y un $*$ magma qui est une composition dans l'autre sens que nous autres !!).

Je vais m'y coller. J'ai trouvé le nom du fichier (estampille, c'est fondamental pour moi). Cela sera FumetteViaDegre3.pdf

@flip flop
Et la norme (de $L$ sur $K$) dans la recherche du Graal ?

@flip flop
Vu : je prépare un truc.

Autre chose : en attendant, je te signale que $7776 = 216 \times \varphi(f)/2$ avec $f = 117$ avec $\varphi$ l'indicateur d'Euler.

$\def\fm{\mathfrak m}$$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Je prends les notations de Cox (et un peu des miennes)

1) Contexte général (haut p. 160) $K$ un corps de nombres, $\fm$ un modulus. Alors la définition de $\Cl_m$ est :
$$
\Cl_\fm = {I_K(\fm) \over P_{K,1}(\fm)} \qquad \qquad (\star_1)
$$
En haut et en bas, ce sont des groupes d'idéaux fractionnaires de $\mathcal O_K$.

2) Contexte corps quadratique imaginaire. $D = f^2 D_{\rm fond}$ où $D_{\rm fond}$ est un discriminant quadratique imaginaire. On pose $K = \Q(\sqrt {D_{\rm fond}})$ et ICI $\fm$ désigne $f\mathcal O_K$. J'utilise $I_K(f)$ ou $I_K(\fm)$ indifféremment. Alors (ici je mets tout en $f$) :
$$
\Cl(D) \simeq {I_K(f) \over P_{K,\Z}(f)} \quad \hbox {avec}\quad P_{K,1}( f) \subset P_{K,\Z}(f) \qquad \qquad (\star_2)
$$
Ca, c'est ce que j'appelle l'évitement. L'isomorphisme est canonique. C'est fait dans la proposition 7.19 p. 143. Cela n'a rien à voir avec la complexité ``corps de classes''. C'est ``élémentaire'', sauf qu'il faut y passer le temps qu'il faut. Plusieurs jours si besoin. Tu remarqueras que dans la proposition 7.19 il y a TROIS groupes de classes d'idéaux et DEUX isomorphismes.

Si je note $A \subset \mathcal O_K$ l'unique sous-anneau d'indice $f$ (i.e. de discriminant $D$) c.a.d $A = \Z + f\mathcal O_K = \Z[f\theta]$ si $\mathcal O_K = \Z[\theta]$, il faut savoir jongler entre idéaux de $A$ et ceux de $\mathcal O_K$ (extension, contraction). Il est préférable ici de remplacer $\Cl(D)$ par le groupe des classes d'idéaux inversibles de $A$.

Tu ne pourras pas éviter l'évitement (bis). Il est impératif de prendre son temps pour assimiler les pages 132 à 146.

Chute : une fois que $(\star_1)$ et $(\star_2)$ sont acquis ($\star_1$ c'est une définition, donc l'acquis c'est du vite fait), tu vois bien que $\Cl(D)$ est un quotient CANONIQUE de $\Cl_\fm$ avec $\fm = f \mathcal O_K$.

@flip flop
AVANT de relire Cox ...etc.. je te demande juste un truc. Qui va probablement simplifier des choses car dans le post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1543736#msg-1543736, j'ai trop voulu coller à Cox. Je me mets dans le contexte du point 2) de ce post pointé. Pourrais tu définir une application, la plus simple qui soit :
$$
I_K(f) \longmapsto I(A) \qquad \qquad (\spadesuit)
$$
Rappel : $A$ c'est le sous-anneau $A = \Z + f\mathcal O_K \subset \mathcal O_K$, tandis que $I_K(f)$ c'est le sous-groupe des idéaux fractionnaires de $K$ comaximaux à $f\mathcal O_K$ et enfin $I(A)$ c'est le sous-groupe des idéaux fractionnaires inversibles de $A$.

Cherche pas midi à 14 heures : propose simple pour $(\spadesuit)$. Et prends des idéaux entiers pour te simplifier la vie.

Une fois que tu auras proposé $(\spadesuit)$, on sera sauvé. Promis, juré.

$\def\fm{\mathfrak m}$ $\def\Cl{\text{Cl}}$ $\def\OK{\mathcal O_K}$ $\def \ff{\mathfrak f}$
@flip flop
Je ne sais pas où tu en es. Il y a de la dentelle dans cette histoire. Je me dis qu'après un tel investissement, on ne peut pas faire autrement que de terminer quelque chose sauf si tu est trop découragé. Je ne parle pas ici de FumetteViaDegre3.pdf mais des suites exactes qui figurent en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1544022#msg-1544022

Je prends donc la partie gauche de la longue suite c.a.d
$$
1 \to {(\Z/f\Z)^\times \over \{\pm 1\}} \longmapsto \Cl_\fm \longmapsto \Cl(D) = \Cl(A) \to 1 \qquad \qquad (\star)
$$
Il faut démontrer que cette suite est exacte. L'avantage, c'est que tu connais les flèches, disons à droite : elle provient de $J \mapsto J \cap A$. Il y a un certain travail à faire que je découpe en petites rondelles. A montrer :

1) $J \cap A$ est un idéal inversible de $A$. Car il ne faut pas oublier que $A$ n'est pas de Dedekind contrairement à $\OK$. En passant : inversible dans idéal inversible est à rapprocher de primitive dans forme primitive.
2) $[J] \mapsto [J \cap A]$ est surjective.
3) Exactitude en $\Cl_\fm$ i.e. s'occuper du noyau de $[J] \mapsto [J \cap A]$
4) Injectivité de flèche de gauche dont tu ne m'as pas donné des nouvelles.

Je ne connais qu'un moyen : prendre les morceaux un par un. Je commence vu que c'est de la dentelle.

1) Provient du fait que $J \in I_K(f)$ est inversible dans $\OK$ ($\OK$ est de Dedekind) et que, par définition $J + f\OK = \OK$ i.e. $J$ est comaximal à $f\OK$ qui est le conducteur (d'inclusion) entre $A$ et $\OK$. En utilisant le théorème d'évitement (EXTERNE) du conducteur (dû à Dedekind) i.e. les 2 pages attachées hier (ou Cox comme tu veux) on obtient que $J \cap A$ est inversible dans $A$. La terminologie ``évitement externe'' est de mézigue : je dis cela car il y a deux anneaux en cause à savoir $A$ et $\OK$.

Bref $[J] \mapsto [J \cap A]$ est bien définie.

2) Surjectivité de $[J] \mapsto [J \cap A]$. Là je vais utiliser l'évitement interne et causer en termes de formes quadratiques. I.e. utiliser $\Cl(D)$ (langage forme) au lieu de $\Cl(A)$ (langage idéal). Cela provient que toute forme quadratique primitive est $\text{SL}_2(\Z)$ équivalente à une forme quadratique $ax^2 + bxy + cy^2$ dont le premier terme $a$ est premier avec n'importe quel entier donné à l'avance. J'en ai parlé en http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1536482#msg-1536482 (regarder avant et après). Et cette propriété conduit à la surjectivité. Je ne détaille pas plus pour l'instant. On pourra y consacrer du temps si tu veux car j'ai des choses à dire sur le théorème 7.7 p. 137 de Cox. On ne peut pas tout faire en même temps.

3) Là encore, il y a de la dentelle. C'est lié à la proposition 7.22 de Cox mais la formulation n'est pas la même. Et c'est bien pour cela que je m'en suis éloigné (mais pas tant que cela) à cause de mon petit faible pour la suite $(\star)$. Pour l'instant, je donne juste un maillon. Soit $B$ un anneau d'entiers et $A = \Z + fB$ avec $f$ entier $\ge 1$. Alors $A$ est un sous-anneau de $B$. Il faut noter que $fB$ est aussi un idéal de $A$ que je vais noter $\ff$. Pourquoi ? Certes $\ff$ c'est pareil que $fB$ mais je préfère utiliser $\ff$ quand je vois $fB$ comme idéal de $A$.

Ce que je dis (le petit maillon) c'est que $A/\ff = \Z/f\Z$. En effet $\Z \mapsto A/\ff$ est surjective vu que $A = \Z + \ff$. Soit $m \in \Z$ dans le noyau i.e. $m \in \ff = fB$. Alors $m/f$ est dans $B$; mais $m/f$ est un brave nombre rationnel i.e. de $\Q$. Mais comme $m/f$ est dans $B$, il est entier sur $\Z$ donc, étant dans $\Q$, il est dans $\Z$ i.e. $m \in f\Z$.


Voilà, voilà. Un certain nombre d'autres petits maillons dans Cox et mes notes manuscrites, à mettre bout à bout. Si tu me dis ``j'en ai plein le c.l'' de cette histoire, il me semble que je comprendrais. Il ne faut pas oublier ce que dit Cox à la page 180, juste avant le Th 9.2
$$
\hbox {We can now state the main theorem of the book}
$$
Il s'agit de l'histoire ``Ring Class Field''. Mais avant de regarder ce qui se passe au dessus des anneaux quadratiques, il est important d'être super-clair sur ce qui se passe à l'intérieur des anneaux quadratiques.

A la page 52 de http://websites.math.leidenuniv.nl/algebra/artin.pdf (Lenstra & Stevenhagen à propos de Artin's reciprocity). Concernant $\Cl_\fm$ en général, je cite. This desired group is called the ray class group modulo $\fm$. Anybody who has assimilated its definition is ready to appreciate class field theory. Et au début ``There is indeed no royal road to class field theory''. Je te reparlerais de ce papier car il est écrit, je trouve, avec le plus grand soin.

Nous sommes au pied du mur.

PS : je suis susceptible de t'illustrer $(\star)$ avec qui tu sais. Note l'histoire des cardinaux : $\#\Cl_m = \#\Cl(D) \times \varphi(f)/2$ pour $f \ge 3$. C'est le fameux $7776 = 216 \times \varphi(117)/2$ dans l'histoire $D = f^2 \times (-23)$ et $f = 117$.

$\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}\def\fm{\mathfrak m}$
@flip flop
Quand j'ai vu ton dernier post avec $D_{\rm fond} = -163$ et $f =7$ où tu mentionnais le quotient $\left(\OK/\fm\right)^\times$, j'ai senti assez rapidement qu'il y avait une autre suite exacte (en plus de la petite qui relie $\Cl(f^2 D_{\rm fond})$ et $\Cl_m$ où $\fm = f\OK$ et de la plus grande de Dedekind-Siegel valide dans un contexte plus général).

Je me suis dit que cela ne pouvait être que :
$$
\left(\OK/\fm\right)^\times \longmapsto \Cl_\fm(K) \longmapsto \Cl(\OK) \to 1 \qquad\qquad (\blacksquare)
$$
Et ceci dans un contexte le plus général possible i.e. $K$ corps de nombres et $\fm$ modulus quelconque sans partie $\fm_\infty$. Les flèches sont faciles à mettre en place. Et là, où j'en ai ch.é, c'est quand j'ai voulu faire la preuve de l'exactitude dans ce cadre général.

J'y suis arrivé et cela m'a coûté. Mais cela m'a permis de mieux comprendre $\Cl_\fm(K)$ sur lequel je me posais des questions depuis pas mal de temps : tout élément de $\Cl_\fm(K)$ est représentable par $a^{-1} I$ où $a \in \OK$ est un inversible modulo $\fm$ et $I$ un idéal entier comaximal à $\fm$. Ceci n'est PAS dans la définition (sous-groupe des idéaux fractionnaires engendrés par les idéaux entiers comaximaux à $\fm$). Encore un troisième lemme d'évitement (en dimension 1, ponctuel avec des idéaux inversibles, j'ai fait un peu d'algèbre commutative, dieu merci) pour le voir. Idem la surjectivité de $(\blacksquare)$ utillise ce lemme d'évitement.

Le reste c'est du petit lait, sauf qu'il faut bien faire attention à la chose multiplicative (je me comprends). Bref, $(\blacksquare)$, c'est dans la poche.

Et le lendemain, qu'est ce que je vois dans http://www.math.leidenuniv.nl/~psh/ANTproc/15cohenpsh.pdf, suite exacte (2.7) page 502 ? La même suite que l'on peut boucher à gauche
$$
\OK^\times \longmapsto \left(\OK/\fm\right)^\times \longmapsto \Cl_\fm(K) \longmapsto \Cl(\OK) \to 1
$$
Pas de problème pour la nouvelle exactitude du bouchage.

Je me suis dit que peut-être tu savais tout cela et que tu cherchais à voir si ... En ayant pris $D_{\rm fond} = -163$ pour avoir $\Cl(\OK)$ trivial. Tu savais, n'est ce pas ?

Bon, une fois mis en place sur le papier, faut le mettre en place en (devinette).

Et pour $\fm = f\OK$, voilà ce que je trouve (avec TES valeurs rappelées là-haut)
$$
\left(\OK/\fm\right)^\times \hbox {cyclique d'ordre 48 engendré par (la classe de) $z = {-1 + 3\sqrt {-163} \over 2}$},
\quad\quad
\Cl_\fm \hbox { cyclique d'ordre $24$ engendré par $[z\OK]$}
$$
Et en posant $D = f^2 \times (-163)$
$$
\Cl(D) \hbox { cyclique d'ordre 8 engendré par $(47, 35, 49)$}
$$
Et bien sûr avec de la compatiblité là où on s'en doute. Par exemple $24 = 8 \times \varphi(7)/2$ (tu sais la petite suite exacte ?).

Bilan : j'ai appris vachement de trucs.

@flip flop
Ah oui, d'accord. Pigé (toi depuis 3 posts) : tu veux que l'on parle en langage codé ? Alors je te dis ce que je cherche à faire : $D = 117^2 \times (-23)$, quatre polynômes de degré 3, $C_3\times C_3$, instance de Bruckner.

$\def\fm{\mathfrak m}\def\OK{\mathcal O_K}\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Tu pourras pas toujours éviter l'évitement. Comme tu aimes bien les exemples, j'en prends un. Et pas trop vache car $D_{\rm fond} = -11$ pour lequel le groupe des classes de $K = \Q(\sqrt {-11})$ est trivial. Par contre, je vais te mettre dans les pattes le premier $p=3$. Je vais chercher sous tes yeux un conducteur (d'inclusion) $f$ pour t'embêter

> Dfond := -11 ;                                      
> [#ReducedForms(f^2 * Dfond) : f in [1,2, 4, 5, 6]] ;
[ 1, 3, 6, 4, 6 ]
> f := 6 ;
> ReducedForms(f^2 * Dfond) ;
[ <1,0,99>, <4,-2,25>, <4,2,25>, <5,-2,20>, <5,2,20>, <9,0,11> ]

Bingo, j'ai trouvé. Je prends $f = 6$ et comme d'habitude $\fm = f\OK$ et $D = f^2 \times D_{\rm fond} = 6^2 \times (-11)$.

Et tu clames partout dans les rues de Grenoble que :
$$
\pi : \Cl_m(K) \longmapsto \Cl(D) = \Cl(A) \to 1 \qquad [J] \mapsto [J \cap A] \quad \hbox {est surjective}
$$
Of course, $A$ est le sous-anneau de $\OK$ d'indice $f$ i.e. de discriminant $D$.

Eh bien moi, je prends $q = (9, 0, 11) = (a,b,c) $ si bien que l'idéal associé $I_q$ de $A$ est de norme $9$ (le premier coefficient $a$ de la forme) :
$$
I_q = a\Z \oplus \alpha\Z \qquad \alpha = {- b + \sqrt {D} \over 2}
$$
Tu vois que $9$ c'est pas trop premier avec le conducteur $f = 6$. Un antécédent dans $\Cl_\fm(K)$ de $[I_q]$ par $\pi$ ??

@flip flop J'ai vu ton rectangle in http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1545928#msg-1545928.

Ce que j'en dis (sans avoir trop regardé quand même)

1) Il est beau

2) Tu as peur des morphismes représentés par les côtés de ce rectangle ? Mais un rectangle, en principe, cela n'a que 4 côtés. Et $4 = 1 + 1 + 1 + 1$. Je ne connais qu'un moyen : prendre chaque côté un à un. En commençant par le plus simple pour ne pas se décourager. Par exemple, la verticale A DROITE. Sauf qu'il faut descendre et monter, donc $1$ cela fait en fait 2.

$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Pour m'y retrouver : $D = f^2 \times (-7)$ avec $f = 5$. Ci-dessous, ton $F$ de degré 3, les 6 formes quadratiques de discriminant $D$, le sous-groupe $H$ (noté KerF) d'indice $3$ dans $\Cl(D)$ et le trick
$$
2S_{\rho_2} = \sum_{Q \in H} \Theta_Q - \sum_{Q' \in H'} \Theta_{Q'}
$$
où $H'$ est une classe de $\Cl(D)$ modulo $H$ (autre que $H$). Ci-dessous, $S_{\rho_2}$ est notée Srho.

> DiscOK ;                   
-7
> f ;
5
> DiscOE ;
-175
> F ;
x^3 + x^2 + 2*x + 3
> QmodSL2Z ;
[ <1,1,44>, <2,-1,22>, <2,1,22>, <4,-1,11>, <4,1,11>, <7,7,8> ]
> KerF := KernelArtinMap(F) ; 
> KerF ;
[ <1,1,44>, <7,7,8> ]  <----- H here
> Srho ;
q - q^2 + q^7 + q^8 + q^9 - q^11 - q^14 - q^16 - q^18 + q^22 - q^23 - q^29 - q^37 - q^43 + q^46 + q^49
> q1 := Random([q : q in QmodSL2Z | q notin KerF]) ;
> q1 ;
<4,-1,11>
> combinaison := &+[ThetaSeries(q, precision) - ThetaSeries(q1*q, precision) : q in KerF] ;
> combinaison ;
2*q - 2*q^2 + 2*q^7 + 2*q^8 + 2*q^9 - 2*q^11 - 2*q^14 - 2*q^16 - 2*q^18 + 2*q^22 - 2*q^23 - 2*q^29 - 2*q^37 - 2*q^43 + 
    2*q^46 + 2*q^49 + O(q^51)
> 2*Srho - combinaison ;
O(q^51)

C'est ce que tu voulais ?

Hum, peut-être que tu voulais plus, i.e. le terme en $q^{149}$ avec $-1$ :

> Srho ;
q - q^2 + q^7 + q^8 + q^9 - q^11 - q^14 - q^16 - q^18 + q^22 - q^23 - q^29 - q^37 - q^43 + q^46 + q^49 + 2*q^53 + q^56 +
    q^58 + q^63 + q^64 - q^67 - q^71 + q^72 + q^74 - q^77 - q^79 + q^81 + q^86 - q^88 - q^98 - q^99 - 2*q^106 + 2*q^107 
    - q^109 - q^112 - q^113 - q^126 - q^127 - q^128 + q^134 + 2*q^137 + q^142 - q^144 - q^149 - q^151 + q^154 + q^158 - 
    q^161 - q^162 + 2*q^163 + q^169 + q^176 + 2*q^179 - q^184 + 2*q^191 - q^193 - q^197 + q^198

$\def\Frob{\text{Frob}}\def\fp{\mathfrak p}\def\fm{\mathfrak m}$
@flip flop
Je reviens sur ton post http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1545790#msg-1545790 car en relisant plus attentivement, je constate que j'avais loupé des choses.

Vers la fin, tu dis

L'ordre de $\Frob(\fp ; K^{(D)} \mid K)$ est l'ordre de $z^4$ dans $\left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times$ (because groupe cyclique)

Et je ne comprends plus d'où sort le 4 de $z^4$. Evidemment, C.Q. préférerait des énoncés plus ``self contained'' de manière à pouvoir relire plus tard sur papier. Du genre :

Pour un idéal premier $\fp = \langle z\rangle$ de $\mathcal O_K$, l'ordre de $\Frob(\fp ; K^{(D)} \mid K)$ est l'ordre de $z^4$ dans $\left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times$, because patati-patata.

Pourrais tu expliquer la présence du 4 mais en aménageant le post en question de manière à ce que je puisse le retirer ? Merci. Car il me semble qu'il y a de bonnes idées mais que tu vas un peu vite (pour moi). Des bonnes idées dans la phrase qui vient après

Un nombre premier $p$ est représenté par une forme de discriminant $D$ d'ordre $f$ si et seulement si ....etc...

On peut juste regretter l'utilisation du symbole $f$, habituellement réservé au conducteur d'inclusion qui est ici 5 puisque $\fm = (5)$ dans $\mathcal O_K$. Certes, tu n'as pas utilisé la lettre $f$ avant dans ton post, seulement $\fm$.

Qu'il est ch.ant, ce C.Q. Merci.

$\def\Frob{\text{Frob}}\def\fp{\mathfrak p}\def\fm{\mathfrak m}$
@Flip flop
Merci. On ne gagne rien à aller trop vite (je trouve). Si je comprends bien, il faut appliquer le coup du morphisme surjectif $G \twoheadrightarrow G'$ entre deux groupes cycliques (sorry, j'ai renommé ton $K$ en $G'$ car depuis un certain temps, $K$ désigne le corps quadratique, je suis pénible pour les notations ... et pour d'autres choses) :
$$
G = \left({ \Z[\omega_{-7}] \over (5)}\right)^\times \quad \hbox {cyclique d'ordre 24}
\qquad\qquad
G' = \text{Cl}(D) \quad \hbox {cyclique d'ordre 6}
$$
Et le 4, c'est $4 = 24/6$ pas facile à deviner via ``because groupe cyclique''.

Quant à la seconde partie de ton post ``il faut faire $z^8$'', je vais poser une question dans le post suivant.

Le problème est de se relire plus tard, non ?

$\def\Cl{\text{Cl}}$
@flip flop
Reprise de http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?5,1524614,1546002#msg-1546002 (et de ton post qui précède). Essayons de PRENDRE NOTRE TEMPS sinon on ne comprend pas (disons que je n'arrive pas à relire). A ce propos, mon FumetteViaDegre3.pdf n'a pas du tout avancé.

De quoi est-il question ? De $F = X^3 + X^2 + 2X + 3$ et du discriminant $D = f^2 \times (-7) = -175$ avec $f = 5$ donc. On est à la recherche d'un fameux sous-groupe d'indice 3 de $\Cl(D)$ qui a des propriétés mirifiques vis-a-vis de la représentation irréductible $\rho_2$ de dimension 2 de $\text{Gal}_\Q(F) \simeq S_3$. Voir à la fin $(\spadesuit)$

Mais pour l'instant, on peut oublier un peu $F$ (même si cela fait bizarre). Et se concentrer sur $\Cl(D)$ qui est d'ordre 6 donc cyclique d'ordre 6 (comme tout groupe abélien d'ordre 6). Voici les 6 formes en question :
$$
(1,1,44)_{(1)},\qquad (2,\pm 1,22)_{(6)},\qquad (4,\pm 1,11)_{(3)},\qquad (7,7,8)_{(2)}
$$
C'est pas trop cassant de chercher un sous-groupe d'indice 3 dans un groupe cyclique car il est unique. Et donc C.Q. devrait réfléchir avant de faire des calculs bourrins. Ci-dessus, en indice les ordres. Donc le sous-groupe convoité $H$ est l'unique sous-d'ordre 2 avec une partition en 3 classes modulo $H$ :
$$
\Cl(D) = H \vee H' \vee H'' \qquad H'' = H^{-1}
$$
Flemme de détailler plus ici.

Bilan : si on fait débarquer maintenant $F$ et $E = \Q(x)$ où $x$ est une racine de $F$ :
$$
2S_{\rho_2} = \Theta_{(1,1,44)} + \Theta_{(7,7,8)} - \Theta_{(2,1,22)} - \Theta_{(4,1,11)} \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Et le lien entre $E$ et $D$ est que $D$ est le discriminant de $\mathcal O_E$. Il se trouve (une chance) que $D$ est aussi le discriminant de $F$ i.e. $\mathcal O_E = \Z[x]$.

Ma question : quel est le théorème de représentation des nombres premiers $p$ par les formes quadratiques de discriminant $D = -175$ qui se cache derrière $(\heartsuit)$ ?
D'abord, un premier $p$ est représenté par l'une de ces formes si et seulement si $D$ est un carré modulo $p$ i.e. si $p$ est un carré modulo $5$. BOULETTE si $p$ est un carré modulo $7$ i.e. si $p \equiv 1, 2, 4 \bmod 7$. Note $2 = 3^2 \bmod 7$. OK ?

Et comme le polynôme $F$ n'a pas de garbage, on peut donc dire, en écrivant, avec nos notations habituelles (nombre de racines, nombre de représentations) :
$$
2(N_p(F) - 1) = r_{(1,1,44)}(p) + r_{(7,7,8)}(p) - r_{(2,1,22)}(p) - r_{(4,1,11)}(p)
$$
Je dis que pour $p \equiv 1, 2, 4 \bmod 7$, on a :
$$
\hbox {$p$ est représenté par $(1,1,44)$ ou $(7,7,8)$} \quad \iff \qquad
\hbox {$F$ est totalement décomposé modulo $p$}
$$
As tu plus fin ?

Et pourras tu m'en dire plus sur ``faire $z^8$'' ? C'est fait.


La fin $(\spadesuit)$ : le $H \subset \Cl(D)$ d'indice 3 que l'on convoite, c'est parce que l'on a fait le pari que $L := E^{\rm gal.}$ est contenu dans $K^{(D)}$, n'est ce pas ?? Où $D < 0$ est le discriminant de l'extension cubique $E/\Q$ de départ. Et ce pari fait que l'on a un morphisme surjectif $\text{Gal}(K^{(D)}/K) \to \text{Gal}(L/K)$ i.e. un morphisme surjectif $\Cl(D) \to \mathbb U_3$ et que $H$ en est le noyau. OK sur le pari ?

PS : il y a peut-être des coquilles (et des erreurs ?). Il y en avait, il y en a moins.