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authorDavid A. Madore <david+git@madore.org>2013-02-28 22:38:08 +0100
committerDavid A. Madore <david+git@madore.org>2013-02-28 22:38:08 +0100
commit6848042f646306a593475e43ab56718eb390e470 (patch)
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--- a/chapitres/verselles.tex
+++ b/chapitres/verselles.tex
@@ -370,20 +370,20 @@ sur $k$.
On a donc $k₂=k(x)$ et $k₄=k₂(y)$ où $x²=:ε∈k$ et
$y²=a+bx∈k₂$,
$a,b∈k$. Réciproquement, considérons $ε∈k∖k²$ et
-$k₂=k(√{ε})$
+$k₂=k(\sqrt{ε})$
l'extension quadratique de $k$ associée. À toute paire
d'éléments
$(a,b)$ de $k$, on associe le corps
-$k₄=k₂(√{a+b√{ε}})$.
+$k₄=k₂(\sqrt{a+b\sqrt{ε}})$.
\begin{théorème2}
\begin{enumerate}
\item L'extension $k₄\bo k$ est galoisienne de groupe
cyclique
-d'ordre quatre \ssi $\N_{k_2\bo k}(a+b√{ε})=a²-εb²$ est
+d'ordre quatre \ssi $\N_{k_2\bo k}(a+b\sqrt{ε})=a²-εb²$ est
de la forme $εc²$ pour
un $c∈k^×$.
-\item Une extension quadratique $k(√{ε})$ se plonge
+\item Une extension quadratique $k(\sqrt{ε})$ se plonge
dans une extension galoisienne de groupe cyclique d'ordre
quatre \ssi $ε$ est une somme
de deux carrés dans $k$.
@@ -403,7 +403,7 @@ du polynôme
X⁴+2aX²+(a²-εb²).
\]
Nécessairement $b≠0$ sans quoi $k₄$ serait
-$k(√{ε},√{a})$,
+$k(\sqrt{ε},\sqrt{a})$,
dont le groupe de Galois sur $k$ est de $2$-torsion. Ainsi,
l'égalité
$y²=a+bx$ entraîne $x∈k(y)$ : le corps $k₄$ est
@@ -456,16 +456,16 @@ soit pas un carré et $u∈k$ est non nul.
\begin{démo}
Soient $t∈k$ tel que $ε=1+t²$ ne soit pas un carré.
-Considérons $y=ε+√{ε}$. On a $\N(y)=ε²-ε=ε(ε-1)=εt²$
-de sorte que l'extension $k(√{y})\bo k$ est
+Considérons $y=ε+\sqrt{ε}$. On a $\N(y)=ε²-ε=ε(ε-1)=εt²$
+de sorte que l'extension $k(\sqrt{y})\bo k$ est
galoisienne, cyclique de degré quatre. Il en est plus généralement
-de même de l'extension $k(√{uy})\bo k$ pour tout $u ∈ k^×$
+de même de l'extension $k(\sqrt{uy})\bo k$ pour tout $u ∈ k^×$
car $\N(uy)=u²\N(y)$.
Réciproquement, il résulte de la proposition suivante
-que toutes les extensions de $k(√{ε})$ de groupe $𝐙/4$
+que toutes les extensions de $k(\sqrt{ε})$ de groupe $𝐙/4$
sur $k$ s'obtiennent ainsi.
-L'élément $y=√{u(ε+√{ε})}$ satisfait l'équation
+L'élément $y=\sqrt{u(ε+\sqrt{ε})}$ satisfait l'équation
$(y^2-uε)²=u²ε$ ; son polynôme minimal est donc celui de
l'énoncé.
\end{démo}
@@ -479,10 +479,10 @@ Considérons un groupe $E$, extension non scindée de $G$ par $𝐙/2$ :
1 → 𝐙/2 → E → G → 1,
\]
où $E ↠ G$ n'a pas de section.
-Soient $L₁=K(√{y₁})\bo K$ et $L₂=K(√{y₂})\bo K$
+Soient $L₁=K(\sqrt{y₁})\bo K$ et $L₂=K(\sqrt{y₂})\bo K$
deux sous-corps de $Ω$, quadratiques sur $K$, tels que les extensions $L₁\bo k$ et $L₂\bo k$
soient galoisiennes de groupe isomorphe à $E$.
-Alors, il existe $λ ∈ k^×$ tel que $L₂=K(√{λ y₁})$.
+Alors, il existe $λ ∈ k^×$ tel que $L₂=K(\sqrt{λ y₁})$.
\end{proposition2}
\begin{démo}
@@ -498,13 +498,13 @@ Soit $τ₁ ∈ E×_G E$ (resp. $τ₂$) le générateur du sous-groupe
d'ordre deux $1× 𝐙/2$ (resp. $𝐙/2×1$) de sorte que
$L_i=\Fix_{⟨τ_i⟩}(M)$. Soit $Δ:E → E×_G E$ le morphisme diagonal
et $k′=\Fix_{Δ(E)}(M)$. C'est une extension quadratique de $k$, car
-$Δ(E)$ est d'indice deux dans $E×_G E$ : on a $k ′=k(√{λ})$ pour un certain $λ ∈ k^×$.
-Posons $L₁′=K(√{\vphantom{y₁}λ}√{\vphantom{λ}y₁})$. C'est une extension quadratique ou triviale
-de $K$. Si elle était triviale, on aurait $λ y₁ ∈ K²$ d'où $L₁=K(√{λ})=Kk ′$
+$Δ(E)$ est d'indice deux dans $E×_G E$ : on a $k ′=k(\sqrt{λ})$ pour un certain $λ ∈ k^×$.
+Posons $L₁′=K(\sqrt{\vphantom{y₁}λ}\sqrt{\vphantom{λ}y₁})$. C'est une extension quadratique ou triviale
+de $K$. Si elle était triviale, on aurait $λ y₁ ∈ K²$ d'où $L₁=K(\sqrt{λ})=Kk ′$
et $E → G$ serait alors scindée (cf. \emph{loc. cit.}).
D'autre part $k ′$ n'est pas contenu dans $L₁$ ni $L₂$ car $Δ(E)$ ne contient
-ni $τ₁$ ni $τ₂$. L'automorphisme $τ₂$ agit donc par $√{λ} ↦ -√{λ}$.
-Comme il agit de même sur $√{y₁}$, il fixe $√{\vphantom{y₁}λ}√{\vphantom{λ}y₁})$
+ni $τ₁$ ni $τ₂$. L'automorphisme $τ₂$ agit donc par $\sqrt{λ} ↦ -\sqrt{λ}$.
+Comme il agit de même sur $\sqrt{y₁}$, il fixe $\sqrt{\vphantom{y₁}λ}\sqrt{\vphantom{λ}y₁})$
donc $L₁′$. Par la théorie de Galois, les corps $L₂$ et $L₁ ′$ coïncident. CQFD.
\end{démo}
@@ -547,19 +547,19 @@ sur $k$.
On a donc $k₂=k(x)$ et $k₄=k₂(y)$ où $℘(x):=x²+x=ε∈k$ et
$℘(y)=a+bx∈k₂$.
Réciproquement, considérons $ε∈k∖℘(k)$ et
-$k₂=k(√[℘]{ε})$ l'extension
+$k₂=k(\sqrt[℘]{ε})$ l'extension
quadratique de $k$ associée. À toute paire d'éléments
$(a,b)$ de $k$,
-on associe le corps $k₄=k₂(√[℘]{a+b√[℘]{ε}})$.
+on associe le corps $k₄=k₂(\sqrt[℘]{a+b\sqrt[℘]{ε}})$.
\begin{théorème2}
\begin{enumerate}
\item L'extension $k₄\bo k$ est galoisienne de groupe
cyclique
-d'ordre quatre \ssi $\Tr_{k_2\bo k}(a+b√[℘]{ε})=b$ est
+d'ordre quatre \ssi $\Tr_{k_2\bo k}(a+b\sqrt[℘]{ε})=b$ est
de la forme
$ε+℘(c)$ pour un $c∈k$.
-\item Une extension quadratique $k(√[℘]{ε})$ se plonge
+\item Une extension quadratique $k(\sqrt[℘]{ε})$ se plonge
toujours dans une extension galoisienne de groupe cyclique
d'ordre
quatre.
@@ -574,7 +574,7 @@ quatre.
(i) Supposons $k₄\bo k$ galoisienne de groupe isomorphe à
$C₄$.
Soient $x$ et $y$ comme ci-dessus. Nécessairement $b≠0$
-sans quoi $k₄$ serait $k(√[℘]{ε},√[℘]{a})$ dont le
+sans quoi $k₄$ serait $k(\sqrt[℘]{ε},\sqrt[℘]{a})$ dont le
groupe
de Galois sur $k$ est de $2$-torsion.
L'élément $y$ est racine du polynôme
@@ -587,7 +587,7 @@ obtenu en écrivant
\]
L'égalité $y²+y=x$ montre que $x∈k(y)$ si bien
que $k₄$ est un corps de rupture du polynôme ci-dessus.
-Le conjugué de $x=√[℘]{ε}$ est $x+1$ ; les conjugués
+Le conjugué de $x=\sqrt[℘]{ε}$ est $x+1$ ; les conjugués
de $y$ sont donc $y,y+1,y'$ et $y'+1$ où $℘(y')=x+1$.
Soit $σ∈\Gal(k₄\bo k)$ tel que $σ(y)=y'$. On a alors
nécessairement
@@ -708,7 +708,7 @@ extension de $V₄$ par $\{±1\}$ — est rappelée en \refext{Azu}{quaternions
est noté $Q₈$.
\begin{corollaire2}
-Soit $a ∈ k-k²$. Si l'extension quadratique $k(√{a})\bo k$ se plonge
+Soit $a ∈ k-k²$. Si l'extension quadratique $k(\sqrt{a})\bo k$ se plonge
dans une extension quaternionique, l'élément $a$ est une somme de trois
carrés dans $k$.
\end{corollaire2}
@@ -734,16 +734,16 @@ P=\left(\begin{matrix}1 & 1 & -1/6\\ -1 & 1 & -1/6 \\ 0 & 1 & 1/3
nous permet de retrouver, pour $λ=6$, l'extension
de $𝐐$ construite par Dedekind (\cite{}) :
\[
-𝐐(√{6+3√{2}+2√{3}+2√{6}})=𝐐(√{(2+√{2})(3+√{6})}).
+𝐐(\sqrt{6+3\sqrt{2}+2\sqrt{3}+2\sqrt{6}})=𝐐(\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{6})}).
\]
En effet, il résulte de \refext{Azu}{norme spinorielle}
-que l'on a dans $𝐐(√{2},√{3})^×/{𝐐(√{2},√{3})^×}²$ l'égalité
+que l'on a dans $𝐐(\sqrt{2},\sqrt{3})^×/{𝐐(\sqrt{2},\sqrt{3})^×}²$ l'égalité
\[
-\NSpin\big(P⋅\diag(1/√{2},1/√{3},√{6})\big)=\Tr\big(P⋅\diag(1/√{2},1/√{3},√{6})\big)+1
-=1+1/√{2}+1/√{3}+√{6}/3.\]
+\NSpin\big(P⋅\diag(1/\sqrt{2},1/\sqrt{3},\sqrt{6})\big)=\Tr\big(P⋅\diag(1/\sqrt{2},1/\sqrt{3},\sqrt{6})\big)+1
+=1+1/\sqrt{2}+1/\sqrt{3}+\sqrt{6}/3.\]
-Le fait que $𝐐(√{(2+√{2})(3+√{6})})$ coïncide
-avec le corps $𝐐(√{2},√{3},√{(2+√{2})(3+√{6})})$, \emph{a
+Le fait que $𝐐(\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{6})})$ coïncide
+avec le corps $𝐐(\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{(2+\sqrt{2})(3+\sqrt{6})})$, \emph{a
priori} plus gros,
est un fait général, expliqué à la fin de la démonstration de l'implication (i)⇒(ii).
\end{exemple2}
@@ -870,7 +870,7 @@ Ceci achève la démonstration de l'implication (ii)⇒(i).
Pour conclure il nous faut comprendre quelles sont les
classes $x$ dans $k_{V₄}^×/{k_{V₄}^×}²$ telles
-que $k_{V₄}(√{x})$ soit quaternionique sur $k$.
+que $k_{V₄}(\sqrt{x})$ soit quaternionique sur $k$.
Il résulte de la démonstration précédente que si $P$
est comme dans l'énoncé, la classe $\NSpin(m_P)=\NSpin(m_P^{-1})$ convient.
Ce n'est autre que la classe de l'énoncé, pour $λ=1$.
@@ -1018,7 +1018,7 @@ Le lemme \ref{décomposition classe quaternionique}
donne donc une décomposition de $∂[k_{V₄}]$ en produits de $1$-cocycles.
Il nous faut comprendre quelle est l'image de $[\pr_\i],[\pr_\j] ∈ H¹(V₄,𝐅₂)$ dans $H¹(Π_k,𝐅₂)$
par $[k_{V₄}]:Π_k → V₄$. Rappelons (\ref{notations Witt non 2}) que si
-$k_{V₄}=k(√{b_\i},√{b_\j},√{b_\k})$,
+$k_{V₄}=k(\sqrt{b_\i},\sqrt{b_\j},\sqrt{b_\k})$,
où les $b_μ$ sont comme en \ref{notations Witt non 2}, on note $σ_\i$
l'unique $k$-automorphisme non trivial de $k_{V₄}$
tel que $σ_\i(b_\i)=b_\i$ ; on a alors nécessairement $σ_\i(b_\j)=-b_\j$
@@ -1041,7 +1041,7 @@ l'unique caractère tel que pour tout $σ ∈ Π_k$
et tout choix d'une racine carrée de $a$ dans $k\sep$,
on ait
\[
-\frac{σ(√{a})}{√{a}}=(-1)^{(a)(σ)}.
+\frac{σ(\sqrt{a})}{\sqrt{a}}=(-1)^{(a)(σ)}.
\]