Último teorema de Fermat en campos mayores

Question

El último teorema de Fermat implica que el número de soluciones de $x^5 + y^5 = 1$ en $\mathbb{Q}$ es finito.

Es el número de soluciones de $x^5 + y^5 = 1$ en $\mathbb{Q}^{\text{ab}}$ ¿Finito?

Aquí $\mathbb{Q}^{\text{ab}}$ es la máxima extensión abeliana de $\mathbb{Q}$ . Por Kronecker-Weber, es el campo obtenido de $\mathbb{Q}$ uniendo todas las raíces de la unidad.

Answer 1

Esto no es exactamente una respuesta, pero tampoco un comentario.

Al menos podemos demostrar que $X(({\mathbb Q}^{\text{ab}})^{\text{ab}})$ es infinito (donde $X$ es la curva quíntica de Fermat). De hecho, hay (al menos) dos formas de demostrarlo.

1. $X$ tiene un automorfismo $\tau$ de orden 3 definido sobre $\mathbb Q$ (girar las coordenadas proyectivas). El cociente $X/\langle \tau \rangle$ es una curva hiperelíptica $Y$ . Como señalé en un hilo relacionado, $Y({\mathbb Q}^{\text{ab}})$ es infinita para toda curva hiperelíptica $Y$ . Ahora las preimágenes en $X$ de cualquier ${\mathbb Q}^{\text{ab}}$ -punto $Y$ se definen sobre una extensión cíclica de grado 3 de ${\mathbb Q}^{\text{ab}}$ por lo que están en $X(({\mathbb Q}^{\text{ab}})^{\text{ab}})$ .
2. Arreglar cualquier $y \in {\mathbb Q}$ entonces los puntos $(x:y:1) \in X$ tienen $x$ en ${\mathbb Q}(\mu_5, \sqrt[5]{1-y^5}) \subset ({\mathbb Q}^{\text{ab}})^{\text{ab}}$ .

La segunda construcción se generaliza obviamente a curvas de Fermat arbitrarias. En mi entrada original, afirmé que la primera también lo hace. Pero parece que no es así: el cociente del grado $n$ Curva de Fermat $x^n + y^n + z^n = 0$ por lo obvio $S_3$ -la acción tiene género positivo en cuanto $n \ge 6$ por lo que el cociente por el grupo cíclico ya no es obviamente hiperelíptico. (Es cierto, sin embargo, que esta curva mapea a la curva hiperelíptica $y^2 = x^n + \frac{1}{4}$ pero esto es a través del cociente con respecto a la acción de $\mu_n$ tal que $\zeta$ envía $(x:y:z)$ a $(\zeta x : \zeta^{-1} y : z)$ . Esto llevaría a una conclusión más débil, sustituyendo el doble por el triple cierre abeliano de $\mathbb Q$ . Había confundido los dos cocientes).

Obsérvese que estas construcciones utilizan el hecho de que $X$ tiene (muchos) automorfismos no triviales. Así que tal vez otra pregunta interesante es la siguiente.

Sea $C$ sea una curva agradable (suave, proyectiva, geométricamente irreducible) sobre $\mathbb Q$ . ¿Podemos al menos demostrar que $C({\mathbb Q}^{\text{sol}})$ ¿es infinito?

Aquí ${\mathbb Q}^{\text{sol}}$ denota la unión de todas las extensiones finitas de Galois de $\mathbb Q$ con grupo de Galois soluble.

(Originalmente la pregunta se formuló para curvas (suficientemente genéricas) de género 3.) Sin embargo, como señaló René, encontramos muchos puntos cuárticos intersecando el plano cuártico $C$ con líneas racionales, y todos los campos cuárticos están contenidos en ${\mathbb Q}^{\text{sol}}$ .)

EDIT: La cuestión de si existen puntos solubles ha sido estudiada, véase por ejemplo un preimpresión reciente de Trevor Wooley y las referencias que allí figuran, en particular este documento por Ambrus Pál.

Answer 2

Es muy posible que exista una construcción elemental de infinitos puntos (que ahora mismo no se me ocurre), pero en cualquier caso, creo que hay expertos por ahí que esperan que haya infinitos puntos sobre $\mathbb{Q}^{\rm ab}$ . En concreto, se conjetura que ese campo es grande (véase Artículo sobre la encuesta de Pop ), lo que significa concretamente que cualquier curva irreducible que tenga un punto suave sobre ese campo se espera que tenga infinitos.

Hasta donde yo sé, no hay muchas pruebas a favor ni en contra de la conjetura de la grandeza (en particular, Pop tiene cuidado de formularla como una pregunta), así que tómese esta heurística por lo que valga. Ya que estás en Tel-Aviv, deberías preguntarle a Moshe Jarden qué opina.

Answer 3

Respecto a las soluciones de la ecuación de Fermat $x^{\ell}+y^{\ell}+z^{\ell}=0$ en $\ell^n$ campos ciclotómicos (para primos regulares $\ell$ ) véase un artículo de Kolyvagin de 2001 en Izvestiya http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=paper&jrnid=im&paperid=337&option_lang=eng .

Answer 4

Editar: Esto es ahora sólo un comentario.

Se pueden construir muchos puntos de grado $5$ utilizando el teorema de irreducibilidad de Hilbert.

Sea $X = \{x^5+y^5 =z^5\}$ ser su curva sobre $\mathbb Q$ considerado en $\mathbb P^2_{\mathbb Q}$ .

Para ver que $X(\mathbb Q^{ab})$ es infinito, basta con demostrar que $X$ tiene infinitos puntos "Galois" de grado $5$ . (Aquí un punto es Galois si su campo de residuos es Galois sobre $\mathbb Q$ .)

Obsérvese que la proyección $X\to \mathbb P^1_{\mathbb Q}$ es de grado $5$ . En particular, por el teorema de irreducibilidad de Hilbert, la curva $X$ tiene infinitos puntos de grado $5$ . Sin embargo, como señala René, no conseguirás que estos puntos sean de Galois.

N.B. El teorema de Faltings implica que los puntos de grado cinco en $X$ debe estar en infinitos campos numéricos distintos.

Esto funciona de forma más general de la siguiente manera:

Si $f:X\to \mathbb P^1_K$ es un morfismo finito con $X$ una curva suave proyectiva geométricamente conexa sobre un campo numérico $K$ entonces $f^{-1}(K)$ contiene infinitos puntos de grado $\deg f$ . (No es necesario $f$ sea Galois, pero si $f$ es de Galois, entonces probablemente obtendrá infinitos puntos de Galois. Aunque no tienen por qué ser abelianos...)