Yo estaba correctamente regañado por demasiado corto una respuesta y la buena gracia, para dar enlaces. Por lo tanto, doy aquí una más extensa respuesta.
Tomar el 53$^{rd}$ cyclotomic anillo de enteros y el homomorphism $\sigma: \zeta\to\zeta^2$ con la raíz primitiva modulo 2 53. Kummer del número de clase de la fórmula da el primer 4889. Debido a que cada ideal es invariante bajo la homomorphism $\sigma$$^{52}$ y el grupo de clase debe ser cíclico, el homomorphism $\sigma$ sólo se pueden enviar a cada clase de $C$ a la clase $C^\xi$ donde $\xi$ debe ser (no necesariamente primitivo) 52$^{nd}$ raíz modulo 4889 para que $\xi^{52}\equiv 1 \bmod{4889}$. Hay 52 primer ideales $\sigma^k\langle 107, Ψ_{107}(\zeta)\rangle = \langle 107, \sigma^k\Psi_{107}(\zeta)\rangle$. El segundo generador de $\Psi_{107}(\zeta)$ del primer ideal puede ser tomado desde el primer teorema en el capítulo 4.12 del último teorema de Fermat por Edwards. En los anillos de Dedekind esta forma, es fácil demostrar que el máximo común divisor de los ideales $\langle 107\rangle$ e $\langle\Psi_{107}(\zeta)\rangle$ es el primer ideal $\langle 107, \Psi_{107}(\zeta)\rangle$. Un análisis más detallado de este anillo, a continuación, da la clase de equivalencia de $\sigma\langle 107, \Psi_{107}(\zeta)\rangle \sim \langle 107, \Psi_{107}(\zeta)\rangle^{3637}$. El 'código postal' 3637 es de ningún interés. Sin embargo es una primitiva 52$^{nd}$ raíz modulo 4889 y tenemos una clara relación entre la cíclico del grupo de clase de este anillo y la cíclica grupo de Galois $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}) = \{\operatorname{id} = \sigma^0, \sigma^1, \dots, \sigma^{51}\}$.
Ahora toma el 41$^{st}$ cyclotomic anillo de enteros, el homomorphism $\sigma: \zeta \to \zeta^6$ con la raíz primitiva $6 \bmod{41}$ y el cyclotomic entero $g_1(\zeta) = \zeta^6 - \zeta^8 - \zeta^{20}$. El ideal de $\langle g_1(\zeta)\rangle$ factorizes a $\langle g_1(\zeta)\rangle = \langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^2\cdot\langle 83, σ^8\Psi_{83}(\zeta)\rangle$. El proceso de factorización de cyclotomic ideales se describe en los capítulos 4.11 ff de Edwards. He descrito este proceso en mi respuesta a esta pregunta en las matemáticas.stackexchange.
El cyclotomic entero $g_2(\zeta) = - \zeta^4 + \zeta^{10} + \zeta^{21} + \zeta^{28} + \zeta^{39}$ factorizes a $\langle g_2(\zeta)\rangle = \langle 83,
\sigma^8\Psi_{83}(\zeta)\rangle\cdot\langle 83, \sigma^{28}\Psi_{83}(\zeta)\rangle$ so that we get the class equivalence $\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^2 \sim \langle 83, \sigma^{28}\Psi_{83}(\zeta)\rangle$. El cuadrado de esta equivalencia da
$$\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^4 \sim \langle 83, \sigma^{28}\Psi_{83}(\zeta)\rangle^2 \sim \sigma^{28}[\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^2] \sim \sigma^{28}\langle 83, \sigma^{28}\Psi_{83}(\zeta)\rangle = \langle 83, \sigma^{2·28}\Psi_{83}(\zeta)\rangle.$$
Consecutivos cuadrado da $\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^{2^k} \sim \langle 83, \sigma^{28k}\Psi_{83}(\zeta)\rangle$ y obtenemos la relación general $\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^n \sim \langle 83, \sigma^{4k}\Psi_{83}(\zeta)\rangle$ para un entero $n$ porque $\operatorname{gcd}(28, 40) = 4$. Para $k=10$ obtenemos $\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle^{1024} \sim \langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle$ o el ideal de $\langle 83, \Psi_{83}(\rangle)\rangle^{1023}$ es la directora. Kummer del número de la clase fórmula da $11^2$, de modo que el orden de las clases de la ideal $\langle 83, \Psi_{83}(\zeta)\rangle$ es $11$ con $1023 = 3\cdot 11\cdot 31$. Luego tenemos 4 clase subgrupos $\langle 83, \sigma^{m+4k}\Psi_{83}(\zeta)\rangle, m \in \{0,1,2,3\}$. Pero el número de clase es$11^2$, de modo que la combinación de las clases de 2 subgrupos da las clases del resto de la clase 2 de subgrupos. Por ejemplo, el cyclotomic entero $s_2(\zeta) = \zeta^{28} + \zeta^{36} - \zeta^{39}$ factorizes a $\langle s_2(\zeta)\rangle = \langle 83, \sigma^{14}\Psi_{83}(\zeta)\rangle\cdot\langle 83, \sigma^{24}\Psi_{83}(\zeta)\rangle\cdot\langle 83, \sigma^{33}\Psi_{83}(\zeta)\rangle$. Por lo tanto, la homomorphism $\sigma$ envía la clase de una clase subgrupo para la próxima clase subgrupo. Y sólo tenemos una clara relación entre la homomorphism $\sigma^{4k}$ del grupo de Galois de este anillo y las clases debido a la homomorphism $\sigma^4$ no envía las clases de una clase subgrupo para el siguiente. Sin embargo, el grupo de clase $\mathbb{Z}/11\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/11\mathbb{Z}$ ha sido confirmada.
El asunto se pone peor con el 163$^{rd}$ cyclotomic anillo de los números enteros. Tomamos el homomorphism $\sigma: \zeta \to \zeta^2$ con la raíz primitiva $2 \bmod{163}$. Yo sólo podía determinar el grupo de clase del primer ideales que factorizar el primer entero a la máxima 27 conjugado primer ideales. El análisis da una clase subgrupo de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Tomar las cuatro clases $c$, $d$, $e$, $f$, cada generador de una cíclica de la clase de los subgrupos $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ con el orden de las clases 2. A continuación, cada uno de los ideales de orden 2 puede ser asignado a una clase de $(c^r, d^s, e^t, f^u)$. Tomamos la letra I para el director del divisor. Los ideales $\langle q, \Psi_{q}(\zeta)\rangle$ con $q = 61, 199, 347$ todos tienen seis conjugados (véase el capítulo 4.9 de Edwards). El análisis similar al anterior da
\begin{align*}
\langle 61, \sigma^0\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (c, I, I, I)\\
\langle 61, \sigma^1\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (I, I, e, I)\\
\langle 61, \sigma^2\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (I, d, I, I)\\
\langle 61, \sigma^3\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (I, I, I, f)\\
\langle 61, \sigma^4\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (c, d, I, I)\\
\langle 61, \sigma^5\Psi_{61}(\zeta)\rangle &\sim (I, I, e, f)\\
\langle 199, \sigma^0\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (I, d, e, I)\\
\langle 199, \sigma^1\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (I, d, I, f)\\
\langle 199, \sigma^2\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (c, d, I, f)\\
\langle 199, \sigma^3\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (c, d, e, f)\\
\langle 199, \sigma^4\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (c, I, e, f)\\
\langle 199, \sigma^5\Psi_{199}(\zeta)\rangle &\sim (c, I, e, I)\\
\langle 347, \sigma^0\Psi_{347}(\zeta)\rangle &\sim (c, I, I, f)\\
\langle 347, \sigma^1\Psi_{347}(\zeta)\rangle &\sim (c, d, e, I)\\
\langle 347, \sigma^2\Psi_{347}(\zeta)\rangle &\sim (I, d, e, f)
\end{align*}
y tenemos $\langle 347, \sigma^0\Psi_{347}(\zeta)\rangle \sim \langle 347, \sigma^3\Psi_{347}(\zeta)\rangle$. Aquí la acción del grupo de Galois en el primer ideal $(61, \sigma^0\Psi_{61}(\zeta))$ no se escape de las clases de la clase de los subgrupos $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Aún no forman una clase subgrupo de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Por lo tanto hemos perdido toda relación entre el grupo de clase y el grupo de Galois.
Mi experiencia con los grupos de la clase de cyclotomic anillos de enteros me enseñó que las clases tienen una estructura en sus propios aunque en general su no parece haber ningún vínculo entre las clases y otras estructuras algebraicas de estos anillos.
Usted puede obtener mi determinación de los grupos de la clase de los anillos y otras cyclotomic anillos de aquí.
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Mi pantalla de computadora huele igual con esto mostrado como suele hacerlo.
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Eso es realmente tranquilizador.
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Cam, una pregunta posiblemente más fácil es si la respuesta de Baker-Heegner-Stark tenía que ser menor o igual que la respuesta de Schoof, una vez que se supo que la primera era finita.
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No, me retracto. Stark tiene una prueba muy precisa para conjeturas basadas en el primer resultado siendo la prueba más difícil en esa área de las matemáticas. Dado que el número 163 seguramente era conocido para ambos problemas, una respuesta fácil a mi problema o al tuyo original, da una prueba fácil de Baker-Heegner-Stark, por lo tanto no hay una relación tan fácil. La relación es una coincidencia. Quod Erat Demonstarkum.
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Verificar si puedo obtener la prueba correcta de Stark. Utilizar apóstrofo para negación, S para Baker-Heegner-Stark, C para alguna conjetura. Si tenemos la implicación S' --> C, entonces Stark cree que C, pendiente de más investigación. ¿Por qué, preguntas? No te preocupes, te lo diré. La contrapositiva es C' --> S. Si C resultara ser falsa, esto proporcionaría una prueba fácil de S.
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Está bien, ahora entiendo lo que estás diciendo. Aunque a) ¿Está claro que BHS es más fácil que Schoof? Ciertamente BHS fue más grandioso ... pero Schoof fue posterior y requiere una cantidad sustancial de potencia informática, y b) Creo que esto descartaría solo una declaración muy directa del formulario que sugeriste en tu segundo comentario.
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O c) Tal vez realmente estoy en algo aquí, y esta brillante idea podría haber superado la Heurística Stark y demostrar una cosa de la otra. No olvidemos esa opción. :)
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Escuché el test en la década de 1980 mientras estaba en UCSD, puedo ver que algunas cosas pueden haber cambiado. Cuando hayas conseguido todos los premios por esto y escribas un libro al respecto, por favor firma una copia para mí. Solo como nota al margen, puedo demostrar que tu perspicacia implica $P \neq NP$, es solo un poco largo para caber en este cuadro de comentarios.
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¿Por qué hay tanta resistencia a afirmarlo y llamarlo como es: Teorema de Heegner para campo cuadrático? Los otros chicos lo hicieron después de Heegner. Uno de ellos, Stark, admitió que vio el papel de Heegner antes de hacer su trabajo, vea su papel sobre "Número de clases de campos cuadráticos" en AIM.org.
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Comencé una respuesta sobre los méritos de tu pregunta pero decidí que no quería involucrarme en esta discusión. En su lugar, anotaré: Seguramente te refieres a aimath.org, no a aim.org. (3) No hay ningún documento con ese título en aimath.org/preprints.html, ni Google puede encontrar ningún documento con ese título en absoluto.
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Estoy de acuerdo con David en todos los aspectos. Independientemente de la nomenclatura, siento que debo comentar (la palabra "admitted" me molesta) que Stark escribió una defensa del enfoque de Heegner (ams.org/mathscinet-getitem?mr=241384, el título solo demuestra el punto), argumentando que cualquier brecha seria en el argumento de Heegner se hereda de las brechas correspondientes en el trabajo de Weber.
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Al final de su artículo, Cohen y Lenstra señalan que la parte de prima a 3 de los grupos de clases de campos cúbicos cíclicos parece ser trivial para aproximadamente el 85 % de todos los campos. Por lo tanto, podríamos esperar que el número de clases sea 1 para campos con conductor primo con aproximadamente la misma probabilidad. Y para primos pequeños hay un sesgo hacia el número de clases 1 proveniente de los límites de Odlyzko.
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@user9167 Podría ser más adecuado llamarlo el teorema de Gelfond, ya que posteriormente Stark demostró que se puede usar formas lineales en 2 logaritmos, lo cual ya había resuelto anteriormente. ams.org/journals/proc/1969-021-01/S0002-9939-1969-0237461-X/…