¿Por qué es $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$ no de un grupo clase, de un imaginario cuadrática campo de número ?

Question

En general, parece que no sabe que es finito abelian grupos son los grupos de la clase de cuadrática número de campos. Para el imaginario cuadrática número de campo, he leído que $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$ es el más pequeño abelian grupo que no se produce. Ocurre como con el grupo de clase de $\mathbb{Q}(\sqrt{188184253})$. ¿Qué otros grupos son conocidos por no ser la clase de los grupos de imaginario cuadrática número de campos ? ¿Cómo demostrarlo ?

¿Cuál es la situación de los grupos de la clase de la real cuadrática número de campos ?

Answer 1

La única prueba de que sé que $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$ no aparecen como el grupo de clase de una ecuación cuadrática número imaginario campo es por la fuerza bruta de búsqueda. A grandes rasgos, la idea es que, dado que los números de la clase de cuadrática campos de aumentar con el discriminante, hay sólo un número finito de estos campos de cualquier número de la clase. A continuación, podemos enumerar todos los grupos de la clase de un determinado tamaño, y comprobar que los grupos de la clase aparecer. Más recientemente, Watkins del cálculo de todos los cuadrática número imaginario campos con clase de números hasta el 100, en particular una lista completa de todos los grupos de la clase de la orden de 27, y por tanto, por simple enumeración uno puede observador que $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$ no aparece. También debo mencionar en este sentido la enorme cantidad de datos disponibles en un reciente artículo de Jacobson, Ramachandran, y Williams.

[Edit: en cuanto a otra de tus preguntas, la misma técnica que muestra 6 otros grupos de la clase de la orden menos de 100 no aparecen como cuadrática número imaginario de los campos, de las órdenes 27,32,54,64,64,81,81 respectivamente, un hecho que he robado de https://math.stackexchange.com/a/11025/20762 (y ahora se actualiza en función de la cadena ABC respuesta a continuación).]

La falta de cualquier particularmente convincente aritmética razones que proscribir ciertas finito abelian grupos que aparecen como los grupos de la clase de cuadrática número imaginario campos, vale la pena pensar en algunas heurísticas. Un argumento de Soundararajan da que, en promedio, el número de cuadrática imaginario en los campos de número de número de la clase $p^n$ es aproximadamente el $p^n$ (o mejor, asintóticamente entre el $p^n/n$ e $np^n$). Por otro lado, el número finito de abelian grupos de orden $p^n$ se rige por la partición de la teoría de $n$, y, por tanto, un estándar asintótico sugiere que hay $\frac{1}{4\sqrt{3}n}e^{\pi\sqrt{2n/3}}$ de dichos grupos. Aproximadamente, cada vez hay más campos de número de la orden de $p^n$ que no son posibles los grupos de la clase de ese tamaño, así que uno podría tal vez esperar que (de nuevo, sin ninguna obvio arithemtical obstrucción) que hay sólo un número finito de ejemplos como los de $(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z})^3$ que no aparecen, al menos entre los $p$-grupos (y especialmente para las grandes $p$).

Real cuadrática campos, no hay tal obligado a empujar los números de la clase superior, y no puedo ver ninguna razón para no esperar que cada finito abelian grupo para que aparezca como un grupo de clase de dicho campo. Por supuesto, este resultado está en ninguna parte cerca de conocidos.

Answer 2

Sólo me dio una extensa respuesta a esta pregunta que fue comido por los captcha, pero aquí está un breve resumen:

Real cuadrática campos: Cualquier extraño grupo abelian $A$ debe ocurrir como el impar parte del grupo de clase para una densidad positiva de discriminantes (esto es explícitamente en Cohen-Lenstra). Por tanto, se espera que: cualquier grupo abelian $A$ deberá producirse en el grupo de clase con la positiva relación de densidad entre los grupos de la clase que, por la teoría de género, tienen el mismo $2$-rango de $A$. Estas afirmaciones son todas conjeturas y no se sabe nada.

Imaginario cuadrática campos: Conjecturally, el $p$-parte de la clase de grupo es $O(|\Delta_F|^{\epsilon})$. En la GRH, la $p$-parte de la clase de grupo es $O(|\Delta_F|^{\delta +\epsilon})$ para algunos explícita constante $\delta < 1/2$ dependiendo $p$. Para $p = 2$ esto es incondicionalmente verdadera por la teoría de género. Para $p =3$ esto también es incondicionalmente verdadera, por Pierce, Helfgott-Venkatesh (de forma independiente), y más tarde Ellenberg-Venkatesh.

Por Brauer-Siegel, el grupo clase ha pedido en menos $O(|\Delta_F|^{1/2 - \epsilon})$. Por lo tanto:

Incondicional: Para cualquier abelian grupo fijo $A$, los grupos de $A \oplus (\mathbf{Z}/2 \mathbf{Z})^n$ e $A \oplus (\mathbf{Z}/3 \mathbf{Z})^n$ se producen como los grupos de la clase de los imaginarios cuadrática campos de sólo un número finito de $n$.

El resultado anterior no es efectivo, porque Brauer-Siegel no es eficaz. (La efectiva límites inferiores en los grupos de la clase de Goldfeld-Bruto-Zagier no son lo suficientemente fuertes para comprobar estos resultados.) Sin embargo, uno debe ser capaz de producir la lista completa (para cualquier $A$) mediante la GRH, y luego demostrar incondicional que hay en la mayoría de los explícitamente delimitada en el número de excepciones. (Creo que esto se ha hecho en este caso $ (\mathbf{Z}/2 \mathbf{Z})^n$, por ejemplo: buscar idoneal números, por ejemplo: La falta de Euler Idoneal números.)

Watkins: Por último: Watkins, el cálculo es impresionante, en parte, porque se rompieron los casos anteriores de la clase de número de $\le N$ problema, que sólo eran conocidos por $N$ hasta alrededor de $10$ o así.

Extra: Aquí hay un correo electrónico de Marca a partir de 2008:

una búsqueda muestra que los siguientes grupos de no producirse:

(Z/3)^3

(Z/2)^5

(Z/2)x(Z/3)^3

(Z/2)^6

(Z/4)x(Z/2)^4

(Z/3)^4

(Z/9)x(Z/3)^2

Sólo se producen una vez:

(Z/3)^2 d=-4027

(Z/2)^4 d=-5460

(Z/5)^2 aparece dos veces d=-12451,-37363

(Z/7)^2 aparece dos veces d=-63499,-118843

(Z/9)^2 aparece tres veces d=-134059,-298483,-430411

(Z/3)x(Z/2)^5 aparece tres veces d=-87780,-145860,-106260

Answer 3

Hola MO, el sistema no me deja hacer un comentario, sólo una respuesta, pero yo sólo quería señalar que, contrariamente a lo "v08ltu" comentó, en el caso de $(Z/3)^k$ no es claramente más fácil para los métodos de Arno y Watkins, pero en realidad en un aspecto que está cerca el peor de los casos (aparte de géneros en 2).

El punto es, usted puede tener un montón de $(a,b,c)$ formas con $a\sim d^{1/4}$, la estructura multiplicativa se ha ido todo. En la notación de estos artículos, el $A(s)=\sum_a 1/a^s$ sólo está limitada por $|A(1/2+it)|\ge 1-(h-1)/d^{1/8}$, y desea mantener esta distancia a partir de la cero (el truco de Watkins es considerar menor $a$ multiplicatively, y los grandes de forma aditiva en una variante de $A$, pero aquí todo es aditivo). Parece que Watkins tiene justo lo suficiente para obtener $h=81$ a de trabajo, como $d\sim 80^8\sim 2^{52}$, que era su sieveing límite. Yo sinceramente dudo que $(Z/3)^5$ es factible de la misma manera, como el obligado salta por $3^8$. Watkins apenas se menciona al final de su trabajo, diciendo que la carga de trabajo es por lo menos de la cuarta potencia de crecimiento en el cribado límite de $h/d^{1/4}$ "pero también los límites inferiores en $|A(s)|$ a ser peor", y creo que especialmente la mermelada hasta aquí, siendo 8 de poder, no de 4to.

Por otro lado, una vez que usted consigue realmente el cribado de problema, incluso con un límite superior, entonces es más fácil como puede exigir que todos los pequeños números primos (a a $d^{1/4}$ que es al menos casi 10000) son inertes, mientras que Arno y Watkins dividido en una infinidad de casos para manejar la conducta alternativa vis-a-vis de contabilidad de pequeñas división de los números primos y sus efectos. Tamizado hasta el $728^8\sim 10^{23}$ podría ser factible, como Sorenson ha hecho $10^{25}$ para pseudosquares (utilizando doblemente concentrado en los métodos).