Suponga que tiene un problema diofantino cuya solución está relacionada con la estructura del grupo p-clase de un campo numérico K. Entonces tiene las siguientes opciones:
- Utilizar la aritmética ideal en el orden máximo O K
- Sustituir O K por un anillo adecuado de números enteros S con grupo trivial de clase p
- Sustituir K por el campo de clase Hilbert, que (quizás) tiene grupo de clase p trivial.
La experiencia con el descenso en curvas elípticas me ha demostrado que, en última instancia, las ecuaciones que hay que resolver en los métodos 1 y 2 son las mismas; además, el enfoque mediante ideales es mucho menos técnico que el uso de dominios factoriales en S-integrantes (las relaciones de grupo de clases vuelven a entrar a través del mayor rango del grupo de unidades S). Estoy seguro de que la ruta a través del campo de clases de Hilbert es aún más técnica: de nuevo, el grupo de unidades en el campo de clases producirá más dificultades de las que eliminará un grupo de clases trivial.
Editar. Como ejemplo que ilustra mi punto en un muy ejemplo sencillo, déjame resolver la ecuación diofantina $x^2 + 5y^2 = z^2$ de diferentes maneras. Siempre asumiré que $\gcd(x,y) = 1$ .
1. Teoría elemental de los números
La idea básica es la factorización: a partir de $5y^2 = (z+x)(z-x)$ . Desde $d = \gcd(z-x,z+x) = \gcd(2z,z+x) \mid 2$ tenemos $d = 1$ o $d = 2$ Además, es evidente que tenemos $z-x > 0$ . Esto da $z+x = da^2$ , $z-x = 5db^2$ o $z+x = 5da^2$ , $z-x = db^2$ . Resolver para $x$ y $z$ rinde $$ x = \pm \frac d2 (a^2 - 5b^2), \quad y = dab. $$
2. Parametrización
Set $X = \frac xz$ y $Y = \frac yz$ Entonces $X^2 + 5Y^2 = 1$ . Toma la línea $Y = t(X+1)$ a través del punto obvio $(-1,0)$ el segundo punto de intersección viene dado por $$ X = \frac{1-5t^2}{1+5t^2}, \quad Y = \frac{2t}{1+5t^2}. $$ Deshomogeneización mediante $t = \frac ba$ y $X = \frac xz$ etc. da la parametrización proyectiva $$ (x:y:z) = (a^2-5b^2:2ab:a^2+5b^2). $$ Si $ab$ es impar, todas las coordenadas son pares, y encontramos $$ x = \frac12(a^2 - 5b^2), \quad y = ab; $$ si $a$ o $b$ es incluso obtenemos $$ x = a^2 - 5b^2, \quad y = 2ab $$ como en el caso anterior.
3. Teoría algebraica de los números
Considere la factorización $$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$ en el anillo de enteros del campo numérico $K = {\mathbb Q}(\sqrt{-5}\,)$ . El número de clase de $K$ es $2$ y la clase ideal es generada por el ideal primo ${\mathfrak p} = (2,1+\sqrt{-5}\,)$ .
El ideal $(x + y\sqrt{-5}, x - y\sqrt{-5}\,)$ es $(1)$ o ${\mathfrak p}$ por lo tanto $$ (x + y\sqrt{-5}\,) = {\mathfrak a}^2, \quad (x - y\sqrt{-5}\,) = {\mathfrak b}^2 $$ en la primera y $$ (x + y\sqrt{-5}\,) = {\mathfrak p}{\mathfrak a}^2, \quad (x - y\sqrt{-5}\,) = {\mathfrak p}{\mathfrak b}^2 $$ en el segundo caso.
El segundo caso es imposible ya que tanto el lado izquierdo como ${\mathfrak a}^2$ son principales, pero ${\mathfrak p}$ no lo es. Nosotros podría haber visto esto inmediatamente ya que $x$ y $y$ no pueden ser ambos Impares.
En el primer caso, supongamos primero que ${\mathfrak a} = (a + b\sqrt{-5}\,)$ es principal. Dado que las únicas unidades en ${\mathcal O}_K$ son $\pm 1$ , esto da $x + y \sqrt{-5} = \pm(a+b\sqrt{-5}\,)^2$ y por lo tanto $$ x = \pm (a^2 - 5b^2), \quad y = \pm 2ab. $$ Si ${\mathfrak a}$ no es principal, entonces ${\mathfrak p}{\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$ es, y de $({\mathfrak p}{\mathfrak a})^2 = 2(x+y\sqrt{-5}\,)$ nosotros de manera similar obtenemos $$ x = \pm \frac12(a^2 - 5b^2), \quad y = \pm ab. $$
4. S-Integers
El anillo $R = {\mathbb Z}[\sqrt{-5}\,]$ no es un UFD, sino $S = R[\frac12]$ es; de hecho, $S$ es incluso norma euclidiana para la norma habitual en $S$ (la norma es la misma que en $R$ excepto que los poderes de $2$ se eliminan). También se ve fácilmente que $S^\times = \langle -1, 2 \rangle$ . Desde $$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$ y el hecho de que los factores del lado izquierdo son coprima deducimos que $x + y\sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$ para alguna unidad $\varepsilon \in S^\times$ y algunos $\alpha \in S$ . Subsumir las casillas en $\alpha$ podemos suponer que $\varepsilon \in \{\pm 1, \pm 2\}$ . Configurar $\alpha = \frac{a + b\sqrt{-5}}{2^t}$ donde podemos suponer que $a$ y $b$ no son ambos pares, obtenemos $$ x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \frac{a^2 - 5b^2 + 2ab\sqrt{-5}}{2^{2t}}. $$ Es fácil ver que debemos tener $t = 0$ y $\varepsilon = \pm 1$ o $t = 1$ y $\varepsilon = \pm 2$ un simple cálculo da como resultado las mismas fórmulas mismas fórmulas que las anteriores.
5. Campos de la clase Hilbert
El campo de clase Hilbert de $K$ viene dada por $L = K(i)$ . No es demasiado difícil demostrar que $L$ tiene número de clase $1$ (en realidad es norma euclidiana), y que su grupo unitario está generado por $i = \sqrt{-1}$ y $\omega = \frac{1+\sqrt{5}}2$ (sólo necesitamos saber que estos unidades y su producto no son cuadrados). En $$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$ y el hecho que los factores del lado izquierdo son coprimos en ${\mathcal O}_K$ deducimos que $x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$ . Subsumiendo cuadrados en $\alpha^2$ podemos suponer que $\varepsilon \in \{1, i, \omega, i\omega \}$ . Aplicando el automorfismo no trivial automorfismo de $L/K$ a $x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$ encontramos $\varepsilon \alpha^2 = \varepsilon' {\alpha'}^2$ . Dado que el ideal ${\mathfrak a} = (\alpha)$ es fijo y como $L/K$ no está ramificado, el ideal ${\mathfrak a}$ debe ser un ideal en ${\mathcal O}_K$ . Por lo tanto, o bien ${\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$ es principal en $K$ , o ${\mathfrak p} {\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$ es; en el segundo caso observamos que ${\mathfrak p} = (1+i)$ se convierte en principal en ${\mathcal O}_L$ .
Por lo tanto, o bien $$ x + y \sqrt{-5} = (a+b\sqrt{-5}\,)^2 \quad \text{or} \quad x + y \sqrt{-5} = i \Big(\frac{a+b\sqrt{-5}}{1+i}\,\Big)^2, $$ dándonos las mismas fórmulas anteriores.
Evitar la aritmética ideal en $K$ y sólo utilizando el hecho de que ${\mathcal O}_L$ es un UFD parece complicar aún más la prueba.
Edición 2 Por si acaso
6. Hilbert 90
Consideremos, como en el caso anterior, la ecuación $X^2 + 5Y^2 = 1$ . Muestra que el elemento $X + Y \sqrt{-5}$ tiene norma $1$ ; por Hilbert 90, debemos tener $$ X + Y \sqrt{-5} = \frac{a+b\sqrt{-5}}{a-b\sqrt{-5}} = \frac{a^2 - 5b^2 + 2ab\sqrt{-5}}{a^2 + 5b^2}. $$ Deshomogeneización mediante $X = \frac xz$ y $Y = \frac yz$ produce el mismo parametrización proyectiva anterior, y terminamos con las fórmulas conocidas.
7. Formas cuadráticas binarias La ecuación $x^2 + 5y^2 = z^2$ nos dice que la forma $Q_0(X,Y) = X^2 + 5Y^2$ con discriminante fundamental $\Delta = -20$ representa un cuadrado; esto implica que $Q_0$ se encuentra en el género principal (que es trivial ya que $Q_0$ es la forma principal), y que las representaciones de $z^2$ por $Q_0$ vienen de componer representaciones de $z$ por formularios $Q_1$ con $Q_1^2 \sim Q_0$ con ellos mismos.
Sólo hay dos formas con discriminante $\Delta$ cuyo cuadrado es es equivalente a $Q_0$ La forma principal: la forma principal $Q_0$ y la forma $Q_1(X,Y) = 2X^2 + 2XY + 3Y^2$ . Por lo tanto, o bien $$ z = Q_0(a,b) = a^2 + 5b^2 \quad \text{or} \quad z = Q_1(a,b) = 2a^2 + 2ab + 3b^2. $$ Las fórmulas de composición de formas de Gauss nos proporcionan inmediatamente expresiones para $x$ y $y$ en términos de $a$ y $b$ pero también pueden comprobarse fácilmente a mano. En el primer caso, obtenemos $$ x^2 + 5y^2 = (a^2 + 5b^2)^2 = (a^2 - 5b^2)^2 + 5(2ab)^2, $$ y en el segundo caso podemos reducir las ecuaciones a esta observando que $2Q_1(a,b) = A^2 + 5b^2$ con $A = 2a+b$ , lo que da $$ x^2 + 5y^2 = \frac14\Big(A^2 + 5b^2\Big)^2 = \Big(\frac{A^2 - 5b^2}2\Big)^2 + 5(Ab)^2. $$
