Grupo de clases de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{-13})$

Question

¿Cómo calcularías el grupo de clases del campo numérico biquadrático $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{-13})$?

Prefiero un método lo más "desde cero" posible. Por favor, evita, si es posible, citar teoremas que relacionen el grupo de clases deseado con los de los subcampos cuadráticos. Mi objetivo es "ver" el grupo de clases en el anillo de enteros de $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{-13})" lo más claramente posible". Mis disculpas por los vaguedades aquí. Estoy tratando de construir mi intuición, por lo que no puedo ser completamente preciso con mi pregunta. Gracias de antemano.

Answer 1

Probablemente hay una razón por la que la gente no hace este tipo de cosas desde cero...

Sea $\alpha = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{-26}}{2}$ y sea $K = \mathbb{Q}(\alpha) = \mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{-13})$. El orden $\mathbb{Z}[\sqrt{2}, \alpha]$ tiene base integral $1, \sqrt{2}, \alpha, \sqrt{-13}$ y discriminante $2^8 \cdot 13^2$, por lo que tiene índice que divide a $2^4 \cdot 13$ en el anillo de enteros. Escribe un elemento del anillo de enteros como

$$\frac{a + b \sqrt{2} + c \alpha + d \sqrt{-13}}{2^4 \cdot 13}$$

donde $a, b, c, d$ son enteros. Calculando la traza en los tres subcampos cuadráticos muestra que $a, d$ deben ser divisibles por $2^3 \cdot 13$, que $2b + c$ debe ser divisible por $2^4 \cdot 13$, y que $c$ debe ser divisible por $2^4 \cdot 13$, por lo tanto $b$ debe ser divisible por $2^3 \cdot 13$. Hasta la adición de un elemento de $\mathbb{Z}[\sqrt{2}, \alpha]$ podemos escribir un elemento del anillo de enteros como

$$\frac{e + f \sqrt{2} + g \sqrt{-13}}{2}$$

donde $e, f, g \in \{ 0, 1 \}$. Multiplicando por $\alpha$ y simplificando concluimos que podemos tomar $e = g$, lo que da $4$ casos restantes. El caso $e = f = g = 0$ puede ser ignorado, los casos $e = g = 0, f = 1$ y $e = g = 1, f = 0$ son fáciles de descartar, y el restante es

$$\frac{1 + \sqrt{2} + \sqrt{-13}}{2}$$

que puede ser descartado calculando su norma en $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Por lo tanto, de hecho $\mathbb{Z}[\sqrt{2}, \alpha] = \mathcal{O}_K$. El límite de Minkowski es

$$\sqrt{2^8 \cdot 13^2} \left( \frac{4}{\pi} \right)^2 \frac{4!}{4^4} \approx 31.6$$

así que el grupo de clases está generado por los primos sobre $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31$. Calcular el grupo de clases a partir de aquí parece ser un trabajo bastante arduo y no estoy convencido de que haya algo que ganar de ello. ¿Puedes ser más preciso sobre lo que quieres ver?

Answer 2

No garantizo que esto esté libre de errores.

Para calcular el grupo de clases, necesitamos factorizar los ideales $(p)$ para primos $2 \le p \le 31$.

Caso: $p = 2$. Tenemos $(2) = (\sqrt{2})^2$ y $\mathcal{O}_L/(\sqrt{2}) \cong \mathbb{F}_2[\alpha]/(\alpha^2 - 1)$, así que $(\sqrt{2}) = (\sqrt{2}, \alpha - 1)^2. Por lo tanto

$$(\sqrt{2}) = A^2$$

donde $A = (\sqrt{2}, \alpha - 1)$ es primo de norma $2$ y tiene orden que divide a $2$ en el grupo de clases.

Los primos restantes son impares, y al trabajar $\bmod p$ para $p$ impar, tenemos $\mathcal{O}_L/(p) \cong \mathbb{F}_p[\sqrt{2}, \sqrt{-13}]$, por lo que las cosas se simplifican un poco.

Caso: $p = 13$. Tenemos $(13) = (\sqrt{-13})^2$ y $\mathcal{O}_L/(\sqrt{-13}) \cong \mathbb{F}_{13}[\sqrt{2}] (nota que $\bmod \sqrt{-13}$ tenemos $2 \alpha = \sqrt{2}$), que es $\mathbb{F}_{13^2}$. Por lo tanto $(\sqrt{-13})$ es primo y trivial en el grupo de clases.

Los primos restantes no se ramifican.

Caso: $p = 7, 17, 31$. Estos son los primos para los cuales $2, -13, -26$ son todos residuos cuadráticos. Podemos escribirlos todos hasta el signo como $a^2 - 2b^2$; en consecuencia, $(p) = (a + b \sqrt{2})(a - b \sqrt{2}$, y $\mathcal{O}_L/(a + b \sqrt{2}) \cong \mathbb{F}_p[\sqrt{-13}] \cong \mathbb{F}_p^2$, así que

$$(a + b \sqrt{2}) = B_{1, p} B_{2, p}.

donde los $B_{i, p}$ son primos distintos de norma $p$ e inversos en el grupo de clases. De manera similar, $(a - \sqrt{2} b) = B_{3, p} B_{4, p}$.

Caso: $p = 23$. Tenemos $(23) = (3 + 4 \sqrt{2})(3 - 4 \sqrt{2}) y $\mathcal{O}_L/(3 + 4 \sqrt{2}) \cong \mathbb{F}_{23}[\sqrt{-13}] \cong \mathbb{F}_{23^2}$. Por lo tanto los ideales $(3 \pm 4 \sqrt{2})$ son primos y triviales en el grupo de clases.

Caso: $p = 29$. Tenemos $(29) = (4 + \sqrt{-13})(4 - \sqrt{-13})$ y $\mathcal{O}_L/(4 + \sqrt{-13}) \cong \mathbb{F}_{29}[\sqrt{2}] \cong \mathbb{F}_{29^2}$. Por lo tanto los ideales $(4 \pm \sqrt{-13})$ son primos y triviales en el grupo de clases.

Caso: $p = 3, 5, 11, 19$ Estos son los primos restantes para los cuales $2$ no es un residuo cuadrático y exactamente uno de $-13, -26$ lo es. En este caso $\mathbb{F}_p[\sqrt{2}, \sqrt{-13}] \cong \mathbb{F}_{p^2} \times \mathbb{F}_{p^2}$ y

$$(p) = C_{1, p} C_{2, p}$$

donde los $C_{i, p}$ son primos distintos de norma $p^2$.

En resumen, el grupo de clases está generado por los siguientes ideales primos:

• $A$ (norma $2$, orden que divide a $2$),
• $B_{1, 7}, B_{3, 7}, B_{1, 17}, B_{3, 17}, B_{1, 31}, B_{3, 31}$ (normas $7, 7, 17, 17, 31, 31$),
• $C_{1, 3}, C_{1, 5}, C_{1, 11}, C_{1, 19}$ (normas $3^2, 5^2, 11^2, 19^2$).

Para encontrar relaciones entre estos elementos, calcularemos las normas de elementos de $\mathbb{Z}[\sqrt{2}, \alpha]$:

• $N(\sqrt{2} + \alpha) = 11^2$, por lo tanto $C_{1, 11}$ es trivial.
• $N(\sqrt{2} + \sqrt{-13}) = 3^2 \cdot 5^2$, por lo tanto $C_{1, 3} = C_{1, 5}^{\pm}$.
• $N(3 + \sqrt{-26}) = 5^2 \cdot 7^2$, por lo tanto $C_{1, 5}$ es algún producto de los $B_{i, 7}$.
• $N(14 + \sqrt{-13}) = 11^2 \cdot 19^2$, por lo tanto $C_{1, 19}$ es trivial.
• $N(1 + \alpha) = 2 \cdot 31$, por lo tanto $B_{1, 31} = A$. Conjugando, encontramos que $B_{3, 31} = A$.
• $N(3 + \alpha) = 2 \cdot 7 \cdot 17$, por lo tanto $A$ es algún producto de un $B_{i, 7}$ y un $B_{j, 17}$. Conjugando, obtenemos otro producto similar.
• $N(8 + \alpha) = 17^3$. Calculamos que $8 + \alpha$ no es divisible por $1 \pm 3 \sqrt{2}$, por lo tanto $B_{i, 17}$ tiene orden que divide a $3$. Junto con lo anterior, concluimos que $A = B_{i, 7}^3.
• $N(\alpha) = 7^2$. Lo usaremos más abajo.

Entonces el grupo de clases está generado por $B_{1, 7}$ y $B_{3, 7}$, ambos al cubo de $A$, que tiene orden $2$. Ahora, la factorización prima de $(\alpha)$ es (sin pérdida de generalidad) $B_{1, 7}^2$ o $B_{1, 7} B_{3, 7}$. En el primer caso, $A = B_{i, 7}$ en el grupo de clases, por lo que $A B_{i, 7}$ es trivial en el grupo de clases. Se deduce que algún elemento de $\mathcal{O}_K$ tiene norma $14$, pero usando la propiedad de la torre de la norma, la norma de cualquier elemento de $\mathcal{O}_K$ tiene la forma $a^2 + 26b^2(a, b \in \mathbb{Z}$, y $14$ no tiene esta forma.

Por lo tanto $(\alpha) = B_{1, 7} B_{3, 7}$, de lo cual se deduce que el grupo de clases está generado por $B_{1, 7}$, que tiene orden $6$. Nuevamente usando la propiedad de la torre, no hay elementos de norma $2$, así que $A$ no es trivial y $ B_{1, 7}$ tiene orden de $2$ o $6$. Descartamos la primera posibilidad anterior, así que:

El grupo de clases es cíclico de orden $6$. Está generado por cualquier primo sobre $7$.