Ideal grupo de clase de $\mathbb{Q}(\sqrt{-65})$

Question

Estoy tratando de mostrar que el ideal del grupo de clase, $Cl(A)$ $K:=\mathbb{Q}(\sqrt{-65})$ donde $A$ es el anillo de enteros de $K$, es isomorfo al producto de dos grupos cíclicos de orden 2 y 4, respectivamente. Voy a compartir el proceso que he seguido y enumerar las preguntas que me han llegado con.

Por ahora, ya que la $-65\equiv 3\mod(4)$ el discriminante es $\Delta=-4\cdot 65$, $A=\mathbb{Z}[\sqrt{-65}]$, el grupo de unidades es $U(K)=\{\pm 1\}$, y dado que estamos trabajando con un complejo cuadrática de extensión $r_1=0$, $r_2=1$ , y la de Minkowski obligado es $\mathcal{M}<11$. Por lo tanto, de todos los ideales de la clase debe tener un primer ideal de norma menor o igual a $ 10$.

Ya que todos los ideales de la clase debe tener un primer ideal de norma menor o igual que 10, el único de los números primos tenemos que estudiar son los generados por $2,3,4,5,7,$ y $9$ ($\textbf{1.}$ ¿por Qué es que todo el primer ideales que debe tener la norma $p$ o $p^2$?).

Ahora, desde la $2$ $5$ son los únicos números primos que se ramifican (debido a $2,5|\Delta$), entonces no existe en el primer ideal de la norma $4$ ($\textbf{2.}$ ¿por Qué?). También, $\left(\frac{-65}{3}\right)=1$, por lo tanto $3A=\mathfrak{p}_3\mathfrak{p}_3'$, con lo que no existe en el primer ideal de la norma $9$ ($\textbf{3.}$ ¿por Qué?). Finalmente, $7A$ es inerte, y por lo tanto al director para $[7A]=1$

Todas las cosas consideradas, $Cl(A)=\langle[\mathfrak{p}_2],[\mathfrak{p}_3], [\mathfrak{p}_5]\rangle$.

En adición a esto, ya que $$N(4+\sqrt{-65})=3^4\Rightarrow(4+\sqrt{-65})A=\mathfrak{p}_3^4$$ $$N(5+\sqrt{-65})=2\cdot 3^2\cdot 5\Rightarrow(4+\sqrt{-65})A=\mathfrak{p}_2\mathfrak{p}_3^2\mathfrak{p}_5$$ y no existe ningún elemento de orden $10$, $\mathfrak{p}_2\mathfrak{p}_5$ no es un director de ideal, $\mathfrak{p}_3^2$ no es principal y $\mathfrak{p}_3$ es de orden 4. ($\textbf{5.}$ No estoy seguro del todo de lo que está pasando en este párrafo, no seguir la lógica detrás de esto).

Y aquí es donde me quedo atascado, cuando trato de encontrar el orden de cada uno de los elementos de $Cl(A)$.

Answer 1

Permítanme mostrarles mis cálculos: estoy de acuerdo en que el M-bound es entre el$10$$11$, por lo que sólo hay que mirar a los ideales de norma $\le10$. Para hacer las cosas más fáciles para mí tipográficamente, voy a llamar a $\sqrt{-65}=\rho$, nuestro entero anillo de $\Bbb Z[\rho]=R$, e $C$ el grupo de clase. Desde $\{1,\rho\}$ es una parte integral de la base, la norma formulario es $m^2+65n^2$. Por lo tanto no hay elementos de la norma $2$, $3$, $5$, $6$, $7$, $8$, ni $10$.

El primer $7$ es más fácil de tratar, ya que $\bigl(\frac{-65}7\bigr)=\bigl(\frac57\bigr)=-1$, residuos cuadráticos símbolo. lo que significa que $(7)$ no dividir, es decir, es todavía un prime en nuestro campo, con la norma $49$. (Para responder a su pregunta acerca del primer ideales de haber norma $p$ o $p^2$, cada primer ideal $\mathfrak p$ $R$ contratos a un primer ideal de $\Bbb Z$, por lo que contiene una integral prime $p$. Si $(p)$ es el primer en $R$, entonces es igual a $\mathfrak p$, y tiene norma $p^2$. De lo contrario, $p$ ramifies o se divide en $R$, producto de dos adecuada ideales, cada necesariamente de la norma $p$, y por lo tanto prima.)

Para los otros primos $\le10$, $2$ ramifies y así tenemos a $(2)=\mathfrak p_2^2$, donde podemos tomar la $\mathfrak p_2=(2,1+\rho)$.

Desde $\bigl(\frac{-65}3\bigr)=\bigr(\frac13\bigl)=1$, $3$ se divide, y se puede escribir $(3)=\mathfrak p_3\overline{\mathfrak p_3}$, con $\mathfrak p_3=(3,1+\rho)$, $\overline{\mathfrak p_3}=(3,1-\rho)$, cada una de norma $3$ del curso.

Y $5$ ramifies demasiado, con $(5)=\mathfrak p_5^2$, y podemos tomar $\mathfrak p_5=(5,\rho)$.

Para encontrar la estructura de $C$, se debe determinar el orden (período) de $\mathfrak p_3$, y ver cómo los dos elementos $\mathfrak p_2$$\mathfrak p_5$, tanto de orden dos, jugar el uno con el otro. Y luego ver lo que otros las relaciones entre todos estos no puede ser.

En primer lugar, afirmo que la $\mathfrak p_3$ es de orden cuatro: $\mathfrak p_3^2=(3,1+\rho)^2=(9,3+3\rho, -64+2\rho)=(9,3+3\rho,-1+2\rho)=(9,3+3\rho,-4-\rho)$. En esta última expresión para $\mathfrak p_3^2$, llame a la segunda y tercera generadores $a$ $b$ respectivamente. Entonces a partir de la $a+3b=-9$,$\mathfrak p_3^2=(9,4+\rho)$. Y es fácil ver que $(9,4+\rho)^2$ es la directora. De hecho, es igual a $(81,36+9\rho,-49+8\rho)=(81,85+\rho,-49+8\rho)=(81,4+\rho,-49+8\rho)=(4+\rho)$. Así que ahí lo tienen dos elementos de la $C$ de orden cuatro, ya que, ciertamente, $\mathfrak p_3$ $\overline{\mathfrak p_3}$ son inversos y no es igual para cada uno de los otros.

Bien, ahora estamos mirando a los cuatro elementos de orden dos, a saber:$\mathfrak p_2$, $\mathfrak p_5$, $\mathfrak p_2\mathfrak p_5$, y $\mathfrak p_3^2$. Pero si $C$ realmente es isomorfo a $\Bbb Z/(2)\oplus\Bbb Z/(4)$, sólo puede haber tres. De hecho, yo reclamo que $\mathfrak p_2\mathfrak p_5\mathfrak p_3^2$ que es lo principal, igual a $(5-\rho)$. Se puede comprobar que $\mathfrak p_2\mathfrak p_5=(2\rho,5+\rho)$, con lo que obtenemos: \begin{align} (2\rho,5+\rho)(9,4+\rho)&=(18\rho,45+9\rho,-130+8\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,-130+8\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,130+10\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,85+19\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,85+\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,-5+19\rho,-45+9\rho)\\ &=(18\rho,5-\rho,45-9\rho)=(5-\rho)\,, \end{align} desde $18\rho$ es un múltiplo de a $5-\rho$. De ello se desprende que $\mathfrak p_2\mathfrak p_5\sim\mathfrak p_3^2$, y creo que se puede trabajar fuera de todas las otras relaciones entre $\mathfrak p_2$, $\mathfrak p_3$, y $\mathfrak p_5$ que son necesarios.