Supongamos que usted tiene un diophantine problema cuya solución está conectado con la estructura de la p-grupo de clase de un campo de número de K. Entonces usted tiene las siguientes opciones:
- El uso ideal de la aritmética en la máxima orden OK
- Reemplazar OK por un adecuado anillo de S-enteros con trivial p-grupo de clase
- Sustituir K por Hilbert campo de clase, que (tal vez) ha trivial p-grupo clase.
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 los mismos; por otra parte, el enfoque utilizando ideales es mucho menos técnico que el uso de factorial dominios en S-enteros (el grupo de clase de relaciones venir de nuevo a través de la mayor rango del grupo de unidades). Estoy seguro de que la ruta a través de Hilbert campo de la clase es más técnico: de nuevo, el grupo de la unidad en el campo de la clase va a producir más dificultades que un trivial grupo de clase va a eliminar.
Edit. Como un ejemplo que ilustra mi punto es que en un muy sencillo ejemplo, vamos a resolver la ecuación de diophantine $x^2 + 5y^2 = z^2$ en varias maneras diferentes. Siempre voy a asumir que $\gcd(x,y) = 1$.
1. Elementales De La Teoría De Números
La idea básica es el factoring: de $5y^2 = (z+x)(z-x)$. Desde $d = \gcd(z-x,z+x) = \gcd(2z,z+x) \mid 2$ tenemos $d = 1$ o $d = 2$; por otra parte claramente tenemos $z-x > 0$.
Esto le da $z+x = da^2$, $z-x = 5db^2$ o $z+x = 5da^2$, $z-x = db^2$. La solución para $x$ $z$ rendimientos
$$ x = \pm \frac d2 (a^2 - 5b^2), \quad y = dab. $$
2. Parametrización
Set$X = \frac xz$$Y = \frac yz$; a continuación,$X^2 + 5Y^2 = 1$. Tome la línea de $Y = t(X+1)$ a través de la evidencia de $(-1,0)$; el segundo punto de intersección está dada por
$$ X = \frac{1-5t^2}{1+5t^2}, \quad Y = \frac{2t}{1+5t^2}. $$
Dehomogenizing el uso de $t = \frac ba$ $X = \frac xz$ etc. da
el proyectiva parametrización
$$ (x:y:z) = (a^2-5b^2:2ab:a^2+5b^2). $$
Si $ab$ es impar, todas las coordenadas son aún, y nos encontramos con
$$ x = \frac12(a^2 - 5b^2), \quad y = ab; $$
si $a$ o $b$ es aún tenemos
$$ x = a^2 - 5b^2, \quad y = 2ab $$
como se indicó anteriormente.
3. La Teoría Algebraica De Números
Considere la posibilidad de la factorización
$$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$
en el anillo de enteros de el campo de número de $K = {\mathbb Q}(\sqrt{-5}\,)$.
El número de clase de $K$$2$, y el ideal de clase es generado por
el primer ideal ${\mathfrak p} = (2,1+\sqrt{-5}\,)$.
El ideal de $(x + y\sqrt{-5}, x - y\sqrt{-5}\,)$ 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 desde el lado izquierdo así como
${\mathfrak a}^2$ son principales, pero ${\mathfrak p}$ no lo es. Nosotros
podría haber visto este inmediatamente desde $x$ $y$ no puede ser impar.
En el primer caso, supongamos primero que ${\mathfrak a} = (a + b\sqrt{-5}\,)$
es la directora. Dado que las únicas unidades en ${\mathcal O}_K$$\pm 1$,
esto le da a $x + y \sqrt{-5} = \pm(a+b\sqrt{-5}\,)^2$ y por lo tanto
$$ x = \pm (a^2 - 5b^2), \quad y = \pm 2ab. $$
Si ${\mathfrak a}$ no es el director, luego
${\mathfrak p}{\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$ es,
y de $({\mathfrak p}{\mathfrak a})^2 = 2(x+y\sqrt{-5}\,)$
del mismo modo obtener
$$ x = \pm \frac12(a^2 - 5b^2), \quad y = \pm ab. $$
4. S-Enteros
El anillo de $R = {\mathbb Z}[\sqrt{-5}\,]$ no es un UFD, sino $S = R[\frac12]$ es;
de hecho, $S$ es aún la norma Euclidiana usual de la norma en $S$
(la norma es la misma como la en $R$, salvo que los poderes de $2$ se ha caído).
También es fácil ver que $S^\times = \langle -1, 2 \rangle$. De
$$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$
y el hecho de que los factores en el lado izquierdo se
coprime podemos deducir que $x + y\sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$ para algunos de la unidad de
$\varepsilon \in S^\times$ y algunos $\alpha \in S$. Subsumir plazas en
$\alpha$ podemos suponer que la $\varepsilon \in \{\pm 1, \pm 2\}$. Configuración
$\alpha = \frac{a + b\sqrt{-5}}{2^t}$, donde podemos suponer que la $a$
y $b$ no son ambos inclusive, obtenemos
$$ x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \frac{a^2 - 5b^2 + 2ab\sqrt{-5}}{2^{2t}}. $$
Es fácil ver que debemos tener $t = 0$ $\varepsilon = \pm 1$ o
$t = 1$ $\varepsilon = \pm 2$ ; un simple cálculo, a continuación, los rendimientos de la
las mismas fórmulas anteriores.
5. Hilbert Campos De La Clase
Hilbert campo de la clase de $K$ está dado por $L = K(i)$. No es
demasiado difícil mostrar que $L$ tiene clase número $1$ (en realidad es
norma Euclidiana), y que su unidad es el grupo generado por $i = \sqrt{-1}$
y $\omega = \frac{1+\sqrt{5}}2$ (sólo necesitamos saber que estas
unidades y sus productos no son cuadrados). De
$$ (x + y\sqrt{-5}\,)(x - y\sqrt{-5}\,) = z^2 $$
y el hecho de
que los factores en el lado izquierdo se coprime en ${\mathcal O}_K$
podemos deducir que $x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$. Subsumir
plazas en $\alpha^2$ podemos asumir que
$\varepsilon \in \{1, i, \omega, i\omega \}$. La aplicación de la trivial
automorphism de $L/K$ $x + y \sqrt{-5} = \varepsilon \alpha^2$encontramos
$\varepsilon \alpha^2 = \varepsilon' {\alpha'}^2$. Desde el ideal
${\mathfrak a} = (\alpha)$ es fijo y desde $L/K$ es unramified,
el ideal de ${\mathfrak a}$ debe ser un ideal en ${\mathcal O}_K$.
Por lo tanto, ${\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$ que es lo principal en $K$,
o ${\mathfrak p} {\mathfrak a} = (a+b\sqrt{-5}\,)$; en el segundo
caso observamos
que ${\mathfrak p} = (1+i)$ se convierte en capital en ${\mathcal O}_L$.
Por lo tanto,
$$ x + y \sqrt{-5} = (a+b\sqrt{-5}\,)^2 \quad \text{o} \quad
x + y \sqrt{-5} = i \Big(\frac{a+b\sqrt{-5}}{1+i}\,\Big)^2, $$
dándonos las mismas fórmulas anteriores.
Evitar el ideal de la aritmética en $K$ y sólo con el hecho de que
${\mathcal O}_L$ es un UFD parece complicar la prueba aún más.
Edit 2 Para la buena medida . . .
6. Hilbert 90
Considerar, como en el anterior, la ecuación de $X^2 + 5Y^2 = 1$.
Esto demuestra que el elemento $X + Y \sqrt{-5}$ norma $1$;
por Hilbert 90, debemos tener
$$ 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}. $$
Dehomogenizing a través de $X = \frac xz$ $Y = \frac yz$ los rendimientos de la misma
proyectiva parametrización como en el anterior, y terminamos con el
formulas familiares.
7. La Formas Cuadráticas Binarias
La ecuación de $x^2 + 5y^2 = z^2$ nos dice que la forma $Q_0(X,Y) = X^2 + 5Y^2$
con fundamentales discriminante $\Delta = -20$ representa un cuadrado;
esto implica que $Q_0$ se encuentra en el género principal (que es trivial
desde $Q_0$ es la forma principal), y que las representaciones de
$z^2$ $Q_0$ provienen de componer las representaciones de $z$ por las formas
$Q_1$ $Q_1^2 \sim Q_0$ con ellos mismos.
Sólo hay dos formas con discriminante $\Delta$ cuyo cuadrado es
equivalente a $Q_0$: la forma principal $Q_0$ sí mismo y la forma
$Q_1(X,Y) = 2X^2 + 2XY + 3Y^2$. Por lo tanto,
$ a$ z = Q_0(a,b) = a^2 + 5b^2 \quad \text{o} \quad
z = Q_1(a,b) = 2a^2 + 2ab + 3b^2. $$
Las fórmulas de Gauss composición de formas de inmediato nos proporcionan
expresiones para $x$ $y$ en términos de$a$$b$, pero también pueden
se comprueba fácilmente con la mano. En el primer caso, tenemos
$$ x^2 + 5y^2 = (a^2 + 5b^2)^2 = (a^2 - 5b^2)^2 + 5(2ab)^2, $$
y en el segundo caso podemos reducir las ecuaciones para este
mediante la observación de que $2Q_1(a,b) = A^2 + 5b^2$$A = 2a+b$, lo que da
$$ x^2 + 5^2 = \frac14\Big(A^2 + 5b^2\Big)^2
= \Big(\frac{A^2 - 5b^2}2\Big)^2 + 5(Ab)^2. $$
