Encontrar todas las soluciones a $x^2+54=y^3$ respecto de los enteros. Sugerencia: el ideal del grupo de clase de la orden de $\mathcal{O}_{-6}$, $h_{\sqrt{-6}}=2$.
$$\\$$ Primero nos tenga en cuenta que si $K=\mathbb{Q}(\sqrt{-6})$,$R=\mathcal{O}_K=\mathbb{Z}[\sqrt{-6}]$, y por algún teorema, ya que $-6\equiv2 \pmod4$, entonces el ideal $(2)_R$ ramifies en $\mathfrak{p}_2^2$ donde $\mathfrak{p}_2=(2,\sqrt{-6})_R$, lo que no puede ser un director de ideal, dado que no hay solución a $a^2+6b^2=2$ respecto de los enteros. Por lo tanto el grupo de clase $Cl(R)=\{e,[\mathfrak{p}_2]\}$, ya que su fin es 2.
Podemos factorise así que si $\alpha =x+3\sqrt{-6}$,$\alpha\tilde{\alpha}=y^3$.
Ahora, tenga en cuenta que $2\nmid x$ (de lo contrario $2|y\Rightarrow 4|54=2\cdot3^3$, la contradicción), por lo $2\nmid y$.
Esto significa que $(y)_R^3\sim e $, ya que de lo contrario tendríamos $\mathfrak{p}_2|(y)_R^3\Rightarrow \mathfrak{p}_2^2|(y)_R^3$, lo que no podemos tener por el de arriba. Por lo tanto $(\alpha\tilde\alpha)_R\sim (y)_R^3\sim e$. Esto a su vez implica que en el máximo ideal de la descomposición de $(\alpha)_R$, no podemos tener un factor de $\mathfrak{p}_2$, y por lo $(\alpha)_R\sim(\tilde\alpha)_R\sim e$. Entonces podemos escribir $(\alpha)_R=\prod_{i=1}^n\mathfrak{q}_i^{r_i}$ $\mathfrak{q}_i\nsim\mathfrak{p}_2$ máxima ideales. Ahora podemos deducir que $3|r_i\;\; \forall i$, de modo que podemos escribir $(\beta)_R=\prod_{i=1}^n\mathfrak{q}_i^{r_i/3}$$(\beta)^3_R=(\alpha)_R$.
Como ambos son los principales ideales, podemos escribir $\beta^3=\alpha=x+3\sqrt{-6}$ algunos $a+b\sqrt{-6}=\beta\in R$. La solución de esta ecuación mediante la comparación de los coeficientes obtenemos que: $\beta^3=a(a^2-18b^2)+3b(a^2-2b^2)\sqrt{-6}=x+3\sqrt{-6}\Rightarrow b(a^2-2b^2)=3$, y tenemos que la única solución es $b=-1,a=\pm 1\Rightarrow x=\pm17\Rightarrow y=7$.
Por lo $(\pm 17,7)$ son todas las soluciones.
Es mi razonamiento correcto?
