二次体の規範

Question

これはよく知られているはずですが、参照（または証明、または反例...）が見つかりません。しましょう$d$正の平方フリー整数である。の整数環に要素がないとします。$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 規範を持って $-1$。それから私はの要素がないと信じています$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 規範がある $-1\ $ （派手な言葉で言えば、準同型 $H^2(G,\mathscr{O}^*)\rightarrow H^2(G,\mathbb{Q}(\sqrt{d})^*)$、と $G:=\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\sqrt{d})/\mathbb{Q})=$ $\mathbb{Z}/2 $、単射です）。あれは正しいですか？はいの場合、証明または参照をいただければ幸いです。

Answer 1

これは誤りです。最小の反例は$d = 34$。しましょう$K = \mathbb{Q}(\sqrt{34})$。の基本単位$\mathcal{O}_{K} = \mathbb{Z}[\sqrt{34}]$ です $35 + 6 \sqrt{34}$、ノルムがあります $1$、したがって、要素はありません $\mathcal{O}_{K}$ 規範を持って $-1$。

しかしながら、 $\frac{3}{5} + \frac{1}{5} \sqrt{34}$ 規範がある $-1$、だから規範の要素があります $-1$ に $K$。

Answer 2

ジェレミー・ラウスはすでに反例を挙げていますが、それについて少し詳しく説明します。かどうかの問題$\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 規範の要素が含まれています $-1$ 純粋にローカルです：これは、次の場合にのみ発生します $d$は有理整数の2つの二乗の和です。確かに私たちが仮定すると$d$ は正方形がない、これはすべての奇数の素数が分割していることを言っています $d$ に合同です $1$ モジュロ $4$。

の整数環かどうかの質問 $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$ 規範の要素が含まれています $-1$ はるかに微妙であり、実際にはのクラスグループについての質問です $\mathbb{Q}(\sqrt{d})$そして狭いクラスのグループ。入れたら$K_d = \mathbb{Q}(\sqrt{d})$ そして $\text{CL}(K_d), \text{CL}^\sharp(K_d)$ のクラスグループおよびナロークラスグループになる $K_d$ それぞれ、そして規範の要素の存在 $-1$ に $\mathcal{O}_{K_d}$ と同等です $\text{CL}(K_d) \cong \text{CL}^\sharp(K_d)$。これは微妙な状態です。基準をいくらか単純化することができます。$2^\infty$-ねじれが重要です。単純化された基準は、次のような主張です。$\text{CL}(K_d)[2^k] \cong \text{CL}^\sharp(K_d)[2^k]$ すべてのために $k \geq 1$。その条件$\text{CL}^\sharp(K_d)[2] \cong \text{CL}(K_d)[2]$ フィールドに相当します $K_d$ 規範の要素を含む $-1$、そしてもちろん、整数環がノルムの要素を含むための必要条件です $-1$。

編集：私は漸近的にセットを強調する必要があります $$S_1 = \{d : K_d \text{ contains an element of norm } -1\}$$ そして $$S_2 = \{d : \mathcal{O}_{K_d} \text{ contains an element of norm } -1\}$$密度が同じではないため、反例が無限にあります。これは、この論文のFouvryとKlunersによって証明されています。同じ論文で、彼らはまた、密度の漸近式を期待していると述べています。$S_2$、Stevenhagenによって与えられました。

Answer 3

ディリクレのガウス作曲のバージョンは、コックスの本（最初の49ページ）にあり、第2版で小さなタイプミスが修正されています。私たちの目的、複製のために、それは同等にするためのより良い外観を持っています$a=a'$ 最初から、 $\gcd(a,b) = 1$ 十分、 $$ \left( ax^2 +bxy+ acy^2 \right) \left( aw^2 +bwz+ acz^2 \right) = c X^2 + b XY + a^2 Y^2 $$ どこ $$ X = axz + ayw+byz \; \; , \; \; \; Y = xw - c yz $$ の正方形が $\langle a,b,ac \rangle$ です $\langle c,b,a^2 \rangle.$

今日の質問の懸念 $c=-1$

$$ \left( ax^2 +bxy -ay^2 \right) \left( aw^2 +bwz -az^2 \right) = - X^2 + b XY + a^2 Y^2 $$ どこ $$ X = axz + ayw+byz \; \; , \; \; \; Y = xw + yz $$ そのため $$\langle a,b,-a \rangle^2 = \langle -1,b,a^2 \rangle.$$ また、判別式が2つの二乗の和であるというスタンレーの事実もわかります。 $b^2 + 4 a^2$ 私が物事を書いた方法。

複製に関するガウスの定理により、 $ \langle -1,b,a^2 \rangle$ 主な属にあります

さらに、主な形式は次のとおりです。 $SL_z \mathbb Z$ に相当 $$ \langle 1,b,-a^2 \rangle $$ 主要な形式は、統合的に表すことができない場合があります $-1$ しかし、合理的にそうします。

同じ属であるということに関しては、本質的な分母なしで、Siegelの有理等価の定義を使用することができます。

$$ \left( \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ -a^2 & -b \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 1 & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & -a^2 \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} 0 & -a^2 \\ 1 & -b \\ \end{array} \right) = \; a^2 \; \left( \begin{array}{rr} -1 & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & a^2 \\ \end{array} \right) $$

$$ \left( \begin{array}{rr} b & 1 \\ -a^2 & 0 \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} -1 & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & a^2 \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{rr} b & -a^2 \\ 1 & 0 \\ \end{array} \right) = \; a^2 \; \left( \begin{array}{rr} 1 & \frac{b}{2} \\ \frac{b}{2} & -a^2 \\ \end{array} \right) $$