Число классов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ не всегда 1

[Феликс Шмидель]

В этой теме мы опровергаем нашу гипотезу, что число классов идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ равно $1$ для всех простых $n$.

Пусть $n$ - простое число Фивериха, то есть $2^n-2$ делится на $n^2$.
В настоящее время известно два таких простых числа: $1093$ и $3511$.

Покажем, что число классов идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ не равно $1$.
Предположим, что это не так, и число классов равно $1$.
Мы показали, что $(n)=\rho_1^{n-1} \rho$, где $\rho$ и $\rho_1$ - простые идеалы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Поскольку число классов равно $1$, то $\rho_1=(\alpha_1)$ и $\rho=(\alpha)$, где $\alpha$ и $\alpha_1$ - целые алгебраические числа, принадлежащие полю $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Значит $n=u \alpha_1^{n-1} \alpha$, где $u$ -делитель единицы.

Покажем, что $\alpha, \alpha_1 \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Пусть, например, $\alpha \not \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Тогда $\alpha=\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$, где $a_0$ - целое число и $g=\sqrt[n]{2}$.
Поскольку $n$ делится на $\alpha$, то $n (2-g)$ делится на $2^n-2$, что невозможно.
Значит, $\alpha \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Что и требовалось.

Поскольку $n=u \alpha_1^{n-1} \alpha$, то $\alpha_1^n \alpha$ делится на $n$.
Нетрудно показать, что число $\alpha_1^n$ сравнимо с некоторым целым числом $a$ по модулю $n$.
Следовательно $a \alpha$ делится на $n$, следовательно $a$ делится на $n$, поскольку $\alpha$ не делится на $n$.
Следовательно $\alpha_1^n$ делится на $n$, следовательно $\alpha_1$ делится на $\alpha$, что невозможно.
Полученное противоречие, показывает, что наше предположение о том, что число классов равно $1$ неверно.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

У меня возникло сомнение в правильности этих рассуждений.
Возведём равенство $(n)=\rho_1^{n-1} \rho$ в степень $h$, где $h$ - число классов идеалов.
Пусть $\rho_1^h=(\alpha_1), \rho^h=(\alpha)$, где $\alpha$ и $\alpha_1$ - целые алгебраические числа, принадлежащие полю $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Тогда $\alpha_1^n \alpha$ делится на $n$.
Теперь дословно повторяем предыдущее рассуждение:

Цитата:

Нетрудно показать, что число $\alpha_1^n$ сравнимо с некоторым целым числом $a$ по модулю $n$.
Следовательно $a \alpha$ делится на $n$, следовательно $a$ делится на $n$, поскольку $\alpha$ не делится на $n$.
Следовательно $\alpha_1^n$ делится на $n$.

Но $\alpha_1^n=\rho_1^{n h}$ не делится на $n$, поскольку не делится на идеал $\rho$.
Полученное противоречие означает, что где-то ошибка и ставит равенство $(n)=\rho_1^{n-1} \rho$, которое мы получили в теме "Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$", под сомнение.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #988300 писал(а):

Покажем, что $\alpha, \alpha_1 \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Пусть, например, $\alpha \not \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Тогда $\alpha=\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$, где $a_0$ - целое число и $g=\sqrt[n]{2}$.
Поскольку $n$ делится на $\alpha$, то $n (2-g)$ делится на $2^n-2$, что невозможно.
Значит, $\alpha \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Что и требовалось.

Здесь может быть ошибка: если $\alpha \not \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, то необязательно $\alpha=\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$.
$\alpha$ может быть суммой числа $\frac{1}{n}a_0(2^{n-1}+2^{n-2} g+2^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ и числа, принадлежащего $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

[Феликс Шмидель]

Эта ошибка опровергает наше доказательство, что что число классов идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ может не равняться $1$.
Но идея использовать разложение $(n)=\rho_1^{n-1} \rho$ остаётся.
В частности, я предлагаю использовать это разложение для доказательства первого случая ВТФ для всех простых $n \ge 3$.
Если $n$ не является простым числом Фивериха, то есть $2^n-2$ не делится на $n^2$, то первый случай ВТФ устанавливается простым доказательством Фуртвенглера, который мы привели в одной из тем.
Пусть $n$ - простое число Фивериха, то есть $2^n-2$ делится на $n^2$.
В этом случае простого доказательства первого случая ВТФ пока нет.
Согласно малой теореме Ферма для идеалов, $(x^2-y z g^2)^{(n-1)/2} \equiv 1 \mod (\rho_1 \rho)$, следовательно $((x^2-y z g^2)^{(n-1)/2}-1)^{n-1} \equiv 0 \mod n$.
Можно попробовать получить из этого сравнения противоречие, если $x y z$ не делится на $n$, то есть для первого случая ВТФ.

[Феликс Шмидель]

Сравнение $(x^2-y z g^2)^{(n-1)/2} \equiv 1 \mod (\rho_1 \rho)$ нуждается в обосновании.
Число $x^2-y z g^2$ является квадратом идеала, но если этот идеал не главный, то применить малую теорему Ферма для идеалов не получится.

Покажем, что $g \equiv 2 \mod (\rho_1 \rho)$.
Для этого воспользуемся известным нам разложением $(n)=P_1^{n-1}...P_n^{n-1}$, где $P_1, ..., P_n$ - различные простые идеалы поля $\mathbb{Q}[i_n, \sqrt[n]{2}]$.
Предположим, что $2-g$ не делится на $\rho_1$.
Тогда $(2-g i_n)...(2-g i_n^{n-1})$ делится на $\rho_1$, поскольку $2^n-2$ делится на $n$.
Следовательно один из сомножителей делится на некоторый идеал $P_j$ идеала $\rho_1$.
Следовательно $2-g$ делится на $P_j$, поскольку $1-i_n$ делится на $P_j$.
Значит $2-g$ делится на идеал $\rho_1$.
Таким же способом можно показать, что $2-g$ делится на идеал $\rho$.
Что и требовалось.

Значит $(x^2-y z g^2)^{(n-1)/2} \equiv 1 \mod (\rho_1 \rho)$, поскольку $(x^2-y z 2^2)^{(n-1)/2} \equiv 1 \mod (\rho_1 \rho)$, в силу того, что
число $x^{2 n}-4 (y z)^n$ является квадратом целого числа.

[Феликс Шмидель]

Нам не удастся получить противоречие из сравнения $((x^2-y z g^2)^{(n-1)/2}-1)^{n-1} \equiv 0 \mod n$, поскольку оно следует из того, что $x^2-4 y z$ является квадратом по модулю $n$, что вполне возможно.