2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 2
Сообщение12.02.2016, 09:35 


31/03/06
1384
В этой теме я сделаю обзор предыдущих тем, посвящённых поиску доказательства ВТФ для $n=5$.
Буду включать в обзор только только те результаты, которые, по моему мнению, не утратили актуальность.

Цель такая же как и в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1.
Но один результат, приведённый в первой теме, утратил актуальность, потому что мне удалось его улучшить.

Вот этот результат:

Феликс Шмидель в сообщении #1079838 писал(а):
Теорема 6
--------------

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $x$ - нечётное число, и $a$ не делится на $n$.

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

Тогда, невозможно, чтобы $x$ делилось на $p$.


Условие

Цитата:
Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.


можно упростить, не требуя, чтобы $\sqrt[n]{2}$ не существовал по модулю $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 2
Сообщение12.02.2016, 13:37 


31/03/06
1384
Мне удалось получить улучшенный результат при условии, что $x y z$ делится на $8$.
Кроме этого условие

Цитата:
Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.


заменяется на условие:

Цитата:
Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.


-- Пт фев 12, 2016 14:00:34 --

Доказательство улучшенного результата берёт начало в следующем сообщении из темы "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$":

Феликс Шмидель в сообщении #1083401 писал(а):
Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $x y z$ делится на $8$.

Пусть $x$ - нечётное число.

Имеет место равенство (28):

(28) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))=x^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Это число нечётно, то есть, взаимно-просто с $2$ и примарно, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$, поскольку
коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$

В силу закона квадратичной взаимности Гекке, это число является квадратом по модулю любого нечётного простого главного идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Следовательно:

(62) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, при условии однозначности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Сформулируем (62) и по-другому, не предполагая однозначности разложения на простые множители:

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.


и в следующем сообщении из упомянутой темы:

Феликс Шмидель в сообщении #1083449 писал(а):
Пусть $p$ - нечётный простой делитель произведения $y z$, на который делятся не все коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, на который делится $p$.
Каждое из чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимо либо с $x$ либо с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $x$, а другая часть сравнима с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $x$, и некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)), s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n)+\alpha_1(g i_n^2)), ... s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n^{n-1})+\alpha_1(g))$ есть два числа, одно из которых сравнимо с $s (i_n+1)(i_n-1) x$, а другое сравнимо с $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку оба эти числа являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$, в силу (62 b), то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $s (i_n+1)(i_n-1) x \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70) числа $(i_n+1)(i_n-1) s x$ и $-(i_n+1)(i_n-1) s x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 2
Сообщение12.02.2016, 14:38 


31/03/06
1384
Полученное утверждение:

Цитата:
(70) числа $(i_n+1)(i_n-1) s x$ и $-(i_n+1)(i_n-1) s x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$


можно упростить и свести к утверждению:

Цитата:
(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.


Это достигается в следующем сообщении из упомянутой темы (которое мы модифицировали для нашего случая):

Феликс Шмидель в сообщении #1084243 писал(а):
Мы получили (70) из того, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $x$, и некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Но также верно, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ либо некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $x$, либо некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Рассматривая второй сомножитель в равенстве (28), умноженный на $s$, получим, что либо $s x$ либо $-s x$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Cравнивая это утверждение с (70) получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Последнее утверждение эквивалентно (70.1).
Что и требовалось.


-- Пт фев 12, 2016 15:06:17 --

Следующее сообщение из упомянутой темы рассматривает простое число $p$, которое делит $x$ (а не $y z$), и на которое делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$:

Феликс Шмидель в сообщении #1083834 писал(а):
Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - нечётный простой делитель числа $x$, на который делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Наша цель получить результат, аналогичный (70), который мы получили в предыдущем сообщении.

Пусть

$\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$,

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+a_{00} g^{n-1}$, где целое число $a_{00}$ сравнимо с $a_0/2$ по модулю $p$.

Тогда $\alpha_1(g)=\beta(g) g+\frac {a_0-2 a_{00}}{p} p$.

Из равенства

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$

следует сравнение

(3.1) $\beta^2(g) \equiv -y z \mod p$,

поскольку $\beta^2(g) g^2 \equiv \alpha^2(g) \equiv -g^2 y z \mod p$.

Из (3.1) следует:

(3.2) $\beta^2(g) \equiv m^2 \mod p$, где целое число $m$ сравнимо с $y^n/(yz)^{(n-1)/2}$ по модулю $p$.

В самом деле $m^2 \equiv y^{2 n}/(y z)^{n-1} \equiv -(y z)^n/(y z)^{n-1} \equiv -y z \mod p$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, делящий $p$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $m$, а другая часть сравнима с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-m$ следует за числом, сравнимым с $m$, и некоторое число, сравнимое с $m$ следует за числом, сравнимым с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Числа $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})+\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})+\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$ делятся на $\rho$.
Эти числа, соответствующие второму сомножителю в равенстве (28) нас не интересуют.

Нас интересуют числа $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})-\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})-\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$, соответствующие первому сомножителю в равенстве (28), умноженному на $s (i_n+1) (i_n-1)^2$.

Эти числа, сравнимые соответственно с $s (i_n-1) 2 m g i_n^{j_1+1}$ и $s (i_n-1) 2 (-m) g i_n^{j_2+1}$ по модулю идеала $\rho$, являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, в силу (62).

Поскольку $2 g=(g^{(n+1)/2})^2$ и $i_n=(i_n^{(n+1)/2})^2$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n-1) s m \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70.x) числа $(i_n-1) s m$ и $-(i_n-1) s m$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.


Как и утверждение (70), утверждение (70.x) можно свести к утверждению:

Цитата:
(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.


-- Пт фев 12, 2016 15:22:10 --

Завершает доказательство нашего улучшенного результата следующее сообщение из упомянутой темы:

Феликс Шмидель в сообщении #1083873 писал(а):
Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - простое число, по модулю которого числа $i_n+1$ и $(i_n+1) s a_1$ не сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$.

Покажем, что $x$ не может делиться на $p$.
Предположим обратное, что $x$ делится на $p$.
Если не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$, то выполняется утверждение (70.x), которое противоречит условию, что $i_n+1$ не сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
В самом деле, из утверждения (70.x) следует, что числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n^2-1) s m$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Деля второе число на первое, получим: число $i_n+1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$, что противоречит условию.

Значит все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Тогда $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)) \equiv s (i_n+1) 2 i_n g a_1 \mod p$.

Из утверждения (62.b):

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

следует, что число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.

Перемножая сравнения $(i_n+1) s a_1 \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

Число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Что противоречит условию.
Что и требовалось.

Теперь мы можем усилить теорему 6 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1",
заменив условие:

Цитата:
Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

на условие
Цитата:
Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

То есть уже не требуется несуществования $\sqrt[n]{2}$ по модулю $p$.
Но следует добавить к условиям теоремы 6 то, что $x y z$ делится на $8$, и что число $p$ разлагается в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 3 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group