Теорема Фуртвенглера

[Феликс Шмидель]

Теорема австрийского математика Филиппа Фуртвенглера является одним из самых красивых результатов в истории ВТФ.
Ввиду важности этой теоремы, мы решили посвятить ей отдельную тему.
Разбор этой теоремы содержится в следующем сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #926684 писал(а):

Пусть $x^n+y^n+z^n=0$, где $n>2$ - простое число, и $x, y, z$ - взаимно-простые целые числа.
Если $y z$ не делится на $n$ и $p$ - простой делитель числа $y$, то:

$p^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$.

Из этой теоремы следует первый случай ВТФ практически для любого конкретного простого числа $n$, поскольку сравнение $2^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$ выполняется только для $n=1093$ и $n=3511$.
Возможно, существуют и другие такие простые $n$, но они пока не обнаружены.

Доказательство Фуртвенглера использует закон взаимности Эйзенштейна в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.
Этот закон взаимности отличается от закона квадратичной взаимности Гекке.

Во-первых, в законе взаимности Эйзенштейна, речь идет о равенстве символов $(\frac{a}{b})_n$ и $(\frac{b}{a})_n$, где $n>2$.
Во-вторых, число $b$ должно быть целым рациональным.
В третьих, число $a \in \mathbb{Z}[i_n]$ должно быть примарным, то есть сравнимым с целым числом по модулю $(1-i_n)^2$ и взаимно-простым с $n$.

Это определение примарного числа отличается от определения Гекке для закона квадратичной взаимности: у Гекке примарным называется число, сравнимое с квадратом по модулю четырёх.

Идея доказательства Фуртвенглера заключается в том, что число $a=i_n^{-(x+y)^{n-2} y} (x+y)^{n-2} (x+i_n y)$ оказывается примарным, и удовлетворяет закону взаимности Эйзенштейна:

(1) $(\frac{p}{a})_n=(\frac{a}{p})_n=(\frac{i_n^{-(x+y)^{n-2} y}}{p})_n (\frac{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)}{p})_n$.

Число $a$ является $n$-ой степенью идеала кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, поскольку такими являются числа $x+y$ и $x+i_n y$ (это следует из равенства Ферма и условия: $z$ не делится на $n$), а $i_n$ является делителем единицы.

Значит $(\frac{p}{a})_n=1$, и из (1) следует:

(2) $(\frac{i_n^{-(x+y)^{n-2} y}}{p})_n (\frac{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)}{p})_n=1$.

Символ $(\frac{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)}{p})_n$ равен $1$.
Это не следует сразу из того, что число $(x+y)^{n-2} (x+i_n y)$ является $n$-ой степенью идеала кольца $\mathbb{Z}[i_n]$.
Это число не является примарным, и из закона взаимности не следует, что $(\frac{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)}{p})_n=(\frac{p}{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)})_n$.
Но число $(x+y)^{n-2} (x+i_n y)$ сравнимо с $(x+y)^{n-1}$ по модулю $p$, поскольку $y$ делится на $p$, по условию.
А число $(x+y)^{n-1}$ является примарным, поскольку сравнимо с $1$ по модулю $n$, и, тем более, по модулю $(1-i_n)^2$.
Значит:

(3) $(\frac{(x+y)^{n-2} (x+i_n y)}{p})_n=(\frac{(x+y)^{n-1}}{p})_n=\frac{p}{(x+y)^{n-1}}=1$.

Из (2) и (3) следует:

(4) $(\frac{i_n^{-(x+y)^{n-2} y}}{p})_n=1$.

Из равенства (4) следует результат $p^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$.
Доказать это несложно, но мы не будем пока это делать.
Заметим только, что в доказательстве используется условие: $y z$ не делится на $n$, из которого следует, что число $(x+y)^{n-2} y$ не делится на $n$.

Это доказательство теоремы Фуртвенглера не является детальным.
Мы не доказали, что число $a=i_n^{-(x+y)^{n-2} y} (x+y)^{n-2} (x+i_n y)$ является примарным.
Также мы не доказали, что из равенства

(4) $(\frac{i_n^{-(x+y)^{n-2} y}}{p})_n=1$

следует сравнение $p^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$.
Мы намереваемся привести недостающие доказательства в этой теме.
Заметим, что условие:

$y z$ не делится на $n$

не позволяет применить теорему Фуртвенглера ко второму случаю ВТФ (в котором $x y z$ делится на $n$).
Результат: $2^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$ следует из теоремы Фуртвенглера только в первом случае ВТФ (в котором $x y z$ не делится на $n$).

Желательно модифицировать теорему Фуртвенглера таким образом, чтобы можно было применить её ко второму случаю ВТФ.
Я пока не знаю, возможно ли это, и как это сделать.

[Феликс Шмидель]

Покажем, что число $a=i_n^{-(x+y)^{n-2} y} (x+y)^{n-2} (x+i_n y)$ является примарным (то есть, сравнимым с целым числом по модулю $(1-i_n)^2$ и взаимно-простым с $n$).
Покажем это, при условии, что $x+y$ не делится на $n$.

Для этого покажем:

1. $(x+y)^{n-2} (x+i_n y) \equiv 1-(x+y)^{n-2} y (1-i_n) \mod (1-i_n)^2$.
2. $i_n^{(x+y)^{n-2} y} \equiv 1-(x+y)^{n-2} y (1-i_n) \mod (1-i_n)^2$.

Из сравнений 1. и 2. следует, что $a \equiv 1 \mod (1-i_n)^2$, и значит число $a$ является примарным.

Покажем сравнение 1.
Имеем равенство: $(x+y)^{n-2} (x+i_n y)=(x+y)^{n-2} (x+y-y(1-i_n))=$ $(x+y)^{n-1}-(x+y)^{n-2} y (1-i_n)$.
Сравнение 1. следует из того, что $(x+y)^{n-1} \equiv 1 \mod (1-i_n)^2$.
Что и требовалось.

Покажем сравнение 2.
Оно является следствием равенства: $i_n^{(x+y)^{n-2} y}=(1-(1-i_n))^{(x+y)^{n-2} y}$
Применяя к правой части этого равенства бином Ньютона, получим сравнение 2.
Что и требовалось.

-- Сб фев 27, 2016 14:13:47 --

Условия, что $x+y$ не делится на $n$ достаточно для вывода равенств (3) и (4) в приведённой цитате.
Но если $y$ делится на $n$, то равенство (4) выполняется тривиально.
Чтобы получить из равенства (4) результат: $p^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$, необходимо предположить, что $y$ не делится на $n$.

[Феликс Шмидель]

Покажем теперь, что из равенства

(4) $(\frac{i_n^{-(x+y)^{n-2} y}}{p})_n=1$,

где $(x+y)^{n-2} y$ не делится на $n$,

следует сравнение $p^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$.

Из равенства (4) следует равенство:

(5) $(\frac{i_n}{p})_n=1$,

поскольку число $i_n$ можно заменить в равенстве (4) на одно из сопряжённых с ним чисел: $i_n^2, i_n^3, ..., i_n^{n-1}$.

Согласно определению символа $(\frac{i_n}{p})_n$, он равен произведению $(\frac{i_n}{\rho_1})_n...(\frac{i_n}{\rho_g})_n$,
где $\rho_1, ..., \rho_g$ - простые идеалы кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, произведение которых равно $p$.
Число $g$ этих простых идеалов, делящих $p$, равно $(n-1)/f$, где $f$ - наименьшее целое положительное число, для которого выполняется сравнение $p^f \equiv 1 \mod n$.
Норма каждого из этих простых идеалов равна $p^f$, и согласно определению символов $(\frac{i_n}{\rho_1})_n, ..., (\frac{i_n}{\rho_g})_n$, каждый из них равен $i_n^{(p^f-1)/n}$.
Следовательно:

(6) $(\frac{i_n}{p})_n=(\frac{i_n}{\rho_1})_n...(\frac{i_n}{\rho_g})_n=i_n^{g (p^f-1)/n}$.

Из (5) и (6) следует, что $g (p^f-1)/n$ делится на $n$, следовательно $p^f \equiv 1 \mod n^2$.
Поскольку $n-1$ делится на $f$, то $p^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$.
Что и требовалось.

-- Сб фев 27, 2016 16:08:16 --

Я закончил изложение доказательства теоремы Фуртвенглера из учебника Richard Mollin, "Algebraic Number Theory".

Обратимся теперь ко второму случаю ВТФ, и предположим, что $z$ делится на $n$.
Тогда $x+i_n y=x+y-y (1-i_n)$, следовательно число $x+i_n y$ делится на $1-i_n$ (поскольку $x+y$ делится на $n$).
Если $n>3$, то $\frac{x+i_n y}{1-i_n} \equiv -y \mod (1-i_n)^2$.
Значит число $\frac{x+i_n y}{1-i_n}$ является примарным.
Из уравнения Ферма следует, что это число является $n$-ой степенью идеала кольца $\mathbb{Z}[i_n]$.
Следовательно символ $(\frac{p}{(x+i_n y)/(1-i_n)})_n$ равен $1$ для любого простого числа $p$.
Из закона взаимности Эйзенштейна следует, что и символ $(\frac{(x+i_n y)/(1-i_n)}{p})_n$ равен 1.
Что из этого следует, я пока не знаю.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #1102481 писал(а):

Заметим, что условие:

$y z$ не делится на $n$

не позволяет применить теорему Фуртвенглера ко второму случаю ВТФ (в котором $x y z$ делится на $n$).

Не совсем понятно почему нельзя рассмотреть тут Второй случай или частный случай Второго случая, при $(x,n)=n$ и $y z$ не делится на $n$?

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #1102637 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #1102481 писал(а):

Заметим, что условие:

$y z$ не делится на $n$

не позволяет применить теорему Фуртвенглера ко второму случаю ВТФ (в котором $x y z$ делится на $n$).

Не совсем понятно почему нельзя рассмотреть тут Второй случай или частный случай Второго случая, при $(x,n)=n$ и $y z$ не делится на $n$?

Можно, конечно, Вы правы.
Но во втором случае ВТФ уже не удастся получить следствие: $2^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$.
Это следствие доказывает первый случай ВТФ практически для любого конкретного простого числа $n$, поскольку сравнение $2^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$ выполняется только для $n=1093$ и $n=3511$.

[ananova]

Т.о. справедливо ?

$$y^{n-1} \equiv 1 \equiv ((z+x)(z^2-zx+x^2))^{\dfrac {n-1} n} \pmod {n^2}$$

[ananova]

А так как любой простой множитель $y$ в степени $(n-1)$ сравним с 1 по модулю $n^2$, то справедливо:

$$y^{n-1} \equiv 1 \equiv (z+x)^{\dfrac {n-1} n} \pmod {n^2}$$

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #1102773 писал(а):

Т.о. справедливо ?

$$y^{n-1} \equiv 1 \equiv ((z+x)(z^2-zx+x^2))^{\dfrac {n-1} n} \pmod {n^2}$$

Здесь есть ошибки.
Во-первых, $(z+x)(z^2-zx+x^2)=z^3+x^3$, а речь идёт о степени $n$, а не о третьей степени.
Во-вторых, уравнение Ферма в теореме Фуртвенглера записано в виде $x^n+y^n+z^n=0$, а у Вас получается $y^n=z^3+y^3$.
Хотя, возможно, Вы имели ввиду: $y^n=-(z^3+y^3)$, а при возведении в степень $n-1$, минус исчезает.
Тогда остаётся только одна ошибка.

-- Вс фев 28, 2016 19:51:25 --

ananova в сообщении #1102804 писал(а):

А так как любой простой множитель $y$ в степени $(n-1)$ сравним с 1 по модулю $n^2$, то справедливо:

$$y^{n-1} \equiv 1 \equiv (z+x)^{\dfrac {n-1} n} \pmod {n^2}$$

Вроде правильно.
С одной стороны, $y \equiv -(z+x) \mod n^2$, поэтому $y^{n-1} \equiv 1 \equiv (z+x)^{n-1} \mod n^2$.
Но с другой стороны любой простой делитель $p$ числа $z+x$ делит $y$, а согласно теореме Фуртвенглера, $p^{n-1} \equiv 1 \mod n^2$.
Перемножая такие сравнения, получим то, что у Вас.

[ananova]

Если $z$ делится на 3, то из предыдущего поста следует :

$$y^{n-1} \equiv 1 \equiv -x^{\dfrac {n-1} n} \pmod {n^2}$$

Следует ли отсюда

$$2^{n-1} \equiv 1 \pmod {n^2}$$

не могу сказать.

-- Вс фев 28, 2016 20:33:58 --

Благодарю на указанные ошибки. Прочитал только что.
Действительно, в уме держал $n=3$, поэтому формулу неверно записал. Каюсь.

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #1102913 писал(а):

Если $z$ делится на 3, то из предыдущего поста следует :

Если, например, $x$ делится на $n$, то $x$ - чётное, делится на 3 и на множество других конкретных простых чисел.
Что же касается $y$ и $z$, которые не делятся на $n$, то они нечётные и не делятся ни на одно из этих конкретных простых чисел.
Учтите это.

[ananova]

Благодарю за важные разъяснения.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1102481 писал(а):

Из этой теоремы следует первый случай ВТФ практически для любого конкретного простого числа $n$, поскольку сравнение $2^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$ выполняется только для $n=1093$ и $n=3511$.

Интересные показатели степени $1093,3511$.
Независимо от величины второго разряда основания (в $2n$ -ом счислении)

$ (r_2_{a^n})$ – второй младший разряд степени


$ r_2_{a^n} \equiv r_2_{c^n} \equiv r_2_{b^n}\equiv 0 \mod (2n) $.
Я проверял первую степень, и, констатирую, я этого не знал.
Так вот почему обеспечивается исключение в доказательстве 1 Случая БТФ
в теореме Фуртвенглера!
Следовательно, предлагаемое «Доказательство 1 Случая БТФ» можно считать справедливым. Спасибо Вам за эту информацию.
Мне кажется, что предлагаемый подход, который, несомненно, проще и, поэтому по моему мнению, понятней для большего количества интересующихся данной темой, может быть эффективен и в преодолении данного противоречия?
Или Вы так не считаете?

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1103203 писал(а):

Следовательно, предлагаемое «Доказательство 1 Случая БТФ» можно считать справедливым.

Или Вы так не считаете?

Вы понимаете, почему Ваше доказательство можно считать справедливым, а я не понимаю.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1103214 писал(а):

Вы понимаете, почему Ваше доказательство можно считать справедливым, а я не понимаю.

Потому что, возникновение второго нулевого разряда при рассматриваемых показателях степени, при любом первом младшем разряде в рассматриваемой степени, обеспечивает всегда наступление события

$ F_{b_x^n}\equiv 0 \mod (2n) $.

И как бы мы не корректировали классы вычетов степеней $a^n, c^n$, на основании анализа второго младшего разряда степени $b^n$, мы не избавляемся от предположения, что опровержение БТФ может наступить.
Идентичность исключений, по моему мнению, может служить подтверждением моего утверждения.
Не подумайте, что я пытаюсь Вас в чём то убедить, я, просто, спросил Ваше мнение.

[Lia]

Iosif1
Предупреждение за захват темы.

О своем доказательстве рассуждайте у себя, пока есть возможность.