ВТФ для n=3

[Belfegor]

nnosipov в сообщении #600322 писал(а):

Останется следующее: если $X^6+4v^3=Y^2$, то (применяем лемму) $x=X^2=k(k^3+4l^3)$, где $k$, $l$ взаимно просты и $k$ нечётно. Можно считать $k>0$, иначе перепишем в виде $x=X^2=(-k)((-k)^3-4l^3)$. Поскольку $\gcd{(k,k^3+4l^3)}=1$, имеем $k=K^2$ и $k^3+4l^3=L^2$, откуда $K^6+4l^3=L^2$. При этом $K<X$, ибо $K^6+4l^3$ положительно и не равно единице при $l \neq 0$. Последнее сводится к доказательству того, что уравнение $y^2+4l^3=1$ не имеет решений с $l \neq 0$, что очевидно (и, кстати, также следует из леммы при $x=1$).
Доказательство самой леммы вполне стандартно и, вероятно, есть в той работе, на которую ссылается Морделл.

Не понятна позиция Уважаемого nnosipov! Хотелось бы услышать окончательный вердикт от nnosipov, как от автора важных подсказок:

Феликс Шмидель в сообщении #597886 писал(а):

Надо. Благодаря форумчанину nnosipov это можно сделать в несколько строчек.

Так является доказательство Уважаемого Феликс Шмидель оригинальным и более коротким, чем доказательства Эйлера и Куммера?

[shwedka]

Цитата:

$x$ взаимно-просто с $v$, то $x$ взаимно-просто с $j^2 v$,

Здесь некоторая путаница, которую нужно исправить. Параллельно рассматриваются два кольца, $\mathbb{Z}[j]$ и $\mathbb{Z}$, и понятия взаимной простоты в них, вообще говоря, не совпадают. Поэтому всякий раз, говоря о взаимной простоте, нужно уточнять, в каком кольце. В связи с этим, процитированное утверждение нуждается в обосновании. Включите его в текст.

[nnosipov]

Belfegor в сообщении #600360 писал(а):

Так является доказательство Уважаемого Феликс Шмидель оригинальным и более коротким, чем доказательства Эйлера и Куммера?

По поводу краткости я уже говорил --- если всё доказывать, получится длиннее. По настоящему кратким доказательство будет, если его выводить из той самой Mordell's леммы (лучше, конечно, сослаться на первоисточник). Делал ли так кто-нибудь раньше --- вопрос сложный. Я бы посмотрел работу C. Georgikopoulous. Rational solutions of the equations x3 + 4y3 = z2, x3 + 2y3 = z2. Bull. Soc. Math. Grece., 24 (1948), 13-19. Да и не только её --- круг работ, где это могло бы быть, довольно широк.

[Феликс Шмидель]

Исправленный вариант статьи:

Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3.

В этой работе мы доказываем, что равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, однозначность разложения на простые множители в этом кольце и общий вид делителей единицы.
Введём обозначение: $j=\sqrt[3]{2}$.
Кольцо $\mathbb{Z}[j]$ является евклидовым (ссылка 1), следовательно:
(I) В $\mathbb{Z}[j]$ возможно и однозначно разложение элементов на простые множители (ссылка 2).
(II) Любой делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число (ссылка 3).

Лемма 1
-----------

Если $x$, $v$ и $c$ - целые числа, и $xv$ не делится на 3, то равенство $x^6-4v^3=c^2$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^6-4v^3$ даёт при делении на $9$ остаток $1-4=-3$, или $1+4=5$.
Поскольку $c^2$ даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то
равенство $x^6-4v^3=c^2$ невозможно.


Лемма 2
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3\neq 1$.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^6-4 v^3=1$.

Тогда
(2.1) $\frac{x^3-1} {2} \frac{x^3+1} {2}=v^3$.

Поскольку $\frac{x^3+1} {2}-\frac{x^3-1} {2}=1$, то сомножители в левой части равенства (2.1) - взаимно-просты, и из (2.1) следует, что оба сомножителя являются кубами целых положительных чисел.
Пусть
(2.2) $\frac{x^3+1} {2}=a^3$ и $\frac{x^3-1} {2}=b^3$, где $a$ и $b$ - целые положительные числа.

Из равенств (2.2) следует, что $a>b$ и $a^3-b^3=1$, что невозможно, так как
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2\geq 3$.


Лемма 3
----------
Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 3.
Тогда $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ не имеют в $\mathbb{Z}[j]$ общих делителей.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, значит и с $2v=j^3 v$, то $x$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[j]$ с $j^2 v$ , и поскольку $x^2-j^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 3, то
(3.2) $j^2 x^2 v$ делится на $3$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $3$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $3 j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Но $3 j^2 x^2 v=(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)-(x^2-j^2 v)^2$ делится на $\beta$, что противоречит (3.3).


Лемма 4
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3$ не является квадратом целого числа.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(4.1) $x^6-4 v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ - наименьшее такое положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.

Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Имеем:
(4.2) $x^6-4 v^3=x^6-j^6 v^3=(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)$.

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3, и из леммы 3, (4.1), (4.2) и (I) следует:
(4.3) $x^2-j^2 v=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2 u$, где $u$ - делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$, и $c_0$, $c_1$ и $c_2$ -целые числа.

Из (II) следует:
(4.4) $u=\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число.

Поскольку $x$ - нечётное число, то $x^6-4 v^3\neq 0$, и из (4.1) следует:
(4.5) $x^6-4 v^3>0$

Поскольку $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2\geq 0$, то из (4.2) и (4.5) следует:
(4.6) $x^2-j^2 v>0$.

Из (4.3) и (4.6) следует, что $u>0$, и из (4.4) следует:
(4.7) $u=(1-j)^k$, где $k$-целое число.

Из (4.3) и (4.7) следует, что либо:
(4.8) $x^2-j^2 v$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$, либо:
(4.9) $(x^2-j^2 v)(j-1)$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$.

Имеем:
(4.10) $(x^2-j^2 v)(j-1)=(-x^2-2 v)+x^2 j+v j^2$.

Поскольку коэффициент при $j$ в правой части (4.10) - нечётное число, то (4.9) невозможно, и имеет место (4.8), следовательно:
(4.11) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_0$ -целые числа.

Будем считать, что $a_2$ - неотрицательное число (иначе изменим знак у $a_0$, $a_1$ и $a_2$).
Из (4.11) следует:

(4.12) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4.13) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(4.14) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Все три числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$ не равны нулю, так как:
если $a_0=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.12) обращается в 0, что невозможно;
если $a_1=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.14) обращается в 0, что невозможно,
поэтому:
(4.15) $a_0\neq 0$ и $a_1\neq 0$;
если $a_2=0$, то $a_0=0$ или $a_1=0$ из (4.13), что невозможно согласно (4.15).

Поскольку $a_2$ - неотрицательное число, то:
(4.16) $a_2>0$.

Из (4.13) получим: $a_0=-a_2^2/a_1$.
Подставляя это выражение для $a_0$ в (4.12) и (4.14) получим:

(4.17) $a_2(a_2^3+4 a_1^3)=a_1^2 x^2$
(4.18) $a_1^3-2 a_2^3=-a_1 v$.

Пусть
(4.19) $a_1=d b_1$, $a_2=d b_2$, где $d$ - наибольший общий делитель чисел $a_1$ и $a_2$, взятый со знаком плюс.
Тогда
(4.20) $b_1$ и $b_2$ - взаимно-простые числа.

Подставляя (4.19) в (4.17) и (4.18) получим:

(4.21) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)d^2=b_1^2 x^2$
(4.22) $(b_1^3-2 b_2^3)d^2=-b_1 v$

Из (4.20) следует:
(4.23) $b_1$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.20), (4.23) и (4.21) следует:
(4.24) $d$ делится на $b_1$.

Из (4.21) и (4.24) следует:
(4.25) $x$ делится на $d/b_1$.

Из (4.22) и (4.24) следует:
(4.26) $v$ делится на $d/b_1$.

Поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые числа, то из (4.25) и (4.26) следует $d/b_1=1$ или $d/b_1=-1$.
Значит $d^2=b_1^2$ и из (4.21) получим:

(4.27) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)=x^2$

Из (4.27) и нечётности $x$ следует:
(4.28) $b_2$ - нечётное число.

Из (4.20) и (4.28) следует
(4.29) $b_2$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.16) и (4.19) следует, что $b_2>0$, и из (4.27) и (4.29) следует:

(4.30) $b_2=u^2$ для некоторого целого положительного числа $u$
(4.31) $b_2^3+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.30) и (4.31) следует:
(4.32) $u^6+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.28) и (4.30) следует:
(4.33) $u$ - нечётное целое положительное число.

Из (4.20) и (4.30) следует:
(4.34) $u$ и $b_1$ - взаимно-простые числа.

Из (4.15) и (4.19) следует:
(4.35) $b_1\neq 0$

Из леммы 2, (4.27) и (4.30) следует:
(4.36) $u<x$

(4.32), (4.34), (4.33), (4.35) и (4.36) вместе противоречат минимальности $x$ в (4.1).


Теорема А
--------------
Равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(А.1) $x^3+y^3=z^3$ и
(А.2) $x$, $y$ и $z$ - взаимно-простые целые числа, отличные от нуля.

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то хотя бы одно из них нечётное.
Если $x$ - чётное, поменяем числа в $x$ и $y$ местами.
Если $x<0$ изменим знак чисел в $x$, $y$ и $z$ на противоположный.
Получим:
(A.3) $x$ - нечётное положительное число.

Из тождества $(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3=(z^3+y^3)^2$ и (А.1) следует:
(А.4) $x^6+4(yz)^3$ является квадратом целого числа.

Обозначим $v=-yz$.
Из (А.2) следует:
(А.5) $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа,
(А.6) $v\neq 0$

Из (А.4) следует:
(А.7) $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа.

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) вместе противоречат лемме 4.


Ссылки:
1. "The Euclidean Condition in Pure Cubic and Complex Quartic Fields", Cioffari, Mathematics of Computation, Volume 33, Number 145, January 1979, Theorem A, page 389.
2. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Теорема 2, страница 186.
3. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Задача 5, страница 125.

[dmd]

Феликс Шмидель в сообщении #600924 писал(а):

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3

Это не так, из леммы 1 делимость автоматически не вытекает.

[shwedka]

Феликс Шмидель
Я на неделю уезжаю в Норвегию, посмотрю, когда вернусь. Пока что отвечайте на вопросы и вносите соответствующие изменения в текст.

[ishhan]

dmd в сообщении #600957 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #600924 писал(а):
Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3
Это не так, из леммы 1 делимость автоматически не вытекает.

На мой взгляд это не важно, так как доказывается второй случай и поскольку одно из чисел $x,y,z$ делится на $3$, то очевидно, что произведение $xyz=-vx$ делится на $3$.
Одно из самых важных мест альтернативного доказательства включает пункт (4.3)

Феликс Шмидель в сообщении #600924 писал(а):

(4.3) $x^2-j^2 v=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2 u$, где $u$ - делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$, и $c_0$, $c_1$ и $c_2$ -целые числа.

Если переписать этот пункт считая, что $v=t^2$ получим уравнение Пифагора.
Не рассматривался ли Вами по ходу работы над доказательством ВТФ3 этот вопрос отдельно, и как выглядят Пифагоровы тройки в кольце $\mathbb{Z}[j]$?
Для того что бы освоиться в кольце $\mathbb{Z}[j]$ хотелось бы рассмотреть что-нибудь простое и понятное всем, к тому же это не помешает Вам при написании популярного изложения альтернативного доказательства ВТФ3.

[Феликс Шмидель]

Исправленный вариант статьи:

Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3.

В этой работе мы доказываем, что равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, однозначность разложения на простые множители в этом кольце и общий вид делителей единицы.
Введём обозначение: $j=\sqrt[3]{2}$.
Кольцо $\mathbb{Z}[j]$ является евклидовым (ссылка 1), следовательно:
(I) В $\mathbb{Z}[j]$ возможно и однозначно разложение элементов на простые множители (ссылка 2).
(II) Любой делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число (ссылка 3).

Лемма 1
-----------

Если $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ и $v$ - целые числа, то $xv$ делится на 3.

Доказательство:
------------------

Предположим $xv$ не делится на 3.
Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^6-4v^3$ даёт при делении на $9$ остаток $1-4=-3$, или $1+4=5$. Поскольку квадрат целого числа даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то$x^6-4v^3$ не является квадратом целого числа, что противоречит условию леммы.


Лемма 2
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3\neq 1$.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^6-4 v^3=1$.

Тогда
(2.1) $\frac{x^3-1} {2} \frac{x^3+1} {2}=v^3$.

Поскольку $\frac{x^3+1} {2}-\frac{x^3-1} {2}=1$, то сомножители в левой части равенства (2.1) - взаимно-просты, и из (2.1) следует, что оба сомножителя являются кубами целых положительных чисел.
Пусть
(2.2) $\frac{x^3+1} {2}=a^3$ и $\frac{x^3-1} {2}=b^3$, где $a$ и $b$ - целые положительные числа.

Из равенств (2.2) следует, что $a>b$ и $a^3-b^3=1$, что невозможно, так как
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2\geq 3$.


Лемма 3
----------
Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 3.
Тогда $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ не имеют в $\mathbb{Z}[j]$ общих делителей.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $j^3=2$, то $m x^2+n j (j^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[j]$ с $j^2 v$ , и поскольку $x^2-j^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 3, то
(3.2) $j^2 x^2 v$ делится на $3$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $3$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $3 j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Но $3 j^2 x^2 v=(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)-(x^2-j^2 v)^2$ делится на $\beta$, что противоречит (3.3).


Лемма 4
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3$ не является квадратом целого числа.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(4.1) $x^6-4 v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ - наименьшее такое положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.

Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Имеем:
(4.2) $x^6-4 v^3=x^6-j^6 v^3=(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)$.

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3, и из леммы 3, (4.1), (4.2) и (I) следует:
(4.3) $x^2-j^2 v=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2 u$, где $u$ - делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$, и $c_0$, $c_1$ и $c_2$ -целые числа.

Из (II) следует:
(4.4) $u=\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число.

Поскольку $x$ - нечётное число, то $x^6-4 v^3\neq 0$, и из (4.1) следует:
(4.5) $x^6-4 v^3>0$

Поскольку $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2\geq 0$, то из (4.2) и (4.5) следует:
(4.6) $x^2-j^2 v>0$.

Из (4.3) и (4.6) следует, что $u>0$, и из (4.4) следует:
(4.7) $u=(1-j)^k$, где $k$-целое число.

Из (4.3) и (4.7) следует, что либо:
(4.8) $x^2-j^2 v$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$, либо:
(4.9) $(x^2-j^2 v)(j-1)$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$.

Имеем:
(4.10) $(x^2-j^2 v)(j-1)=(-x^2-2 v)+x^2 j+v j^2$.

Поскольку коэффициент при $j$ в правой части (4.10) - нечётное число, то (4.9) невозможно, и имеет место (4.8), следовательно:
(4.11) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_0$ -целые числа.

Будем считать, что $a_2$ - неотрицательное число (иначе изменим знак у $a_0$, $a_1$ и $a_2$).
Из (4.11) следует:

(4.12) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4.13) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(4.14) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Все три числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$ не равны нулю, так как:
если $a_0=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.12) обращается в 0, что невозможно;
если $a_1=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.14) обращается в 0, что невозможно,
поэтому:
(4.15) $a_0\neq 0$ и $a_1\neq 0$;
если $a_2=0$, то $a_0=0$ или $a_1=0$ из (4.13), что невозможно согласно (4.15).

Поскольку $a_2$ - неотрицательное число, то:
(4.16) $a_2>0$.

Из (4.13) получим: $a_0=-a_2^2/a_1$.
Подставляя это выражение для $a_0$ в (4.12) и (4.14) получим:

(4.17) $a_2(a_2^3+4 a_1^3)=a_1^2 x^2$
(4.18) $a_1^3-2 a_2^3=-a_1 v$.

Пусть
(4.19) $a_1=d b_1$, $a_2=d b_2$, где $d$ - наибольший общий делитель чисел $a_1$ и $a_2$, взятый со знаком плюс.
Тогда
(4.20) $b_1$ и $b_2$ - взаимно-простые числа.

Подставляя (4.19) в (4.17) и (4.18) получим:

(4.21) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)d^2=b_1^2 x^2$
(4.22) $(b_1^3-2 b_2^3)d^2=-b_1 v$

Из (4.20) следует:
(4.23) $b_1$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.20), (4.23) и (4.21) следует:
(4.24) $d$ делится на $b_1$.

Из (4.21) и (4.24) следует:
(4.25) $x$ делится на $d/b_1$.

Из (4.22) и (4.24) следует:
(4.26) $v$ делится на $d/b_1$.

Поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые числа, то из (4.25) и (4.26) следует $d/b_1=1$ или $d/b_1=-1$.
Значит $d^2=b_1^2$ и из (4.21) получим:

(4.27) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)=x^2$

Из (4.27) и нечётности $x$ следует:
(4.28) $b_2$ - нечётное число.

Из (4.20) и (4.28) следует
(4.29) $b_2$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.16) и (4.19) следует, что $b_2>0$, и из (4.27) и (4.29) следует:

(4.30) $b_2=u^2$ для некоторого целого положительного числа $u$
(4.31) $b_2^3+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.30) и (4.31) следует:
(4.32) $u^6+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.28) и (4.30) следует:
(4.33) $u$ - нечётное целое положительное число.

Из (4.20) и (4.30) следует:
(4.34) $u$ и $b_1$ - взаимно-простые числа.

Из (4.15) и (4.19) следует:
(4.35) $b_1\neq 0$

Из леммы 2, (4.27) и (4.30) следует:
(4.36) $u<x$

(4.32), (4.34), (4.33), (4.35) и (4.36) вместе противоречат минимальности $x$ в (4.1).


Теорема А
--------------
Равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(А.1) $x^3+y^3=z^3$ и
(А.2) $x$, $y$ и $z$ - взаимно-простые целые числа, отличные от нуля.

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то хотя бы одно из них нечётное.
Если $x$ - чётное, поменяем числа в $x$ и $y$ местами.
Если $x<0$ изменим знак чисел в $x$, $y$ и $z$ на противоположный.
Получим:
(A.3) $x$ - нечётное положительное число.

Из тождества $(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3=(z^3+y^3)^2$ и (А.1) следует:
(А.4) $x^6+4(yz)^3$ является квадратом целого числа.

Обозначим $v=-yz$.
Из (А.2) следует:
(А.5) $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа,
(А.6) $v\neq 0$

Из (А.4) следует:
(А.7) $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа.

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) вместе противоречат лемме 4.


Ссылки:
1. "The Euclidean Condition in Pure Cubic and Complex Quartic Fields", Cioffari, Mathematics of Computation, Volume 33, Number 145, January 1979, Theorem A, page 389.
2. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Теорема 2, страница 186.
3. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Задача 5, страница 125.

-- Вт июл 31, 2012 15:51:19 --

dmd в сообщении #600957 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #600924 писал(а):

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3

Это не так, из леммы 1 делимость автоматически не вытекает.

Теперь понятнее?

-- Вт июл 31, 2012 15:58:02 --

ishhan в сообщении #601129 писал(а):

dmd в сообщении #600957 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #600924 писал(а):
Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3
Это не так, из леммы 1 делимость автоматически не вытекает.

На мой взгляд это не важно, так как доказывается второй случай и поскольку одно из чисел $x,y,z$ делится на $3$, то очевидно, что произведение $xyz=-vx$ делится на $3$.

Доказывается не второй случай, а оба случая одновременно.

[dmd]

Феликс Шмидель в сообщении #601517 писал(а):

Лемма 1
-----------

Если $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ и $v$ - целые числа, то $xv$ делится на 3.

Доказательство:
------------------

Предположим $xv$ не делится на 3.
Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^6-4v^3$ даёт при делении на $9$ остаток $1-4=-3$, или $1+4=5$. Поскольку квадрат целого числа даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то$x^6-4v^3$ не является квадратом целого числа, что противоречит условию леммы.

Смотрите. Куб числа, делящегося на $3$, при делении на $9$ даёт остаток $0$. Пусть $x$ делится на $3$, а $v$ не делится на $3$. Тогда $xv$ делится на $3$. Но $x^6-4v^3$ при делении на $9$ даёт остаток $0-4=-4=5$ либо $0+4=4$. Т.е. только в одном случае из двух выражение $x^6-4v^3$ будет квадратом. Следовательно нет обратной связи от квадратности до делимости.

[AV_77]

Так здесь и не утверждается, что из делимости $xv$ на 3 следует, что $x^6 - 4v^3$ является квадратом.

[dmd]

Согласен, контр-пример не корректен. Но всё равно я не вижу обратной связи. Если $3\nmid xv$, то $x^6 - 4v^3$ не квадрат - это да, доказано. Но из этого автоматически не следует обратное - если $x^6 - 4v^3$ квадрат, то $3\mid xv$.

[AV_77]

Если $x^6 - 4v^3$ квадрат, то предположение, что $3 \nmid xv$ приводит к противоречию. Значит $3 \mid xv$.

[Belfegor]

Belfegor,

ни к чему заполнять ожидание неинформативными сообщениями!

[Феликс Шмидель]

Я нашёл в статье ошибку: если $u=1-j$, то $u<0$.
Поэтому нужно рассматривать $u=j-1$.

Исправленный вариант статьи:

Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3.

В этой работе мы доказываем, что равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, однозначность разложения на простые множители в этом кольце и общий вид делителей единицы.
Введём обозначение: $j=\sqrt[3]{2}$.
Кольцо $\mathbb{Z}[j]$ является евклидовым (ссылка 1), следовательно:
(I) В $\mathbb{Z}[j]$ возможно и однозначно разложение элементов на простые множители (ссылка 2).
(II) Любой делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (j-1)^k$, где $k$-целое число (ссылка 3).

Лемма 1
-----------

Если $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ и $v$ - целые числа, то $xv$ делится на 3.

Доказательство:
------------------

Предположим $xv$ не делится на 3.
Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^6-4v^3$ даёт при делении на $9$ остаток $1-4=-3$, или $1+4=5$. Поскольку квадрат целого числа даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то$x^6-4v^3$ не является квадратом целого числа, что противоречит условию леммы.


Лемма 2
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3\neq 1$.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^6-4 v^3=1$.

Тогда
(2.1) $\frac{x^3-1} {2} \frac{x^3+1} {2}=v^3$.

Поскольку $\frac{x^3+1} {2}-\frac{x^3-1} {2}=1$, то сомножители в левой части равенства (2.1) - взаимно-просты, и из (2.1) следует, что оба сомножителя являются кубами целых положительных чисел.
Пусть
(2.2) $\frac{x^3+1} {2}=a^3$ и $\frac{x^3-1} {2}=b^3$, где $a$ и $b$ - целые положительные числа.

Из равенств (2.2) следует, что $a>b$ и $a^3-b^3=1$, что невозможно, так как
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2\geq 3$.


Лемма 3
----------
Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 3.
Тогда $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ не имеют в $\mathbb{Z}[j]$ общих делителей.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $j^3=2$, то $m x^2+n j (j^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[j]$ с $j^2 v$ , и поскольку $x^2-j^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 3, то
(3.2) $j^2 x^2 v$ делится на $3$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $3$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $3 j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Но $3 j^2 x^2 v=(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)-(x^2-j^2 v)^2$ делится на $\beta$, что противоречит (3.3).


Лемма 4
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3$ не является квадратом целого числа.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(4.1) $x^6-4 v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ - наименьшее такое положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.

Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Имеем:
(4.2) $x^6-4 v^3=x^6-j^6 v^3=(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)$.

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3, и из леммы 3, (4.1), (4.2) и (I) следует:
(4.3) $x^2-j^2 v=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2 u$, где $u$ - делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$, и $c_0$, $c_1$ и $c_2$ -целые числа.

Из (II) следует:
(4.4) $u=\pm (j-1)^k$, где $k$-целое число.

Поскольку $x$ - нечётное число, то $x^6-4 v^3\neq 0$, и из (4.1) следует:
(4.5) $x^6-4 v^3>0$

Поскольку $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2\geq 0$, то из (4.2) и (4.5) следует:
(4.6) $x^2-j^2 v>0$.

Из (4.3) и (4.6) следует, что $u>0$, и из (4.4) следует:
(4.7) $u=(j-1)^k$, где $k$-целое число.

Из (4.3) и (4.7) следует, что либо:
(4.8) $x^2-j^2 v$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$, либо:
(4.9) $(x^2-j^2 v)(j-1)$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$.

Имеем:
(4.10) $(x^2-j^2 v)(j-1)=(-x^2-2 v)+x^2 j+v j^2$.

Поскольку коэффициент при $j$ в правой части (4.10) - нечётное число, то (4.9) невозможно, и имеет место (4.8), следовательно:
(4.11) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_0$ -целые числа.

Будем считать, что $a_2$ - неотрицательное число (иначе изменим знак у $a_0$, $a_1$ и $a_2$).
Из (4.11) следует:

(4.12) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4.13) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(4.14) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Все три числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$ не равны нулю, так как:
если $a_0=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.12) обращается в 0, что невозможно;
если $a_1=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.14) обращается в 0, что невозможно,
поэтому:
(4.15) $a_0\neq 0$ и $a_1\neq 0$;
если $a_2=0$, то $a_0=0$ или $a_1=0$ из (4.13), что невозможно согласно (4.15).

Поскольку $a_2$ - неотрицательное число, то:
(4.16) $a_2>0$.

Из (4.13) получим: $a_0=-a_2^2/a_1$.
Подставляя это выражение для $a_0$ в (4.12) и (4.14) получим:

(4.17) $a_2(a_2^3+4 a_1^3)=a_1^2 x^2$
(4.18) $a_1^3-2 a_2^3=-a_1 v$.

Пусть
(4.19) $a_1=d b_1$, $a_2=d b_2$, где $d$ - наибольший общий делитель чисел $a_1$ и $a_2$, взятый со знаком плюс.
Тогда
(4.20) $b_1$ и $b_2$ - взаимно-простые числа.

Подставляя (4.19) в (4.17) и (4.18) получим:

(4.21) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)d^2=b_1^2 x^2$
(4.22) $(b_1^3-2 b_2^3)d^2=-b_1 v$

Из (4.20) следует:
(4.23) $b_1$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.20), (4.23) и (4.21) следует:
(4.24) $d$ делится на $b_1$.

Из (4.21) и (4.24) следует:
(4.25) $x$ делится на $d/b_1$.

Из (4.22) и (4.24) следует:
(4.26) $v$ делится на $d/b_1$.

Поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые числа, то из (4.25) и (4.26) следует $d/b_1=1$ или $d/b_1=-1$.
Значит $d^2=b_1^2$ и из (4.21) получим:

(4.27) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)=x^2$

Из (4.27) и нечётности $x$ следует:
(4.28) $b_2$ - нечётное число.

Из (4.20) и (4.28) следует
(4.29) $b_2$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.16) и (4.19) следует, что $b_2>0$, и из (4.27) и (4.29) следует:

(4.30) $b_2=u^2$ для некоторого целого положительного числа $u$
(4.31) $b_2^3+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.30) и (4.31) следует:
(4.32) $u^6+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.28) и (4.30) следует:
(4.33) $u$ - нечётное целое положительное число.

Из (4.20) и (4.30) следует:
(4.34) $u$ и $b_1$ - взаимно-простые числа.

Из (4.15) и (4.19) следует:
(4.35) $b_1\neq 0$

Из леммы 2, (4.27) и (4.30) следует:
(4.36) $u<x$

(4.32), (4.34), (4.33), (4.35) и (4.36) вместе противоречат минимальности $x$ в (4.1).


Теорема А
--------------
Равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(А.1) $x^3+y^3=z^3$ и
(А.2) $x$, $y$ и $z$ - взаимно-простые целые числа, отличные от нуля.

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то хотя бы одно из них нечётное.
Если $x$ - чётное, поменяем числа в $x$ и $y$ местами.
Если $x<0$ изменим знак чисел в $x$, $y$ и $z$ на противоположный.
Получим:
(A.3) $x$ - нечётное положительное число.

Из тождества $(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3=(z^3+y^3)^2$ и (А.1) следует:
(А.4) $x^6+4(yz)^3$ является квадратом целого числа.

Обозначим $v=-yz$.
Из (А.2) следует:
(А.5) $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа,
(А.6) $v\neq 0$

Из (А.4) следует:
(А.7) $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа.

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) вместе противоречат лемме 4.


Ссылки:
1. "The Euclidean Condition in Pure Cubic and Complex Quartic Fields", Cioffari, Mathematics of Computation, Volume 33, Number 145, January 1979, Theorem A, page 389.
2. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Теорема 2, страница 186.
3. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Задача 5, страница 125.

[AKM]

Обсуждение уравнения $a^6+4b^3=c^2$ отделено сюда как затянувшееся и не соответствующее уровню основной темы.

(Возможно, Ваши подписки на темы изменились. Проверьте, подпишитесь заново).