Новое доказательство ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

Приведём простой пример в оффтопике, иллюстрирующий локально-глобальный принцип Хассе.

(Оффтоп)

Рассмотрим уравнение:

(O-1) $x^2+y^2-3 z^2=0$

Это уравнение не имеет ненулевых решений в целых (или рациональных числах), поскольку для того, чтобы $x^2+y^2$ делилось на 3, необходимо, чтобы оба числа $x$ и $y$ делились на 3, но тогда и $z$ делится на 3. Если с самого начала разделить $x$, $y$ и $z$ на их наибольший общий делитель, то можно считать их взаимно простыми и они не могут все делиться на 3.

Для любого нечётного простого числа $p$, отличного от 3, уравнение (О-1) имеет ненулевое решение в p-адических числах.
Это можно доказать, используя теорему Шевалье, как в Боревиче и Шафаревиче, исходя из того, что символ Гильберта $(-1, 3)_p$ равен 1, поскольку 3 не делится на $p$.
Можно также использовать то обстоятельство, что если число $3$ непредставимо в виде суммы двух квадратов по модулю $p$, то любой другой неквадратичный вычет по модулю $p$ тоже непредставим, поскольку умножая его на 3, получим квадратичный вычет. Каждый квадратичный вычет представим в виде суммы двух квадратов одним и тем же колличеством способов, равным числу решений сравнения $x^2+y^2 \equiv 1$ по модулю $p$, и можно доказывать дальше.
Доказав наличие решений по модулю $p$, можно использовать лемму Гензеля (аналог метода Ньютона) для нахождения решения в $p$-адических числах.
Главным условием применимости этого метода является ненулевое значение производной (по модулю $p$) по $x$, $y$ или $z$ (подробности в Боревиче и Шафаревиче на стр. 50).
Можно также просто прибавить к $t p^k$, и найти $t$ для получения решения сравнения по модулю $p^{k+1}$.
Это по сути совпадает с "поднятием" Гензеля.
При раскрытии скобок $(x+t p^k)^2$, для нахождения $t$, придётся делить на $2 x$.
Поэтому $2 x$ не должно делится на $p$ (ненулевое значение производной).
Понятно, что в случае уравнения (О-1) этод метод не годится при $p=2$.

Пусть теперь $p=3$. Уравнение (О-1) имеет ненулевое решение по модулю 3 (например, $x=0$, $y=0$, $z=1$), но уже по модулю 9, нетривиальных решений нет (нетривиальным считается такое, что хотя бы одно из переменных не делится на $p$). Отсутствие нетривиальных решений означает отсутствие решений уравнения (O-1) в $3$-адических числах.
В Шафаревиче показывается что наличие решений в $p$-адических числах уравнения с квадратичной формой, при нечётном $p$, зависит от наличия решений по модулю $p^2$ (для бОльших степеней можно не проверять).

Пусть теперь $p=2$. Уравнение (О-1) имеет ненулевое решение по модулю $2$ (например, $x=1$, $y=1$, $z=0$), но уже по модулю $4$, нетривиальных решений нет.
В самом деле, если $z$ - нечётное, то $x^2+y^2$ дожно быть сравнимо с $3$ по модулю $4$, что невозможно.
Если же $z$ - чётное, то $x^2+y^2$ дожно быть сравнимо с $0$ по модулю $4$, что возможно только если оба $x$ и $y$ - чётные.

Таким образом, уравнение (О-1) не имеет ненулевых решений в $p$-адических числах при двух значениях $p$: $p=2$ и $p=3$.
Это не противоречит тому, что произведение символов Гильберта
$(-1, 3)_p$, по всем $p$, равно 1 (противоречило если бы не было ненулевых решений только при одном значении $p$).

Из леммы 3 следует, что $a^2$ является суммой квадратов двух рациональных чисел (где $a^2=x^6 - 4 (yz)^3$).
Поскольку $a$ включает делители сравнимые с $3$ по модулю $4$, то мы бы закончили на этом доказательство, если бы слагаемые в сумме квадратов не имели общих делителей.
Но мы это не знаем, и даже имея лемму 4, я всё равно затрудняюсь доказать, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом.
Возможно, следует рассмотреть случай $\rho=\sqrt[3]{2}$ напрямую.
Если доказать что уравнение (16) имеет ненулевое решение в $\sqrt[3]{2}$ - адических числах, то в лемме 4 можно говорить о других значениях $q$.

[Феликс Шмидель]

Леммы 3 и 4 должны выполняться также при $c=\sqrt[3]{2}-1$.
Неплохо бы проверить, действительно ли это число является суммой квадратов в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$. Если нет, то с нашим методом что-то не так. Если да, то понятно почему для этого числа $c$ из леммы 4 не следует, что $c$ является квадратом: какое-бы простое число $q$ в лемме 4 мы не взяли, $-q$ будет квадратом по модулю $c$, а в случае $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ это не так. К сожалению, мы не можем доказать так, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ - квадрат, но только по причине недостаточности знаний о простых числах $q$, о которых идёт речь.

[Феликс Шмидель]

Пусть $j=\sqrt[3]{2}$, $c=j-1$.
Простая проверка на UBASIC показала, что $4(j-1)=(-2+j^2)^2+(-2 j+j^2)^2$.
Таким образом, $j-1$ действительно является суммой двух квадратов в поле $\mathbb{Q}[j]$, и, по крайней мере, с этой точки зрения, у нас нет оснований сомневаться в нашем методе.
Но $j-1$ не является квадратом в этом поле, поскольку, если $j-1=X^2$, то $X$ должно быть целым алгебраическим числом. В этом случае, коэффициент при $j$ в $X^2$ (при записи в форме $a_0+a_1 j+a_2 j^2$) чётный, что делает равенство $j-1=X^2$ невозможным.

-- Вс май 12, 2013 14:37:30 --

Если бы, используя какое-либо простое число $q$, для которого верна лемма 4, число $-q$ не было бы квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$, где $a^2=x^6-4 (yz)^3$, то не только число $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ было бы квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$, но также и число $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, и разделив одно на другое, мы сразу бы получили противоречие.
Но, как я уже писал, у нас нет достаточных знаний о подходящих простых числах $q$.

[Феликс Шмидель]

Рассмотреть теперь случай $\rho=\sqrt[3]{2}$ напрямую.

Лемма 5
------------

Пусть $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$.
Если

(17) $c \equiv 1$ по модулю 8,

то

(18) $c$ является квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю любой степени двойки.

Доказательство (по-индукции по показателю степени двойки):
----------------------------------------------------------------------------

Если показатель равен 3-ём, то утверждение (18) справедливо по условию.
Предположим, что

(19) $c=s^2+2^m t$,

где $s$ и $t$ алгебраические числа, принадлежащие кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а $m \geq 3$ - натуральное число.

Тогда

(20) $c=(s+2^{m-1} t)^2-2^m t (s-1)-2^{2m-2} t^2$.

Поскольку $(2m-2) \geq (m+1)$, достаточно показать, что $s-1$ делится на 2.

Из (17) и (19) следует:

(21) $s^2 \equiv 1$ по модулю 8.

Если бы $s-1$ не делилось на 2, то и $s+1$ не делилось бы на 2, и (21) было бы невозможно.

[Феликс Шмидель]

В лемме 4, речь идёт о таких простых числах $q$, что $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $q$.
Теперь, рассмотрим такие простые числа $q$, что $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$.
Ограничимся рассмотрением случая, когда $(q-1)$ не делится на 3.
В этом случае, $\sqrt[3]{2}$ всегда существует по модулю $q$.
Рассмотрим, сначала, такие $q$, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.
В этом случае $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.
Мы докажем это в дальнейшем.
Поэтому, доказательство леммы 4 проходит для таких $q$.
Теперь, обратимся к случаю, когда $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$.
Если $\sqrt[3]{2}-1$ тоже не является квадратичным вычетом по модулю $q$, то произведение $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, и значит, лемма 4 верна при $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.
Если бы мы нашли простой критерий, когда $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$, то мы смогли выбрать такое $q$, что утверждение леммы 4 было бы невозможно либо для $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, либо для $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.
То есть, мы бы доказали, что одно из этих двух значений $c$ является квадратом в $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Поскольку в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ имеет место закон квадратичной взаимности, я подозреваю, что
критерий, о котором идёт речь, связать с остатками, которые дают $q$ при делении на 4.

[Феликс Шмидель]

Лемма 6
-------------

Пусть

(22) $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство
---------------------

Заметим, что $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$, а $i_3$ не существует по модулю $q$.
Поэтому существует такое натуральное число $s$, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Докажем сначала достаточность.
Пусть число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.
Тогда

(23) $x^2-s^2 i_3 yz \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

Из сравнения (23) следует:

(24) $x^2-s^2 i_3^2 yz \equiv (b_0+b_1 i_3^2)^2$ по модулю $q$.

Перемножая сравнения (23) и (24) получим:

(25) $(x^2-s^2 i_3 yz)(x^2-s^2 i_3^2 yz) \equiv ((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2))^2$ по модулю $q$.

Деля равенство (22) на сравнение (25) получим:

(26) $x^2-s^2 yz \equiv (a/((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2)))^2 \equiv (a/(b_0^2+b_1^2-b_0 b_1))^2$ по модулю $q$.

Значит, число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, что и требовалось.

Теперь докажем необходимость.

Пусть

(27) $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Предположим, что

(28) $x^2-s^2 i_3 yz$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Покажем, что это предположение ведёт к противоречию.

Пусть

(29) $t_0+t_1 i_3$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

где $t_0$ и $t_1$ - произвольные целые числа, для которых условие (29) выполняется.

Из (28) и (29) следует:

(30) $(t_0+t_1 i_3)(x^2-s^2 i_3 yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

так как группа по умножению конечного поля $\mathbb{Z}_q[i_3]$ является циклической.

Из (30) следует:

(31) $(t_0+t_1 i_3)(x^2-s^2 i_3 yz) \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

Из сравнения (31) следует:

(32) $(t_0+t_1 i_3^2)(x^2-s^2 i_3^2 yz) \equiv (b_0+b_1 i_3^2)^2$ по модулю $q$.

Перемножая сравнения (31) и (32) и используя равенство (22) получим:

(33) $(t_0+t_1 i_3)(t_0+t_1 i_3^2) (a^2/(x^2-s^2 yz)) \equiv ((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2))^2 \equiv (b_0^2+b_1^2-b_0 b_1)^2$ по модулю $q$.

Из сравнения (33) и условия (27) следует:

(34) число $(t_0^2+t_1^2-t_0 t_1)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Мы доказали утверждение (34) при условии (29).

Если же условие (29) не выполняется, и $t_0+t_1 i_3$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$, то $(t_0+t_1 i_3)(t_0+t_1 i_3^2)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, и утверждение (34) всё равно верно.

Таким образом, утверждение (34) верно для любых целых чисел $t_0$ и $t_1$.
Покажем, что это невозможно.

Полагая в (34) $t_1=2$ получим:

(35) число $(t_0-1)^2+3$ является квадратичным вычетом по модулю $q$,

для любого целого числа $t_0$.

Из (35) следует:

(36) число $t+3$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, для любого квадратичного вычета $t$ по модулю $q$.

Поскольку общее число квадратичных вычетов по модулю $q$ равно $(q+1)/2$, то суммируя $t+3$ по всем квадратичным вычетам, из (36) получим, что $3 ((q+1)/2)$ делится на $q$, что невозможно.

Таким образом, предположение (28) ведёт к противоречию, что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 7
-------------

Пусть

(37) $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство
---------------------

Докажем сначала достаточность.
Пусть

(38) $x^2-\sqrt[3]{4} yz \equiv (a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ по модулю $q$,

где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа.

Тогда:

(39) $(x^2-\sqrt[3]{4} yz)-(a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2=b_0+b_1 \sqrt[3]{2}+b_2 (\sqrt[3]{2})^2$,

где $b_0$, $b_1$ и $b_2$ - целые числа, делящиеся на $q$.

Из (39) следует:

(40) полином $(x^2-S^2 yz)-(a_0+a_1 S+a_2 S^2)^2 - (b_0+b_1 S+b_2 S^2)$ делится на $S^3-2$,

где $S$ - переменная.

Подставляя число $s$ вместо переменной $S$ в (40) и учитывая, что числа $(b_0+b_1 s+b_2 s^2)$ и $s^3-2$ делятся на $q$, получим:

(41) $(x^2-s^2 yz)-(a_0+a_1 s+a_2 s^2)^2$ делится на $q$.

Значит, число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, что и требовалось.

Теперь докажем необходимость.

Пусть

(42) число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Тогда

(43) число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$, в силу леммы 6.

Запишем (42) и (43) в виде:

(44) $x^2-s^2 yz \equiv b^2$ по модулю $q$,

(45) $x^2-s^2 i_3^2 yz \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b$, $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

В левой части сравнения (45) должно было быть число $x^2-s^2 i_3 yz$, но $i_3$ можно заменить на $i_3^2$, поскольку если $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$, то $x^2-s^2 i_3^2 yz$ тоже.

Найдём такие целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, чтобы выполнялись сравнения:

(46) $a_0+a_1 s+a_2 s^2 \equiv b$ по модулю $q$ и

(47) $a_0+a_1 s i_3+a_2 s^2 i_3^2 \equiv b_0+b_1 i_3$ по модулю $q$.

Поскольку $i_3^2=-1-i_3$, то сравнение (47) равносильно сравнениям:

(48) $a_0 - a_2 s^2 \equiv b_0$ по модулю $q$ и

(49) $a_1 s - a_2 s^2 \equiv b_1$ по модулю $q$.

Суммируя сравнения (48) и (49), получим:

(50) $a_0+a_1 s+a_2 s^2 - 3 a_2 s^2 \equiv b_0+b_1$ по модулю $q$.

Вычитая сравнение (50) из сравнения (46) получим:

(51) $3 a_2 s^2 \equiv b-b_0-b_1$ по модулю $q$.

Из сравнения (51) можно найти $a_2$, и, затем, из сравнений (48) и (49) можно найти $a_0$ и $a_1$.

Таким образом, целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, удовлетворяющие сравнениям (46) и (47) существуют.

Из сравнений (44), (45), (46) и (47) вместе следует:

(52) $x^2-(\sqrt[3]{2})^2 yz \equiv (a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ по модулю $q$,

что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 8
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $(s i_3-1)(x^2-s^2 i_3^2 yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 8 аналогично доказательству леммы 6.


Лемма 9
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 9 аналогично доказательству леммы 7.

[Феликс Шмидель]

Cформулируем леммы 6 и 7 также для числа $\sqrt[3]{2}-1$:

Лемма 10
-------------

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $s-1$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $s i_3-1$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 10 аналогично доказательству леммы 6.


Лемма 11
-------------

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $s-1$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $\sqrt[3]{2}-1$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 11 аналогично доказательству леммы 7.


Я проверил лемму 10 на UBASIC для всех простых чисел меньших $100$, дающих остаток $2$ при делении на $3$. Результаты проверки показали, что для этих простых чисел, лемма 10 верна.

Но меня озадачило то, что $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом по модулю $71$.
Об этом говорят результаты проверки леммы 10 для $q=71$.
Возникает вопрос: каким образом выполняется в этом случае закон квадратичной взаимности?
Ведь $71$ даёт остаток $3$ при делении на 4.
Надо в этом разобраться.

[Феликс Шмидель]

Если закон квадратичной взаимности в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ выполняется, и делители единицы (такие как $\sqrt[3]{2}-1$) не являются исключением, то есть следующее объяснение того, что $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом по модулю 71 и не является квадратом по модулю 11.
Квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен 1, несмотря на то, что $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом по модулю 11. Число 11 разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ в произведение 2-ух простых идеалов, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом, а квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен 1.
Если это так, то наша задача усложняется, потому что мы не можем использовать закон квадратичной взаимности для нахождения простых $q$, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом.
Нам нужно показать что такие простые $q$ есть в любой арифметической прогрессии.
Попробуем распечатать такие простые $q$, как 71, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом и найти закономерность.

[Феликс Шмидель]

Чтобы не было сомнений, докажем, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен $1$.
Пусть $j=\sqrt[3]{2}$.
Простое число $11$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ в произведение двух простых идеалов:

(53) $11=(-1+j+j^2)(-1+3 j+2 j^2)$

Пусть $s=7$. Тогда $s^3-2$ делится на 11.

(54) Число $j-1$ не является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю идеала $(-1+j+j^2)$,

поскольку $-1+s+s^2=55$ делится на 11, а $s-1=6$ не является квадратичным вычетом по модулю $11$.

Покажем, что $j-1$ также не является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.
Предположим, что $j-1$ является квадратом по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.
Тогда

(55) полином $S-1-u^2(S)-(-1+3 S+2 S^2) v(S)$ делится на $S^3-2$,

где $S$ - переменная, а $u(S)$ и $v(s)$ некоторые полиномы с целыми коэффициентами.

Поскольку $-1+3 (s i_3)+2 (s i_3)^2=(-1-2 s^2)+(3 s-2 s^2) i_3= -99-77 i_3$ делится на $11$, то из (55) следует:

(56) $s i_3-1-u^2(s i_3)$ делится на 11.

Поскольку $s-1=6$ не является квадратичным вычетом по модулю $11$, то (56) противоречит лемме 10.

Значит

(57) число $j-1$ не является квадратом по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.

Из (53), (54) и (57) вместе следует, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен $1$.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Я распечатал простые числа от $5$ до $1000$ (дающие остаток 2 при делении на 3), по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом:
29, 41, 53, 71, 83, 101, 131, 149, 173, 179, 227, 233, 239, 251, 257, 263, 281, 317, 347, 353, 383, 401, 443, 479, 563, 593, 599, 641, 647, 653, 659, 683, 719, 773, 797, 809, 839, 857, 887, 911, 929, 977.

Простые числа (дающие остаток 2 при делении на 3), по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом:
5, 11, 17, 23, 47, 59, 89, 107, 113, 137, 167, 191, 197, 269, 293, 311, 359, 389, 419, 431, 449, 461, 467, 491, 503, 509, 521, 557, 569, 587, 617, 677, 701, 743, 761, 821, 827, 863, 881, 941, 947, 953, 971, 983

Я не вижу закономерности (это не значит, что её нет), но плотность простых чисел во второй группе не меньше, чем в первой. Мы примем гипотезу о существовании нужных нам простых чисел, и докажем ВТФ для $n=3$, исходя из этой гипотезы.

После этого подумаем, как доказать эту гипотезу, возможно, при помощи теоремы о плотности простых чисел.

[Феликс Шмидель]

Я встретил препятствие на пути осуществления этого плана, который состоял в том, чтобы в предположении: $x^6-4 (yz)^3=a^2$ найти такое простое число $q$, что $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю никакого простого делителя числа $a$, а уравнение:

(58) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$,

где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ или $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$,

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для одного из этих значений числа $c$.

Я доказал, что уравнение (58) имеет ненулевое решение, но препятствие заключается в том, что числа $X$ и $Y$ могут иметь общий делитель, который является также делителем числа $c$, и этот общий делитель может быть идеалом, на который равенство (58) нельзя сократить, и непонятно, как из этого равенства получить противоречие.

Тем не менее, сформулируем гипотезу и докажем, что уравнение (58) имеет ненулевое решение, с тем чтобы можно было к этому вернуться, если появятся новые идеи.


Гипотеза A
----------------

Пусть $p_1$, $p_2$, ..., $p_m$ - нечётные простые числа, не равные $3$.

Существует нечётное простое число $q$, не равное $3$-ём и дающее остаток не равный $1$ при делении на $3$, такое, что $-q$ не сравнимо с квадратом по модулю любого из простых чисел $p_1$, $p_2$, ..., $p_m$ (в частности, $q$ не равно ни одному из этих чисел), и $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.


Лемма 12
-------------

Пусть $\rho$ - произвольный нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, и пусть $d_1$ и $d_2$ - произвольные элементы этого кольца, не делящиеся на $\rho$.

Тогда уравнение $X^2+d_1 Y^2=d_2$ имеет решение $(X, Y)$ в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Доказательство или ссылка на доказательство этой леммы будут даны в дальнейшем.


Лемма 13
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Тогда числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.

Доказательство:
-----------------------

Предположим:

(59) числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ делятся на простой идеал $\rho$.

В силу тождества $X^2+X Y+Y^2=(X-Y)(X+2 Y)+3 Y^2$, из (59) следует:

(60) число $3 (\sqrt[3]{4} yz)^2$ делится на $\rho$.

В силу равенства $(x^2-\sqrt[3]{4} yz)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)=a^2$ и поскольку число $a$ не делится на $2$ и на $3$, то числа $2$ и $3$ не делятся на $\rho$, и из (60) следует:

(61) число $yz$ делится на $\rho$.

Из (59) и (61) следует, что $x$ делится на $\rho$, что противоречит взаимной простоте чисел $x$ и $yz$.
Значит предположение (59) неверно, и числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.
Что и требовалось.

Сформулируем теорему, которую я не смог доказать из-за препятствия, о котором шла речь выше:

Теорема 1
--------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.
Если гипотеза А верна, то одно из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.


Вместо этой теоремы, докажем, что уравнение (58) имеет ненулевое решение.

Лемма 14
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Пусть $q$ - простое число, не равное $3$-ём, дающее остаток не равный $1$ при делении на $3$, и такое, что $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Пусть $q$ не является делителем числа $a$.

Тогда уравнение:

(62) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для одного из значений числа $c$: $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ или $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $s$ - такое целое число, что $s^3-2$ делится на $q$.

По условию:

(63) $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Согласно лемме 11, из (63) следует:

(64) $s-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Из (64) следует:

(65) одно из чисел $x^2-s^2 yz$ и $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Cогласно лемме 7 и лемме 9, из (65) следует:

(66) одно из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Обозначим через $c$ то число из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, которое сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Имеем:

(67) число $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Если $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, пусть $d=x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$.
Если $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, пусть $d=((\sqrt[3]{2})^2+\sqrt[3]{2}+1)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)$.

Имеем:

(68) $c d=a^2$

В силу леммы 13:

(69) числа $c$ и $d$ взаимно-просты.

Из (67) и (68) следует:

(70) число $d$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Из (67) следует:

(71) для любого натурального числа $k$: число $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Из (70) следует:

(72) для любого натурального числа $k$: число $d$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Докажем, например, (71) по индукции.
При $k=1$: (71) верно в силу (67).
Предположим, для какого-либо натурального числа $k$:

(73) число $c$ сравнимо с $X^2$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Тогда:

(74) число $c$ сравнимо с $(X+t q^k)^2$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^{k+1}$, где

число $t \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ сравнимо с $\frac{c-X^2}{q^k}/(2 X)$ по модулю $q$.
Такое число $t$ существует, так как число $2 X$ взаимно-просто с $q$, в силу (73), (68) и поскольку число $a$ не делится на $q$.

Рассмотрим уравнения:

(75) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$ и

(76) $X^2+q Y^2-d Z^2=0$,

где $X$, $Y$, $Z$ - неизвестные.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой нечётный идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Если $q$ делится на $\rho$, то уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Z=1$) в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, в силу (71) и (72).

Предположим теперь, что $q$ не делится на $\rho$.
В силу (69) одно из чисел $c$ и $d$ не делится на $\rho$.
Пусть, например, $c$ не делится на $\rho$.
Тогда, в силу леммы 12:

(77) число $c$ представимо в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Из (77) и (68) следует:

(78) число $d$ представимо в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Значит:

(79) для любого нечётного идеала $\rho$, уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Z=1$) в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Поскольку $c$ и $d$ - положительные числа, то:

(80) уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Y=0$ и $Z=1$) в действительных числах.

В силу формулы произведения символов Гильберта:

(81) уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для единственного чётного простого идеала этого кольца: $\rho=(\sqrt[3]{2})$.

Из (79), (80), (81) и локально-глобального принципа Хассе следует:

(82) Уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Использование множителя $\sqrt[3]{2}-1$ в выражении $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ привело нас к гипотезе А, доказательство которой может быть сложным. Есть более простой путь, не требующий этой гипотезы: использовать множитель: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ в выражении $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Предположим:

(83) $x^3+y^3+z^3=0$,

где $x$, $y$, $z$ - ненулевые, попарно взаимно-простые целые числа.

Тогда:

(84)
$x^6-4 (yz)^3=(y^3-z^3)^2$
$y^6-4 (xz)^3=(x^3-z^3)^2$
$z^6-4 (xy)^3=(x^3-y^3)^2$

Сделаем дополнительное предположение:

(85) число $xyz$ делится на 3.

Если (85) не выполняется, то, как мы видели, этот случай ВТФ для $n=3$ доказывается просто.

Из предположений (83) и (85) следует:

(86) ни одно из чисел $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ не делится на 3.

В самом деле, если, например, $x$ делится на 3, то $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ не делятся на 3, в силу взаимной простоты $x$ с $z$ и $x$ с $y$, а $y^3-z^3$ не делится на 3, в силу того, что из (83) следует: $y^3+z^3$ делится на 3 (поскольку $x$ делится на 3).

Из (83) и (86) следует:

(87) числа $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ попарно взаимно-просты.

В самом деле, если два из чисел $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ имеют общий простой делитель $p$, то числа $x^3$, $y^3$ и $z^3$ дают одинаковый остаток при делении на $p$, и из (83) следует: $p=3$, что невозможно в силу (86).

Пусть $q$ - простое число, дающее остаток $2$ при делении на $3$ (и такое, что число $(x^6-4 (yz)^3)(y^6-4 (xz)^3)(z^6-4 (xy)^3)$ не делится на $q$). Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3-2$ делится на $q$. Хотя бы одно из трёх чисел $y^2-s^2 xz$, $x^2-s^2 yz$ и $(y^2-s^2 xz)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$. Поскольку леммы 6 и 7 можно сформулировать и доказать для любого из трёх чисел: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$, $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ (норма каждого из которых является квадратом), то хотя бы одно из этих чисел сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$. Обозначив это число через $c$, получим:

(88) число $c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Докажем, что уравнение

(89) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Обозначим через $d$ - соответствующее $c$ число из чисел $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$, $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ и $(y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)$.
Имеем:

(90) число $c d$ является квадратом целого числа.

Как обычно, доказываем:

(91) числа $c$ и $d$ представимы в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа (причём делаем это только для нечётных простых идеалов $\rho$).

Если $q$ делится на $\rho$, то (91) верно в силу (88) и (90).

Пусть $q$ не делится на $\rho$.
Если хотя бы одно из чисел $c$ и $d$ не делится на $\rho$, то это число представимо в виде $X^2+q Y^2$ (где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа) в силу леммы 12, а другое из чисел $c$ и $d$ представимо в этом виде в силу (90).

Остаётся рассмотреть случай, когда оба числа $c$ и $d$ делятся на $\rho$.
Покажем, что это невозможно.
Предположим:

(92) оба числа $c$ и $d$ делятся на $\rho$.

Тогда:

(93) одно из чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ делится на $\rho$, и

(94) одно из чисел $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ делится на $\rho$.

Из (84) и (87) следует, что $\rho$ не является общим делителем чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ или чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$.
Значит $\rho$ является общим делителем чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ или чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$.
Из этого, как мы видели, следует, что либо $2$, либо $3$ делится на $\rho$.
Поскольку $\rho$ - нечётный идеал, то $3$ делится на $\rho$, что невозможно в силу (86) и (84) (и того, что $c$ делится на $\rho$).
Значит предположение (92) неверно, и утверждение (91) верно для любого нечётного идеала $\rho$.
Значит, в соответствии с локально-глобальным принципом Хассе, уравнение (89) имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Что и требовалось.

Покажем в оффтопике, как провести эти рассуждения в общем случае ВТФ, при простом показателе $n$, не равном 3-ём.

(Оффтоп)

Предположим:

(О-1) $x^n+y^n+z^n=0$,

где $x$, $y$, $z$ - ненулевые, попарно взаимно-простые целые числа.

Тогда:

(O-2)
$x^{2 n}-4 (yz)^n=(y^n-z^n)^2$
$y^{2 n}-4 (xz)^n=(x^n-z^n)^2$
$z^{2 n}-4 (xy)^n=(x^n-y^n)^2$

Из (О-1) следует, что общим простым делителем любых двух из чисел $y^n-z^n$, $x^n-z^n$ и $x^n-y^n$ может быть только число $3$.

В частности, из этих трёх чисел, по крайней мере, два числа не делятся на $n$.
Без ограничения общности, можно предположить, что:

(О-3) числа $y^n-z^n$ и $x^n-z^n$ не делятся на $n$,

и проводить наши рассуждения для чисел $x^{2 n}-4 (yz)^n$, $y^{2 n}-4 (xz)^n$ и их произведения.

Из (О-3) и (О-2) следует:

(О-4) числа $x^{2 n}-4 (yz)^n$ и $y^{2 n}-4 (xz)^n$ не делятся на $n$.

На простые числа $q$ налагаются условия, что $q$ не равно $n$ и даёт остаток не равный $1$ при делении на $n$ (и что произведение $(x^{2 n}-4 (yz)^n)(y^{2 n}-4 (xz)^n)(z^{2 n}-4 (xy)^n)$ не делится на $q$).
Эти условия гарантируют, что существует такое натуральное число $s$, что $s^n-2$ делится на $q$, и можно доказать аналоги лемм 6 и 7.
Дальнейшие рассуждения такие же как при $n=3$ до момента рассмотрения случая, когда оба числа $c$ и $d$ делятся на нечётный простой идеал $\rho$.
В этом случае легко показать, что либо $3$ делится на $\rho$, либо $n$ делится на $\rho$.
Но $n$ не делится на $\rho$ в силу (О-4) (и того, что $c$ делится на $\rho$).
Предположим, что $3$ делится на $\rho$.
Наложим на простые числа $q$ дополнительное условие: пусть $q$ даёт остаток 2 при делении на 3.
Тогда уравнение

(О-5) $X^2+q Y^2=0$

имеет ненулевое решение в $\rho$-адических числах, поскольку $-q$ является квадратичным вычетом по модулю $3$.
Из этого следует, что уравнение

(О-6) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в $\rho$-адических числах.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Исправление:

Феликс Шмидель в сообщении #729431 писал(а):

Докажем, что уравнение

(89) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

исправляется на:

Докажем, что уравнение

(89) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.


Итак, уравнение (89) имеет ненулевое решение $(X, Y, Z)$, где $c$ - одно из чисел: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$, $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Если $Z=0$, то из (89) следует, что $X=0$ и $Y=0$.
Значит $Z \ne 0$.
Наша цель: доказать, что число $c$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то есть, что $Y=0$.
Поэтому, предположим:

(95) $Y \ne 0$.

Если $X=0$, то несложно получить противоречие, перемножая равенства (89) для двух различных простых чисел $q$ (для которых $X=0$).

Поэтому, предположим:

(96) $X \ne 0$, $Y \ne 0$, $Z \ne 0$.

Наша цель получить из (89) и (96) противоречие, наложив на $q$ какое-нибудь условие, используя то, что мы, практически, не ограничены в выборе простых чисел $q$.

Любые идеи уважаемых форумчан для достижения этой цели приветствуются.