ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2

[Феликс Шмидель]

Мы сделали важное сообщение в теме "Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$".
Оказалось, что закон квадратичной взаимности решает проблему с делителями единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ для доказательства ВТФ с использованием этого поля.
Мы решили рассказать более подробно об этом здесь, и, если получится, продолжить поиск доказательства общего случая ВТФ в этой теме.

Пусть $A(\sqrt[n]{2})$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Почти всегда $A(\sqrt[n]{2})=\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, но для некоторых $n$ может отличаться от этого кольца.

Для того, чтобы доказать ВТФ, используя кольцо $A(\sqrt[n]{2})$ нужно сделать 3 вещи:

1) Доказать что в этом кольце все идеалы - главные.

2) Доказать, что любой положительный делитель единицы этого кольца с чётными коэффициентами при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$ является квадратом в этом кольце.

3) Доказать, что равенство $x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2=\alpha^2$ невозможно, где $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Оказывается, можно не доказывать пункт 2) исходя из следующих соображений.

Пусть $n>2$ - простое число и $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, которые удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$.
Пусть $x$ - нечётное число и $y^n-z^n$ не делится на $n$.
Предположим, все идеалы кольца $A(\sqrt[n]{2})$ - главные.
При этих предположениях имеет место равенство:

(1) $e_1 (x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $e_1$ - положительный делитель единицы кольца $A(\sqrt[n]{2})$ и $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Известно, что $x y z$ делится на $4$.
Простое доказательство этого находится на стр. 189 книги Риббенбойма "Fermat's Last Theorem For Amateurs".
Я обнаружил в этом коротком доказательстве две опечатки: вместо "By Chapter II, (3A)" должно быть "By Chapter III, (2A)" и вместо "This contradicts Lemma 2.2" должно быть "This contradicts Lemma 2.1".

Из (1) следует:

(2) $e_1 \equiv \alpha^2$ по модулю $4$, поскольку $y z$ делится на $4$.

В начале 20-го века Гекке доказал закон квадратичной взаимности для любого числового поля.
Доказательство этого закона находится в книге Гекке "Лекции по теории алгебраических чисел".
Закон сформулирован на стр. 244 (теорема 165).

Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел некоторого числового поля.
Число $a \in A$ называется примарным, если оно сравнимо с квадратом числа кольца $A$ по модулю $4$.
Число $a \in A$ называется нечётным, если оно взаимно-просто с числом $2$, то есть если $a d_1+2 d_2=1$ для некоторых $d_1, d_2 \in A$.

В кольце $A(\sqrt[n]{2})$ нечётные числа это числа не делящиеся на $\sqrt[n]{2}$.

Для кольца $A(\sqrt[n]{2})$, закон квадратичной взаимности Гекке имеет особенно простой вид:

(3) $(\frac{a}{b})(\frac{b}{a})=(-1)^{\frac{sgn(a)-1}{2}\frac{sgn(b)-1}{2}}$,

где $a$ и $b$ -любые нечётные взаимно-простые числа, принадлежащие кольцу $A(\sqrt[n]{2})$, из которых хотя бы одно примарное.

Из (2) и (3) следует:

(4) $(\frac{e_1}{b})(\frac{b}{e_1})=1$, для любого нечётного числа $b \in A(\sqrt[n]{2})$,

где $(\frac{e_1}{b})$ и $(\frac{b}{e_1})$ - квадратичные символы (а не дроби).

Из (4) следует:

(5) $(\frac{e_1}{b})=1$, для любого нечётного числа $b \in A(\sqrt[n]{2})$.

поскольку $(\frac{b}{e_1})=1$ по определению квадратичного символа для делителя единицы $e_1$.

Из (5) следует:

(6) число $e_1$ является квадратом в кольце $A(\sqrt[n]{2})$,

в силу теоремы 65:15 на стр. 182 книги O'Meara "Introduction to quadratic forms".
Эта теорема называется "Global Square Theorem" и является частным случаем локально-глобального принципа Хассе.

Из (1) и (6) следует:

(7) $(x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Равенство (7) позволяет перейти к пункту 3) не доказывая пункт 2).

[Феликс Шмидель]

Наша задача теперь доказать 3) при предположении, что 1) выполняется.
Предположим, что

(7) $(x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Наша задача получить из 1) и (7) противоречие.

Пусть $g=\sqrt[n]{2}, c=(g-1)(x^2-y z g^2)$

Рассмотрим уравнение:

(8) $X^2+s Y^2-c Z^2=0$,

где $s \in A(\sqrt[n]{2})$ - нечётный, примарный, неприводимый элемент этого кольца, взаимно-простой с элементом $c$.

Покажем, что уравнение (8) имеет ненулевое решение в кольце $A(\sqrt[n]{2})$.
Уравнение (8) имеет ненулевое решение в действительных числах.
Также уравнение (8) имеет ненулевое решение в $\rho$ - адических числах для любого нечётного неприводимого элемента $\rho \in A(\sqrt[n]{2})$, который не делит $s$ и $c$.
Это следует из свойств символа Гильберта $\frac{(c,-s)}{\rho}$.
В соответствии с локально-глобальным принципом Хассе, достаточно доказать, что уравнение (8) имеет ненулевое решение в $\rho$ - адических числах для любого нечётного неприводимого элемента $\rho \in A(\sqrt[n]{2})$, который делит $s$ или $c$.
Пусть $\rho$ делит $s$.
Делитель единицы $g-1$ является квадратом в кольце $A(\sqrt[n]{2})$ по модулю примарного нечётного элемента $s$, вследствие закона взаимности.
Из этого и из (7) следует, что $c$ является квадратом в кольце $A(\sqrt[n]{2})$ по модулю $s$.
Следовательно, уравнение (8) имеет решение по модулю $\rho$, в котором хотя бы одно из чисел $X, Y, Z$ не делится на $\rho$.
Поскольку $\rho$ - нечётный элемент, то из этого следует, что уравнение (8) имеет ненулевое решение в $\rho$ - адических числах.
Пусть теперь $\rho$ делит $c$.
Пусть $d=(g^{n-1}+g^{n-2}+...+1)((x^2)^{n-1}+(x^2)^{n-2} (y z g^2)+(x^2)^{n-3} (y z g^2)^2+...+(y z g^2)^{n-1})$.
Числа $c$ и $d$ - взаимно-просты.
Мы неоднократно доказывали это для вторых сомножителей этих чисел, а первые сомножители являются делителями единицы.
Значит $\rho$ не делит $d$, следовательно уравнение

(9) $X^2+s Y^2-d Z^2=0$

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

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть

(10) $X_1^2+s Y_1^2-d Z_1^2=0$,

где $X_1, Y_1, Z_1$ - $\rho$-адические числа, не все равные нулю.

Если $Z_1=0$, то $X_1^2+s Y_1^2-c Z_1^2=0$ и уравнение (8) имеет ненулевое решение в $\rho$ - адических числах.
Пусть $Z_1 \ne 0$.
Поскольку $c d=x^{2 n}-4 (y z)^n$, то $c d=a^2$, где $a$ - целое положительное число.
Из (10) следует:

(11) $(Z_1 X_1 a)^2+s (Z_1 Y_1 a)^2-c (X_1^2+s Y_1^2)^2=0$,

где $X_1^2+s Y_1^2 \ne 0$, в силу (10), поскольку $Z_1 \ne 0$.

Значит уравнение (8) имеет ненулевое решение в $\rho$ - адических числах.
Значит, уравнение (8) имеет ненулевое решение в кольце $A(\sqrt[n]{2})$, в силу локально-глобального принципа Хассе.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я собирался получить из равенства (8), что $-s$ является квадратом по модулю некоторого делителя числа $c$, но вижу, что не смогу это сделать, поскольку $X^2$ и $Y^2$ могут делиться на число $x^2-y z g^2$, которое является квадратом по предположению (7).
Таким образом, этот метод не ведёт к доказательству 3).
Мы могли бы попытаться доказать (7) не используя предположение 1), но тогда примарные и неприводимые числа $s$ разлагались бы в произведение идеалов, и мы не смогли бы доказать, что уравнение (8) имеет решения, поскольку число $c$ могло не быть квадратом по модулю этих идеалов.
Жаль.

[Феликс Шмидель]

Мы выяснили, в теме "Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$", как разлагаются в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ такие простые числа $p$, что $p-1$ не делится на $n$.
В частности мы доказали, что существует простой идеал $\rho$, делящий $p$, с нормой $p$.
У меня появилась идея рассмотреть результант двух полиномов: $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$.
Результант двух полиномов является целым числом, представимом в виде линейной комбинации этих полиномов.
Предположим, что $x^2-y z g^2$ является квадратом по модулю простого идеала $\rho$, норма которого равна $p$ (в кольце $A(g)$, где $g=\sqrt[n]{2}$).
Тогда значения полиномов $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$, при $v=y z g^2/x^2$, делятся на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Значит результант этих полиномов делится на $\rho$, следовательно, делится на $p$.
Возьмём конкретное $n$, например, $n=5$.
Если нам удастся найти такое простое число $p$, где $p-1$ не делится на $n$, что результант полиномов $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$ не делится на $p$, то мы доказали 3), и значит ВТФ, для $n=5$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я вижу недостатки этой идеи: во-первых, полиномы $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$ имеют общий корень $0$. Можно разделить их на $v$, и затем брать результант. Но тогда, если для конкретного $p$, результант не делится на $p$, то это доказывает только то, что $y z$ делится на $p$.
Кроме этого, результант может делиться на $p$, особенно для больших $p$.
Поскольку эта идея не кажется мне удачной, на второй взгляд, я не буду её развивать.

[Феликс Шмидель]

Но мне кажется интересным одно утверждение, связанное с этой идеей.
Пусть $v_1, ..., v_k$ - все вычеты по модулю $p$, для которых $1-v$ и $v^{n-1}+v^{n-2}+...+1$ являются квадратами по модулю $p$.
Полином $(v-v_1)...(v-v_k)$ является наибольшим общим делителем полиномов $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$ в кольце полиномов $\mathbb{Z}_p[v]$.
Это является следствием того, что полином $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ разлагается в этом кольце в произведение линейных множителей, и значит наибольший общий делитель полиномов $(1-v)^{(p-1)/2}-1$ и $(v^{n-1}+v^{n-2}+...+1)^{(p-1)/2}-1$ тоже.
Значит $(y z g^2/x^2-v_1)...(y z g^2/x^2-v_k)$ делится на $\rho$.

[Феликс Шмидель]

Рассмотрим теперь другую идею.
Без ограничения общности, предположим, что $y z<0$.
Как обычно, пусть $x$ - нечётное число, а $y z$ делится на 4.
Пусть $a$ и $b$ - такие целые положительные числа, что $b x^2+a y z=1$ и $a$ - нечётное число.
Заметим, что $b \equiv 1$ по модулю $4$.
Покажем, что квадратичный символ $(\frac{a}{b})_2$ равен 1.
Согласно закону квадратичной взаимности в кольце $A(\sqrt[n]{2})$, квадратичный символ $(\frac{1}{a+b g^2})_2$ равен $1$, где $g=\sqrt[n]{2}$.
Следовательно, $1=(\frac{b x^2+a y z}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z-y z (a+b g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b (x^2-y z g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b} {a+b g^2})_2$.
Последнее равенство следует из того, что $(\frac{x^2-y z g^2}{a+b g^2})_2=1$, в силу закона взаимности, поскольку число $x^2-y z g^2$ является положительным, примарным и квадратом идеала.
Значит $1=(\frac{b} {a+b g^2})_2=(\frac{a+b g^2} {b})_2=(\frac{a}{b})_2$.
Предпоследнее равенство следует из закона взаимности, в силу того, что $b$ - положительное нечётное примарное число (поскольку $b \equiv 1$ по модулю $4$).
Значит $(\frac{a}{b})_2=1$.
Что и требовалось.

Если $b x^2+a y z=1$, то $(b-k y z) x^2+(a+k x^2) y z=1$.
Пусть $k$ - любое чётное, целое положительное число.
Тогда $b-k y z>0, a+k x^2>0$, и $a+k x^2$ - нечётное число.
Из доказанного следует, что $(\frac{a+k x^2}{b-k y z})_2=1$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

К сожалению, в таком виде, эта идея не проходит, поскольку можно доказать, что $(\frac{a}{b})_2=1$ непосредственно из равенства $b x^2+a y z=1$ не используя свойства числа $x^2-y z g^2$.

[Феликс Шмидель]

Займёмся теперь разбором, возможно, самого красивого результата в истории ВТФ, и посмотрим не может ли оно нам помочь.
Это теорема австрийского математика Филиппа Фуртвенглера:

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 $n$.

[Феликс Шмидель]

Попробуем развить предыдущую идею.

Пусть $b^2 x^2+a y z=q$, где $a$ и $b$ - целые нечётные числа, и $q$ - нечётное простое число, сравнимое с квадратом целого числа по модулю $y z$.
Покажем, что квадратичный символ $(\frac{q}{a+b^2 g^2})_2$ равен $1$.
Имеем: $(\frac{q}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b^2 x^2+a y z}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b^2 x^2+a y z-y z (a+b^2 g^2)}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b^2 (x^2-y z g^2)}{a+b^2 g^2})_2=1$.
Последнее равенство имеет место, в силу закона взаимности, поскольку число $b^2 (x^2-y z g^2)$ является положительным, примарным и квадратом идеала.
Значит $(\frac{q}{a+b^2 g^2})_2=1$.
Что и требовалось.

Также $(\frac{a+b^2 g^2}{q})_2=1$, в силу закона взаимности, поскольку $q$ - примарное число.

[Феликс Шмидель]

Необязательно брать $b^2$, можно взять такое число $b$, что $(\frac{b}{q})_2=1$.

Пусть $b x^2+a y z=q$, где $a$ и $b>0$ - целые нечётные числа, $q$ - нечётное простое число, сравнимое с квадратом целого числа по модулю $y z$ и $(\frac{b}{q})_2=1$.

Покажем, что квадратичный символ $(\frac{q}{a+b g^2})_2$ равен $1$.
Имеем: $(\frac{q}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z-y z (a+b g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b (x^2-y z g^2)}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b}{a})_2$.
Последнее равенство имеет место, в силу закона взаимности, поскольку число $(x^2-y z g^2)$ является положительным, примарным и квадратом идеала.
Значит $(\frac{q}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b}{a})_2$.
Далее, $(\frac{b}{a})_2=(\frac{a}{b})_2=(\frac{a yz}{b})_2=(\frac{q}{b})_2=(\frac{b}{q})_2=1$.
Первое и предпоследнее равенства выполняются, в силу закона взаимности, поскольку число $b$ является нечётным, примарным и положительным.
Покажем, что $(\frac{yz}{b})_2=1$ и, таким образом, равенство $(\frac{a}{b})_2=(\frac{a yz}{b})_2$ выполняется.
Имеем: $(\frac{b}{y z})_2=(\frac{b x^2}{y z})_2=(\frac{q}{y z})_2=1$.
Последнее равенство имеет место по условию.

Покажем, что $(\frac{y z}{b})_2=(\frac{b}{y z})_2$.
Если $y z$ делится на $4$ и не делится на 8, то это верно в силу закона взаимности, поскольку $b \equiv 1$ по модулю $4$.
Пусть $y z$ делится на $8$.
Тогда $q \equiv 1$ по модулю $8$, поскольку число $q$ сравнимо с квадратом нечётного числа по модулю $y z$ по условию.
Следовательно $b \equiv 1$ по модулю $8$.
Следовательно, $(\frac{2}{b})_2=1$.
Следовательно, $(\frac{2}{b})_2=(\frac{b}{2})_2$.
Значит, $(\frac{y z}{b})_2=(\frac{b}{y z})_2=1$.
Что и требовалось.

Также $(\frac{a+b g^2}{q})_2=1$, в силу закона взаимности, поскольку $q$ - нечётное, примарное, положительное число.

[lasta]

[/quote]

Феликс Шмидель в сообщении #926684 писал(а):

поскольку сравнение $2^{n-1} \equiv 1$ по модулю $n^2$ выполняется только для $n=1093$ и $n=3511$.

Уважаемый Феликс Шмидель!
У Вас здесь опечатка.

[Феликс Шмидель]

Уважаемый lasta!

Где здесь опечатка?

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #926684 писал(а):

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 $n=3511$.

уважаемый Феликс Шмидель!
Не понятен переход от $p^{n-1}$ к $2^{n-1}$. Далее, на сколько я понял не выполняется для указанных показателей. Или я ошибаюсь?