2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

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



Правила форума


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



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение24.11.2015, 22:07 


31/03/06
1385
В этой теме мы сделаем обзор предыдущих тем, посвящённых поиску доказательства ВТФ для $n=5$.
Будем включать в обзор только только те результаты, которые, по нашему мнению, не утратили актуальность.

Если ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, то $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$, $n$ - простое число, большее двух.
Мы предполагаем, что $a$ не делится на $n$.
Это условие выполняется если $x y z$ делится на $n$ ( то есть во втором случае ВТФ), поскольку в равенстве $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$ из двух чисел $x^{2 n}$ и $4 (yz)^n$ одно делится на $n$, а другое нет.
Для простоты мы не будем рассматривать первый случай ВТФ (то есть если $x y z$ не делится на $n$), так как cчитаем, что сможем обобщить доказательство второго случая ВТФ на первый, и, кроме этого, существуют общие доказательства первого случая для многих $n$.

Пусть $c=x^2-\sqrt[n]{4} y z, d=x^{2 n-2}+x^{2 n-4} y z \sqrt[n]{4}+x^{2 n-6} (y z)^2 (\sqrt[n]{4})^2+...+(y z)^{n-1} (\sqrt[n]{4})^{n-1}$.
То есть $c=u-v, d=u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$, где $u=x^2, v=\sqrt[n]{4} y z$.
Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$.
Значит число $n v^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $c$ и $d$.
Число $n$ взаимно-просто с числом $c$, в силу предположения, что $a$ не делится на $n$ (поскольку $c d=a^2$).
Число $(y z)$ тоже взаимно-просто с числом $c$, поскольку взаимно-просто с числом $x$.
Значит число $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $c$ и $d$.
Следовательно, если $x$ - нечётное число, то числа $c$ и $d$ не имеют общих делителей, а если $x$ - чётное число, то числа $c/\sqrt[n]{4}$ и $d/(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ не имеют общих делителей (поскольку не делятся на $\sqrt[n]{2}$).
Если $x$ - нечётное число, то $c d=a^2$, следовательно $c$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Если $x$ - чётное число, то $(c/\sqrt[n]{4})(d/(\sqrt[n]{4})^{n-1})=(a/2)^2$, следовательно $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.

Предположим теперь, что в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы проверили это для всех простых $n<100$.

При этом предположении, если $x$ - нечётное число, то $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, а если $x$ - чётное число, то $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля.
Сначала, мы доказали это для $n=3$ и $n=5$, а затем для любого $n$ (для которого имеет место преположение о единственности разложения на простые множители в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Это доказательство приведено в первом сообщении темы "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".
В нём предполагается, что $x$ - нечётное число, и используется то, что $c$ сравнимо с $1$ по модулю $4$.
Но доказательство проходит и для случая, когда $x$ - чётное число, поскольку $c/\sqrt[n]{4}$ сравнимо с $1$ по модулю $4$.
Это сравнение является следствием того, что $x$ делится на 4, и $y z \equiv 3 \mod 4$.
То, что $x$ делится на $4$ следует из того, что $x y z$ делится на $4$ (это обосновывается в упомянутом доказательстве в теме "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2"). То, что $y z \equiv 3 \mod 4$ следует из того, что $y+z$ делится на $4$, что в свою очередь следует из того, что $y^n+z^n$ делится на $4$, а $(y^n+z^n)/(y+z)=y^{n-1}-y^{n-2} z+...+z^{n-1}$ - нечётное число.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение25.11.2015, 22:22 


31/03/06
1385
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.
Это условие выполняется для многих простых $n$ за редким исключением и позволяет утверждать, что целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеют вид $a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1}$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

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

Если $x$ - чётное число, то $-yz+(\sqrt[n]{2})^{n-2} x^2/2=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Это то, что мы показали в предыдущем сообщении.

Нас интересуют простые делители $p$ произведения $x y z$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует (то есть, не существует целого числа $t$, для которого $t^n \equiv 2 \mod p$).
Для таких простых делителей $p$ произведения $x y z$, все коэффициенты $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$, кроме одного делятся на $p$.

Чтобы показать это, отвлечёмся от данной задачи и рассмотрим сравнение $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.
Введём обозначения:
$g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$,

(I)
$v_0=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$,
$v_1=a_0+a_1 g i_n+...+a_{n-1} (g i_n)^{n-1}$,
...
$v_{n-1}=a_0+a_1 g i_n^{n-1}+...+a_{n-1} (g i_n^{n-1})^{n-1}$.

Из исходного сравнения $v_0^2 \equiv k \mod p$ следуют сравнения: $v_1^2 \equiv k \mod p$, ..., $v_{n-1}^2 \equiv k \mod p$.
Из этих сравнений следуют сравнения: $v_0^2 \equiv v_1^2 \equiv ... \equiv v_{n-1}^2 \mod p$.
Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.
Тогда либо $v_j \equiv v_0 \mod \rho$, либо $v_j \equiv -v_0 \mod \rho$ для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Определим целые числа $s_1, ..., s_{n-1}$ следующим образом: $s_j=0$ если $v_j \equiv v_0 \mod \rho$, и $s_j=1$ если $v_j \equiv -v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Тогда $v_j \equiv (1-2 s_j) v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.

Складывая равенства (I) получим: $n a_0=v_0+v_1+...+v_{n-1} \equiv v_0+(1-2 s_1) v_0+...+(1-2 s_{n-1}) v_0 \mod \rho$,
следовательно $n a_0 \equiv (n-2 (s_1+...+s_{n-1})) v_0$.

Для любого $j=1, 2, ..., n-1$, складывая равенства (I) с индексами $0, 1, ..., n-1$, делённые соответственно на $1, i_n^j, ..., i_n^{(n-1) j}$ получим:

$n a_j g^j=v_0+v_1/i_n^j+...+v_{n-1}/i_n^{(n-1) j} \equiv v_0+(1-2 s_1) v_0/i_n^j+...+(1-2 s_{n-1}) v_0/i_n^{(n-1) j} \mod \rho$.
Следовательно $n a_j g^j\equiv -2 (s_1/i_n^j +...+s_{n-1}/i_n^{(n-1) j}) v_0  \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Следовательно $n a_j \equiv -(s_1/i_n^j +...+s_{n-1}/i_n^{(n-1) j}) g^{n-j} v_0  \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.

Пусть

(II)
$k_0=n-2 (s_1+...+s_{n-1})$,
$k_1=-s_1/i_n-s_2/i_n^2-...-s_{n-1}/i_n^{n-1}$,
$k_2=-s_1/i_n^2-s_2/i_n^4-...-s_{n-1}/i_n^{2 (n-1)}$,
...
$k_{n-1}=-s_1/i_n^{n-1}-s_2/i_n^{2 (n-1)}-...-s_{n-1}/i_n^{(n-1) (n-1)}$.

Тогда

(III)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{n} v_0 \mod \rho$,
$a_1 \equiv \frac{k_1}{n} g^{n-1} v_0 \mod \rho$,
$a_2 \equiv \frac{k_2}{n} g^{n-2} v_0 \mod \rho$,
...
$a_{n-1} \equiv \frac{k_{n-1}}{n} g v_0 \mod \rho$.

Итак, если $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа, то для любого простого идеала $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящего $p$,

выполняются сравнения (III),

где числа $k_0, ..., k_{n-1}$ удовлетворяют равенствам (II), в которых $s_1, ..., s_{n-1}$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Теперь предположим, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Тогда $p \equiv 1 \mod n$.
Следовательно $i_n$ существует по модулю $p$.
Пусть $t$ - одно из чисел $2, 3, ..., p-1$, удовлятворяющее сравнению $t^n \equiv 1 \mod p$.
Тогда $(t-i_n)(t-i_n^2)...(t-i_n^{n-1})=t^{n-1}+t^{n-2}+...+1 \equiv 0 \mod p$.
Следовательно, $t-i_n^j \equiv 0 \mod \rho$, где $j$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$.
Cледовательно $i_n-t^{j_1} \equiv 0 \mod \rho$, где $j_1$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$ ($j_1 j \equiv 1 \mod n$).
Значит числа $k_0, k_1, ..., k_{n-1}$, определённые равенствами (II), сравнимы с целыми числами по модулю идеала $\rho$.
Пусть $k_0 \equiv b_0 \mod \rho, k_1 \equiv b_1 \mod \rho, ..., k_{n-1} \equiv b_{n-1} \mod \rho$, где $b_0, b_1, ..., b_{n-1}$ - целые числа.
Покажем, что числа $b_1, ..., b_{n-1}$ делятся на $p$.
Предположим, что это не так, и $b_j$ не делится на $p$, где $j$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$.
Тогда $a_j \equiv \frac{b_j}{n} g^{n-j} v_0 \mod \rho$, в силу равенств (III).
Число $v_0$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$ в силу первого равенства в (III) (учитывая, что $k_0$ - целое число, не равное $0$ и меньшее, чем $n$ по абсолютной величине, в силу первого равенства в (II)).
Это целое число (с которым сравнимо $v_0$ по модулю идеала $\rho$) не делится на $p$, в силу исходного сравнения $v_0^2 \equiv k \mod p$, где $k$ не делится на $p$.
Следовательно $g^{n-j}$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$.
Следовательно $g$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$ (поскольку $(g^{n-j})^{j_1}=g 2^m$, где $j_1 (n-j) \equiv 1 \mod n$, $m=(j_1 (n-j)-1)/n$).
Последнее утверждение противоречит предположению, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Что и требовалось.
Значит числа $k_1, ..., k_{n-1}$ делятся на идеал $\rho$ (поскольку $k_0 \equiv b_0 \mod \rho, k_1 \equiv b_1 \mod \rho, ..., k_{n-1} \equiv b_{n-1} \mod \rho$).
Следовательно, числа $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ (поскольку они делятся на идеал $\rho$, в силу сравнений III).

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение26.11.2015, 09:43 


31/03/06
1385
Мы доказали следующие утверждения:

Теорема 1
-------------

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

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


Лемма 2
------------

Пусть $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.
Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.

Тогда выполняются сравнения (III), где числа $k_0, ..., k_{n-1}$ удовлетворяют равенствам (II), в которых $s_1, ..., s_{n-1}$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.


Теорема 3
--------------

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

Пусть $p$ - простой делитель произведения $x y z$, отличный от $2$ и $n$.
Пусть $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.

Если $y z$ делится на $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Если $x$ делится на $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.


Доказательство
---------------------

Если $y z$ делится на $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$, в силу леммы 2.
Пусть $x$ делится на $p$.
Тогда $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -\sqrt[n]{4} y z \mod p$.
Умножая это сравнение на $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ получим:

$(2 a_1+2 a_2 \sqrt[n]{2}+2 a_3 (\sqrt[n]{2})^2...+2 a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-2}+a_0 (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -4 y z \mod p$

В силу леммы 2, из этого сравнения следует, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение27.11.2015, 19:34 


31/03/06
1385
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Используя критерий Вендта (теорема 2B на стр 126 книги "Fermat's Last Theorem For Amateurs) можно установить, что произведение $x y z$ делится на многие конкретные простые числа $p=2 k n+1$. Для этого достаточно, чтобы детерминант Вендта $W_{2 k}$ не делился на $p$. На стр. 136 упомянутой книги приведена таблица детерминантов Вендта. Так $W_2=-3$ не делится на $11$, а $W_8=-3^7 \cdot 5^3 \cdot 17^3$ не делится на $41$. Поэтому при $n=5$, произведение $x y z$ делится на $11$ и $41$.
Если из трёх чисел $x, y, z$ разные числа делятся на $11$ и $41$, то можно придти к противоречию.
Пусть произведение $x y z$ делится на простые числа $p_1, p_2, ..., p_m$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует.
Тогда одно из трёх чисел $x, y, z$ делится на все эти простые числа, а два других не делятся ни на одно из них.
В противном случае можно придти к противоречию.
Этот результат получен в теме "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$".
Докажем этот результат здесь.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение29.11.2015, 13:12 


31/03/06
1385
Внесём в последнее утверждение исправление:

Цитата:
Пусть произведение $x y z$ делится на простые числа $p_1, p_2, ..., p_m$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует

добавим: и по модулю которых среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Мы доказали последнее утверждение в упомянутой теме только для $n=5$.
Сначала докажем лемму для любого простого $n>2$.

Лемма 4
------------

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

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

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

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Тогда

(1) $x^2-g^2 y z=(\alpha(g))^2$, где $\alpha(g)=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

(2) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))=x^2$.

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

(4)
$\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1}=u_1(g, i_n) (\beta_1(g, i_n))^2$,

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)=u_2(g, i_n) (\beta_2(g, i_n))^2$,

где $u_1(g, i_n)$ и $u_2(g, i_n)$ - делители единицы, а $\beta_1(g, i_n), \beta_2(g, i_n)$ - целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Доказательство
--------------------

Равенство (1) верно в силу теоремы 1.
Из (1) следует:

(1.1) $x^2-g^2 i_n^2 y z=(\alpha(g i_n))^2$

Умножая равенство (1) на $i_n^2$ и вычитая равенство (1.1) получим:

(1.2) $(i_n^2-1) x^2=i_n^2 (\alpha(g))^2-(\alpha(g i_n))^2$.

Деля равенство (1.2) на $(i_n^2-1)$ получим равенство (2).

Покажем, что выполняется

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Предположим обратное, что оба эти числа делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду равенства (2) и нечётности числа $x$, получим:

(3.1) Числа $\alpha(g)$ и $\alpha(g i_n)$ делятся на $\rho$.

Из (3.1) следует:

(3.2) Числа $(\alpha(g))^2$ и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha(g))^2=c$, и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2=d$.
Поскольку числа $c$ и $d$ (определённые в начале темы) - взаимно-просты, то (3.2) невозможно.
Что и требовалось.

Равенства (4) выполняются в силу в равенства (2), утверждения (3) и единственности разложения на простые множители в поле
$\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.


Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение29.11.2015, 16:10 


27/03/12
344
г. новосибирск
Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$

Уважаемый Феликс Щмидель! Мне кажется Вы допустили здесь не точность. Остаток должен быть $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение29.11.2015, 18:37 


31/03/06
1385
vasili в сообщении #1077947 писал(а):
Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$

Уважаемый Феликс Щмидель! Мне кажется Вы допустили здесь не точность. Остаток должен быть $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}$.

Смотрите: $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}=q (u-v)+r$.
Подставив в это равенство $v$ вместо $u$, получим: $r=n v^{n-1}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение30.11.2015, 14:12 


31/03/06
1385
Теорема 5
--------------

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

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

Пусть $x y z$ делится на простые числа $p_1$ и $p_2$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Тогда, при $n=5$, невозможно, чтобы $y z$ делилось на $p_1$ и $x$ делилось на $p_2$.

Доказательство
--------------------

Предположим обратное, что $y z$ делится на $p_1$ и $x$ делится на $p_2$.

В силу теоремы 3, коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p_1$.
Следовательно:

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,

Значит

(5) $P(i_n) \equiv (i_n+1)^n a_0^n \mod p_1$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$

Поскольку $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)=u_2(g, i_n) (\beta_2(g, i_n))^2$, в силу леммы 4, (4), то

(6)
$P(i_n)=u_3(i_n) (\beta_3(i_n))^2$, где $u_3(i_n)$ - делитель единицы, а $\beta_3(i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[i_n]$.

Для наглядности, вычислим $P(i_n)$ при $n=5$ и проверим сравнение (5) в оффтопике.

(Оффтоп)

Код:
load_package polydiv;
v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;
v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;
v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;
v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;
v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;
u1:=i5*v0+v1;
u2:=i5*v1+v2;
u3:=i5*v2+v3;
u4:=i5*v3+v4;
u5:=i5*v4+v0;
v5:=((u1*u2) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v6:=((u3*u4) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v7:=((v5*v6) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v8:=((v7*u5) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
c0:=v8 mod i5;
v9:=(v8-c0)/i5;
c1:=v9 mod i5;
v10:=(v9-c1)/i5;
c2:=v10 mod i5;
c3:=(v10-c2)/i5;
c0;
c1;
c2;
c3;


Получим: $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3$,

где

$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_3=c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

Проверим сравнение (5): $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3 \equiv -3 a_0^5+5 a_0^5 i_5^2+5 a_0^5 i_5^3 \mod p_2$.
Остаётся проверить, что $(i_5+1)^5=-3+5 i_5^2+5 i_5^3$.
В самом деле, $(i_5+1)^5=1+5 i_5^4+10 i_5^3+10 i_5^2+5 i_5+1=5 (1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4)-3+5 i_5^3+5 i_5^2=-3+5 i_5^3+5 i_5^2$.


В кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ есть два фундаментальных делителя единицы: $-i_5$ и $i_5+1$, причём $i_5=(i_5^3)^2$ является квадратом в этом кольце.
Поэтому либо $P(i_5)$, либо $-P(i_5)$, либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в этом кольце, в силу равенства (6).
Первые два случая невозможны в силу сравнения (5), так как среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ по модулю $p_1$ имеются квадратичные и неквадратичные.

Значит:

(7) либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Заметим, что можно взять $p_1=11$.
Обоснуем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Согласно критерию Вендта $x y z$ делится на $11$, и можно выбрать нечётное число $x$ таким образом, чтобы $y z$ делилось на $11$ (по крайней мере во втором случае ВТФ).
Подставив вместо $i_5$ вычет $-2$ по модулю $11$, получим вычеты: $-1$, $5$, $-7$, $17$, из которых $-1$ не является квадратом, а $-7 \equiv 4$ является квадратом по модулю $11$.


Поскольку $x$ делится на $p_2$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p_2$, в силу теоремы 3.
Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 4 a_1 \mod p_2$, следовательно $(i_5+1) P(i_5)$ и $-(i_5+1) P(i_5)$ не могут быть квадратами в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$, так как среди вычетов $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ по модулю $p_2$ есть квадратичные и неквадратичные).
Что и требовалось.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение30.11.2015, 14:29 


27/03/12
344
г. новосибирск
Уважаемый Феликс Шмидель! Cогласен, что $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}\equiv nv^{n-1}\mod (u-v) $.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение05.12.2015, 12:26 


31/03/06
1385
Мы дали в теме "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$" новое доказательство утверждения

(7) либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$.

Это новое доказательство не зависит от наличия делителя $p_1$ числа $y z$.
Вместо этого, новое доказательство использует закон квадратичной взаимности Гекке в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Теперь можно усилить теорему 5.

Теорема 6
--------------

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

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

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

Тогда, при $n=5$, невозможно, чтобы $x$ делилось на $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение06.12.2015, 05:31 


31/03/06
1385
Сформулируем теорему 6 так, чтобы мы могли доказать ВТФ не только для $n=5$, но и для всех нечётных простых $n<100$.
При этом, необязательно предполагать единственность разложения на простые множители в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, достаточно, чтобы выбранное простое число $p$ разлагалось в этом кольце на главные простые идеалы.

Теорема 6
--------------

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

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

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

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

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

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

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

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение06.12.2015, 22:56 


31/03/06
1385
(Следует добавить, что $p \ne 2, n$).

Доказательство
--------------------

В силу теоремы 1, выполняется равенство:

(1) $x^2-g^2 y z=(\alpha(g))^2$, где $\alpha(g)=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из (1) следует:

(1.1) $x^2-g^2 i_n^2 y z=(\alpha(g i_n))^2$

Умножая равенство (1) на $i_n^2$ и вычитая равенство (1.1) получим:

(1.2) $(i_n^2-1) x^2=i_n^2 (\alpha(g))^2-(\alpha(g i_n))^2$.

Деля равенство (1.2) на $(i_n^2-1)$ получим равенство:

(2) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))=x^2$.

Покажем, что выполняется

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Предположим обратное, что оба эти числа делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду равенства (2) и нечётности числа $x$, получим:

(3.1) Числа $\alpha(g)$ и $\alpha(g i_n)$ делятся на $\rho$.

Из (3.1) следует:

(3.2) Числа $(\alpha(g))^2$ и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha(g))^2=c$, и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2=d$.
Поскольку числа $c$ и $d$ (определённые в начале темы) - взаимно-просты, то (3.2) невозможно.
Что и требовалось.

Из (2) и (3) следует:

(8) число $(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Следовательно:

(9) число $P(i_n)$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[i_n]$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$.

Покажем, что коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$, используя формулу:

(10) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$,

и то, что $y z$ делится на $4$.

Одно из чисел $\frac{a_0-x}{2}$ и $\frac{a_0+x}{2}$ нечётное, а другое чётное.
Пусть, например, $\frac{a_0-x}{2}$ - нечётное.
Тогда максимальная степень $g$, на которую может делиться первый сомножитель в левой части равенства (10) равна $g^4$.
В этом случае второй сомножитель делится на $2$, следовательно коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$.
Что и требовалось.

Покажем, что $P(i_n) \equiv (i_n+1)^n a_0^n \mod 4$.
Представим произведение в правой части равенства $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$ как полином от $a_0$.
Степень этого полинома равна $n$, и коэффициент при $a_0^n$ равен $(i_n+1)^n$.
Коэффициенты при $1, a_0, ..., a_0^{n-2}$ делятся на $4$, поскольку $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$.
Коэффициент при $a_0^{n-1}$ равен $0$, поскольку

$(i_n (\alpha(g)-a_0)+(\alpha(g i_n)-a_0))+(i_n (\alpha(g i_n)-a_0)+(\alpha(g i_n^2)-a_0))+...+(i_n (\alpha(g i_n^{n-1})-a_0)+(\alpha(g)-a_0))=i_n (\alpha(g)+\alpha(g i_n)...+\alpha(g i_n^{n-1})-n a_0)+(\alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2)+...+\alpha(g)-n a_0)=0$.

Что и требовалось.

Пусть $s$ - число, равное $1$ или $-1$, для которого $s a_0 \equiv 1 \mod 4$.

Покажем, что для любого простого идеала $\rho$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, на который делится $p$, квадратичный символ $(\frac{s (i_n+1) P(i_n)}{\rho})$ равен $1$.
Поскольку $\rho$ является главным идеалом по условию теоремы, то $\rho=(\beta(i_n))$, где $\beta(i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
В силу закона квадратичной взаимности Гекке для кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ квадратичный символ $(\frac{s (i_n+1) P(i_n)}{\beta(i_n)})$ равен квадратичному символу $(\frac{\beta(i_n)}{s (i_n+1) P(i_n)})$, который равен $1$, поскольку $P(i_n)$ является квадратом идеала кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, а число $s (i_n+1)$ является делителем единицы.
Условием применимости закона квадратичной взаимности Гекке в данном случае является нечётность чисел $s (i_n+1) P(i_n)$ и $\beta(i_n)$, и кроме этого примарность числа $s (i_n+1) P(i_n)$, то есть сравнимость этого числа с квадратом по модулю $4$.
Что и требовалось.

Значит число $s (i_n+1) P(i_n)$ является квадратом по модулю $p$ в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.

Если бы число $x$ делилось на $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делились бы на $p$, в силу теоремы 3.
В этом случае число $s (i_n+1) P(i_n)$ было бы сравнимо с

$s (i_n+1) ((i_n+i_n) a_1 g \cdot (i_n^2+i_n^2) a_1 g \cdot ... \cdot (i_n^{n-1}+i_n^{n-1}) a_1 g \cdot (1+1) a_1 g)=s (i_n+1) 2^{n+1} a_1^n$

по модулю $p$.

Что невозможно, поскольку число $s (i_n+1) 2^{n+1} a_1^n$ не является квадратом по модулю $p$ в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, в силу условия, что среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ по модулю $p$ есть квадратичные и неквадратичные.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение07.06.2016, 14:05 


31/03/06
1385
Я перечитал эту тему и обнаружил несколько опечаток.

1)
Феликс Шмидель в сообщении #1076828 писал(а):
Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.

Феликс Шмидель в сообщении #1076828 писал(а):
то для любого простого идеала $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящего $p$,

выполняются сравнения (III),


Здесь вместо $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ должно быть $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

2)
Феликс Шмидель в сообщении #1078285 писал(а):

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,


Должно быть:

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g i_n^{n-2})+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,

3)
Феликс Шмидель в сообщении #1078285 писал(а):
Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 4 a_1 \mod p_2$,


Должно быть:

Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 64 a_1^5 \mod p_2$,

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение22.11.2016, 07:25 


31/03/06
1385
Вернёмся к первому посту темы.

Феликс Шмидель в сообщении #1076393 писал(а):
Предположим теперь, что в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы проверили это для всех простых $n<100$.

При этом предположении, если $x$ - нечётное число, то $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, а если $x$ - чётное число, то $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля.
Сначала, мы доказали это для $n=3$ и $n=5$, а затем для любого $n$ (для которого имеет место преположение о единственности разложения на простые множители в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Это доказательство приведено в первом сообщении темы "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".


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

Я нашёл другое доказательство, что в этом случае $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Это новое доказательство не рассматиривает делители единицы и не использует закон взаимности.
Оно использует лемму 4 из темы "Новое доказательство ВТФ для $n=3$":

Феликс Шмидель в сообщении #721066 писал(а):
Рассмотрим теперь уравнение:

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

где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, а $q$ - простое число, не имеющее общих делителей с числом $c$ и такое, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.

Если $\rho$ - нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, который не является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах по причине указанной в доказательстве леммы 2.

Если же $\rho$ является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах, поскольку мы доказали, что $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$ (так как $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$).

Таким образом получим:

Лемма 4
------------

Уравнение (16) имеет ненулевое решение в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ для любого простого числа $q$, взаимно-простого с $c$ и такого, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.


Феликс Шмидель в сообщении #722820 писал(а):
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.


Это доказательство не доведено до конца, потому что нужно ещё доказать существование такого простого числа $q$, что $-q$ не является квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Дело в том, что лемма 4 накладывает на $q$ некоторые ограничения.

Мы не объяснили, почему недостаточно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю какого-либо одного простого делителя числа $a$, а нужно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Дело в том, что в равенстве $X^2+q Y^2-c Z^2=0$, $X$ и $Y$ могут иметь общий делитель, на который делится $c$$a$).
Тем не менее, не обязательно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Можно выбрать конкретный делитель числа $a$ и требовать, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю этого делителя.
Для этого нужно представить $c$ в виде: $c=c_1^2 c_2$, где $c_2$ не делится на квадрат, и взять какой-либо простой делитель нормы числа $c_2$.

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$, $Y$ и $c$ может быть не число, а идеал.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом, и указанное препятствие не возникает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1
Сообщение22.11.2016, 09:54 


31/03/06
1385
В теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" указано ещё одно препятствие: в равенстве $X^2+q Y^2-c Z^2=0$, $X$ и $Y$ могут делится на $c$.
$Z$ может делится на некоторое число $Z_1$, квадрат которого делится на $c$, и $-q$ является квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы числа $Z_1^2/c$.

А препятствие, связанное с ограничениями на $q$, налагаемыми леммой 4 (о котором говорится в предыдущем сообщении) преодолено в упомянутой теме добавлением множителя к $c$.
Вместо $c$ берётся одно из чисел $x^2-\sqrt[n]{4} y z$, $y^2-\sqrt[n]{4} x z$ или $(x^2-\sqrt[n]{4} y z) ($y^2-\sqrt[n]{4} x z)$.
Одно из них является квадратом по модулю числа $q$, которое выбирается так, чтобы $\sqrt[n]{4}$ существовал по модулю $q$ (например, если $q$ не сравнимо с $1$ по модулю $q$).
То, что одно из чисел $x^2-\sqrt[n]{4} y z$, $y^2-\sqrt[n]{4} x z$ или $(x^2-\sqrt[n]{4} y z) ($y^2-\sqrt[n]{4} x z)$ является квадратом по модулю числа $q$ следует из леммы 7A, доказанной в упомянутой теме.

Приведём некоторые детали в оффтопике из упомянутой темы.

(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.


Вместо

Цитата:
Для этого нужно представить $c$ в виде: $c=c_1^2 c_2$, где $c_2$ не делится на квадрат, и взять какой-либо простой делитель нормы числа $c_2$.

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$, $Y$ и $c$ может быть не число, а идеал.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом, и указанное препятствие не возникает.


в предыдущем сообщении следовало сказать более точно:

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$ , $Y$ может быть число $c$ или произведение идеалов - делителей этого числа, среди которых есть делитель любого простого делятеля числа $c$.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


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

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