2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, 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
 
 ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 3
Сообщение18.03.2016, 10:40 


31/03/06
1384
Я почти доказал 2-ой случай ВТФ в теме "Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат".
Почти, потому что использовал одно утверждение без доказательства: что $(x^2+1)^n-x^{2n}$ не является квадратом.
Я думаю, что во-первых можно обойтись без этого утверждения, во-вторых доказывать сразу и 1-ый и 2-ой случай ВТФ.
Поиску такого доказательства ВТФ посвящена эта тема.

-- Пт мар 18, 2016 11:11:09 --

Пусть

(1) ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.

Известно, что из (1) следует

(2) $x y z$ делится на $4$.

Простое доказательство этого находится на стр. 189 книги Риббенбойма "Fermat's Last Theorem For Amateurs", утверждение (2E).
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

(3) $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, для любого целого $k$.

Пусть $k$ - такое целое число, что

(4) число $1+k z^n$ взаимно-просто с $x$.

Тогда из (3) следует, что и число $1-k y^n$ взаимно-просто с $x$.

(5) обозначим: $g_k=\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Из (3) следует

(6) $x^{2 n}-y^n z^n g_k^n=((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

Пусть $k$ - такое целое число, что

(7) $(1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n$ не делится на $n$.

-- Пт мар 18, 2016 11:33:41 --

(8) Пусть $x$ - нечётное число.

Тогда из (2) следует, что $y z$ делится на $4$.

Из (6) следует

(9) $(x^2-y z g_k)(x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1})$ $=$ $((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

(10) Числа $x^2-y z g_k$ и $x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1}$ взаимно-просты,

поскольку деление второго выражения на первое даёт остаток $n (y z g_k)^{n-1}$,
число $(x^2-y z g_k)$ взаимно-просто с $n$, в силу (7),
число $(x^2-y z g_k)$ взаимно-просто с $g_k$, в силу (4) и (8).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 3
Сообщение18.03.2016, 11:55 


31/03/06
1384
Из (9) и (10) следует

(11) число $x^2-y z g_k$ (точнее идеал, генерированный этим числом) является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[g_k]$.

Если $g_k$ является целым числом, то число $(x^2-y z g_k)$ является квадратом целого числа.

-- Пт мар 18, 2016 12:16:16 --

Число $x^2-y z g_k$ примарно, то есть нечётно и сравнимо с квадратом по модулю $4$, в силу (8) и (2).

(Определение примарного числа на стр. 240, Гекке, "Лекции по теории алгебраических чисел":
Целое число поля $k$ называется примарным, если оно нечётно и сравнимо с квадратом какого-либо числа из $k$ по модулю $4$).

Согласно закону квадратичной взаимности Гекке для поля $\mathbb{Q}[g_k]$ (точнее следствию этого закона, теореме 166 на стр. 245, Гекке, "Лекции по теории алгебраических чисел"), имеем:

(12) $(\frac{x^2-y z g_k}{p})_2=1$ для любого простого $p$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 3
Сообщение18.03.2016, 13:48 


31/03/06
1384
Пусть с этого момента

(13) p - простое число,

(14) p является генератором мультипликативной группы $\mathbb{Z}_n$: $p^m \not \equiv 1 \mod n$ при $m=1, 2, ..., n-2$,

(15) $n g_k^n$ не делится на $p$.

Пусть

(16) $s$ - целое число ($1 \le s \le p-1$), удовлетворяющее сравнению: $s^n \equiv g_k^n \mod p$.

Приведём следующие стандартные теоремы без доказательства:

(17) идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ является простым в поле $\mathbb{Q}[i_n]$.

(18) в поле $\mathbb{Q}[g_k]$: $p=\rho_1 \rho_2$, где $\rho_1$ и $\rho_2$ - простые идеалы поля этого поля c нормами $p$ и $p^{n-1}$ соответственно.

Это утверждение следует из теоремы Дедекинда о факторизации (если $n g_k^n$ не делится на $p$, то дискриминант базиса $(1, g_k, ..., g_k^{n-1})$ не делится на $p$, и теорема Дедекинда применима к факторизации $p$).
Минимальный полином числа $g_k$: $X^n-g_k^n$ разлагается в кольце полиномов $\mathbb{Z}_p[X]$ в произведение неприводимых множителей следующим образом: $X^n-g_k^n=(X-s)(X^{n-1}+X^{n-2} s+...+s^{n-1})$.

(19) $s \equiv g_k \mod \rho_1$, где $p=\rho_1 \rho_2$, как в (18).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 3
Сообщение18.03.2016, 17:44 


31/03/06
1384
Лемма 1
------------

Пусть $b$ - целое число, не являющееся $n$-ой степенью.

Пусть $p$ - нечётное простое число, не делящее $n b$ и удовлетворяющее условию: $p^m \not \equiv 1 \mod n$ при $m=1, 2, ..., n-2$.

Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv b \mod p$.

Пусть $v(\sqrt[n]{b}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

При этих условиях:

1. $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.

2. $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.

Доказательство
--------------------

Докажем утверждение 1.
Имеем: $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1}) \equiv v(s i_n)^{1+p+...+p^{n-2}} \mod p$.
Возведя это сравнение в степень $(p-1)/2$, получим, что число $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Число $v(s) v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, поскольку $N(v(\sqrt[n]{b}))=v(\sqrt[n]{b}) v(\sqrt[n]{b} i_n)...v(\sqrt[n]{b} i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, и $s-\sqrt[n]{b}$ делится на один из простых идеалов, на который делится $p$.
Следовательно $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, а это выполняется тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Значит $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.

Докажем утверждение 2.
Для доказательства достаточности, подставим $s$ вместо $\sqrt[n]{b}$ в $v(\sqrt[n]{b})$.
Если $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod p$, то $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod p$ (поскольку $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod \rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал, делящий $p$, для которого $\sqrt[n]{b} \equiv s \mod \rho_1$).

Докажем необходимость.
Пусть $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Тогда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$, в силу утверждения 1.
Запишем это в виде сравнения: $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod p$, где $v_1(i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}, i_n]$, делящий числа $\sqrt[n]{b}-s i_n$ и $p$.
Подставляя $\sqrt[n]{b}$ вместо $s i_n$ в сравнение $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod P$, получим: $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod P$.
Cледовательно, $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod \rho_2$, где $\rho_2$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ с нормой $p^{n-1}$ (поскольку $\rho_2$ делится на $P$).
Покажем теперь, что $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом целого числа по модулю $\rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ с нормой $p$.
Это сразу следует из сравнения $s \equiv \sqrt[n]{b} \mod \rho_1$ и того, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Поскольку $n b$ не делится на $p$, то любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ представимо в виде $\frac{\beta(\sqrt[n]{b})}{m}$, где $\beta(\sqrt[n]{b}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$, и $m$ -целое число, не делящееся на $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 4 ] 

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