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 Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение14.12.2016, 21:31 


31/03/06
1384
Я ошибся в том, что $t_1 \equiv t_2 \mod \rho^m$.
Дело в том, что дискриминант действительно делится на $\rho^m$, но корень из дискриминанта может не делиться на $\rho^m$.
Мы сейчас увидим, что $w^2+b_3 w+b_1$ делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$.

Вычислим коэффициенты $b_0, ..., b_4$ по модулю $\rho^{m+1}$, используя тождества Ньютона.
Обозначим $h=x y \sqrt[n]{4} (i_n^2+i_n^4), h_1=x y \sqrt[n]{4}$.

$s_1=v+v(i_n)+...+v(i_n^4) \equiv z (n-4)-\frac{1}{z} h$
$s_2=v^2+v(i_n)^2+...+v(i_n^4)^2 \equiv z^2 n+2 h $
$s_3=v^3+v(i_n)^3+...+v(i_n^4)^3 \equiv z^3 (n-4)+3 z h$
$s_4=v^4+v(i_n)^4+...+v(i_n^4)^4 \equiv z^4 n+4 z^2 h $
$s_5=v^5+v(i_n)^5+...+v(i_n^4)^5 \equiv z^5 (n-4)+5 z^3 h$

$e_0=1$
$e_1=s_1$
$e_2=e_1 s_1-e_0 s_2$
$e_3=e_2 s_1-e_1 s_2+e_0 s_3$
$e_4=e_3 s_1-e_2 s_2+e_1 s_3-e_0 s_4$
$e_5=e_4 s_1-e_3 s_2+e_2 s_3-e_1 s_4+e_0 s_5$

Вычислим $e_1, ..., e_5$ в программе "Reduce".

Код:
s1:=z-h/z;
s2:=5*z^2+2*h;
s3:=z^3+3*z*h;
s4:=5 z^4+4*z^2*h;
s5:=z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;


Получим: $f \equiv 2 z^2 h \mod \rho^{m+1}$.

-- Ср дек 14, 2016 21:55:39 --

Теперь можно продолжить новую тему, но сначала надо рассмотреть все случаи по количеству минусов, и также для $n=7$.
Пока ясно, что доказательство можно спасти.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение15.12.2016, 13:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3449
Швеция
Феликс Шмидель
Я поместила современное изложение доказательства Куммера, на неболшом колиестве страниц.. Мне почему-то кажется, что Вы ломитесь в открытую дверь, пытаясь фактически повторить Куммеровы рассуждения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение15.12.2016, 13:54 


31/03/06
1384
Как я могу повторить рассуждения Куммера, если он работал с одним полем, а я с другим?
У меня совсем другой метод доказательства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение16.12.2016, 15:27 


31/03/06
1384
Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.
Если $n=5$ и количество минусов равно $2$ или $3$, то $f \equiv 2 z^2 h \mod \rho^{m+1}$.
Если $n=7$ и количество минусов равно $2, 3, 4, 5$, то $f \equiv 2 z^4 h \mod \rho^{m+1}$.
Это вычисляется следующим кодом в "Reduce":

Код:
n:=5;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;


и

Код:
n:=7;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
s6:=n*z^6+6*z^4*h;
s7:=(n-2*nm)*z^7+7*z^5*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
e6:=(e5*s1-e4*s2+e3*s3-e2*s4+e1*s5-e0*s6)/6;
e7:=(e6*s1-e5*s2+e4*s3-e3*s4+e2*s5-e1*s6+e0*s7)/7;
b6:=e1;
b5:=e2;
b4:=e3;
b3:=e4;
b1:=e6;
b0:=e7;

f:=z^6-3*h1*z^4+(z^4-2*h1*z^2)*b5+(z^2-h1)*b3+b1;


Можно показать, что множитель в $h$, зависящий от $i_n$, имеет норму $1$ или $8$ (перебором всех случаев для $n=5$ и $n=7$).
Поэтому $f$ делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение16.12.2016, 23:54 


31/03/06
1384
Мы доказали, что $z^n>2^{(n-1)^2+n (n+1)/2}$.

Покажем, что $z^{n-4}>2^{(n-1)^2+n (n+1)/2}$.
Для этого воспользуемся оценкой: $z>\frac{1}{2} n^{3 n-1}$ на стр. 229 книги "13 lectures on Fermat's Last Theorem", Ribenboim.
Проверка показывает, что $\frac{1}{2} 5^{14}>2^{31}$ и $\frac{1}{2} 7^{60}>2^{68}$.
Что и требовалось.

В новых условиях нам понадобится эта улучшенная оценка.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение17.12.2016, 07:40 


31/03/06
1384
Кстати, оценка Инкери доказывается просто.
Приведём доказательство в оффтопике.

(Оффтоп)

Пусть $z$ делится на $n$.
Пусть $z-x=y_1^n, z-y=x_1^n$, $x+y=n^{n m-1} z_1^n, x=x_1 x_2, y=y_1 y_2, z=n^m z_1 z_2$ (Abel-Barlow)

Пусть $\frac{z^n-x^n}{z-x}$ делится на простое число $q$.
Тогда $q \equiv 1 \mod n^2$.
В самом деле, $y$ делится на $q$, $x \equiv z_1^n, z \equiv x_1^n, z^n-x^n \equiv x_1^{n^2}-z_1^{n^2} \mod q$.
Следовательно $\frac{x_1^{n^2}-z_1^{n^2}}{x_1^n-z_1^n}$ делится на простое число $q$.
Следовательно $q \equiv 1 \mod n^2$.
Следовательно $y_2 \equiv 1 \mod n^2$.
Таким же способом показывается, что $x_2  \equiv 1 \mod n^2$.

Значит $x \equiv x_1, y \equiv y_1 \mod n^2$.
Следовательно $x^n+y^n \equiv x_1^n+y_1^n=2 z-(x+y) \mod n^3$.
Следовательно $z$ делится на $n^3$.
Следовательно $x+y$ делится на $n^{3n-1}$
Следовательно $y>\frac{1}{2} n^{3n-1}$.
Что и требовалось.

Попутно получим $x^n \equiv x, y^n \equiv y, z^n \equiv z \mod n^3$.
В самом деле, $x \equiv -y \equiv z-y=x_1^n \equiv x^n \mod n^3$.


Мы заодно показали, что если $z$ делится на $p$, то $z$ делится на $p^3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение17.12.2016, 13:51 


31/03/06
1384
Мы ещё не рассмотрели случаи с $0, 1, n-1, n$ минусами.
Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $n=5$ и количество минусов равно $1$, то $f \equiv 2 z^2 (-h-2 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $-i_n-2$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=5$ и количество минусов равно $4$, то $f \equiv 2 z^2 (-3 h-2 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $h=x y \sqrt[n]{4} (1+i_n^2+i_n^3+i_n^4)$ и $3 i_n-2$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=7$ и количество минусов равно $1$, то $f \equiv 2 z^4 (-h-8 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $-i_n-8$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=7$ и количество минусов равно $6$, то $f \equiv 2 z^4 (-15 h-8 h_1) \mod \rho^m$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $h=x y \sqrt[n]{4} (1+i_n^2+i_n^3+i_n^4+i_n^5+i_n^6)$ и $15 i_n-8$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степень другого идеала).

Остаётся рассмотреть случае c $0$ и $n$ минусами.

-- Сб дек 17, 2016 14:12:40 --

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $n=5$ и количество минусов равно $0$ или $5$, то $f \equiv 16 z^4 \mod \rho^m$.
В этом случае $f$ (и сопряжённые числа) не делятся на $\rho$.

Если $n=7$ и количество минусов равно $0$ или $7$, то $f \equiv 64 z^6 \mod \rho^m$.
В этом случае $f$ (и сопряжённые числа) не делятся на $\rho$.

Осталось рассмотреть случай, с чётным идеалом $\rho$.

-- Сб дек 17, 2016 14:30:09 --

Пусть $\rho$ - чётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Тогда количество минусов равно $0$, и $2^{n-1}$ делится на $\rho^m$ (мы показали это раньше).

(75.1) теперь принимает вид:

(75.1) $2^{(n-1)^3/2} (x y \sqrt{4})^{n-1} \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0$ делится на $N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1)$.

(76.1) теперь принимает вид:

(76.1) $2^{(n-1)^3/2} z^{2 (n-1)}\lvert \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0 \rvert \ge $ $\lvert N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1) \rvert$.

(76.2) теперь принимает вид:

(76.2) $2^{(n-1)^3/2} $ $\lvert \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1}(u) t_k^{(n-1/2)}(u)+b_{n-3}(u) t_k^{(n-3/2)}(u)+...+b_2(u) t_k(u)+b_0(u) \rvert/z^{(n-4) (n-1)/2} \ge $ $\lvert N(w(u)^{(n-1)/2}+b_{n-2}(u) w(u)^{(n-3)/2}(u)+...+b_3(u) w(u)+b_1(u)) \rvert$.

И нам как раз нужна оценка, которую мы доказали.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение17.12.2016, 21:12 


31/03/06
1384
Неравенство (76.2) не подходит для доказательства при $n=3$.
И решения этой проблемы я не вижу.
Я продолжу новую тему, ограничиваясь случаями $n=5$ и $n=7$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение19.12.2016, 09:39 


31/03/06
1384
Я обнаружил ошибку: если $v_j \equiv -z \mod \rho$, то неверно, что $v_j \equiv -z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[4] i_n^{2 j} \mod \rho^{2 m}$.
Верно другое: $v_j \equiv -z+\frac{1}{2 z} x y \sqrt[4] i_n^{2 j} \mod \rho^{2 m}$.

Исправленный код для $n=5$:

Код:
n:=5;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z+h/z;
s2:=n*z^2;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;


C этим кодом, получим, что $f$ делится на $\rho^{2 m}$.
Поэтому я решил закрыть новую тему.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 84 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6

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