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, 3, 4, 5, 6  След.
 
 Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение29.10.2016, 14:24 


31/03/06
1384
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые положительные числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n=z^n$, где $n$ - простое число, большее двух.
Тогда $z^{2 n}-4 (xy)^n=a^2$, где $a=y^n-x^n$.
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

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

в силу теоремы 1 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1".

Из (1) следует:

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

Обозначим $v=\frac{\sqrt[n]{4} x y}{z^2}$ и разложим фунцкию $(1-v)^{1/2}$ в биноминальный ряд:

(3) $(1-v)^{1/2}=C_{1/2}^0-C_{1/2}^1 v+C_{1/2}^2 v^2-...$,

где $C_{1/2}^0=1, C_{1/2}^1=1/2, C_{1/2}^2=\frac{1/2 (1/2-1)}{2}$,

$C_{1/2}^k=\frac{1/2 (1/2-1)...(1/2-(k-1))}{k!}=\frac{(-1)^k (2 k)!}{(1-2 k) (k!)^2 4^k}=\frac{(-1)^k C_{2 k}^k}{(1-2 k) 4^k}$, для любого целого положительного $k$.

Из (3) и (2) следует:

(4) $\frac{a_k}{z}=(-1)^k C_{1/2}^k (v/\sqrt[n]{4})^k+(-1)^{k+n} C_{1/2}^{k+n} (v/\sqrt[n]{4})^{k+n}+(-1)^{k+2 n} C_{1/2}^{k+2 n} (v/\sqrt[n]{4})^{k+2 n}+$
$+...$, для любого $k=0, 1, ..., n-1$.

при условии, что $a_0>0$.

Каждое слагаемое в правой части (4) отрицательное число и их сумма меньше $1$ по абсолютной величине, для любого целого положительного $k$, поэтому:

(5) $0<a_0/z<1, -1<a_1/z<0, -1<a_2/z<0, ..., -1<a_{n-1}/z<0$

Равенство (4) нуждается в обосновании, поскольку его правая часть может не быть рациональным числом.
Но равенство (3) имеет место, если вместо $v$ подставить сопряжённые выражения, то есть $v i_n^t$, где $i_n$ - комплексный корень из $1$, и $t$ - любое из чисел $0, 1, ..., n-1$
Если сложить все такие равенства (3), то мы получим $n a_0$.
Если сначала помножить равенство (3) на некоторую степень $g$, а потом подставлять сопряжённые выражения и складывать,
то мы получим равенство (4).

Я создал эту тему, потому что неравенства (5) могут пригодиться для доказательства невозможности равенства (1).

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение29.10.2016, 20:00 


31/03/06
1384
Вернёмся теперь к ВТФ для $n=3$ и попробуем доказать её, используя неравенства (5).
Обозначим $w=z^2-y z g^2, v=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, где $g=\sqrt[n]{2}$.

Пусть $n=3$.

Тогда

(6) $v^3-3 a_0 v^2+3(a_0^2-2 a_1 a_2) v-(a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2)=0$

Из (6) следут:

(7) $(w+3 (a_0^2-2 a_1 a_2)) v=3 a_0 w+h$, где $h=a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2$

Из (7) следует:

(8) $3 a_0 w+h$ делится на $w+3 (a_0^2-2 a_1 a_2)$

Из (8) следует:

(9) $h-9 a_0  (a_0^2-2 a_1 a_2)$ делится на $w+3 (a_0^2-2 a_1 a_2)$.

Левая часть равенства (9) является целым числом, которое делится на все сопряжённые значения правой части.
Если эти сопряжённые значения не имеют общих делителей, то левая часть делится на произведение этих сопряжённых выражений (норму правой части).
Тогда

(10) $h-9 a_0  (a_0^2-2 a_1 a_2) \ge (z^2+3 (a_0^2-2 a_1 a_2))^3-4 x^3 y^3$.

Исходя из неравенств (5), неравенство (10) невозможно, но строгого доказательства этого у меня пока нет.


.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 15:15 
Аватара пользователя


10/08/16
102
Феликс Шмидель в сообщении #1164064 писал(а):
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые положительные числа
Не проще ли сказать: "взаимно простые натуральные числа"?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 15:31 
Заслуженный участник


16/02/13
2776
Владивосток
Феликс Шмидель в сообщении #1164064 писал(а):
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители
Вот тут как-то не понял. $\mathbb Q$ — это ж расширение рациональных чисел, не? С какого таки рожна там может очутиться единственность разложения на простые сомножители?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 16:33 


31/03/06
1384
iifat в сообщении #1164371 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1164064 писал(а):
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители
Вот тут как-то не понял. $\mathbb Q$ — это ж расширение рациональных чисел, не? С какого таки рожна там может очутиться единственность разложения на простые сомножители?


Я не утверждаю, что единственность разложения на простые множители имеет место для любого нечётного простого $n$.
Но она имеет место для всех нечётных простых $n<100$.

Феликс Шмидель в сообщении #782997 писал(а):
оказывается для всех простых чисел $n<50$, все идеалы этого кольца являются главными.
Чтобы показать это, поработаем с математической компьютерной программой, которая называется gp/PARI.
Соберём данные о поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ командой:

Код:
A=bnfinit(x^n-2);


Теперь найдём число классов идеалов командой:

Код:
A.no


Для всех простых $n<50$ я получил ответ: $1$!


Я проверил также единственность разложения для любого нечётного простого $n<100$.

-- Вс окт 30, 2016 16:37:40 --

cmpamer в сообщении #1164365 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1164064 писал(а):
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые положительные числа
Не проще ли сказать: "взаимно простые натуральные числа"?


Можно и так. Слово "ненулевые" у меня лишнее.
Но лучше вместо "натуральные" говорить "целые положительные", потому что это как кого учили.
В некоторых учебниках натуральные числа включают $0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 17:10 
Заслуженный участник


16/02/13
2776
Владивосток
Феликс Шмидель в сообщении #1164388 писал(а):
iifat в сообщении #1164371 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1164064 писал(а):
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители
Вот тут как-то не понял. $\mathbb Q$ — это ж расширение рациональных чисел, не? С какого таки рожна там может очутиться единственность разложения на простые сомножители?
Я не утверждаю, что единственность разложения на простые множители имеет место для любого нечётного простого $n$
Простите за интимный вопрос: вы читать умеете?
Повторяю. Медленно и печально.
$\mathbb Q$ — множество рациональных чисел. Рациональных, вы прочитали? Ну, тех, которые $\frac mn$, помните? Ну, те, в которых ни о какой единственности разложения, простых числах и т.п. не может быть и речи, вы следите за мыслью?
$\mathbb Q[\alpha]$ — это их расширение, да или нет? Если да, то с чего б в расширении появились простые и единственность разложения на простые множители? Если нет, то, если не трудно, можно ссылочку на определение?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 17:34 
Аватара пользователя


10/08/16
102
Феликс Шмидель в сообщении #1164388 писал(а):
В некоторых учебниках натуральные числа включают $0$.
Ну и пусть включают! Условие о взаимной простоте этот "включённый" ноль всё равно исключает.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 17:49 


31/03/06
1384
cmpamer в сообщении #1164408 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #1164388 писал(а):
В некоторых учебниках натуральные числа включают $0$.
Ну и пусть включают! Условие о взаимной простоте этот "включённый" ноль всё равно исключает.


Вы правы, можно и так.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 18:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3990
iifat в сообщении #1164398 писал(а):
Если нет, то, если не трудно, можно ссылочку на определение?
Такое подойдёт?

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 18:24 


31/03/06
1384
iifat в сообщении #1164398 писал(а):
Простите за интимный вопрос: вы читать умеете?
Повторяю. Медленно и печально.
$\mathbb Q$ — множество рациональных чисел. Рациональных, вы прочитали? Ну, тех, которые $\frac mn$, помните? Ну, те, в которых ни о какой единственности разложения, простых числах и т.п. не может быть и речи, вы следите за мыслью?
$\mathbb Q[\alpha]$ — это их расширение, да или нет? Если да, то с чего б в расширении появились простые и единственность разложения на простые множители? Если нет, то, если не трудно, можно ссылочку на определение?


Смотрите, например, Боревич, Шафаревич, "Теория чисел", параграф 2 "Разложение на множители", стр. 184.
Там приведено определение простого элемента кольца.
Когда говорят о разложении чисел на простые множители в числовом поле, имеют ввиду разложение на простые множители в его кольце целых алгебраических чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 19:27 
Заслуженный участник


16/02/13
2776
Владивосток
Прошу прощения. Пошёл читать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 20:05 
Заслуженный участник


08/04/08
8322
iifat в сообщении #1164398 писал(а):
$\mathbb Q$ — множество рациональных чисел. Рациональных, вы прочитали? Ну, тех, которые $\frac mn$, помните? Ну, те, в которых ни о какой единственности разложения, простых числах и т.п. не может быть и речи, вы следите за мыслью?
Кстати, там как раз тоже есть простые числа - те же самые, что в $\mathbb{Z}$, а также единственность разложения любого ненулевого рационального числа на простые множители: $q=\prod_j p_j^{a_j}$, просто $a_j\in\mathbb{Z}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение30.10.2016, 22:40 


31/03/06
1384
Используя поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, я доказал на этом форуме ВТФ для $n=3$.
Мои попытки доказать ВТФ для $n=5$ пока не увенчались успехом.
Попробуем сделать это здесь.

Обозначим $w=z^2-y z g^2, v=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, где $g=\sqrt[n]{2}$.

Пусть $n=5$.

Тогда

(11) $v^5-b_4 v^4+b_3 v^3-b_2 v^2+b_1 v-b_0=0$,

где
$b_4=5 a_0$,
$b_3=10 (a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3)$,
$b_2=10 (a_0^3-3 a_0 a_1 a_4-3 a_0 a_2 a_3+a_1^2 a_3+2 a_2 a_4^2+3 a_3^2 a_4)$.

Я получил получил выражения для $b_1$ и $b_0$, они длиннее, и я их пока не привожу.
Коэффициенты $b_0, b_1, b_2, b_3, b_4$ равны симметрическим многочленам числа $v$ и сопряжённых с ним.
Проще получить их, используя формулу Ньютона.

Из (11) следут:

(12) $(w^2+b_3 w+b_1) v=b_4 w^2+b_2 w+b_0$

Из (12) следует:

(13) $b_4 w^2+b_2 w+b_0$ делится на $w^2+b_3 w+b_1$

Из (13) следует:

(14) $(b_2-b_3 b_4) w+(b_0-b_1 b_4)$ делится на $w^2+b_3 w+b_1$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение31.10.2016, 02:47 


31/03/06
1384
Из (14) следует:

(15) $w \equiv -\frac{b_0-b_1 b_4}{b_2-b_3 b_4} \mod (w^2+b_3 w+b_1)$

Из (15) следует:

(16) $(b_0-b_1 b_4)^2-b_3 (b_0-b_1 b_4) (b_2-b_3 b_4)+b_0 (b_2-b_3 b_4)^2$ делится на $w^2+b_3 w+b_1$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.
Сообщение31.10.2016, 09:27 


31/03/06
1384
Я увидел в утверждении (16) опечатку, исправим её:

(16) $(b_0-b_1 b_4)^2-b_3 (b_0-b_1 b_4) (b_2-b_3 b_4)+b_1 (b_2-b_3 b_4)^2$ делится на $w^2+b_3 w+b_1$

Если $x y$ не имеет с $w^2+b_3 w+b_1$ общих делителей, то $w^2+b_3 w+b_1$ не имеет общих делителей с сопряжёнными ему числами, иначе из (15) следовало бы, что $w$ сравнимо с сопряжённым ему по модулю этого общего делителя.

Мы рассмотрим случай, когда $x y$ имеет с $w^2+b_3 w+b_1$ общие делители позднее.
А сейчас предположим, что таких делителей нет.
Тогда из (16) следует:

(17) $(b_0-b_1 b_4)^2-b_3 (b_0-b_1 b_4) (b_2-b_3 b_4)+b_1 (b_2-b_3 b_4)^2$ делится на норму числа $w^2+b_3 w+b_1$.

Продолжение следует.

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