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 На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение09.05.2013, 09:22 


31/03/06
1384
Приведём простой пример в оффтопике, иллюстрирующий локально-глобальный принцип Хассе.

(Оффтоп)

Рассмотрим уравнение:

(O-1) $x^2+y^2-3 z^2=0$

Это уравнение не имеет ненулевых решений в целых (или рациональных числах), поскольку для того, чтобы $x^2+y^2$ делилось на 3, необходимо, чтобы оба числа $x$ и $y$ делились на 3, но тогда и $z$ делится на 3. Если с самого начала разделить $x$, $y$ и $z$ на их наибольший общий делитель, то можно считать их взаимно простыми и они не могут все делиться на 3.

Для любого нечётного простого числа $p$, отличного от 3, уравнение (О-1) имеет ненулевое решение в p-адических числах.
Это можно доказать, используя теорему Шевалье, как в Боревиче и Шафаревиче, исходя из того, что символ Гильберта $(-1, 3)_p$ равен 1, поскольку 3 не делится на $p$.
Можно также использовать то обстоятельство, что если число $3$ непредставимо в виде суммы двух квадратов по модулю $p$, то любой другой неквадратичный вычет по модулю $p$ тоже непредставим, поскольку умножая его на 3, получим квадратичный вычет. Каждый квадратичный вычет представим в виде суммы двух квадратов одним и тем же колличеством способов, равным числу решений сравнения $x^2+y^2 \equiv 1$ по модулю $p$, и можно доказывать дальше.
Доказав наличие решений по модулю $p$, можно использовать лемму Гензеля (аналог метода Ньютона) для нахождения решения в $p$-адических числах.
Главным условием применимости этого метода является ненулевое значение производной (по модулю $p$) по $x$, $y$ или $z$ (подробности в Боревиче и Шафаревиче на стр. 50).
Можно также просто прибавить к $t p^k$, и найти $t$ для получения решения сравнения по модулю $p^{k+1}$.
Это по сути совпадает с "поднятием" Гензеля.
При раскрытии скобок $(x+t p^k)^2$, для нахождения $t$, придётся делить на $2 x$.
Поэтому $2 x$ не должно делится на $p$ (ненулевое значение производной).
Понятно, что в случае уравнения (О-1) этод метод не годится при $p=2$.

Пусть теперь $p=3$. Уравнение (О-1) имеет ненулевое решение по модулю 3 (например, $x=0$, $y=0$, $z=1$), но уже по модулю 9, нетривиальных решений нет (нетривиальным считается такое, что хотя бы одно из переменных не делится на $p$). Отсутствие нетривиальных решений означает отсутствие решений уравнения (O-1) в $3$-адических числах.
В Шафаревиче показывается что наличие решений в $p$-адических числах уравнения с квадратичной формой, при нечётном $p$, зависит от наличия решений по модулю $p^2$ (для бОльших степеней можно не проверять).

Пусть теперь $p=2$. Уравнение (О-1) имеет ненулевое решение по модулю $2$ (например, $x=1$, $y=1$, $z=0$), но уже по модулю $4$, нетривиальных решений нет.
В самом деле, если $z$ - нечётное, то $x^2+y^2$ дожно быть сравнимо с $3$ по модулю $4$, что невозможно.
Если же $z$ - чётное, то $x^2+y^2$ дожно быть сравнимо с $0$ по модулю $4$, что возможно только если оба $x$ и $y$ - чётные.

Таким образом, уравнение (О-1) не имеет ненулевых решений в $p$-адических числах при двух значениях $p$: $p=2$ и $p=3$.
Это не противоречит тому, что произведение символов Гильберта
$(-1, 3)_p$, по всем $p$, равно 1 (противоречило если бы не было ненулевых решений только при одном значении $p$).


Из леммы 3 следует, что $a^2$ является суммой квадратов двух рациональных чисел (где $a^2=x^6 - 4 (yz)^3$).
Поскольку $a$ включает делители сравнимые с $3$ по модулю $4$, то мы бы закончили на этом доказательство, если бы слагаемые в сумме квадратов не имели общих делителей.
Но мы это не знаем, и даже имея лемму 4, я всё равно затрудняюсь доказать, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом.
Возможно, следует рассмотреть случай $\rho=\sqrt[3]{2}$ напрямую.
Если доказать что уравнение (16) имеет ненулевое решение в $\sqrt[3]{2}$ - адических числах, то в лемме 4 можно говорить о других значениях $q$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение10.05.2013, 21:27 


31/03/06
1384
Леммы 3 и 4 должны выполняться также при $c=\sqrt[3]{2}-1$.
Неплохо бы проверить, действительно ли это число является суммой квадратов в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$. Если нет, то с нашим методом что-то не так. Если да, то понятно почему для этого числа $c$ из леммы 4 не следует, что $c$ является квадратом: какое-бы простое число $q$ в лемме 4 мы не взяли, $-q$ будет квадратом по модулю $c$, а в случае $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ это не так. К сожалению, мы не можем доказать так, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ - квадрат, но только по причине недостаточности знаний о простых числах $q$, о которых идёт речь.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение12.05.2013, 14:09 


31/03/06
1384
Пусть $j=\sqrt[3]{2}$, $c=j-1$.
Простая проверка на UBASIC показала, что $4(j-1)=(-2+j^2)^2+(-2 j+j^2)^2$.
Таким образом, $j-1$ действительно является суммой двух квадратов в поле $\mathbb{Q}[j]$, и, по крайней мере, с этой точки зрения, у нас нет оснований сомневаться в нашем методе.
Но $j-1$ не является квадратом в этом поле, поскольку, если $j-1=X^2$, то $X$ должно быть целым алгебраическим числом. В этом случае, коэффициент при $j$ в $X^2$ (при записи в форме $a_0+a_1 j+a_2 j^2$) чётный, что делает равенство $j-1=X^2$ невозможным.

-- Вс май 12, 2013 14:37:30 --

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.
Но, как я уже писал, у нас нет достаточных знаний о подходящих простых числах $q$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение13.05.2013, 11:45 


31/03/06
1384
Рассмотреть теперь случай $\rho=\sqrt[3]{2}$ напрямую.

Лемма 5
------------

Пусть $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$.
Если

(17) $c \equiv 1$ по модулю 8,

то

(18) $c$ является квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю любой степени двойки.

Доказательство (по-индукции по показателю степени двойки):
----------------------------------------------------------------------------

Если показатель равен 3-ём, то утверждение (18) справедливо по условию.
Предположим, что

(19) $c=s^2+2^m t$,

где $s$ и $t$ алгебраические числа, принадлежащие кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а $m \geq 3$ - натуральное число.

Тогда

(20) $c=(s+2^{m-1} t)^2-2^m t (s-1)-2^{2m-2} t^2$.

Поскольку $(2m-2) \geq (m+1)$, достаточно показать, что $s-1$ делится на 2.

Из (17) и (19) следует:

(21) $s^2 \equiv 1$ по модулю 8.

Если бы $s-1$ не делилось на 2, то и $s+1$ не делилось бы на 2, и (21) было бы невозможно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение14.05.2013, 08:42 


31/03/06
1384
В лемме 4, речь идёт о таких простых числах $q$, что $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $q$.
Теперь, рассмотрим такие простые числа $q$, что $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$.
Ограничимся рассмотрением случая, когда $(q-1)$ не делится на 3.
В этом случае, $\sqrt[3]{2}$ всегда существует по модулю $q$.
Рассмотрим, сначала, такие $q$, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.
В этом случае $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.
Мы докажем это в дальнейшем.
Поэтому, доказательство леммы 4 проходит для таких $q$.
Теперь, обратимся к случаю, когда $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$.
Если $\sqrt[3]{2}-1$ тоже не является квадратичным вычетом по модулю $q$, то произведение $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, и значит, лемма 4 верна при $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.
Если бы мы нашли простой критерий, когда $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$, то мы смогли выбрать такое $q$, что утверждение леммы 4 было бы невозможно либо для $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, либо для $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.
То есть, мы бы доказали, что одно из этих двух значений $c$ является квадратом в $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Поскольку в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ имеет место закон квадратичной взаимности, я подозреваю, что
критерий, о котором идёт речь, связать с остатками, которые дают $q$ при делении на 4.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение16.05.2013, 20:18 


31/03/06
1384
Лемма 6
-------------

Пусть

(22) $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство
---------------------

Заметим, что $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$, а $i_3$ не существует по модулю $q$.
Поэтому существует такое натуральное число $s$, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Докажем сначала достаточность.
Пусть число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.
Тогда

(23) $x^2-s^2 i_3 yz \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

Из сравнения (23) следует:

(24) $x^2-s^2 i_3^2 yz \equiv (b_0+b_1 i_3^2)^2$ по модулю $q$.

Перемножая сравнения (23) и (24) получим:

(25) $(x^2-s^2 i_3 yz)(x^2-s^2 i_3^2 yz) \equiv ((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2))^2$ по модулю $q$.

Деля равенство (22) на сравнение (25) получим:

(26) $x^2-s^2 yz \equiv (a/((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2)))^2 \equiv (a/(b_0^2+b_1^2-b_0 b_1))^2$ по модулю $q$.

Значит, число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, что и требовалось.

Теперь докажем необходимость.

Пусть

(27) $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Предположим, что

(28) $x^2-s^2 i_3 yz$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Покажем, что это предположение ведёт к противоречию.

Пусть

(29) $t_0+t_1 i_3$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

где $t_0$ и $t_1$ - произвольные целые числа, для которых условие (29) выполняется.

Из (28) и (29) следует:

(30) $(t_0+t_1 i_3)(x^2-s^2 i_3 yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

так как группа по умножению конечного поля $\mathbb{Z}_q[i_3]$ является циклической.

Из (30) следует:

(31) $(t_0+t_1 i_3)(x^2-s^2 i_3 yz) \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

Из сравнения (31) следует:

(32) $(t_0+t_1 i_3^2)(x^2-s^2 i_3^2 yz) \equiv (b_0+b_1 i_3^2)^2$ по модулю $q$.

Перемножая сравнения (31) и (32) и используя равенство (22) получим:

(33) $(t_0+t_1 i_3)(t_0+t_1 i_3^2) (a^2/(x^2-s^2 yz)) \equiv ((b_0+b_1 i_3)(b_0+b_1 i_3^2))^2 \equiv (b_0^2+b_1^2-b_0 b_1)^2$ по модулю $q$.

Из сравнения (33) и условия (27) следует:

(34) число $(t_0^2+t_1^2-t_0 t_1)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Мы доказали утверждение (34) при условии (29).

Если же условие (29) не выполняется, и $t_0+t_1 i_3$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$, то $(t_0+t_1 i_3)(t_0+t_1 i_3^2)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, и утверждение (34) всё равно верно.

Таким образом, утверждение (34) верно для любых целых чисел $t_0$ и $t_1$.
Покажем, что это невозможно.

Полагая в (34) $t_1=2$ получим:

(35) число $(t_0-1)^2+3$ является квадратичным вычетом по модулю $q$,

для любого целого числа $t_0$.

Из (35) следует:

(36) число $t+3$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, для любого квадратичного вычета $t$ по модулю $q$.

Поскольку общее число квадратичных вычетов по модулю $q$ равно $(q+1)/2$, то суммируя $t+3$ по всем квадратичным вычетам, из (36) получим, что $3 ((q+1)/2)$ делится на $q$, что невозможно.

Таким образом, предположение (28) ведёт к противоречию, что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение17.05.2013, 08:26 


31/03/06
1384
Лемма 7
-------------

Пусть

(37) $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство
---------------------

Докажем сначала достаточность.
Пусть

(38) $x^2-\sqrt[3]{4} yz \equiv (a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ по модулю $q$,

где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа.

Тогда:

(39) $(x^2-\sqrt[3]{4} yz)-(a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2=b_0+b_1 \sqrt[3]{2}+b_2 (\sqrt[3]{2})^2$,

где $b_0$, $b_1$ и $b_2$ - целые числа, делящиеся на $q$.

Из (39) следует:

(40) полином $(x^2-S^2 yz)-(a_0+a_1 S+a_2 S^2)^2 - (b_0+b_1 S+b_2 S^2)$ делится на $S^3-2$,

где $S$ - переменная.

Подставляя число $s$ вместо переменной $S$ в (40) и учитывая, что числа $(b_0+b_1 s+b_2 s^2)$ и $s^3-2$ делятся на $q$, получим:

(41) $(x^2-s^2 yz)-(a_0+a_1 s+a_2 s^2)^2$ делится на $q$.

Значит, число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, что и требовалось.

Теперь докажем необходимость.

Пусть

(42) число $x^2-s^2 yz$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Тогда

(43) число $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$, в силу леммы 6.

Запишем (42) и (43) в виде:

(44) $x^2-s^2 yz \equiv b^2$ по модулю $q$,

(45) $x^2-s^2 i_3^2 yz \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b$, $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

В левой части сравнения (45) должно было быть число $x^2-s^2 i_3 yz$, но $i_3$ можно заменить на $i_3^2$, поскольку если $x^2-s^2 i_3 yz$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$, то $x^2-s^2 i_3^2 yz$ тоже.

Найдём такие целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, чтобы выполнялись сравнения:

(46) $a_0+a_1 s+a_2 s^2 \equiv b$ по модулю $q$ и

(47) $a_0+a_1 s i_3+a_2 s^2 i_3^2 \equiv b_0+b_1 i_3$ по модулю $q$.

Поскольку $i_3^2=-1-i_3$, то сравнение (47) равносильно сравнениям:

(48) $a_0 - a_2 s^2 \equiv b_0$ по модулю $q$ и

(49) $a_1 s - a_2 s^2  \equiv b_1$ по модулю $q$.

Суммируя сравнения (48) и (49), получим:

(50) $a_0+a_1 s+a_2 s^2  - 3 a_2 s^2 \equiv b_0+b_1$ по модулю $q$.

Вычитая сравнение (50) из сравнения (46) получим:

(51) $3 a_2 s^2 \equiv b-b_0-b_1$ по модулю $q$.

Из сравнения (51) можно найти $a_2$, и, затем, из сравнений (48) и (49) можно найти $a_0$ и $a_1$.

Таким образом, целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, удовлетворяющие сравнениям (46) и (47) существуют.

Из сравнений (44), (45), (46) и (47) вместе следует:

(52) $x^2-(\sqrt[3]{2})^2 yz \equiv (a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ по модулю $q$,

что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение17.05.2013, 10:01 


31/03/06
1384
Лемма 8
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $(s i_3-1)(x^2-s^2 i_3^2 yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 8 аналогично доказательству леммы 6.


Лемма 9
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$.

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 9 аналогично доказательству леммы 7.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение18.05.2013, 14:35 


31/03/06
1384
Cформулируем леммы 6 и 7 также для числа $\sqrt[3]{2}-1$:

Лемма 10
-------------

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Пусть $i_3$ - корень кубический из 1, отличный от 1.

Число $s-1$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $s i_3-1$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 10 аналогично доказательству леммы 6.


Лемма 11
-------------

Пусть $q$ - такое простое число, что $(q-1)$ не делится на 3.

Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3 \equiv 2$ по модулю $q$.

Число $s-1$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $\sqrt[3]{2}-1$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Доказательство леммы 11 аналогично доказательству леммы 7.


Я проверил лемму 10 на UBASIC для всех простых чисел меньших $100$, дающих остаток $2$ при делении на $3$. Результаты проверки показали, что для этих простых чисел, лемма 10 верна.

Но меня озадачило то, что $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом по модулю $71$.
Об этом говорят результаты проверки леммы 10 для $q=71$.
Возникает вопрос: каким образом выполняется в этом случае закон квадратичной взаимности?
Ведь $71$ даёт остаток $3$ при делении на 4.
Надо в этом разобраться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение19.05.2013, 02:27 


31/03/06
1384
Если закон квадратичной взаимности в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ выполняется, и делители единицы (такие как $\sqrt[3]{2}-1$) не являются исключением, то есть следующее объяснение того, что $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом по модулю 71 и не является квадратом по модулю 11.
Квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен 1, несмотря на то, что $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом по модулю 11. Число 11 разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ в произведение 2-ух простых идеалов, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом, а квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен 1.
Если это так, то наша задача усложняется, потому что мы не можем использовать закон квадратичной взаимности для нахождения простых $q$, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом.
Нам нужно показать что такие простые $q$ есть в любой арифметической прогрессии.
Попробуем распечатать такие простые $q$, как 71, по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом и найти закономерность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение19.05.2013, 19:32 


31/03/06
1384
Чтобы не было сомнений, докажем, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен $1$.
Пусть $j=\sqrt[3]{2}$.
Простое число $11$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ в произведение двух простых идеалов:

(53) $11=(-1+j+j^2)(-1+3 j+2 j^2)$

Пусть $s=7$. Тогда $s^3-2$ делится на 11.

(54) Число $j-1$ не является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю идеала $(-1+j+j^2)$,

поскольку $-1+s+s^2=55$ делится на 11, а $s-1=6$ не является квадратичным вычетом по модулю $11$.

Покажем, что $j-1$ также не является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.
Предположим, что $j-1$ является квадратом по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.
Тогда

(55) полином $S-1-u^2(S)-(-1+3 S+2 S^2) v(S)$ делится на $S^3-2$,

где $S$ - переменная, а $u(S)$ и $v(s)$ некоторые полиномы с целыми коэффициентами.

Поскольку $-1+3 (s i_3)+2 (s i_3)^2=(-1-2 s^2)+(3 s-2 s^2) i_3= -99-77 i_3$ делится на $11$, то из (55) следует:

(56) $s i_3-1-u^2(s i_3)$ делится на 11.

Поскольку $s-1=6$ не является квадратичным вычетом по модулю $11$, то (56) противоречит лемме 10.

Значит

(57) число $j-1$ не является квадратом по модулю идеала $(-1+3 j+2 j^2)$.

Из (53), (54) и (57) вместе следует, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[3]{2}-1}{11})$ равен $1$.

Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение21.05.2013, 13:50 


31/03/06
1384
Я распечатал простые числа от $5$ до $1000$ (дающие остаток 2 при делении на 3), по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ является квадратом:
29, 41, 53, 71, 83, 101, 131, 149, 173, 179, 227, 233, 239, 251, 257, 263, 281, 317, 347, 353, 383, 401, 443, 479, 563, 593, 599, 641, 647, 653, 659, 683, 719, 773, 797, 809, 839, 857, 887, 911, 929, 977.

Простые числа (дающие остаток 2 при делении на 3), по модулю которых $\sqrt[3]{2}-1$ не является квадратом:
5, 11, 17, 23, 47, 59, 89, 107, 113, 137, 167, 191, 197, 269, 293, 311, 359, 389, 419, 431, 449, 461, 467, 491, 503, 509, 521, 557, 569, 587, 617, 677, 701, 743, 761, 821, 827, 863, 881, 941, 947, 953, 971, 983

Я не вижу закономерности (это не значит, что её нет), но плотность простых чисел во второй группе не меньше, чем в первой. Мы примем гипотезу о существовании нужных нам простых чисел, и докажем ВТФ для $n=3$, исходя из этой гипотезы.

После этого подумаем, как доказать эту гипотезу, возможно, при помощи теоремы о плотности простых чисел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение27.05.2013, 06:37 


31/03/06
1384
Я встретил препятствие на пути осуществления этого плана, который состоял в том, чтобы в предположении: $x^6-4 (yz)^3=a^2$ найти такое простое число $q$, что $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю никакого простого делителя числа $a$, а уравнение:

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

где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ или $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$,

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для одного из этих значений числа $c$.

Я доказал, что уравнение (58) имеет ненулевое решение, но препятствие заключается в том, что числа $X$ и $Y$ могут иметь общий делитель, который является также делителем числа $c$, и этот общий делитель может быть идеалом, на который равенство (58) нельзя сократить, и непонятно, как из этого равенства получить противоречие.

Тем не менее, сформулируем гипотезу и докажем, что уравнение (58) имеет ненулевое решение, с тем чтобы можно было к этому вернуться, если появятся новые идеи.


Гипотеза A
----------------

Пусть $p_1$, $p_2$, ..., $p_m$ - нечётные простые числа, не равные $3$.

Существует нечётное простое число $q$, не равное $3$-ём и дающее остаток не равный $1$ при делении на $3$, такое, что $-q$ не сравнимо с квадратом по модулю любого из простых чисел $p_1$, $p_2$, ..., $p_m$ (в частности, $q$ не равно ни одному из этих чисел), и $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.


Лемма 12
-------------

Пусть $\rho$ - произвольный нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, и пусть $d_1$ и $d_2$ - произвольные элементы этого кольца, не делящиеся на $\rho$.

Тогда уравнение $X^2+d_1 Y^2=d_2$ имеет решение $(X, Y)$ в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Доказательство или ссылка на доказательство этой леммы будут даны в дальнейшем.


Лемма 13
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Тогда числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.

Доказательство:
-----------------------

Предположим:

(59) числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ делятся на простой идеал $\rho$.

В силу тождества $X^2+X Y+Y^2=(X-Y)(X+2 Y)+3 Y^2$, из (59) следует:

(60) число $3 (\sqrt[3]{4} yz)^2$ делится на $\rho$.

В силу равенства $(x^2-\sqrt[3]{4} yz)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)=a^2$ и поскольку число $a$ не делится на $2$ и на $3$, то числа $2$ и $3$ не делятся на $\rho$, и из (60) следует:

(61) число $yz$ делится на $\rho$.

Из (59) и (61) следует, что $x$ делится на $\rho$, что противоречит взаимной простоте чисел $x$ и $yz$.
Значит предположение (59) неверно, и числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.
Что и требовалось.

Сформулируем теорему, которую я не смог доказать из-за препятствия, о котором шла речь выше:

Теорема 1
--------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.
Если гипотеза А верна, то одно из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.


Вместо этой теоремы, докажем, что уравнение (58) имеет ненулевое решение.

Лемма 14
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Пусть $q$ - простое число, не равное $3$-ём, дающее остаток не равный $1$ при делении на $3$, и такое, что $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Пусть $q$ не является делителем числа $a$.

Тогда уравнение:

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

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для одного из значений числа $c$: $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ или $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $s$ - такое целое число, что $s^3-2$ делится на $q$.

По условию:

(63) $\sqrt[3]{2}-1$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Согласно лемме 11, из (63) следует:

(64) $s-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Из (64) следует:

(65) одно из чисел $x^2-s^2 yz$ и $(s-1)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Cогласно лемме 7 и лемме 9, из (65) следует:

(66) одно из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Обозначим через $c$ то число из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, которое сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Имеем:

(67) число $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Если $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, пусть $d=x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$.
Если $c=(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, пусть $d=((\sqrt[3]{2})^2+\sqrt[3]{2}+1)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)$.

Имеем:

(68) $c d=a^2$

В силу леммы 13:

(69) числа $c$ и $d$ взаимно-просты.

Из (67) и (68) следует:

(70) число $d$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.

Из (67) следует:

(71) для любого натурального числа $k$: число $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Из (70) следует:

(72) для любого натурального числа $k$: число $d$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Докажем, например, (71) по индукции.
При $k=1$: (71) верно в силу (67).
Предположим, для какого-либо натурального числа $k$:

(73) число $c$ сравнимо с $X^2$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^k$.

Тогда:

(74) число $c$ сравнимо с $(X+t q^k)^2$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q^{k+1}$, где

число $t \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ сравнимо с $\frac{c-X^2}{q^k}/(2 X)$ по модулю $q$.
Такое число $t$ существует, так как число $2 X$ взаимно-просто с $q$, в силу (73), (68) и поскольку число $a$ не делится на $q$.

Рассмотрим уравнения:

(75) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$ и

(76) $X^2+q Y^2-d Z^2=0$,

где $X$, $Y$, $Z$ - неизвестные.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой нечётный идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Если $q$ делится на $\rho$, то уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Z=1$) в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, в силу (71) и (72).

Предположим теперь, что $q$ не делится на $\rho$.
В силу (69) одно из чисел $c$ и $d$ не делится на $\rho$.
Пусть, например, $c$ не делится на $\rho$.
Тогда, в силу леммы 12:

(77) число $c$ представимо в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Из (77) и (68) следует:

(78) число $d$ представимо в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Значит:

(79) для любого нечётного идеала $\rho$, уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Z=1$) в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Поскольку $c$ и $d$ - положительные числа, то:

(80) уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения (с $Y=0$ и $Z=1$) в действительных числах.

В силу формулы произведения символов Гильберта:

(81) уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения в $\rho$-адических числах кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ для единственного чётного простого идеала этого кольца: $\rho=(\sqrt[3]{2})$.

Из (79), (80), (81) и локально-глобального принципа Хассе следует:

(82) Уравнения (75) и (76) имеют ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение28.05.2013, 12:37 


31/03/06
1384
Использование множителя $\sqrt[3]{2}-1$ в выражении $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ привело нас к гипотезе А, доказательство которой может быть сложным. Есть более простой путь, не требующий этой гипотезы: использовать множитель: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ в выражении $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Предположим:

(83) $x^3+y^3+z^3=0$,

где $x$, $y$, $z$ - ненулевые, попарно взаимно-простые целые числа.

Тогда:

(84)
$x^6-4 (yz)^3=(y^3-z^3)^2$
$y^6-4 (xz)^3=(x^3-z^3)^2$
$z^6-4 (xy)^3=(x^3-y^3)^2$

Сделаем дополнительное предположение:

(85) число $xyz$ делится на 3.

Если (85) не выполняется, то, как мы видели, этот случай ВТФ для $n=3$ доказывается просто.

Из предположений (83) и (85) следует:

(86) ни одно из чисел $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ не делится на 3.

В самом деле, если, например, $x$ делится на 3, то $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ не делятся на 3, в силу взаимной простоты $x$ с $z$ и $x$ с $y$, а $y^3-z^3$ не делится на 3, в силу того, что из (83) следует: $y^3+z^3$ делится на 3 (поскольку $x$ делится на 3).

Из (83) и (86) следует:

(87) числа $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ попарно взаимно-просты.

В самом деле, если два из чисел $y^3-z^3$, $x^3-z^3$ и $x^3-y^3$ имеют общий простой делитель $p$, то числа $x^3$, $y^3$ и $z^3$ дают одинаковый остаток при делении на $p$, и из (83) следует: $p=3$, что невозможно в силу (86).

Пусть $q$ - простое число, дающее остаток $2$ при делении на $3$ (и такое, что число $(x^6-4 (yz)^3)(y^6-4 (xz)^3)(z^6-4 (xy)^3)$ не делится на $q$). Пусть $s$ - такое натуральное число, что $s^3-2$ делится на $q$. Хотя бы одно из трёх чисел $y^2-s^2 xz$, $x^2-s^2 yz$ и $(y^2-s^2 xz)(x^2-s^2 yz)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$. Поскольку леммы 6 и 7 можно сформулировать и доказать для любого из трёх чисел: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$, $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ (норма каждого из которых является квадратом), то хотя бы одно из этих чисел сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$. Обозначив это число через $c$, получим:

(88) число $c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Докажем, что уравнение

(89) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Обозначим через $d$ - соответствующее $c$ число из чисел $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$, $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ и $(y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)$.
Имеем:

(90) число $c d$ является квадратом целого числа.

Как обычно, доказываем:

(91) числа $c$ и $d$ представимы в виде $X^2+q Y^2$,

где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа (причём делаем это только для нечётных простых идеалов $\rho$).

Если $q$ делится на $\rho$, то (91) верно в силу (88) и (90).

Пусть $q$ не делится на $\rho$.
Если хотя бы одно из чисел $c$ и $d$ не делится на $\rho$, то это число представимо в виде $X^2+q Y^2$ (где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа) в силу леммы 12, а другое из чисел $c$ и $d$ представимо в этом виде в силу (90).

Остаётся рассмотреть случай, когда оба числа $c$ и $d$ делятся на $\rho$.
Покажем, что это невозможно.
Предположим:

(92) оба числа $c$ и $d$ делятся на $\rho$.

Тогда:

(93) одно из чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ делится на $\rho$, и

(94) одно из чисел $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ делится на $\rho$.

Из (84) и (87) следует, что $\rho$ не является общим делителем чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ или чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$.
Значит $\rho$ является общим делителем чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ или чисел $y^2-\sqrt[3]{4} xz$ и $y^4+y^2 \sqrt[3]{4} xz+(\sqrt[3]{4} xz)^2$.
Из этого, как мы видели, следует, что либо $2$, либо $3$ делится на $\rho$.
Поскольку $\rho$ - нечётный идеал, то $3$ делится на $\rho$, что невозможно в силу (86) и (84) (и того, что $c$ делится на $\rho$).
Значит предположение (92) неверно, и утверждение (91) верно для любого нечётного идеала $\rho$.
Значит, в соответствии с локально-глобальным принципом Хассе, уравнение (89) имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Что и требовалось.

Покажем в оффтопике, как провести эти рассуждения в общем случае ВТФ, при простом показателе $n$, не равном 3-ём.

(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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение29.05.2013, 08:09 


31/03/06
1384
Исправление:

Феликс Шмидель в сообщении #729431 писал(а):
Докажем, что уравнение

(89) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.


исправляется на:

Докажем, что уравнение

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

имеет ненулевое решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.


Итак, уравнение (89) имеет ненулевое решение $(X, Y, Z)$, где $c$ - одно из чисел: $y^2-\sqrt[3]{4} xz$, $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $(y^2-\sqrt[3]{4} xz)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$.

Если $Z=0$, то из (89) следует, что $X=0$ и $Y=0$.
Значит $Z \ne 0$.
Наша цель: доказать, что число $c$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то есть, что $Y=0$.
Поэтому, предположим:

(95) $Y \ne 0$.

Если $X=0$, то несложно получить противоречие, перемножая равенства (89) для двух различных простых чисел $q$ (для которых $X=0$).

Поэтому, предположим:

(96) $X \ne 0$, $Y \ne 0$, $Z \ne 0$.

Наша цель получить из (89) и (96) противоречие, наложив на $q$ какое-нибудь условие, используя то, что мы, практически, не ограничены в выборе простых чисел $q$.

Любые идеи уважаемых форумчан для достижения этой цели приветствуются.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  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