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
Сообщение30.05.2013, 13:23 


31/03/06
1384
Сделаем замечание в оффтопике по леммам 6 и 7, которые играют важную роль в этой теме.

(Оффтоп)

Лемма 7 (являющаяся следствием леммы 6) позволила нам расширить множество простых чисел $q$, по модулю которых, число $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ (сначала это множество содержало только такие $q$, по модулю которых, $\sqrt[3]{2}$ не существует).

Для доказательства лемм 6 и 7, важно не столько, чтобы число $x^6-4 (yz)^3$ было квадратом, как чтобы оно было квадратичным вычетом по модулю $q$ (где $q$ даёт остаток 2 по модулю 3 - речь идёт только о таких простых числах $q$).
В этом случае, возможно, что $x^2-s^2 yz$ не является квадратичным вычетом по модулю $q$ (где $s$ - такое натуральное число, что $s^3-2$ делится на $q$).
Тогда из леммы 7 следует, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ не является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Из леммы 6 следует, что $x^2-s^2 i_3 yz$ не сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$.
Произведение $(x^2-s^2 i_3 yz)(x^2-s^2 i_3^2 yz)$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$, но не в кольце целых чисел $\mathbb{Z}$.
Поэтому число $x^2-s^2 yz$ тоже сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$, но не является квадратичным вычетом по модулю $q$.
Для примера, пусть $x=1$, $yz=2$ и $q=5$. В этом случае $s=3$.
Число $1^3-4 (2)^3=-31$ является квадратом по модулю 5, но $1-3^2 (2)=-17$ не является квадратичным вычетом по модулю 5.
В силу леммы 7, число $1-\sqrt[3]{4}(2)$ не сравнимо с квадратом по модулю 5 в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение30.05.2013, 19:50 


31/03/06
1384
Получается, что мы не настолько ограничены в выборе множителя $\alpha(\sqrt[3]{2})$ для того, чтобы одно из чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ было представимо в виде $X^2+q Y^2$ (где $X, Y \in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$).
Необязательно, чтобы норма числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$ была квадратом (ранее мы брали $\alpha(\sqrt[3]{2})=\sqrt[3]{2}-1$ и $\alpha(\sqrt[3]{2})=y^2-\sqrt[3]{4} xz$, которые обладали этим свойством).
Достаточно, чтобы $\alpha(s)$ не было квадратичным вычетом по модулю $q$ (где $s$ - такое натуральное число, что $s^n-2$ делится на $q$), чтобы норма числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$ была квадратичным вычетом по модулю числа $x^6-4 (yz)^3$ и, чтобы число $-q$ было квадратичным вычетом по модулю нормы числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$.
Последнее условие гарантирует представимость числа $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ в виде $X^2+q Y^2$, где $X$ и $Y$ - $\rho$-адические числа для нечётных простых идеалов $\rho$, являющихся делителями нормы числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$, а предпоследнее условие - для нечётных простых идеалов $\rho$, являющихся делителями числа $x^6-4 (yz)^3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение30.05.2013, 21:42 


31/03/06
1384
Но из этого следует, что предпоследнее условие не является необходимым и достаточно первого и последнего условия, потому что они гарантируют, что число $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})$ представимо в виде $X^2+q Y^2$ для любых чисел $\alpha(\sqrt[3]{2})$ и $\beta(\sqrt[3]{2})$, удовлетворяющих этим двум условиям. Если теперь число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в виде $X^2+q Y^2$, то произведение $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде и, значит, число $\beta(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение31.05.2013, 15:40 


31/03/06
1384
Оформим эти новые идеи в строгом виде.
Сначала сформулируем по-новому леммы 6 и 7.
Дадим более простое доказательство леммы 6, подходящее и для общего случая простого показателя $n \ge 3$.

(Оффтоп)

В общем случае, пусть простые числа $q$ дают такой остаток при делении на $n$, который является генератором группы по умножению по модулю $n$.
Тогда полином $i_n^{n-1}+i_n^{n-2}+...+1$ неразложим на множители по модулю $q$, и в доказательстве лемм не будет принципиальных изменений.
При $n=3$, генерирующий остаток равен $2$.


Лемма 6А
-------------

Пусть $q$ - нечётное простое число, дающее остаток $2$ при делении 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.

Пусть число $v(\sqrt[3]{2})=a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2$ (где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа), такое что:

(97) норма числа $v(\sqrt[3]{2})$ является ненулевым квадратичным вычетом по модулю $q$.

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

Доказательство
---------------------

Заметим, что сравнение $X^3 \equiv 2$ по модулю $q$ имеет решение в целых числах, а сравнение $X^3 \equiv 1$ не имеет других решений в целых числах, кроме $X=1$ (иными словами, $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$, а $i_3$ не существует по модулю $q$).

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

Напомним, что нормой числа $v(\sqrt[3]{2})$ называется целое число, равное произведению $v(\sqrt[3]{2})v(\sqrt[3]{2} i_3)v(\sqrt[3]{2} i_3^2)$.
Запишем условие (97) в виде:

(98) $(v(\sqrt[3]{2})v(\sqrt[3]{2} i_3)v(\sqrt[3]{2} i_3^2))^{(q-1)/2} \equiv 1$ по модулю $q$,

Из (98) следует:

(99) полином $(v(X)v(X i_3)v(X i_3^2))^{(q-1)/2}-1-q f(X)$ делится на $X^3-2$,

где $f(x)$ - некоторый полином с целыми коэффициентами.

Подставляя $s$ вместо переменной $X$ в (99) получим:

(100) $(v(s)v(s i_3)v(s i_3^2))^{(q-1)/2} \equiv 1$ по модулю $q$.

Поскольку $v(s i_3^2) \equiv v(s i_3)^q$ по модулю $q$, то из (100) следует:

(101) $(v(s))^{(q-1)/2} (v(s i_3))^{(1+q)(q-1)/2}  \equiv 1$ по модулю $q$.

Имеем:

(102) $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда $(v(s))^{(q-1)/2}  \equiv 1$ по модулю $q$.

Группа по умножению конечного поля $\mathbb{Z}_q[i_3]$ является циклической, порядка $q^2-1$ (иными словами, колличество элементов в группе равно $q^2-1$).
Поэтому:

(103) $v(s i_3)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$ тогда и только тогда, когда $(v(s i_3))^{(q^2-1)/2}  \equiv 1$ по модулю $q$.

Из (101), (102) и (103) вместе следует:

(104) число $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$ тогда и только тогда, когда число $v(s i_3)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение31.05.2013, 18:25 


31/03/06
1384
Лемма 7А
-------------

Пусть $q$ - нечётное простое число, дающее остаток $2$ при делении на $3$.

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

Пусть число $v(\sqrt[3]{2})=a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2$ (где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа), такое что:

(105) норма числа $v(\sqrt[3]{2})$ является ненулевым квадратичным вычетом по модулю $q$.

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

Доказательство
---------------------

Докажем сначала достаточность.
Пусть

(106) $v(\sqrt[3]{2}) \equiv (b_0+b_1 \sqrt[3]{2}+b_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ по модулю $q$,

где $b_0$, $b_1$ и $b_2$ - целые числа.

Тогда:

(107) полином $v(X)-(b_0+b_1 X+b_2 X^2)^2 - q f(X)$ делится на $X^3-2$,

где $X$ - переменная, и $f(X)$ - некоторый полином с целыми коэффициентами.

Подставляя число $s$ вместо переменной $X$ в (107) получим:

(108) $v(s)-(b_0+b_1 s+b_2 s^2)^2$ делится на $q$.

Значит, число $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $q$, что и требовалось.

Теперь докажем необходимость.

Пусть

(109) число $v(s) является квадратичным вычетом по модулю $q$.

Тогда

(110) число $v(s i_3)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$ по модулю $q$,

в силу леммы 6A.

Запишем (109) и (110) в виде:

(111) $v(s) \equiv b^2$ по модулю $q$,

(112) $v(s i_3) \equiv (b_0+b_1 i_3)^2$ по модулю $q$,

где $b$, $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

Найдём такие целые числа $d_0$, $d_1$ и $d_2$, чтобы выполнялись сравнения:

(113) $d_0+d_1 s+d_2 s^2 \equiv b$ по модулю $q$ и

(114) $d_0+d_1 s i_3+d_2 s^2 i_3^2 \equiv b_0+b_1 i_3$ по модулю $q$.

Поскольку $i_3^2=-1-i_3$, то сравнение (114) равносильно сравнениям:

(115) $d_0 - d_2 s^2 \equiv b_0$ по модулю $q$ и

(116) $d_1 s - d_2 s^2  \equiv b_1$ по модулю $q$.

Суммируя сравнения (115) и (116), получим:

(117) $d_0+d_1 s+d_2 s^2  - 3 d_2 s^2 \equiv b_0+b_1$ по модулю $q$.

Вычитая сравнение (117) из сравнения (113) получим:

(118) $3 d_2 s^2 \equiv b-b_0-b_1$ по модулю $q$.

Из сравнения (118) можно найти $d_2$, и, затем, из сравнений (115) и (116) можно найти $d_0$ и $d_1$.

Таким образом, целые числа $d_0$, $d_1$ и $d_2$, удовлетворяющие сравнениям (113) и (114) существуют.

Пусть

(119) $v(\sqrt[3]{2}) - (d_0+d_1 \sqrt[3]{2}+d_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2=e_0+e_1 \sqrt[3]{2}+e_2 (\sqrt[3]{2})^2$,

где $e_0$, $e_1$ и $e_2$ - целые числа.

Тогда

(120) полином $v(X) - (d_0+d_1 X+d_2 X^2)^2-(e_0+e_1 X+e_2 X^2)$ делится на $X^3-2$.

Подставляя $s$ вместо переменной $X$ в (120) и учитывая сравнения (111) и (113) получим:

(121) $e_0+e_1 s+e_2 s^2$ делится на $q$.

Подставляя $s i_3$ вместо переменной $X$ в (120) и учитывая сравнения (112) и (114), получим:

(122) $e_0+e_1 s i_3+e_2 s^2 i_3^2$ делится на $q$ в кольце $\mathbb{Z}[i_3]$.

Из (122) следует:

(123) числа $e_0-e_2 s^2$ и $e_1 s-e_2 s^2$ делятся на $q$.

Из (121) и (123) следует:

(124) числа $e_0$, $e_1$ и $e_2$ делятся на $q$.

Из (119) и (124) следует:

(125) число $v(\sqrt[3]{2})$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$,

что и требовалось.

-- Пт май 31, 2013 18:40:00 --

Исправление:

Феликс Шмидель в сообщении #730540 писал(а):
Достаточно, чтобы $\alpha(s)$ не было квадратичным вычетом по модулю $q$ (где $s$ - такое натуральное число, что $s^n-2$ делится на $q$), чтобы норма числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$ была квадратичным вычетом по модулю числа $x^6-4 (yz)^3$ и, чтобы число $-q$ было квадратичным вычетом по модулю нормы числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$.


исправляется на:

Достаточно, чтобы норма числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$ была квадратичным вычетом по модулю $q$, чтобы число $\alpha(s)$ не было квадратичным вычетом по модулю $q$ (где $s$ - такое натуральное число, что $s^n-2$ делится на $q$), чтобы норма числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$ была квадратичным вычетом по модулю числа $x^6-4 (yz)^3$ и, чтобы число $-q$ было квадратичным вычетом по модулю нормы числа $\alpha(\sqrt[3]{2})$.

-- Пт май 31, 2013 18:46:43 --

Исправление
-----------------

Феликс Шмидель в сообщении #730603 писал(а):
Но из этого следует, что предпоследнее условие не является необходимым и достаточно первого и последнего условия, потому что они гарантируют, что число $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})$ представимо в виде $X^2+q Y^2$ для любых чисел $\alpha(\sqrt[3]{2})$ и $\beta(\sqrt[3]{2})$, удовлетворяющих этим двум условиям. Если теперь число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в виде $X^2+q Y^2$, то произведение $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде и, значит, число $\beta(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде.


исправляется на:

Но из этого следует, что предпоследнее условие не является необходимым и достаточно первых двух и последнего условия, потому что они гарантируют, что число $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})$ представимо в виде $X^2+q Y^2$ для любых чисел $\alpha(\sqrt[3]{2})$ и $\beta(\sqrt[3]{2})$, удовлетворяющих этим трём условиям. Если теперь число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в виде $X^2+q Y^2$, то произведение $\alpha(\sqrt[3]{2})\beta(\sqrt[3]{2})\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде и, значит, число $\beta(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение01.06.2013, 15:45 


31/03/06
1384
Можно и напрямую доказать, что достаточно первых двух и последнего условия для того, чтобы число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ было представимо в виде $X^2+q Y^2$, где $X, Y \in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Поэтому совсем необязательно искать число $\alpha(\sqrt[3]{2})$, чтобы оно удовлетворяло ещё и предпоследнему условию - в этом отношении, я перемудрил.
Не стоит также придавать такое большое значение леммам 6A и 7A (или 6 и 7).
Можно не ограничиваться только простыми числами $q$, дающими остаток $2$ при делении на 3.
Пусть $q$ даёт остаток 1 при делении на 3. Если $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $q$, то мы знаем, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$.
Пусть $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $q$.
Поскольку $i_3$ тоже существует по модулю $q$, то числа $x^2-\sqrt[3]{4} i_3^{2k} yz$ существуют по модулю $q$, для любого $k=0, 1, ... n-1$.
Часть из них является квадратичными вычетами по модулю $q$, другая часть квадратичными невычетами.
Если числа $\alpha(\sqrt[3]{2} i_3^k)$ являются квадратичными вычетами по модулю $q$ для тех же индексов $k$, то число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$. Наложив на число $\alpha(\sqrt[3]{2})$ дополнительное условие, чтобы его норма была представима в виде $X^2+q Y^2$, где $X, Y \in \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$, можно показать, что число $\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ представимо в этом виде.
Что делать с этим дальше пока не ясно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.06.2013, 09:28 


31/03/06
1384
Мы начинаем исследовать решения уравнения: $X^2+q Y^2=\alpha(\sqrt[3]{2}) (x^2-\sqrt[3]{4} yz) Z^2$.


Лемма 15
-------------

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

Пусть $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$.

Пусть $q$ - такое простое число, нечётное и неравное 3-ём, что:

(126) $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю любого из простых делителей числа $a$.

Пусть

(127) $X_1^2+q Y_1^2=\alpha c Z_1^2$,

где $\alpha$, $X_1$, $Y_1$ и $Z_1$ - ненулевые числа, принадлежащие кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Пусть

(128) правая часть равенства (127) делится на $\rho^k$,

где $\rho$ - простой идеал, являющийся делителем числа $c$, а $k$ - натуральное число.

Тогда числа $X_1^2$ и $Y_1^2$ делятся на $\rho^k$.

Доказательство:
---------------------

Достаточно доказать, что $Y_1^2$ делится на $\rho^k$, поскольку из этого утверждения, условия (128) и равенства (127) следует, что $X_1^2$ тоже делится на $\rho^k$.

Предположим:

(129) $Y_1^2$ не делится на $\rho^k$.

Пусть $\rho^{t}$ - наибольшая степень идеала $\rho$, на которую делится число $Y_1$.

В силу предположения (129), $2 t<k$.

Пусть $p$ - простое число, делящееся на $\rho$, и пусть $\beta \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ - такое число этого кольца, которое делится на идеал $p/\rho$ и не делится на $\rho$.
Такое число $\beta$ cуществует, поскольку идеал $p/\rho$ не делится на $\rho$, так как $\rho$ не является ветвящимся, в силу того, что $6$ не делится на $\rho$.

Умножая равенство (127) на $\beta^{2 t}$ и деля на $p^{2t}$ получим:

(130) $X_2^2+q Y_2^2=u$,

где $X_2=\frac{X_1 \beta^t}{p^t}$, $Y_2=\frac{Y_1 \beta^t}{p^t}$, $u=\frac{\alpha c Z_1^2 \beta^{2t}}{p^{2 t}}$.

Из равенства (127) и того, что $Y_1$ делится на $\rho^{t}$ и $\alpha c Z_1^2$ делится на $\rho^{2 t}$ следует, что $X_1$ делится на $\rho^{t}$.
Поскольку $X_1$ делится на $\rho^{t}$, то $X_1 \beta^{t}$ делится на $p^{t}$, значит $X_2 \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Поскольку $Y_1$ делится на $\rho^{t}$, то $Y_1 \beta^{t}$ делится на $p^{t}$, значит $Y_2 \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Поскольку $\alpha c Z_1^2$ делится на $\rho^{2 t}$, то $\alpha c Z_1^2 \beta^{2t}$ делится на $p^{2 t}$, значит $u \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Значит:

(131) числа $X_2$, $Y_2$ и $u$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Поскольку $\rho^{t}$ - наибольшая степень идеала $\rho$, на которую делится число $Y_1$, то $Y_2$ не делится на $\rho$.
Поскольку $\alpha c Z_1^2$ делится на $\rho^{2t+1}$, то $u$ делится на $\rho$.
Значит:

(132) $Y_2$ не делится на $\rho$, $u$ делится на $\rho$.

Из равенства (130) и утверждений (132) следует:

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

Запишем утверждение (133) в виде:

(134) $-q \equiv (v(\sqrt[3]{2}))^2$ по модулю $\rho$,

где $v(X)$ - квадратный полином с целыми коэффициентами.

Поскольку $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ делится на $\rho$, то число $\sqrt[3]{4}$ сравнимо с $x^2/(yz)$ по модулю $\rho$, следовательно число $\sqrt[3]{2}$ сравнимо с $2 (yz)/x^2$ и из (134) следует:

(135) $-q \equiv (v(2 (yz)/x^2))^2$ по модулю $\rho$.

Из (135) следует:

(136) $-q \equiv (v(2 (yz)/x^2))^2$ по модулю $p$.

Сравнение (136) противоречит (126), значит предположение (129) неверно.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение05.06.2013, 13:14 


31/03/06
1384
Я вижу причину, по которой из равенства (127) трудно получить противоречие.
Дело в том, что существуют такие числа $g \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, что число $g^2/c$ взаимно-просто с $c$, и $-q$ может быть квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы этого числа. Если, кроме этого, $\alpha c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то для таких $q$, уравнение:

(137) $X^2+q Y^2=\alpha (g^2/c) Z^2$

имеет ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Помножив равенство (13) на $c^2$, получим ненулевые решения для уравнения:

(138) $X^2+q Y^2=\alpha c Z^2$.

Заметим, что $Z_1$ в (127) (или $Z$ в (138)) можно взять взаимно-простым с $c$.
В самом деле, если $Z_1$ делится на $\rho^k$, то, в силу леммы 15, $X_1$ и $Y_1$ тоже делятся на $\rho^k$, и, после умножения всех трёх чисел ($X_1$, $Y_1$ и $Z_1$) на $\beta^k$ (где число $\beta$ определено в доказательстве леммы 15), их можно сократить на $p^k$.

Но на этом, в исследовании решений уравнения (138), мы поставим точку, поскольку по указанной выше причине существование ненулевых решений этого уравнения ничему не противоречит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение06.06.2013, 11:50 


31/03/06
1384
Эти рассуждения дали мне новую идею: исследовать число $g^2/c$.
Для того, чтобы $g^2$ делилось на $c$, число $g$ должно принадлежать идеалу $(a, c)$, где $a^2=c d$ - норма числа $c$.
Если $g=u a+v c$, то

(139) $g^2/c=d u^2+2 a u v+c v^2$,

где $u$ и $v$ - произвольные числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Правая часть равенства (139) является квадратичной формой с взаимно-простыми (не попарно) коэффициентами, которая принимает широкий спектр значений.

По предположению, дискриминант этой формы равен 0, хотя на самом деле, конечно, нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение10.06.2013, 12:58 


31/03/06
1384
Разберём одну идею, связанную с равенством (140).
Покажем, почему она не ведёт к успеху, чтобы не отвечать на этот вопрос снова.

Рассмотрим представление правой части равенства (139) в виде

(140) $d u^2+2 a u v+c v^2=t_0+t_1 \sqrt[3]{2}+t_2 (\sqrt[3]{2})^2$,

где $t_0$, $t_1$ и $t_2$ - целые числа.

Если $t_1$ - нечётное число, то при умножении правой части равенства (140) на $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ не получится квадрат (число вида $(b_0+b_1 \sqrt[3]{2}+b_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$) при нечётном $x$.
В самом деле, после раскрытия скобок в выражении $(t_0+t_1 \sqrt[3]{2}+t_2 (\sqrt[3]{2})^2)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, коэффициент при $\sqrt[3]{2}$ был бы нечётным, а в выражении $(b_0+b_1 \sqrt[3]{2}+b_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$ - чётным.
Условие $t_1$ - нечётное число можно заменить на более общее: $t_1$ не делится на $2^{2 k+1}$, а все три числа $t_0$, $t_1$ и $t_2$ делятся на $2^{2 k}$ (где $k$ - какое-либо натуральное число).
Возможно, это условие можно удовлетворить при некотором выборе чисел $u$ и $v$, но мы не сможем это доказать, вот по какой причине.
Предположим $c \equiv 1$ по модулю 8. Тогда, согласно лемме 5, $c$ сравнимо квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $2^{2 k+1}$.
Заменяя в этом сравнении $\sqrt[3]{2}$ на $\sqrt[3]{2} i_3$ и на $\sqrt[3]{2} i_3^2$ и перемножая полученные сравнения для сопряжённых с $c$ чисел, получим, что
$d$ сравнимо квадратом в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $2^{2 k+1}$. Перемножая сравнения для $c$ и $d$, получим, что $c d$ сравнимо с квадратом целого рационального числа по модулю $2^{2 k+1}$.
Даже если равенство $c d=a^2$ невозможно, то сравнение $c d \equiv a^2$ по модулю $2^{2 k+1}$ вполне возможно (если говорить не о всех, а о каком-либо $k$).
Пусть $c \equiv X^2$, $d \equiv Y^2$ и $a \equiv X Y$ по модулю $2^{2 k+1}$. Тогда $d u^2+2 a u v+c v^2 \equiv Z^2$ по модулю $2^{2 k+1}$, где $Z=u X+v Y$.
Пусть $d u^2+2 a u v+c v^2$ делится на $2^{2 k}$. Тогда $Z$ делится на $2^k$ и $(d u^2+2 a u v+c v^2)/2^{2 k} \equiv (Z/2^k)^2$ по модулю $2$, поэтому условие $t_1$ не делится на $2^{2 k+1}$ не удовлетворяется.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение13.06.2013, 08:00 


31/03/06
1384
Следующая идея, которую мы разберём: для каких чисел $\alpha \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, уравнение:

(141) $d u^2+2 a u v+c v^2=\alpha w^2$,

c неизвестными $u$, $v$ и $w$, имеет ненулевое решение (с $w \ne 0$) в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Возьмём нечётный простой идеал $\rho$, на который не делятся $a$, $c$, $d$ и $\alpha$, и рассмотрим сравнение:

(142) $d u^2+2 a u v+c v^2 \equiv \alpha w^2$ по модулю $\rho$.

Согласно задаче 6 в параграфе 1 "Теории чисел" Боревича и Шафаревича, сравнение (142) всегда имеет ненулевое решение.
Однако ненулевого решения с $w \not \equiv 0$ по модулю $\rho$ может не быть.
При предположении $cd=a^2$ такое решение есть только если $c \alpha$ сравнимо с квадратом по модулю $\rho$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Несуществование такого ненулевого решения при других $\alpha$ хорошо иллюстрируется примером сравнения: $u^2+2 u v+ v^2 \equiv \alpha w^2$ по модулю простого числа $p$ в целых рациональных числах $u$, $v$ и $w$.

Таким образом идея, связанная с решением уравнения (141) для произвольных значений $\alpha$ не является перспективной.

Рассмотрим теперь другую идею: получить противоречие из того, что норма числа $d u^2+2 a u v+c v^2$ является квадратом при любых значения чисел $u$ и $v$ из кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Это утверждение эквивалентно предположению: $c d=a^2$. Вопрос в том, можно ли выбрать числа $u$ и $v$ так, чтобы было проще получить противоречие?
Для простоты можно взять качестве $v$ произведение двух сопряжённых с $u$ чисел (в этом случае $u v$ - целое рациональное число). Может ли в этом случае $d u^2+c v^2$ быть целым рациональным числом?

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение20.06.2013, 07:54 


31/03/06
1384
Появилась ещё одна идея, связанная с предположением, что $cd=a^2$ (где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, $d=x^4-x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ и $a$ -целое число.
Имеем: $d=x^4+x^2 (x^2-c)+(x^2-c)^2=3 x^4-3 x^2 c+c^2$, значит:

(143) $d=3 x^4-3 x^2 c+c^2$ и

(144) $c^3-3 x^2 c^2+3 x^4 c-a^2=0$

Предположим:

(145) $C^3-3 x^2 C^2+3 x^4 C-a^2 \equiv 0$ по модулю $p$,

где $C$ - целое число, и $p$ - простое число.

Тогда:

(146) $(c^3-3 x^2 c^2+3 x^4)-(C^3-3 x^2 C^2+3 x^4 C) $ делится на $p$.

Из (146) следует:

(147) $(c-C)(c-\frac{-(C-3 x^2)+(C-x^2) \sqrt{-3}}{2})(c-\frac{-(C-3 x^2)-(C-x^2) \sqrt{-3}}{2})$ делится на $p$.

Из (147) следует:

(148) $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $p$.

В самом деле, предположим:

(149) $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $p$.

Тогда $p \equiv 1$ по модулю $3$, следовательно $i_3$ cуществует по модулю $p$, следовательно $\sqrt{-3}$ cуществует по модулю $p$.
Значит один из трёх сомножителей в (147) делится на $p$ и в любом случае $c$ сравнимо с целым числом по модулю $p$, откуда следует, что $\sqrt[3]{2}$ существует по модулю $p$, в противоречии с предположением (149).
Значит, предположение (149) неверно и утверждение (148) верно.

Остаётся доказать, что сравнение (145) возможно для какого либо целого $C$ и такого простого $p$, что $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $p$.
Доказав это, мы сразу получили бы противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение20.06.2013, 09:28 


31/03/06
1384
Кстати, если $\sqrt[3]{2}$ не существует по модулю $p$, то $a$ сравнимо с $(A^4-6 x^2 A^2 - 3 x^4)/(8 A)$ по модулю $p$, где $A$ - целое число.
Это нетрудно вывести из равенств (8) начала темы, если рассматривать их как сравнения по модулю $p$, и того, что $c$ сравнимо с квадратом по модулю $p$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Может быть это может помочь найти целое число $C$, удовлетворяющее сравнению (145)?

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение20.09.2013, 12:29 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #732922 писал(а):
Я вижу причину, по которой из равенства (127) трудно получить противоречие.
Дело в том, что существуют такие числа $g \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, что число $g^2/c$ взаимно-просто с $c$, и $-q$ может быть квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы этого числа. Если, кроме этого, $\alpha c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то для таких $q$, уравнение:

(137) $X^2+q Y^2=\alpha (g^2/c) Z^2$

имеет ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Помножив равенство (13) на $c^2$, получим ненулевые решения для уравнения:

(138) $X^2+q Y^2=\alpha c Z^2$.

Заметим, что $Z_1$ в (127) (или $Z$ в (138)) можно взять взаимно-простым с $c$.
В самом деле, если $Z_1$ делится на $\rho^k$, то, в силу леммы 15, $X_1$ и $Y_1$ тоже делятся на $\rho^k$, и, после умножения всех трёх чисел ($X_1$, $Y_1$ и $Z_1$) на $\beta^k$ (где число $\beta$ определено в доказательстве леммы 15), их можно сократить на $p^k$.

Но на этом, в исследовании решений уравнения (138), мы поставим точку, поскольку по указанной выше причине существование ненулевых решений этого уравнения ничему не противоречит.


Я вижу в этом рассуждении изъян.
Конечно, если говорить о представимости числа $c=z^2-\sqrt[3]{4} xy$ в виде суммы двух квадратов, а точнее о равенстве

$X^2+Y^2=c Z^2$,

то идеалы $\rho$, на которые делятся простые числа вида $4t+3$, могут входить в разложение числа $c$ в чётных степенях, и в этом случае, это равенство, как мы показали, имеет место.
Но если $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю любого простого делителя числа $z^6-4 x^3 y^3$, и это число не является квадратом (что мы хотим доказать), то число $g$, о котором шла речь не существует.
Предположим,

$X^2+q Y^2=c Z^2$,

где $Z$ является целым рациональным числом, взаимно простым с $z^6-4 x^3 y^3$, а $X$ и $Y$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.
Из леммы 15 следует, что можно выбрать число $Z$ с указанными свойствами.
Из этого равенства можно вывести следствия относительно вида чисел $X$ и $Y$ по модулю простых делителей числа $z^6-4 x^3 y^3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение20.09.2013, 17:43 


31/03/06
1384
Особенно простую форму по модулю $a$ (где $a^2=z^6-4 x^3 y^3$) имеют решения уравнения:

$X^2+q Y^2=d Z^4$,

где $d=z^4+z^2 xy \sqrt[3]{4}+ (\sqrt[3]{4} xy)^2$

Мы сейчас покажем, что $X$ и $Y$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 d$ и $y_0 d$, где $x_0$ и $y_0$ -целые рациональные числа.

Пусть

(150) $X_0^2+q Y_0^2=c Z^2$.

Заменяя в равенстве (150) $\sqrt[3]{4}$ на $\sqrt[3]{4} i_3$ и на $\sqrt[3]{4} i_3^2$, получим:

(151) $X_1^2+q Y_1^2=c_1 Z^2$ и

(152) $X_2^2+q Y_2^2=c_2 Z^2$.

Число $Z$ не меняется, поскольку мы выбрали его целым рациональным.
Умножая (151) на (152) получим:

(153) $X_3^2+q Y_3^2=d Z^4$,

где $X_3=X_1 X_2-q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2+Y_1 X_2$.

Умножая (153) на (150) получим:

(154) $X_4^2+q Y_4^2=a^2 Z^6$,

где $X_4=X_0 X_3-q Y_0 Y_3$, $Y_4=X_0 Y_3+Y_0 X_3$, которые, как нетрудно показать, являются целыми рациональными числами.

Покажем, что $X_4$ и $Y_4$ оба делятся на $a$.
Если бы это было не так, то $X_4$ и $Y_4$ делились бы на одинаковую степень некоторого простого делителя $p$ числа $a$.
Сократив равенство (154) на эту степень $p$ (в квадрате) мы получили бы противоречие с тем, что $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю $p$.

Таким образом, $X_0 X_3-q Y_0 Y_3$ и $X_0 Y_3+Y_0 X_3$ делятся на $a$,
откуда следует, что $(X_0^2+q Y_0^2) X_3$ и $(X_0^2+q Y_0^2) Y_3$ делятся на $a$.
Учитывая (150) получим: $c X_3$ и $c Y_3$ делятся на $a$

Поэтому $X_3$ и $Y_3$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 d$ и $y_0 d$, где $x_0$ и $y_0$ - некоторые целые рациональные числа.

 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