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
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение27.09.2013, 15:06 


31/03/06
1384
Вернёмся назад и попробуем упростить наши выкладки.
Начнём с уравнения вида (137):

(200) $X^2+q Y^2=(g^2/c) Z^2$

Число $2 a+c+d$ принадлежит числам вида $(g^2/c)$, и является, пожалуй, простейшим числом этого вида, взаимно-простым с $c$ и с $d$.
Обладание числом $2 a+c+d$ этими свойствами зависит от того, что $cd=a^2$, что нам очень подходит.

Если $c$ является квадратом по модулю $q$, то уравнение (200) имеет решение, причём $Z$ можно выбрать целым рациональным числом, а $X$ и $Y$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Это решение $X$, $Y$ и $Z$ не связаны с числом $a$, и мы можем выбрать их дающими при делении на $a$ произвольные остатки.

Пусть $X=x_0+x_1 c+x_2 d$, $Y=y_0+y_1 c+y_2 d$ и применим к равенству (200) формулу (183):

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$


Получим:

(201) $(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+q (y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)=2 a Z^2$

(202) $(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2)+q (2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2)=Z^2$

(203) $(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2)+q (2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2)=Z^2$

Или, с обозначениями (194) и (195):

(204) $u_0-3 x^4 u_1-3 x^2 a_2 u_2+2 a_2 u_{12}=2 a Z^2$

(205) $2 u_{01}+3 x^2 u_1+a_2 u_2=Z^2$

(206) $2 u_{02}+u_1+3 x^4 u_2=Z^2$

К сожалению, наша оценка, высказанная в предыдущем сообщении, по-прежнему имеет место.
Но порадуемся простоте выкладок и тому, что $x_0$, $x_1$, $x_2$, $y_0$, $y_1$, $y_2$ и $Z$ теперь никак не связаны с $a$ и могут давать при делении на $a$ произвольные остатки.

-- Пт сен 27, 2013 15:34:13 --

Из равенства (204) следует, что $u_0 \equiv 3 x^4 u_1$ по модулю $a$, и возникает вопрос, что вдруг?
Если бы не наша оценка в предыдущем сообщении, я бы предположил, что это может вести к противоречию, которое мы хотим получить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение27.09.2013, 16:43 


31/03/06
1384
Однако эта оценка не должна тормозить нас в попытке получить противоречие.
Мы работаем с кольцом $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а не с кольцом $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{v}]$, которое может обладать неожиданными свойствами.
Поэтому разложим число $2 a+c+d$ в произведение идеалов, причём предположим, что в это произведение входят идеалы в нечётной степени (иначе $c$ было бы квадратом, и это было бы шагом вперёд).
Рассмотим уравнение:

(210) $X^2+q Y^2=m Z^2$,

где $m$ - целое рациональное число, являющиеся произведением простых чисел (в соответствующих степенях), делящихся на идеалы числа $2 a+c+d$.
Число $m$ взаимно-просто с $a$.
Уравнение (210) имеет решение, которое можно получить из решения уравнения (200).
Если $-q$ не является квадратом по модулю $m$, не получим ли мы сразу противоречие?
Ведь мы предположили, что $m$ не является квадратом, на который мы могли бы равенство (210) сократить.
Даже если мы ошибаемся, и уравнение (210) имеет решения, то можно пытаться получить противоречие с равенством (204), из которого следует, что $u_0 \equiv 3 x^4 u_1$ по модулю $a$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение27.09.2013, 17:46 


31/03/06
1384
То, что уравнение (210), где $m$ - норма числа $2 a+c+d$, имеет решение в целых рациональных числах $X$, $Y$ и $Z$ можно вывести из уравнения (200) стандартным способом, которым мы получали целые рациональные числа $X_4$ и $Y_4$ равенства (154) из равенства (150).
Я проверяю найденное противоречие, связанное с равенством (210), и пока не нахожу ошибку.
Если её нет, то мы доказали, что $c$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

-- Пт сен 27, 2013 18:17:58 --

Мы, однако, должны рассмотреть случай, когда $m$ имеет вид $2 k^2$ или $3 k^2$ или $6 k^2$. В этих случаях, особенно, если $m=2 k^2$, мы не сможем подобрать $q$ так, чтобы получилось противоречие.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение27.09.2013, 19:17 


31/03/06
1384
Я нашёл ошибку. Она заключается хотя бы в том, что $m$ может быть квадратом без того, чтобы $c$ было квадратом.
Ведь $m$ равно норме числа $g^2/c$, а норма $c$ предположительно является квадратом (мы хотим доказать, что не является).
Жаль!

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение02.10.2013, 09:30 


31/03/06
1384
Цель этой темы - доказать, что число $c=x^2-y z \sqrt[3]{4}$ является квадратом (числа, принадлежащего $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$).
Для достижения этой цели наметились два пути:

1) Попытка получить противоречие из равенства (200):

(200) $X^2+q Y^2=(g^2/c) Z^2$.

Используя локально-глобальный принцип Хассе, мы доказали, что для ряда значений $q$, уравнение (200) имеет решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ (при условии, что норма числа $c$, равная $x^6-4 (y z)^3$, является квадратом).

2) Попытка доказать, что число $(g^2/c)$ является квадратом.

В этом сообщении мы пойдём по пути 2).

Поскольку $c=I^2$ для некоторого идеала $I$, то для того, чтобы число $g^2$ делилось на $c$ необходимо и достаточно, чтобы число $g$ принадлежало идеалу $I$.
Пусть $x^6-4 (y z)^3=a^2$.
Тогда норма идеала $I$ равна $a$, и $I$ является наибольшим общим делителем чисел $a$ и $c$ (поскольку $c=I^2$, $a=I J$, где $J^2=d$, а так как числа $c$ и $d$ - взаимно-просты, то идеалы $I$ и $J$ - взаимно-просты).
То есть $g=u a+v c$, где числа $u$ и $v$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Из алгебраической теории чисел известно, что в идеале $I$ имеется элемент $g$, норма которого меньше чем $N(I) m=a m$, где $m$ - некоторая константа, которую можно вычислить (см., например, Theorem 3.47 на стр. 150, Mollin, Algebraic Number Theory).
Для этого числа $g$: $N(g^2/c)<(a m)^2/a^2=m^2$
Поскольку количество идеалов с данной нормой конечно (что является следствием разложения этой нормы в произведение простых идеалов), то и количество главных идеалов вида $(g^2/c) \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ c нормой меньше $m^2$ конечно.
Можно попробовать перебрать все эти идеалы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение05.10.2013, 11:43 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5728
 i  Сообщение VERESK отделено в новую тему

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение05.10.2013, 14:31 


31/03/06
1384
Я понимаю, что моё предыдущее сообщение даёт возможность получить простое доказательство ВТФ для $n=3$ и других показателей, но не решаюсь это сделать из-за возможности ошибки.
Было бы проще, если бы кто-то проверил мои рассуждения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение07.10.2013, 20:43 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #769895 писал(а):
Из алгебраической теории чисел известно, что в идеале $I$ имеется элемент $g$, норма которого меньше чем $N(I) m=a m$, где $m$ - некоторая константа, которую можно вычислить (см., например, Theorem 3.47 на стр. 150, Mollin, Algebraic Number Theory).
Для этого числа $g$: $N(g^2/c)<(a m)^2/a^2=m^2$
Поскольку количество идеалов с данной нормой конечно (что является следствием разложения этой нормы в произведение простых идеалов), то и количество главных идеалов вида $(g^2/c) \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ c нормой меньше $m^2$ конечно.
Можно попробовать перебрать все эти идеалы.


Вычислим эту константу $m$, для $n=3$.
Для этого процитируем упомянутую теорему.

Теорема
=======

Пусть $F$ - числовое поле cо степенью $n=r_1+2 r_2$ расширения $F:Q$, где $(r_1, r_2)$ - сигнатура $F$.
Пусть $G_F$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $I$ - идеал кольца $G_F$.
Тогда существует такой элемент $\alpha \in I$, что

$|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$

Применим эту теорему к полю $F=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Сигнатура поля $F$: $(r_1, r_2)=(1, 1)$.
Дискриминант $\Delta_F=-2^{n-1} n^n=-4 \cdot 27=-108$.
Значит $|N(\alpha)|<\frac{4}{3.14} 6 / 27 \sqrt{108} N(I)<3 N(I)$.

Значит $N(\alpha^2/c)<9$.
Поскольку эта норма является квадратом ($N(c)=a^2$ по предположению), то
либо $N(\alpha^2/c)=1$ либо $N(\alpha^2/c)=4$.

Значит либо $c=u \alpha^2$, либо $c=u \beta^2$,

где $u$ - делитель единицы, а $\beta=\alpha/\sqrt[3]{2}$.

Далее можно закончить это доказательство ВТФ для $n=3$ так же, как в моём успешном доказательстве на форуме.

Этот метод доказательства ВТФ применим к другим конкретным показателям $n$, но я пока не вижу, как применить его для общего случая.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение09.10.2013, 07:50 


31/03/06
1384
Я хочу подчеркнуть, что это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ. В этой теме сначала было доказательство, но в нём была обнаружена ошибка, и она стала темой подготовительных рассуждений. Когда я нашёл новое доказательство, я поместил его в другую тему: "Новое простое доказательство ВТФ для $n=3$. Доказательство там короткое и простое, и я надеюсь, что оно будет проверено.

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

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