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  След.
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение04.11.2013, 20:31 


31/03/06
1384

(Оффтоп)

Вернулся домой и увидел Ваше сообщение.
Наберите:

A=bnfinit(x^51-2);

Затем:

A.no

Первая комманда вычисляет поле $\mathbb{Q}[\sqrt[51]{2}]$, вторая комманда печатает число классов идеалов для этого поля.
Не забудте поставить ; в конце первой комманды, иначе программа выдаст ненужную и нечитаемую информацию.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 09:30 


15/12/05
754
Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):
ananova в сообщении #784632 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #784539 писал(а):
В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ не только число классов идеалов нечётно для всех простых $n<50$, оно равно 1! Это означает, что разложение на простые множители однозначно в этих кольцах.


Я думаю, что это справедливо для всех простых $n$. Весьма вероятно это связано с тем, что $2^n$ имеет функцию Эйлера, взаимно простую с n . Поэтому число классов идеалов равно 1!


Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.


Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):
Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.


Я воспользовался Вашей помощью с командами из оффтопика.

И что могу сказать.. Похоже моя гипотеза справедлива (см.цитату) и есть прямая связь между функцией Эйлера и числом классов идеалов в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{a}]$.

Если для простого n - НОД $$(\varphi(a),n)=1$$ то количество классов идеалов $=1$.

Я не могу это проверить для больших значений простых степеней, но уверен в прямой связи.
Возможно это уже доказано и кто-то поможет найти ссылки.

Проверьте сами:

$A=bnfinit(x^3-7)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^5-11)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=5$

$A=bnfinit(x^7-43)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=7$

$A=bnfinit(x^{11}-23)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=11$

$A=bnfinit(x^3-19)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^3-13)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^3-43)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=12$

С условием $$(\varphi(a),n)=1$$ я даже не будут проверять, т.к. уверен в справедливости.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 10:19 


31/03/06
1384
ananova в сообщении #784908 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):
ananova в сообщении #784632 писал(а):

С условием $$(\varphi(a),n)=1$$ я даже не будут проверять, т.к. уверен в справедливости.


А я не уверен:

A=bnfinit(x^13-10);
A.no

Число классов идеалов $=13$

A=bnfinit(x^17-13);
A.no

Число классов идеалов $=17$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 10:27 


15/12/05
754
Феликс Шмидель в сообщении #784917 писал(а):
А я не уверен:

A=bnfinit(x^13-10);
A.no

Число классов идеалов $=13$


Нннда...

Будут верен себе, ;) допуская справедливость для всех простых $a$
Ну или для простых Софи Жермен и числа 2.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 10:46 


31/03/06
1384

(Оффтоп)

Было бы неплохо перенести нашу переписку в другую тему.
Мне бы хотелось продолжить серьёзную работу над ВТФ.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 10:56 


15/12/05
754

(Оффтоп)

Я не против, тем более, что мне добавить к вышесказанному нечего.

Я очень надеюсь, что высказанное мной предположение верно и Вам не придется "парится", зная, что для выбранного Вами кольца, - число идеалов - всегда равно 1

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 14:27 


31/03/06
1384
Вернёмся к поиску доказательства того, что равенство:

(30) $(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1})=-yz$

невозможно.

Обозначим

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1}$,

$\gamma(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$,

и пусть

$\gamma1(g)=\gamma(g i_n)...\gamma(g i_n^{n-1})$.

Тогда:

(35) $\beta(g) \gamma(g)=-yz$,
(36) $\gamma1(g) \gamma(g)=N(\gamma(g))$.

Из (35) и (36) следует:

(37) $N(\gamma(g)) \beta(g)=(-yz) \gamma1(g)$.

Из (37) следует:

(38) $N(\gamma(g))/(-yz) \beta(g i_n^j)=\gamma1(g i_n^j)$ делится на $\gamma(g)$, для всех $j=1, ..., n-1$.

Если бы удалось доказать, что числа $\gamma(g)$, $\beta(g i_n)$, ..., $\beta(g i_n^{n-1})$ не имеют делителя, общего для всех этих чисел, то число $N(\gamma(g))/(-yz)$ делилось бы на $\gamma(g)$, из чего следовало бы, что число $\gamma1(g)$, равное $N(\gamma(g))/\gamma(g)$ делилось бы на $yz$, значит все коэффициенты числа $\gamma1(g)$ делились бы на $yz$.

Предположим, что все числа $\gamma(g)$, $\beta(g i_n)$, ..., $\beta(g i_n^{n-1})$ делятся на простой идеал $\rho$.

Из этого предположения, как мы видели, следует система сравнений (32):

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 17:51 


31/03/06
1384
Исправление
-----------------

Цитата:
(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$


исправляется на:

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-1} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение05.11.2013, 23:08 


31/03/06
1384
Пусть $b$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$.
Тогда из (37) следует, что $N(\gamma(g)) b/(-yz)$ - целое число.

Пусть $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$, где $\rho$ - простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Предположим, что $2 n$ не делится на $\rho$ (если делится - этот случай рассмотрим отдельно).
Предположим, что система сравнений (32) неразрешима по модулю $\rho$ (мы собираемся показать в дальнейшем, что из системы (32) следует, что $i_n$ сравнимо с целым числом по модулю $\rho$, что невозможно, поскольку то же самое тогда должно быть верно и для $i_n^2$, и разность $i_n^2-i_n$ делилась бы на $\rho$).

Тогда из (38) следует, что $N(\gamma(g)) b/(-yz)$ делится на $\rho^m$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение06.11.2013, 04:19 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #785403 писал(а):
Предположим, что система сравнений (32) неразрешима по модулю $\rho$ (мы собираемся показать в дальнейшем, что из системы (32) следует, что $i_n$ сравнимо с целым числом по модулю $\rho$, что невозможно, поскольку то же самое тогда должно быть верно и для $i_n^2$, и разность $i_n^2-i_n$ делилась бы на $\rho$).


Здесь я ошибся: система сравнений (32) легко решается и без помощи детерминантов, достаточно сложить все сравнения, чтобы получить: $n a_1 \equiv x g^{n-1}$.
Разделив второе (и последующие) сравнения на $i_n^j$ и сложив все сравнения, получим: $n a_2 g \equiv x g^{n-1}$.
Действуя так далее, получим:

(40) $n a_1 \equiv n a_2 g \equiv ... \equiv n a_{n-1} g^{n-2} \equiv n \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$

по модулю идеала $\rho$.

-- Ср ноя 06, 2013 04:35:20 --

Из (38) следует:

(41) $n r a_1 \equiv n r a_2 g \equiv ... \equiv n r a_{n-1} g^{n-2} \equiv n r \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv r x g^{n-1}$

по модулю $\gamma(g)$, где $r=N(\gamma)/(-yz)$.

-- Ср ноя 06, 2013 04:53:24 --

Из (41) следует:

(42) $n \gamma1(g) a_1 \equiv n \gamma1(g) a_2 g \equiv ... \equiv n \gamma1(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n \gamma1(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv \gamma1(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение06.11.2013, 08:20 


31/03/06
1384
Из (41) также следует:

(43) $n r \beta(g) a_1 \equiv n r \beta(g) a_2 g \equiv ... \equiv n r \beta(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n r \beta(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv r \beta(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение07.11.2013, 01:03 


31/03/06
1384
Из сравнений (42) можно вывести значительные следствия.
Каждое из этих сравнений равносильно $n$ сравнениям с соответствующими коэффициентами.
Чтобы не усложнять, предположим, что $2^n-2$ не делится на $n^2$ (в этом случае, кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ содержит все целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому сравнение двух чисел этого кольца по модулю некоторого числа равносильны $n$ сравнениям с соответствующими коэффициентами).

Пусть $\gamma1(g)=b_0+b_1 g+...+b_{n-1} g^{n-1}$.
Покажем, во-первых, что:

(44) $b_j n^n a_k^n \equiv b_j 2^{n-k} x^n$ по модулю $y z$, для любого $j=0, 1, ..., n-1$ и любого $k=1, 2, ..., n-1$.

Сравнение (44) является следствием сравнения $n \gamma1(g) a_k g^{k-1} \equiv \gamma1(g) x g^{n-1}$ по модулю $y z$.
Это сравнение равносильно $n$ сравнениям:

(45)
$n b_{j_0} 2^{t_{j_0}} a_k \equiv b_{s_{j_0}} x 2^{m_{j_0}}$,
$n b_{j_1} 2^{t_{j_1}} a_k \equiv b_{s_{j_1}} x 2^{m_{j_1}}$,
...
$n b_{j_{n-1}} 2^{t_{j_{n-1}}} a_k \equiv b_{s_{j_{n-1}}} x 2^{m_{j_{n-1}}}$.

Выберем последовательность сравнений так, чтобы $j_1=s_{j_0}$, $j_2=s_{j_1}$, ..., $j_{n-1}=s_{j_{n-2}}$.
Тогда $s_{j_{n-1}}=j_0$.

Перепишем сравнения (45) в виде:

(46)
$b_{j_1} \equiv n b_{j_0} 2^{t_{j_0}-m_{j_0}} (a_k/x)$.
$b_{j_2} \equiv n b_{j_1} 2^{t_{j_1}-m_{j_1}} (a_k/x)$.
...
$b_{j_0} \equiv n b_{j_{n-1}} 2^{t_{j_{n-1}}-m_{j_{n-1}}} (a_k/x)$

Из сравнений (46) следует:

(47) $b_{j_0} \equiv n^n b_{j_0} 2^v (a_k/x)^n$, где $v=t_{j_0}-m_{j_0}+...+t_{j_{n-1}}-m_{j_{n-1}}$.

Осталось показать, что $v=k-n$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение07.11.2013, 05:02 


31/03/06
1384
В сравнениях (45), числа $t_{j_0},  m_{j_0}, ..., t_{j_{n-1}},  m_{j_{n-1}}$ равны 0 или 1.
Правые части сравнений (45) можно записать в таком порядке: $b_0 x, b_1 x 2, b_2 x 2, ..., b_{n-1} x 2$.
Левые части сравнений (45) можно записать в таком порядке: $n b_0 a_k, ..., n b_{n-k} a_k, n b_{n-k+1} 2 a_k, ..., n b_{n-1} 2 a_k$.
Значит, $m_{j_0}+...+m_{j_{n-1}}=n-1$ и $t_{j_0}+...+t_{j_{n-1}}=k-1$.
Значит, $v=k-1-(n-1)=k-n$, что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение07.11.2013, 17:01 


31/03/06
1384
Цель этих манипуляций, которые я ещё не закончил - доказать, что наибольший общий делитель чисел $b_0$, ..., $b_{n-1}$ (то есть коэффициентов числа $\gamma1(g)$) делится на $y z$.
Однако, я нашёл неточность при выводе сравнений (41), которая заключается в том, что $r$ может не быть целым числом, и в этом случае (41) неверно.
Эту неточность можно исправить, если определить $r=N(\gamma(g)) b/(-yz)$, так, чтобы $r$ было целым числом.
Тогда сравнения (42) будут:

(42) $n b \gamma1(g) a_1 \equiv n b \gamma1(g) a_2 g \equiv ... \equiv n b \gamma1(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n b \gamma1(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv b \gamma1(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

Мы можем рассчитывать, что из этих сравнений следует, что $b (b_0, ..., b_{n-1})$ делится на $y z$, где $(b_0, ..., b_{n-1})$ - наибольший общий делитель этих чисел.

Однако, можно получить похожий и более сильный результат без сложных манипуляций.

Цитата:
Вернёмся к поиску доказательства того, что равенство:

(30) $(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1})=-yz$

невозможно.

Обозначим

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1}$,

$\gamma(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$,

и пусть

$\gamma1(g)=\gamma(g i_n)...\gamma(g i_n^{n-1})$.

Тогда:

(35) $\beta(g) \gamma(g)=-yz$,
(36) $\gamma1(g) \gamma(g)=N(\gamma(g))$.

Из (35) и (36) следует:

(37) $N(\gamma(g)) \beta(g)=(-yz) \gamma1(g)$.


Из (37) следует:

(37.1) $\gamma1(g)=D_{\gamma1} \beta(g)/D_{\beta}$,

где $D_{\gamma1}$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma1(g)$, а $D_{\beta}$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ (взятые с подходящими знаками).

Из (37.1) следует:

(37.2) $(N(\gamma(g)))^{n-1}=N(\gamma1(g))=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n N(\beta(g))$

Значит:

(37.3) $(N(\gamma(g)))^{n-1}=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n N(\beta(g))$

Поменяв $\beta(g)$ и $\gamma(g)$ ролями, получим:

(37.4) $(N(\beta(g)))^{n-1}=(D_{\beta1}/D_{\gamma})^n N(\gamma(g))$

Умножая равенство (37.3) на равенство (37.4) получим:

(37.5) $(-y z)^{n(n-1)}=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n (D_{\beta1}/D_{\gamma})^n (-yz)^n$

Из (37.5) следует:

(37.6) $(D_{\gamma1}/D_{\gamma})(D_{\beta1}/D_{\beta})=(-yz)^{n-2}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение08.11.2013, 06:59 


31/03/06
1384
Мы уже отмечали, что из (37) следует:

(37.7) $N(\gamma(g)) D_{\beta}/(-yz)$ - целое число.

Это простое следствие из (37) значительно, и тем более, мы не должны пренебрегать более сильным сравнением, которое можно получить из начатых манипуляций:

(50) $D_{\gamma1} D_{\beta}$ делится на $y z$.

Поменяв $\beta$ и $\gamma$ ролями, получим:

(51) $D_{\beta1} D_{\gamma}$ делится на $y z$.

Если числа $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$ взаимно-просты, то из (50) и (51) следует:

(52) $a_1$, ..., $a_{n-1}$ делятся на $y z$.

Поэтому мы можем попытаться получить противоречие из (52), и если это удастся, заняться доказательством (50), (51) и (52).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 48 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  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