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 1, 2, 3, 4  След.
 
 ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение08.05.2013, 12:50 


31/03/06
1384
Успешное развитие темы "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" позволяет мне взяться за этот проект. У меня нет всех деталей доказательства. В частности, не понятно, каким образом получить противоречие, из того, что $x^2-\sqrt[n]{4} yz$ является квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Кроме этого, метод той темы применим только если числа $x^2-\sqrt[n]{4} yz$ и $x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)} \sqrt[n]{4} yz+...+(\sqrt[n]{4} yz)^{n-1}$ взаимно-просты.
Если нечётный простой идеал $\rho$ кольца $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ является их общим делителем, то $n$ делится на $\rho$ и $x^{2 n}-4 (yz)^n$ делится на $n$.
Этого можно избежать, поменяв $x$ и $y$ местами.
Я прошу разрешения на попытку доказательства, несмотря на то, что его ещё нужно дорабатывать.
Таким образом полное доказательство появится не сразу, а в процессе развития этой темы.
Прежде чем приступить к доказательству, я должен быть уверен в правильности лемм в теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$".
Поэтому я прошу уважаемых форумчан проверить их правильность.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение06.06.2013, 18:16 


31/03/06
1384
К сожалению, леммы, которые казались многообещающими, пока ничего не дали.
Так что попытка отменяется, если конечно в теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" не будет реального прогресса.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение08.10.2013, 11:59 


31/03/06
1384
В теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" наметился прогресс, что позволило мне открыть новую тему с простым доказательством для $n=3$.
Поэтому я решил вернуться в эту тему для поиска доказательства общего случая.

Предположим, $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$.

Пусть $g=\sqrt[n]{4}$.

Пусть $c=x^2-g y z$, $d=x^{2n-2}+x^{2n-4} yz g+x^{2n-6} (yz)^2 g^2+...+(yz)^{n-1} g^{n-1}$.

Тогда $c d=a^2$.

Не будем пока заниматься вопросом о взаимной простоте чисел $c$ и $d$, а просто предположим, что они взаимно-просты.

Тогда $c=I^2$, где $I$ - некоторый идеал.

Пусть

(1) число $\alpha=r_0+r_1 g+...+r_{n-1} g^{n-1}$ принадлежит идеалу $I$.

Тогда

(2) $\alpha d$ делится на $a$.

Пусть $w$ - вычет по модулю $a$, такой что $x^2 \equiv y z w$ по модулю $a$

Тогда сравнение (2) эквивалентно сравнению:

(3) $\alpha (w^{n-1}+w^{n-2} g+w^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ делится на $a$.

Из (1) и (3) следует (определяя коэффициент при $g^{n-1}$ в произведении):

(4) $r_0+r_1 w+r_2 w^2+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$.

Нетрудно показать, что все остальные сравнения, которые можно получить из (3) эквивалентны сравнению (4), и что:

(5) сравнение (4) является необходимым и достаточным условием для того, чтобы число $\alpha$ принадлежало идеалу $I$.

Идея доказательства проста: найти такое $\alpha \in I$, чтобы норма числа $\alpha^2/c$ была меньше нормы $c$.
Если бы удалось найти такое число $\alpha^2/c$ в форме двучлена, какую имеет число $c$, то мы бы получили бесконечный спуск "а ля Ферма".
Посмотрим, удастся ли нам это сделать.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение09.10.2013, 07:43 


31/03/06
1384
Я хочу подчеркнуть, что это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ, как и тема "Новое доказательство ВТФ для $n=3$. В той теме сначала было доказательство, но в нём была обнаружена ошибка, и она стала темой подготовительных рассуждений. Когда я нашёл 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  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение11.10.2013, 19:47 


31/03/06
1384
это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ.

Цитата:
Идея доказательства проста: найти такое $\alpha \in I$, чтобы норма числа $\alpha^2/c$ была меньше нормы $c$.
Если бы удалось найти такое число $\alpha^2/c$ в форме двучлена, какую имеет число $c$, то мы бы получили бесконечный спуск "а ля Ферма".


У меня появилась другая идея, которая кажется мне более простой: доказывать, что если $c=I^2$, где $I$ - идеал,
то $c=u \beta^2$, где $u$ - делитель единицы.
Причём $c$ уже не двучлен, как в ВТФ, а произвольное число, принадлежащее кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Это более сложная теорема, из которой следует ВТФ и неизвестно верна ли она.
Но для $n=3$ она верна, причём наш метод почти позволяет это доказать.
Почти, потому что сейчас уже неизвестно, что $c$ и $d$ - взаимно-простые, хотя я думаю, что это верно.
Но этим нет необходимости заниматься. Можно просто взять $\alpha$ в виде $u a+v c$, где $a$ - норма идеала $I$,
а $u$ и $v$ - произвольные числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$. Такие $\alpha$ принадлежат идеалу $I$ и наша задача сделать норму $\alpha$ меньше нормы $c$, т.е. $a^2$. Тогда сработает бесконечный спуск. Если это сделать нельзя, то число $c$ должно находится вблизи экстремума, который можно получить приравнивая производные нулю (если пойти во "все тяжкие").

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение13.10.2013, 22:03 


31/03/06
1384
это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ.

Посмотрим пока, что мы можем получить из сравнения (4). Мы доказали ВТФ для $n=3$ путём оценки нормы числа
(1). Для этого мы использовали следствие из теоремы Минковского. Мы однако не оценили коэффициенты $r_0$, $r_1$, ..., $r_{n-1}$. Это сделать несложно.
Пусть

(6) $0 \leq r_i \leq m$ for $i=0, 1, ... n-1$,

где $m$ -некоторое натуральное число.

Потребуем, чтобы было не меньше $a$ чисел вида (1), удовлетворяющих (6).
Это условие удовлетворяется, если

(7) $(m+1)^n \geq a$.

Пусть число $m$ удовлетворяет неравенству (7).

Если среди чисел, удовлетворяющих (6) нет сравнимых по модулю $a$, то одно из них удовлятворяет (4).
Если есть, то разность этих двух чисел удовлетворяет (4). Эта разность является числом вида (1), удовлетворяющим:

(8) $|r_i| \leq m$ for $i=0, 1, ... n-1$,

Пусть $m$ - наибольшее натуральное число, которое меньше чем $\sqrt[n]{a}$.
Тогда существует число вида (1), удовлетворяющее (4) и (8).

Норма этого числа не превышает $a (1+\sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})^n$

Эта оценка хуже чем та, которую мы использовали в доказательстве для $n=3$, зато мы получили её элементарным способом.
Важнее, однако, что она оценивает координаты $r_0$, ..., $r_{n-1}$, которые получились меньше чем $\sqrt[n]{a}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение13.10.2013, 23:26 


31/03/06
1384
Любопытно, насколько лучшую оценку, по сравнению с элементарной даёт теорема Минковского.
Рассмотрим множество точек $(r_0, ..., r_n)$ с целочисленными координатами в $\mathbb{R}^n$, удовлетворяющих (4).
Это множество является подгруппой по сложению группы $\mathbb{Z}^n$.
Индекс этой подгруппы равен $a$, поэтому объём фундаментальной области решётки, образуемой точками этого множества равен $a$.
Cогласно теореме Минковского, $n$-мерный шар, с центром в начале координат, объём которого больше чем $2^n a$, содержит хотя бы одну точку рассматриваемого множества.
Объем $n$-мерного шара радиуса $R$ равен $\pi^{(n-1)/2} R^n 2^n ((n-1)/2)!/n!$.
Получим: $R>\sqrt[n]{a} (\frac{n!}{((n-1)/2)!})^{1/n}/\pi^{(n-1)/(2 n)}$.
Эта оценка лучше элементарной, но элементарная проще и удобней.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение15.10.2013, 13:09 


31/03/06
1384
Наш метод доказательства для $n=3$ порождает множество идей.
Например, в каких $n$-мерных единичных "кубах" есть $n$ точек, в которых (соответственно) $n$-частных производных нормы равны 0?
Понятно, что единичный "куб", содержащий точку наименьшего значения нормы должен быть таким.
Или может быть любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала?
В этом случае, мы сразу получили бы бесконечный спуск.
Идея найти двучлен вида $\alpha^2/c$ с меньшей нормой чем $c$ требует проверки, хотя бы в простейшем случае $n=3$.
Однако, когда мы говорим о числе $\alpha^2/c$, мы должны иметь ввиду, что если $c d \ne a^2$, то из принадлежности $c$ идеалу $I$ не следует, что $\alpha^2$ делится на $c$.
На самом деле $c d \ne a^2$, но тогда, что такое $a$?
Оказывается можно получить сравнение (4) при более слабом предположении, что $c d$ делится на $a^2$.
Пусть $c d$ делится на $a^2$, и $w$ - такое натуральное число, что $x^2-yz w$ делится на $a^2$.
Пусть $I=\{u a+v c\}$ - идеал, генерированный числами $a$ и $c$.
Пусть $\alpha=r_0+r_1 \sqrt[3]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$, $\alpha^2=R_0+R_1 \sqrt[3]{4}+...+R_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$
У меня получилось, что следующие условия эквивалентны:
1) $\alpha d$ делится на $a$
2) $\alpha^2 d$ делится на $a^2$
3) $\alpha$ принадлежит идеалу $I$
4) $r_0+r_1 w+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$
5) $R_0+R_1 w+...+R_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a^2$

Заранее извинившись за возможность ошибки, в следующем сообщении буду доказывать (если до тех пор её не найду).
И это без предположения, что $cd=a^2$! При этом $\alpha^2$ не обязано делиться на $c$.
Вместо $\alpha^2/c$ можно рассматривать число $\alpha^2 d/a^2$ (эти числа равны при предположении $c d=a^2$).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение15.10.2013, 17:28 


31/03/06
1384
Доказательство:
----------------------

1)->2) Пусть $\alpha^2 d$ делится на $a^2$.

Тогда $\alpha^2 d^2$ делится на $a^2$.
Значит $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

2)->3) Пусть $\alpha d$ делится на $a$.

Поскольку $a$ делится на $I$, то $\alpha d$ делится на $I$.
Поскольку $c$ делится на $I$, то $d$ взаимно-просто с $I$.
Значит $\alpha$ делится на $I$, что и требовалось.

3)->1) Пусть $\alpha$ принадлежит идеалу $I$.

Тогда $\alpha d$ принадлежит идеалу $Id=\{u d a+v d c\}=a \{u d+v (dc/a) \}$.
Значит $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

1)->4) Пусть $\alpha d$ делится на $a$.

Поскольку $d \equiv (y z)^{n-1} (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ по модулю $a^2$ (заменяя $x^2$ в $d$ на $y z w$), то:

(10) $\alpha (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ делится на $a$.

Значит:

(11) $(r_0+r_1 \sqrt[3]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}) (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ делится на $a$

Раскрывая скобки и определяя коэффициент при $(\sqrt[3]{4})^{n-1}$ получим 4).

4)->1) Пусть $r_0+r_1 w+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$

Умножая выражение в левой части этого сравнения последовательно на $w$, $w^2$, ..., $w^{n-1}$ и учитывая, что $w^n \equiv 4$ по модулю $a^2$ (и значит по модулю $a$), получим все коэффициенты при раскрытии скобок в произведении (11).
Значит (11) имеет место, следовательно (10) имеет место.
Умножая (10) на $(y z)^{n-1}$ и заменяя $y z w$ на $x^2$ получим $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

2)->5) доказывается таким же способом, как 1)->4).

5)->2) доказывается таким же способом, как 4)->1).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение17.10.2013, 21:31 


31/03/06
1384
Появилась ещё одна идея.
Мы нашли число вида $\alpha^2/c$ c нормой меньше зависящей от $n$ константы.
Более того, если $\alpha^2/c=s_0+s_1 \sqrt[3]{4}+...+s_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$,
то все коэффициенты не превышают по абсолютной величине $c n$, где $c$ небольшое число (которое можно установить исходя из нашей оценки коэффициентов числа $\alpha$ несколько сообщений назад).
Пусть $\beta=\alpha^2/c$, и $\beta_0$ - произведение всех сопряжённых с $\beta$ чисел, так что
$\beta \beta_0=N(\beta)=b^2$ является квадратом целого числа.
Тогда $c=\alpha^2/\beta=\alpha^2 \beta_0/b^2$.
Получается, что $\alpha^2 \beta_0$ - двучлен.
Если бы мы нашли другое такое $\alpha$, c меньшими коэффициентами, то мы сразу получили бы бесконечный спуск (поскольку $N(\beta_0)$ и $N(\alpha^2 \beta_0)$ являются квадратами целых чисел).
Проверим эту идею для $n=3$.
Пусть $\beta_0=b_0+b_1 \sqrt[3]{4}+b_2 (\sqrt[3]{4})^2$, $\alpha=a_0+a_1 \sqrt[3]{4}+a_2 (\sqrt[3]{4})^2$.
Тогда $\alpha^2=(a_0^2+8 a_1 a_2)+(2 a_0 a_1+4 a_2^2) \sqrt[3]{4}+(2 a_0 a_2+a_1^2) (\sqrt[3]{4})^2$
Мы ищем такие целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, что:

(12) $(a_0^2+8 a_1 a_2) b_1+(2 a_0 a_1+4 a_2^2) b_0+4 (2 a_0 a_2+a_1^2) b_2=0$.

Причём нам известно, что такие числа существуют, и наша задача найти такие относительно небольшие числа.
Левая часть равенства (12) является квадратичной формой, которую можно привести к каноническому виду (несингулярной линейной трансформацией), и мы получим уравнение:

(13) $B_0 A_0^2+B_1 A_1^2+B_2 A_2^2=0$

Думаю, что оценка решения $A_0$, $A_1$ и $A_2$ в зависимости от коэффициентов $B_0$, $B_1$ и $B_2$ существует.
Если это так, то мы получим третье доказательство ВТФ для $n=3$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение19.10.2013, 12:09 


31/03/06
1384
lasta в сообщении #777071 писал(а):
Ферма говорил не только о бесконечном спуске, но и о бесконечном подъеме.
Но здесь такая же сложная задача обосновать существование примитивного решения с теми же свойствами.


Замечательный комментарий!
Он наводит на мысль, что можно доказать ВТФ не только бесконечным спуском, но и бесконечным подъёмом.
Бесконечный подъём доказывает ВТФ в силу теоремы Фалтинга о конечности числа решений ВТФ.
Поскольку уравнение (13) имеет решение, то оно имеет бесконечное число решений.
Ещё одно доказательство для $n=3$?

В следующем сообщении мы найдём необходимые и достаточные условия для того, чтобы число $\alpha^2/c$ было двучленом вида $c_0+c_1 \sqrt[n]{4}$.
Затем попробуем найти нетривиальное число $\alpha$, удовлетворяющее этим условиям для $n=5$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение19.10.2013, 17:32 


31/03/06
1384
Пусть $W=x^2/yz$, $g=\sqrt[n]{4}$.
Пусть $c=x^2-yz g$, $d=x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} yz g+...+(yz)^{n-1} g^{n-1}$.
Пусть $\alpha=r_0+r_1 g+...+r_{n-1} g^{n-1}$, $\alpha^2=R_0+R_1 g+...+R_{n-1} g^{n-1}$.

Для того, чтобы $\alpha^2 d$ было двучленом вида $c_0+c_1 g$ необходимо и достаточно соблюдение следующих двух условий:

1) $R_3=R_4=...=R_{n-1}=0$ (это условие исключается при $n=3$).
2) $R_0+R_1 W+R_2 W^2=0$.

Доказательство
----------------------

1. Необходимость

Пусть $\alpha^2 d$ является двучленом вида $c_0+c_1 g$.
Тогда $\alpha^2 d c$ является произведением двух двучленов этого вида, значит является трёхчленом.
Поскольку $d c=x^{2 n}-4 (y z)^n$ - ненулевое целое число, то имеет место условие 1)
Коэффициент при $g^{n-1}$ в произведении $\alpha^2 d$ равен $(y z)^{n-1} (R_0+R_1 W+R_2 W^2+...+R_{n-1} W^{n-1})$.
Поскольку этот коэффициент равен нулю, то из условия 1) следует условие 2), что и требовалось.

2. Достаточность.

Пусть $\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$

Поскольку

$\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=(R_0+R_1 g+...+R_{n-1} g^{n-1})(W^{n-1}+W^{n-2} g+...+g^{n-1})$,

то:

(14) $a_{n-1}=R_0+R_1 W+R_2 W^2+...+R_{n-1} W^{n-1}$,

(15) $a_{n-2}=R_0 W+R_1 W^2+...+R_{n-2} W^{n-1}+4 R_{n-1}=a_{n-1} W+(4-W^n) R_{n-1}$,

(16) $a_{n-3}=R_0 W^2+R_1 W^3+...+R_{n-3} W^{n-1}+4 R_{n-2}+4 R_{n-1} W=a_{n-2} W+(4-W^n) R_{n-2}$,

...

$a_0=R_0 W^{n-1}+4 R_1+ 4 R_2 W+ ...+4 R_{n-1} W^{n-2}=a_1 W+(4-W^n) R_1$.

(Умножая последнее равенство на $W$ получим: $4 a_{n-1}=a_0 W+(4-W^n) R_0$).

Пусть условия 1) и 2) имеют место.

Из (14) и условий 1) и 2) следует: $a_{n-1}=0$.
Из $a_{n-1}=0$, $R_{n-1}=0$ и (15) следует: $a_{n-2}=0$.
...
Из $a_{3}=0$, $R_{3}=0$ и $a_2=a_3 W+(4-W^n) R_3$ следует: $a_{2}=0$.

Значит: $\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=a_0+a_1 g$.

Следовательно $\alpha^2 d$ - двучлен, что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение27.10.2013, 21:16 


31/03/06
1384
Отложим пока попытки сделать $\alpha^2 d$ двучленом.
Заметим только, что необходимые и достаточные условия, доказанные в предыдущем сообщении представляют равенство нулю квадратичных форм от коэффициентов $r_0$, ...,$r_{n-1}$.
Для установления закономерностей, хорошо бы иметь программу, приводящую квадратичные формы к каноническому виду.
Вернёмся к оценке числа $\alpha \in I$ с минимальными коэффициентами, где $I$ - идеал, генерированный числами $a$ и $c$.
Мы показали, что существует $\alpha \in I$ с коэффициентами меньше чем $\sqrt[n]{a}$ по абсолютной величине.
Для этого мы использовали элементарные соображения.
Заметим, однако, что ту же оценку можно получить по теореме Минковского, если вместо $n$-мерного "шара" рассматривать $n$-мерный "куб" со стороной $2 \sqrt[n]{a}$.

Кроме элементов идеала $I$ можно рассматривать элементы идеала $J$, генерированного числами $a$ и $d$.
Пусть $w$ - вычет по модулю $a$, такой что $x^2 \equiv y z w$ по модулю $a$.
Можно показать, что $\beta=r_0+r_1 \sqrt[n]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[n]{4})^{n-1}$ принадлежит идеалу $J$ тогда и только тогда, когда $r_0 \equiv r_{n-1} w^{n-1}$, ..., $r_{n-2} \equiv r_{n-1} w$ по модулю $a$.

В самом деле $\beta c$ делится на $I J=(a)$ (если $c d=a^2$).
Значит $\beta (w-\sqrt[n]{4})=(r_0 w-4 r_{n-1})+(r_1 w-r_0) \sqrt[n]{4}+...+(r_{n-1} w-r_{n-2}) (\sqrt[n]{4})^{n-1}$ делится на $a$.
Значит $r_0 \equiv r_{n-1} w^{n-1}$, ..., $r_{n-2} \equiv r_{n-1} w$ по модулю $a$.
Эти необходимые условия для принадлежности числа $\beta$ идеалу $J$ являются достаточными, так как из них следует, что $\beta c$ делится на $I J=(a)$, следовательно $\beta c$ делится на $J$, следовательно $\beta$ делится на $J$, поскольку число $c$ взаимно-просто с $(d)=J^2$.
Можно показать, что наборы коэффициентов $(r_0, ..., r_{n-1})$, удовлетворяющие этим условиям образуют подгруппу индекса $a^{n-1}$ группы $\mathbb{Z}^n$.
Значит объём фундаментальной области решётки, образованной этой подгруппой равен $a^{n-1}$.
Согласно теореме Минковского с $n$-мерным "кубом", существует число $\beta \in J$, все коэффициенты $r_0$, ..., $r_{n-1}$ которого меньше $a^{(n-1)/n}$ по абсолютной величине.
Я затрудняюсь получить этот результат из элементарных соображений.

Имеем:

(20) $\frac{\alpha^2}{c} \frac{\beta^2}{d}=(\frac{\alpha \beta}{a})^2$.

Все коэффициенты числа $\frac{\alpha \beta}{a}$ меньше $4 n$ по абсолютной величине.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение29.10.2013, 19:06 


31/03/06
1384
Заметим, что наш метод оценки числа $\alpha^2/c$ c минимальной нормой, не приведёт к доказательству ВТФ, если число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ чётно.
В самом деле, для такого показателя $n$, существует класс идеалов порядка 2, и в нём есть неглавные идеалы с относительно небольшой нормой, квадрат которых равен главному идеалу.
Поэтому наша оценка левой части равенства (20) также не приведёт к доказательству ВТФ для всех $n$, даже если мы её улучшим.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ для любого простого показателя $n$.
Сообщение29.10.2013, 23:30 


31/03/06
1384

(Оффтоп)

13 ответов и 666 просмотров :twisted:


Пусть $c d=a^2$, $(c)=I^2$, $(d)=J^2$, где $I$ и $J$ - идеалы.
Пусть $\alpha \in I$ and $\beta \in J$.
Покажем, что $\alpha^2/c=\beta^2/d$ тогда и только тогда, когда $\alpha=\pm \beta c/a$.
1. Пусть $\alpha^2/c=\beta^2/d$.

Тогда $\alpha^2=\beta^2 c^2/(c d)=(\beta c/a)^2$, следовательно, $\alpha=\pm \beta c/a$, что и требовалось.

2. Пусть $\alpha=\pm \beta c/a$.

Тогда $\alpha^2/c=\beta^2 c/a^2=\beta^2/d$, что и требовалось.

-- Вт окт 29, 2013 23:48:43 --

Цитата:
Наш метод доказательства для $n=3$ порождает множество идей.
Например, в каких $n$-мерных единичных "кубах" есть $n$ точек, в которых (соответственно) $n$-частных производных нормы равны 0?
Понятно, что единичный "куб", содержащий точку наименьшего значения нормы должен быть таким.
Или может быть любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала?



Замечание в предыдущем сообщении показывает, что эти идеи не ведут к доказательству ВТФ.
По-моему, это замечание опровергает предположение, что "любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала".

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 48 ]  На страницу 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