Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Возможно, мы доказали

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

но мы пока поставим и это утверждение под сомнение.
Дело в том, что доказательство утверждения (60) зависит от наличия такого простого делителя $p$, на которое делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$, что среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).

Теперь мы уже не сомневаемся в (60), потому что существует другое доказательство этого утверждения, не связанное с наличием таких простых делителей $p$.
Это другое доказательство основано на применении закона квадратичной взаимности Гекке в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.
Числа в (60) (вернее идеал, генерированный каждым из них) являются квадратом идеала.
То, что одно из чисел в (60) является нечётным и сравнимо с квадратом по модулю $4$ следует из найденных нами выражений коэффициентов $c_0, c_2, c_3$ через $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$:

Цитата:

$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

$c_3=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2-16 a_0 a_3 a_4^3- 32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

Поскольку числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ чётные, то $c_0 \equiv -3 a_0^5 \mod 4, c_2 \equiv 5 a_0^5 \mod 4, c_3 \equiv 5 a_0^5 \mod 4$, следовательно $(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3) \equiv (-3+5 i_5^2+5 i_5^3) a_0^5 \mod 4$.
Проверим, что $(i_5+1)^5=-3+5 i_5^2+5 i_5^3$.
В самом деле, $(i_5+1)^5=1+5 i_5^4+10 i_5^3+10 i_5^2+5 i_5+1=5 (1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4)-3+5 i_5^3+5 i_5^2=-3+5 i_5^3+5 i_5^2$.
Значит $(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3) \equiv (i_5+1)^5 a_0^5 \mod 4$.
Умножая это сравнение на $i_5+1$ получим, что одно из чисел в (60) сравнимо с $(i_5+1)^6$ по модулю $4$, то есть является квадратом по модулю $4$.
Что и требовалось.

-- Сб дек 05, 2015 09:53:13 --

Это сообщение даёт надежду на успешное завершение этой темы.
В самом деле, мы знаем, что $x y z$ делится на $11$, и если одно из нечётных чисел, скажем, $x$ делится на $11$, то можно получить противоречие из (60), поскольку коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ делятся на $11$.

[Феликс Шмидель]

Предположим, что $x$ и $y$ - нечётные числа, а $z$ - чётное число.
Мы теперь знаем, что $x$ и $y$ не делятся на $11$.
Поскольку $x y z$ делится на $11$, в силу критерия Вендта, то $z$ делится на $11$.
Согласно теореме 1 в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1" имеет место равенство:

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из этого равенства можно получить равенство:

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Рассмотрим вопрос, можно ли используя это равенство придти к противоречию, рассуждая как в случае с равенством (28).

Сначала разберёмся в вопросе чётности коэффициентов $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$.
Мы знаем из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4", лемма 15.2.2, что $a_1$ - нечётное число, а остальные коэффициенты - чётные.
Но мы установим это снова, поскольку хотим, чтобы наши рассуждения устанавливали чётность коэффициентов не только для $n=5$.

Из равенства (3 z) и нечётности числа $x y$ следует, что коэффициент $a_1$ - нечётный.
Число $z$ делится на $4$, и из уравнение Ферма $x^n+y^n+z^n=0$ следует, что $x+y$ делится на $4^n$ (поскольку $\frac{x^n+y_n}{x+y}=x^{n-1}+x^{n-2} (-y)+...+y^{n-1}$ - нечётное число).
Значит $x y \equiv -x^2 \mod 4^n$, следовательно $x y+1$ делится на $8$.
Отнимая от обеих частей равенства (3 z) число $\sqrt[n]{4}$ получим, что произведение

$(a_0+(a_1-1) g +a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}) (a_0+(a_1+1) g +a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1})$ делится на $8 g^2$.

Значит один из сомножителей делится на $2 g^4$ (поскольку $8 g^2=g^{17}$), из чего следует, что коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ - чётные.
Пусть, например, первый сомножитель делится на $2 g^4$.
Тогда $\frac{a_0}{2}+\frac{a_1-1}{2} g+\frac{a_2}{2} g^2+\frac{a_3}{2} g^3$ делится на $g^4$ из чего можно последовательно установить, что числа $a_0, a_1-1, a_2, a_3$ делятся на $4$.
Тогда наибольшая степень $g$, на которую делится второй сомножитель равна $g^6$ (поскольку $(a_1+1) g$ делится на $g^6$ и не делится на $g^7$).
Из этого следует, что первый сомножитель делится на $4 g$, следовательно коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$.
В сравнении с леммой 15.2.2 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4", этот результат более сильный ( так как в лемме 15.2.2 возможно, что $a_4$ не делится на $4$).

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Уже понятно, что нам не удастся получить противоречие из (28 z) так как мы получили противоречие из (28) (и предположения, что $x$ делится на $11$).
Второй сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на $2 g$ и не делится на $2 g^2$, и можно рассчитывать на то, что этот сомножитель, делённый на $2 g$ является квадратом.
Для того, чтобы применить закон квадратичной взаимности Гекке, уже нет необходимости умножать этот сомножитель на $i_n+1$, достаточно, чтобы коэффициент $a_1$ был сравним с $1$ по модулю $4$ (поскольку во втором сомножителе член c $a_1$ равен $2 i_n a_1 g$, и после деления на $2 g$, получим $i_n a_1$).

Таким образом, мы доказали только, что именно четное число $z$ делится на все релевантные конкретные простые числа $p$, на которые делится произведение $x y z$.

[Феликс Шмидель]

На эти конкретные простые числа $p$ делится первый сомножитель в левой части равенства (28 z), поскольку на $p$ делятся коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$, в силу теоремы 3 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1".
Первый сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на $p^2$, поскольку второй сомножитель взаимно-прост с $p$ (так как $a_1$ не делится на $p$), а $z^2$ делится на $p^2$.
Для $n=5$ у нас есть информация о степенях числа $p$, на которые делятся коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$.
Эту информацию даёт нам лемма 4.6 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5":

Цитата:

Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

Если $a_1$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^{4 t}, p^t$.

(Лемма 4.6 утверждает, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$, лемма 4.7 - что $p^{4 t}$ является наибольшей степенью $p$, на которую делится $a_3$).

Поскольку первый сомножитель в левой части равенства (28 z) делится на чётную степень $p$, то $t$ - чётное число, и разделив первый сомножитель на $p^t$, получим частное, которое при делении на $p$ даёт остаток, определяемый членом с коэффициентом $a_4$.
Посмотрим, ведёт ли это к противоречию.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я думаю, что это ведёт к противоречию, потому что член с коэффициентом $a_4$ в первом сомножителе равен $\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5-i_5^4}{i_5-1} g^4$.
Если среди вычетов $(i_5+1) (i_5^2+i_5+1)$ по модулю $p$ есть квадратичные и неквадратичные, то мы получим противоречие.

Рассмотрим случай любого нечётного простого $n<100$ (а не только $n=5$).
Пусть $p^t$ - максимальная степень $p$, на которую делится $z^2$.
Мы показали, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p^t$.
Поскольку $z^2=a_0^2+2 a_1 a_{n-1}+2 a_2 a_{n-2}+...+2 a_{(n-1)/2} a_{(n+1)/2}$, то $a_{n-1}$ не делится на $p^{t+1}$ (так как $a_1$ не делится на $p$, а все остальные слагаемые в правой части этого равенства, кроме $2 a_1 a_{n-1}$, делятся на $p^{2 t}$). Числа же $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-2}$ делятся на $p^{2 t}$, поскольку $2 a_0 a_{j+1}+2 a_1 a_j+...=0$, и все слагаемые в этом равенстве, кроме $2 a_1 a_j$, делятся на $p^{2 t}$, для любого $j=2, 3, ..., n-2$ (случай $j=0$ лучше рассмотреть отдельно, потому что сумма, в этом случае, имеет вид: $2 a_0 a_1+...=0$).

Значит наше рассуждение для $n=5$ можно сформулировать в общем виде и доказать ВТФ для многих конкретных $n$.
Если рассуждение выдержит проверку, то эта тема будет успешно завершена.

[Феликс Шмидель]

К сожалению, последнее рассуждение не проходит по простой причине: число $(i_5+1) (i_5^2+i_5+1)$ равно $-i_5^3 (i_5+1)^2$ и не может давать квадратичные и неквадратичные вычеты.

[Феликс Шмидель]

Вернёмся к равенству (28):

(28) $(\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5)}{i_5-1})(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2$

и вопросу о том, верно ли утверждение (62):

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Мы показали, что оно сводится к вопросу:

(62.a) является ли число $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ квадратом по модулю $4$?

Мы показали, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ имеется $16^{10}-16^9=1030792151040$ вычетов по модулю $4$, взаимно-простых с $4$.
Пусть число $\beta(i_5, g)$ представляет какой-либо из этих вычетов, и пусть $\beta(i_5, g) \equiv \beta_1(i_5, g) \mod 2$.
Тогда $\beta^2(i_5, g) \equiv \beta_1^2(i_5, g) \mod 4$.
Значит достаточно рассмотреть вычеты по модулю $2$, взаимно-простых с $2$, коих имеется $16^5-16^4=983040$.
Для этого числа можно проверить на компьютере, является ли квадрат одного из этих вычетов сравним с $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ по модулю $4$.

-- Пн дек 14, 2015 00:25:49 --

Эти вычеты по модулю $2$ имеют вид: $u_0(i_5)+u_1(i_5) g+u_2(i_5) g^2+u_3(i_5) g^3+u_4(i_5) g^4$.
Из этих вычетов нас интересуют только такие, квадрат которых сравним с $\pm 1$ по модулю $2$.
У таких вычетов коэффициенты $u_1(i_5)$ и $u_2(i_5)$ должны быть чётными (иначе квадрат одного из этих коэффициентов нечётный, из чего следует наличие в квадрате вычета члена с $g^2$ или $g^4$ c нечётным коэффициентом).
Значит нас интересуют только вычеты вида $u_0(i_5)+u_3(i_5) g^3+u_4(i_5) g^4$.
В квадрате такого вычета коэффициент при $g^2$ делится на $4$ (так как он равен $4 u_3(i_5) u_3(i_5)$).
Выглядит так, что квадрат такого вычета не может быть сравним с $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ по модулю $4$.

[Феликс Шмидель]

Итак, мы вроде установили, что утверждение

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$

неверно (при условии, что $x y z$ делится на $4$ и не делится на $8$).

[Феликс Шмидель]

Если утверждение (62) неверно, то можно найти такой делитель единицы $u(g, i_5)$, не являющийся квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, что выполняется утверждение:

(62.b) $u(g, i_5)(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Можно надеяться получить из (62.b) противоречие, рассматривая выражение $u(g, i_5)(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ по модулю конкретных простых чисел $p$, на которые делятся коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$.
В самом деле, из (62.b) следует, что либо $u(g, i_5)$, либо $-u(g, i_5)$ является квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ по модулю $p$.
Если бы удалось получить из этого противоречие, это не доказывало бы ВТФ для $n=5$, а только доказывало, что $x y z$ делится на $8$, и тогда было бы верно не (62.b), а утверждение (62).
Но это тоже интересно.

[Феликс Шмидель]

У нас есть новые идеи для случая, если $x y z$ делится на $8$.
Сначала покажем, что в этом случае все коэффициенты $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$, кроме одного делятся на $4$.

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двойки, на которую делится $x y z$, где $t \ge 2$.

Пусть $x$ - нечётное число.
Покажем, что в этом случае коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{t-1}$.

Рассмотрим формулу

(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})=-y z$.

Поскольку $y z$ делится на $4$, то один из сомножителей в левой части этого равенства делится на $2$.
Тогда другой сомножитель делится на $g^{n-1}$ и не делится на $2$, поскольку разность между вторым и первым сомножителями равна $x g^{n-1}$.
Следовательно, один из сомножителей делится на $2^{t-1} g$, а другой на $g^{n-1}$.
Что и требовалось.

Можно было бы определить наибольшие степени двойки, на которые делятся коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$, как мы это сделали для $n=5$ (в лемме 4.8 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5" (кстати мы заметили ошибку в доказательстве этой леммы, не влияющую на результат: в третьей строке доказательства должно быть не $2^{3 t}$, а $2^{3 t}$ или $2^{4 t-2}$, при $t=1$ второе число меньше)).
Но это непросто сделать в общем виде, для любого $n$, и нам это не нужно.

Пусть теперь выполняется не (3), а (3 z):

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двойки, на которую делится $x y z$, где $t \ge 2$.

Пусть $z$ - чётное число.

Покажем, что в этом случае коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{2 t-2}$.
Из уравнения $x^n+y^n+z^n=0$ следует, что $x+y$ делится на $2^{t n}$, следовательно $-x y \equiv x^2 \mod 2^{t n}$.
Из равенства (3 z) следует (делением на $\sqrt[n]{4}$) сравнение:

$(a_1+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1})^2 \equiv x^2 \mod 2^{2 t -1} g^{n-2}$.

Следовательно:

$((a_1-x)+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1}) ((a_1+x)+a_2 g+a_3 g^2+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0}{2} g^{n-1}) \equiv 0 \mod 2^{2 t -1} g^{n-2}$.


Поскольку $2 t-1>1$, то один из сомножителей в левой части этого сравнения делится на $2 g$.
Тогда другой сомножитель делится на $2$ и не делится на $2 g$, поскольку разность этих сомножителей равна $2 x$.
Значит один из сомножителей делится на $2^{2 t-2} g^{n-2}$, а другой делится на $2$.
Cледовательно, коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{2 t-2}$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $x y z$ делится на $8$.

Пусть $x$ - нечётное число.

Имеет место равенство (28):

(28) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))=x^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$

Пусть $s a_1 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Это число нечётно, то есть, взаимно-просто с $2$ и примарно, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$, поскольку
коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$

В силу закона квадратичной взаимности Гекке, это число является квадратом по модулю любого нечётного простого главного идеала поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Следовательно:

(62) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, при условии однозначности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Сформулируем (62) и по-другому, не предполагая однозначности разложения на простые множители:

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Перейдём теперь к изложению самой идеи.

Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$. (В предыдущем сообщении ошибка: должно быть с $a_0$, а не с $a_1$).

Пусть $p$ - нечётный простой делитель произведения $y z$, на который делятся не все коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, на который делится $p$.
Каждое из чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимо либо с $x$ либо с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $x$, а другая часть сравнима с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $x$, и некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)), s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n)+\alpha_1(g i_n^2)), ... s (i_n+1)(i_n \alpha_1(g i_n^{n-1})+\alpha_1(g))$ есть два числа, одно из которых сравнимо с $s (i_n+1)(i_n-1) x$, а другое сравнимо с $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку оба эти числа являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$, в силу (62 b), то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.
Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $s (i_n+1)(i_n-1) x$ и $s (i_n+1)(-i_n+1) x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $s (i_n+1)(i_n-1) x \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70) числа $(i_n+1)(i_n-1) s x$ и $-(i_n+1)(i_n-1) s x$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - нечётный простой делитель числа $x$, на который делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Наша цель получить результат, аналогичный (70), который мы получили в предыдущем сообщении.

Пусть

$\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$,

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+a_{00} g^{n-1}$, где целое число $a_{00}$ сравнимо с $a_0/2$ по модулю $p$.

Тогда $\alpha_1(g)=\beta(g) g+\frac {a_0-2 a_{00}}{p} p$.

Из равенства

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$

следует сравнение

(3.1) $\beta^2(g) \equiv -y z \mod p$,

поскольку $\beta^2(g) g^2 \equiv \alpha^2(g) \equiv -g^2 y z \mod p$.

Из (3.1) следует:

(3.2) $\beta^2(g) \equiv m^2 \mod p$, где целое число $m$ сравнимо с $y^n/(yz)^{(n-1)/2}$ по модулю $p$.

В самом деле $m^2 \equiv y^{2 n}/(y z)^{n-1} \equiv -(y z)^n/(y z)^{n-1} \equiv -y z \mod p$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, делящий $p$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $m$, а другая часть сравнима с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-m$ следует за числом, сравнимым с $m$, и некоторое число, сравнимое с $m$ следует за числом, сравнимым с $-m$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Числа $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})+\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})+\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$ делятся на $\rho$.
Эти числа, соответствующие второму сомножителю в равенстве (28) нас не интересуют.

Нас интересуют числа $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})-\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s (i_n-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})-\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$, соответствующие первому сомножителю в равенстве (28), умноженному на $s (i_n+1) (i_n-1)^2$.

Эти числа, сравнимые соответственно с $s (i_n-1) 2 m g i_n^{j_1+1}$ и $s (i_n-1) 2 (-m) g i_n^{j_2+1}$ по модулю идеала $\rho$, являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, в силу (62).

Поскольку $2 g=(g^{(n+1)/2})^2$ и $i_n=(i_n^{(n+1)/2})^2$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n-1) s (-m)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n-1) s m \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70.x) числа $(i_n-1) s m$ и $-(i_n-1) s m$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Пусть обозначения как в предыдущем сообщении, $x y z$ делится на $8$, $x$ - нечётное число.

Пусть $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, где $s=1$ или $-1$.

Пусть $p$ - простое число, по модулю которого числа $i_n+1$ и $(i_n+1) s a_1$ не сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$.

Покажем, что $x$ не может делиться на $p$.
Предположим обратное, что $x$ делится на $p$.
Если не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$, то выполняется утверждение (70.x), которое противоречит условию, что $i_n+1$ не сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
В самом деле, из утверждения (70.x) следует, что числа $(i_n-1) s m$ и $(i_n^2-1) s m$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Деля второе число на первое, получим: число $i_n+1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$, что противоречит условию.

Значит все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Тогда $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n)) \equiv s (i_n+1) 2 i_n g a_1 \mod p$.

Из утверждения (62.b):

(62 b) число $s (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

следует, что число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.

Перемножая сравнения $(i_n+1) s a_1 \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

Число $(i_n+1) s a_1$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Что противоречит условию.
Что и требовалось.

Теперь мы можем усилить теорему 6 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1",
заменив условие:

Цитата:

Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

на условие

Цитата:

Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

То есть уже не требуется несуществования $\sqrt[n]{2}$ по модулю $p$.
Но следует добавить к условиям теоремы 6 то, что $x y z$ делится на $8$, и что число $p$ разлагается в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

-- Вс дек 20, 2015 15:03:16 --

Я думаю, что надо ещё раз рассмотреть случай, когда $z$ - чётное число и выполняются равенства:

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа

и

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Тем более, что нет необходимости в предположении $x y z$ делится на $8$ для того, чтобы сомножители в левой части равенства (28 z) (умноженные на определённые числа), были квадратами.

Мы не смогли получить из равенства (28 z) противоречия, рассматривая простые числа $p$, на которые делятся $z$ и коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Но мы не рассматривали случая когда $z$ делится на $p$, и не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
В этом случае мы можем надеятся получить аналог утверждения (70.x) ввиду наличия числа $i_n^2-1$ в знаменателе в первом сомножителе в равенстве (28 z).
A поскольку именно $z$ делится на конкретные простые числа $p$, по модулю которых среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные, то это противоречит утверждению (70.z), которое мы получим.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Тем более, что нет необходимости в предположении $x y z$ делится на $8$ для того, чтобы сомножители в левой части равенства (28 z) (умноженные на определённые числа), были квадратами.

Уберём это утверждении из предыдущего сообщения, так как мы сомневаемся в этом.

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число.

Пусть $x y z$ делится на $8$.

Пусть $z$ - чётное число, и имеет место равенство (3 z):

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из этого равенства можно получить равенство:

(28 z) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha_1(n)+\alpha_1(g i_n))=z^2$,

где $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $g=\sqrt[n]{2}$.

Пусть $s_1 a_1 \equiv 1 \mod 4$, где $s_1=1$ или $-1$.

Тогда второй сомножитель в левой части равенства (28 z), делённый на $2 g$ и помноженный на $s_1$ является примарным, то есть сравнимым с квадратом по модулю $4$ числом.
Поскольку сомножители в левой части равенства (28 z) могут оба делиться только на степень $g$, и учитывая, что число $2 g=g^{n+1}$ является квадратом, то из закона квадратичной взаимности Гекке следует, что второй сомножитель, помноженный на $s_1$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Значит и первый сомножитель, помноженный на $s_1$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Помножим первый сомножитель также на $(i_n^2-1)^2$ и сформулируем этот рtзультат:

(62.z.1) число $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, при условии однозначности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Сформулируем (62.z.1) и по-другому, не предполагая однозначности разложения на простые множители:

(62.z.1 b) число $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю любого нечётного простого числа $p$, которое разлагается в произведение главных идеалов этого поля.

Пусть $p$ - нечётный простой делитель числа $z$, на который делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$.
Пусть $p$ разлагается в произведение главных идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.

Мы определили

$\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+...+a_{n-1} g^{n-1}$,

Пусть

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

Тогда $\alpha_1(g)=\beta(g) g$.

Из равенства

(3 z) $z^2-\sqrt[n]{4} x y=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$

следует сравнение

(3.z.1) $\beta^2(g) \equiv -x y \mod p$,

поскольку $\beta^2(g) g^2 \equiv \alpha^2(g) \equiv -g^2 x y \mod p$.

Из (3.z.1) следует:

(3.z.2) $\beta^2(g) \equiv m_1^2 \mod p$, где целое число $m_1$ сравнимо с $x^n/(x y)^{(n-1)/2}$ по модулю $p$.

В самом деле $m_1^2 \equiv x^{2 n}/(x y)^{n-1} \equiv -(x y)^n/(x y)^{n-1} \equiv -x y \mod p$.

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, делящий $p$.

Из сравнений (III) в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", которые выполняются в силу леммы 2 в названной теме, и того, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ следует, что не все числа $s_1, ..., s_{n-1}$ в равенствах (II) равны нулю.

Значит не все числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ сравнимы между собой по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, часть из них сравнима с $m_1$, а другая часть сравнима с $-m_1$ по модулю идеала $\rho$.
Расположим числа $\beta(g), \beta(g i_n), ..., \beta(g i_n^{n-1})$ по кругу, так чтобы первое число следовало за последним.
Тогда обязательно некоторое число, сравнимое с $-m_1$ следует за числом, сравнимым с $m_1$, и некоторое число, сравнимое с $m_1$ следует за числом, сравнимым с $-m_1$ по модулю идеала $\rho$.
Значит среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m_1 g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m_1 g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m_1 g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m_1 g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Нас интересуют числа $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_1})-\alpha_1(g i_n^{j_1+1}))$ и $s_1 (i_n^2-1) (i_n \alpha_1(g i_n^{j_2})-\alpha_1(g i_n^{j_2+1}))$, соответствующие первому сомножителю в равенстве (28.z), умноженному на $s_1 (i_n^2-1)^2$.

Эти числа, сравнимые соответственно с $s_1 (i_n^2-1) 2 m_1 g i_n^{j_1+1}$ и $s_1 (i_n^2-1) 2 (-m_1) g i_n^{j_2+1}$ по модулю идеала $\rho$, являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, в силу (62.z.1).

Поскольку $2 g=(g^{(n+1)/2})^2$ и $i_n=(i_n^{(n+1)/2})^2$, то числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $(i_n^2-1) s_1 (-m_1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $(i_n^2-1) s_1 (-m_1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) s_1 m_1 \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим:

(70.z) числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $-(i_n^2-1) s_1 m_1$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Мы не сможем получить противоречия из утверждения (70.z) для конкретных простых делителей $p$ числа $z$ по той причине, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на все эти кoнкретные $p$.

Мы показали, что нечётное число $x$ не может делится на эти кoнкретные $p$, рассматривая второй множитель равенства (28), помноженный на $s (i_n+1)$, по модулю $p$.
Но с чётным числом $z$ и вторым множителем равенства (28.z), помноженным на $s_1$ такое рассуждение не проходит.