Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 2

[Феликс Шмидель]

В этой теме я сделаю обзор предыдущих тем, посвящённых поиску доказательства ВТФ для $n=5$.
Буду включать в обзор только только те результаты, которые, по моему мнению, не утратили актуальность.

Цель такая же как и в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1.
Но один результат, приведённый в первой теме, утратил актуальность, потому что мне удалось его улучшить.

Вот этот результат:

Феликс Шмидель в сообщении #1079838 писал(а):

Теорема 6
--------------

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $x$ - нечётное число, и $a$ не делится на $n$.

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

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.

Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

Тогда, невозможно, чтобы $x$ делилось на $p$.

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.

можно упростить, не требуя, чтобы $\sqrt[n]{2}$ не существовал по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Мне удалось получить улучшенный результат при условии, что $x y z$ делится на $8$.
Кроме этого условие

Цитата:

Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

заменяется на условие:

Цитата:

Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

-- Пт фев 12, 2016 14:00:34 --

Доказательство улучшенного результата берёт начало в следующем сообщении из темы "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$":

Феликс Шмидель в сообщении #1083401 писал(а):

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 $s a_0 \equiv 1 \mod 4$, 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.

и в следующем сообщении из упомянутой темы:

Феликс Шмидель в сообщении #1083449 писал(а):

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]

Полученное утверждение:

Цитата:

(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 $p$

можно упростить и свести к утверждению:

Цитата:

(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Это достигается в следующем сообщении из упомянутой темы (которое мы модифицировали для нашего случая):

Феликс Шмидель в сообщении #1084243 писал(а):

Мы получили (70) из того, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ 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 $\rho$.

Но также верно, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ либо некоторое число, сравнимое с $x$ следует за числом, сравнимым с $x$, либо некоторое число, сравнимое с $-x$ следует за числом, сравнимым с $-x$ по модулю идеала $\rho$.

Рассматривая второй сомножитель в равенстве (28), умноженный на $s$, получим, что либо $s x$ либо $-s x$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Cравнивая это утверждение с (70) получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ 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 $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Последнее утверждение эквивалентно (70.1).
Что и требовалось.

-- Пт фев 12, 2016 15:06:17 --

Следующее сообщение из упомянутой темы рассматривает простое число $p$, которое делит $x$ (а не $y z$), и на которое делятся не все коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$:

Феликс Шмидель в сообщении #1083834 писал(а):

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 $p$.

Как и утверждение (70), утверждение (70.x) можно свести к утверждению:

Цитата:

(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

-- Пт фев 12, 2016 15:22:10 --

Завершает доказательство нашего улучшенного результата следующее сообщение из упомянутой темы:

Феликс Шмидель в сообщении #1083873 писал(а):

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.