Введение параметра

[Феликс Шмидель]

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.
Пусть $x y z$ делится на $n$ (мы рассматриваем 2-ой случай ВТФ).
Пусть $x$ - нечётное число.

Пусть $(x^2+1)^n-x^{2n}$ не является квадратом.
Последнее утверждение нуждается в доказательстве, но мы пока примем его без доказательства.

Пусть $k$ - целое число.
Тогда $x^n+(y^n+k)+(z^n-k)=0$, и $x^{2 n}-4(y^n+k)(z^n-k)=((y^n+k)-(z^n-k))^2$.

Можно вводить параметр $k$ по другому, используя равенство $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, но равенство $x^n+(y^n+k)+(z^n-k)=0$ проще.

Пусть $p$ - простое число, удовлетворяющее следующим условиям:

1) $p \equiv 3 \mod 4$.

2) Число $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ является квадратичным невычетом по модулю $p$.

3) Число $x y z$ не делится на $p$.

Существует бесконечное множество простых чисел $p$, удовлетворяющих условиям 1), 2), 3), в силу теоремы Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии.

Понимание этого утверждения представляет некоторую сложность.
Мы не будем вдаваться в объяснения, но заметим следующее: если квадратичный символ $(\frac{p}{(x^2+1 )^n-x^{2 n}})_2=1$, то $(\frac{(x^2+1 )^n-x^{2 n}}{p})_2=-1$, в силу закона квадратичной взаимности, поскольку $p$ и $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ дают остаток $3$ при делении на $4$.

Продолжение следует.

-- Вт авг 02, 2016 21:09:05 --

Пусть $k$ - целое число, удовлетворяющее сравнению:

$(x^2+1 )^n-4 (y^n+k) (z^n-k) \equiv 0 \mod p$.

Запишем это сравнение в виде:

$4 k^2-4 (z^n-y^n) k+(x^2+1)^n-4 y^n z^n \equiv 0 \mod p$.

Дискриминант этого квадратного сравнения равен $16 (z^n-y^n)^2-16 ((x^2+1)^n-4 y^n z^n)=16 ((z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n)$ $=16(x^{2 n}-(x^2+1 )^n)$.

Число $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ является квадратичным невычетом по модулю $p$, в силу условия 2).
Следовательно, число $x^{2 n}-(x^2+1 )^n$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу условия 1).
Значит существует целое число $k$, удовлетворяющее квадратному сравнению

$(x^2+1 )^n-4 (y^n+k) (z^n-k) \equiv 0 \mod p$.

Поскольку любое целое число, сравнимое с $k$ по модулю $p$ также удовлетворяет этому сравнению, то существует бесконечное множество таких $k$.
Выберем такое $k$, чтобы число $4 (y^n+k) (z^n-k)$ было взаимно-просто с $x$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Попытка продолжить эту тему показала, что использование равенства $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$ проще.
Поэтому перепишем то, что мы изложили для этого равенства.
Особой разницы в изложении нет, потому что дискриминант нужного нам квадратичного сравнения получается тем же.

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.
Пусть $x y z$ делится на $n$ (мы рассматриваем 2-ой случай ВТФ).
Пусть $x$ - нечётное число.

Пусть $(x^2+1)^n-x^{2n}$ не является квадратом.
Последнее утверждение нуждается в доказательстве, но мы пока примем его без доказательства.

Пусть $k$ - целое число.
Тогда $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, и $x^{2 n}-y^n z^n 4(1+k z^n)(1-k y^n)=((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

Пусть $p$ - простое число, удовлетворяющее следующим условиям:

1) $p \equiv 3 \mod 4$.

2) Число $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ является квадратичным невычетом по модулю $p$.

3) Число $x y z$ не делится на $p$.

Существует бесконечное множество простых чисел $p$, удовлетворяющих условиям 1), 2), 3), в силу теоремы Дирихле о простых числах в арифметической прогрессии.

Понимание этого утверждения представляет некоторую сложность.
Мы не будем вдаваться в объяснения, но заметим следующее: если квадратичный символ $(\frac{p}{(x^2+1 )^n-x^{2 n}})_2=1$, то $(\frac{(x^2+1 )^n-x^{2 n}}{p})_2=-1$, в силу закона квадратичной взаимности, поскольку $p$ и $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ дают остаток $3$ при делении на $4$.

Пусть $k$ - целое число, удовлетворяющее сравнению:

$(x^2+1 )^n-y^n z^n 4(1+k z^n)(1-k y^n) \equiv 0 \mod p$.

Запишем это сравнение в виде:

$4 k^2 y^{2 n} z^{2 n}-4 y^n z^n (z^n-y^n) k+(x^2+1)^n-4 y^n z^n \equiv 0 \mod p$.

Дискриминант этого квадратного сравнения равен

$16 y^{2 n} z^{2 n} (z^n-y^n)^2-16 y^{2 n} z^{2 n} ((x^2+1)^n-4 y^n z^n)$ $=16 y^{2 n} z^{2 n} ((z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n)=$
$=16 y^{2 n} z^{2 n} (x^{2 n}-(x^2+1 )^n)$.

Число $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ является квадратичным невычетом по модулю $p$, в силу условия 2).
Следовательно, число $x^{2 n}-(x^2+1 )^n$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу условия 1).
Значит существует целое число $k$, удовлетворяющее квадратному сравнению

$(x^2+1 )^n-y^n z^n 4(1+k z^n)(1-k y^n) \equiv 0 \mod p$.

Поскольку любое целое число, сравнимое с $k$ по модулю $p$ также удовлетворяет этому сравнению, то существует бесконечное множество таких $k$.
Выберем такое $k$, чтобы число $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ было взаимно-просто с $x$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы выбрали простое число $p$ и целое число $k$.
Обозначим: $g_k=\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}$.

Поскольку $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, то

$x^{2 n}-y^n z^n g_k^n=((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

Запишем это равенство в виде

$(x^2-y z g_k)(x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1})$ $=$ $((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

Сомножители в левой части этого равенства взаимно-просты, поскольку деление второго сомножителя на первый даёт остаток $n (y z g_k)^{n-1}$.
Этот остаток взаимно-прост с $x^2-y z g_k$, поскольку число $x$ взаимно просто с $y z g_k$ и с $n$.
Чтобы $x^2-y z g_k$ было взаимно-просто с $n$, мы с самого начала могли выбрать $x$, не делящийся на $n$ (тогда $y z$ делится на $n$).
Но даже если $x$ делится на $n$, то число $y z g_k$ взаимно-просто с $n$, поскольку взаимно-просто с $x$.

Значит число $x^2-y z g_k$ является квадратом идеала в поле $\mathbb{Q}[g_k]$.

Имеем: $(x^2+1)^n-y^n z^n g_k^n \equiv 0 \mod p$.

Следовательно $((x^2+1)-y z g_k)((x^2+1)^{n-1}+(x^2+1)^{n-2} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1}) \equiv 0 \mod p$.

Поскольку ни один из двух сомножителей в левой части этого сравнения не делится на $p$, то первый сомножитель делится на некоторый простой идеал $\rho_1$ - делитель простого числа $p$.

Значит $x^2-y z g_k \equiv -1 \mod \rho_1$.

Предположим $p \equiv 1 \mod n$.

Тогда в поле $\mathbb{Q}[g_k]$ простое число $p$ разлагается в произведение $n$ простых идеалов согласно теореме о факторизации Дедекинда (возможно не $n$ множителей, а $1$, но в этом случае не существовал бы делитель $\rho_1$).
Значит норма идеала $\rho_1$ равна $p$.

Следовательно $(x^2-y z g_k)^{(p-1)/2} \equiv (-1)^{(p-1)/2} \equiv -1 \mod \rho_1$.

Следовательно $(\frac{x^2-y z g_k}{\rho_1})_2=-1$.

Если $\rho_1$ - главный идеал, то мы сразу получаем противоречие, потому что согласно закону взаимности Гекке:

$(\frac{x^2-y z g_k}{\rho_1})_2=1$.

В самом деле число $x^2-y z g_k$ является квадратом идеала в поле $\mathbb{Q}[g_k]$ и примарным числом, то есть сравнимым с квадратом по модулю $4$ (поскольку $y z$ делится на $4$).
Также $x^2-y z g_k>0$, поэтому закон взаимности Гекке применим.

Продолжение следует.