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
 
 Введение параметра
Сообщение02.08.2016, 20:28 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Введение параметра
Сообщение02.08.2016, 22:43 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Введение параметра
Сообщение03.08.2016, 02:43 


31/03/06
1384
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 3 ] 

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