Вычисление и оценка коэффициентов a_0, a_1, ..., a_{n-1}.

[Феликс Шмидель]

Я ошибся в том, что $t_1 \equiv t_2 \mod \rho^m$.
Дело в том, что дискриминант действительно делится на $\rho^m$, но корень из дискриминанта может не делиться на $\rho^m$.
Мы сейчас увидим, что $w^2+b_3 w+b_1$ делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$.

Вычислим коэффициенты $b_0, ..., b_4$ по модулю $\rho^{m+1}$, используя тождества Ньютона.
Обозначим $h=x y \sqrt[n]{4} (i_n^2+i_n^4), h_1=x y \sqrt[n]{4}$.

$s_1=v+v(i_n)+...+v(i_n^4) \equiv z (n-4)-\frac{1}{z} h$
$s_2=v^2+v(i_n)^2+...+v(i_n^4)^2 \equiv z^2 n+2 h $
$s_3=v^3+v(i_n)^3+...+v(i_n^4)^3 \equiv z^3 (n-4)+3 z h$
$s_4=v^4+v(i_n)^4+...+v(i_n^4)^4 \equiv z^4 n+4 z^2 h $
$s_5=v^5+v(i_n)^5+...+v(i_n^4)^5 \equiv z^5 (n-4)+5 z^3 h$

$e_0=1$
$e_1=s_1$
$e_2=e_1 s_1-e_0 s_2$
$e_3=e_2 s_1-e_1 s_2+e_0 s_3$
$e_4=e_3 s_1-e_2 s_2+e_1 s_3-e_0 s_4$
$e_5=e_4 s_1-e_3 s_2+e_2 s_3-e_1 s_4+e_0 s_5$

Вычислим $e_1, ..., e_5$ в программе "Reduce".

s1:=z-h/z;
s2:=5*z^2+2*h;
s3:=z^3+3*z*h;
s4:=5 z^4+4*z^2*h;
s5:=z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;

Получим: $f \equiv 2 z^2 h \mod \rho^{m+1}$.

-- Ср дек 14, 2016 21:55:39 --

Теперь можно продолжить новую тему, но сначала надо рассмотреть все случаи по количеству минусов, и также для $n=7$.
Пока ясно, что доказательство можно спасти.

[shwedka]

Феликс Шмидель
Я поместила современное изложение доказательства Куммера, на неболшом колиестве страниц.. Мне почему-то кажется, что Вы ломитесь в открытую дверь, пытаясь фактически повторить Куммеровы рассуждения.

[Феликс Шмидель]

Как я могу повторить рассуждения Куммера, если он работал с одним полем, а я с другим?
У меня совсем другой метод доказательства.

[Феликс Шмидель]

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.
Если $n=5$ и количество минусов равно $2$ или $3$, то $f \equiv 2 z^2 h \mod \rho^{m+1}$.
Если $n=7$ и количество минусов равно $2, 3, 4, 5$, то $f \equiv 2 z^4 h \mod \rho^{m+1}$.
Это вычисляется следующим кодом в "Reduce":

n:=5;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;

и

n:=7;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
s6:=n*z^6+6*z^4*h;
s7:=(n-2*nm)*z^7+7*z^5*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
e6:=(e5*s1-e4*s2+e3*s3-e2*s4+e1*s5-e0*s6)/6;
e7:=(e6*s1-e5*s2+e4*s3-e3*s4+e2*s5-e1*s6+e0*s7)/7;
b6:=e1;
b5:=e2;
b4:=e3;
b3:=e4;
b1:=e6;
b0:=e7;

f:=z^6-3*h1*z^4+(z^4-2*h1*z^2)*b5+(z^2-h1)*b3+b1;

Можно показать, что множитель в $h$, зависящий от $i_n$, имеет норму $1$ или $8$ (перебором всех случаев для $n=5$ и $n=7$).
Поэтому $f$ делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$.

[Феликс Шмидель]

Мы доказали, что $z^n>2^{(n-1)^2+n (n+1)/2}$.

Покажем, что $z^{n-4}>2^{(n-1)^2+n (n+1)/2}$.
Для этого воспользуемся оценкой: $z>\frac{1}{2} n^{3 n-1}$ на стр. 229 книги "13 lectures on Fermat's Last Theorem", Ribenboim.
Проверка показывает, что $\frac{1}{2} 5^{14}>2^{31}$ и $\frac{1}{2} 7^{60}>2^{68}$.
Что и требовалось.

В новых условиях нам понадобится эта улучшенная оценка.

[Феликс Шмидель]

Кстати, оценка Инкери доказывается просто.
Приведём доказательство в оффтопике.

(Оффтоп)

Пусть $z$ делится на $n$.
Пусть $z-x=y_1^n, z-y=x_1^n$, $x+y=n^{n m-1} z_1^n, x=x_1 x_2, y=y_1 y_2, z=n^m z_1 z_2$ (Abel-Barlow)

Пусть $\frac{z^n-x^n}{z-x}$ делится на простое число $q$.
Тогда $q \equiv 1 \mod n^2$.
В самом деле, $y$ делится на $q$, $x \equiv z_1^n, z \equiv x_1^n, z^n-x^n \equiv x_1^{n^2}-z_1^{n^2} \mod q$.
Следовательно $\frac{x_1^{n^2}-z_1^{n^2}}{x_1^n-z_1^n}$ делится на простое число $q$.
Следовательно $q \equiv 1 \mod n^2$.
Следовательно $y_2 \equiv 1 \mod n^2$.
Таким же способом показывается, что $x_2 \equiv 1 \mod n^2$.

Значит $x \equiv x_1, y \equiv y_1 \mod n^2$.
Следовательно $x^n+y^n \equiv x_1^n+y_1^n=2 z-(x+y) \mod n^3$.
Следовательно $z$ делится на $n^3$.
Следовательно $x+y$ делится на $n^{3n-1}$
Следовательно $y>\frac{1}{2} n^{3n-1}$.
Что и требовалось.

Попутно получим $x^n \equiv x, y^n \equiv y, z^n \equiv z \mod n^3$.
В самом деле, $x \equiv -y \equiv z-y=x_1^n \equiv x^n \mod n^3$.

Мы заодно показали, что если $z$ делится на $p$, то $z$ делится на $p^3$.

[Феликс Шмидель]

Мы ещё не рассмотрели случаи с $0, 1, n-1, n$ минусами.
Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $n=5$ и количество минусов равно $1$, то $f \equiv 2 z^2 (-h-2 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $-i_n-2$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=5$ и количество минусов равно $4$, то $f \equiv 2 z^2 (-3 h-2 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $h=x y \sqrt[n]{4} (1+i_n^2+i_n^3+i_n^4)$ и $3 i_n-2$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=7$ и количество минусов равно $1$, то $f \equiv 2 z^4 (-h-8 h_1) \mod \rho^{m+1}$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $-i_n-8$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степерь другого идеала).

Если $n=7$ и количество минусов равно $6$, то $f \equiv 2 z^4 (-15 h-8 h_1) \mod \rho^m$.
В этом случае $\rho$ входит в разложение $f$ либо со степенью $m$, либо со степенью $m+1$ (если, например, $h=x y \sqrt[n]{4} (1+i_n^2+i_n^3+i_n^4+i_n^5+i_n^6)$ и $15 i_n-8$ делится на $\rho$).
Но даже если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряженные с $f$ числа делятся только на $\rho^m$ (хотя могут делится на $m+1$-ю степень другого идеала).

Остаётся рассмотреть случае c $0$ и $n$ минусами.

-- Сб дек 17, 2016 14:12:40 --

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $n=5$ и количество минусов равно $0$ или $5$, то $f \equiv 16 z^4 \mod \rho^m$.
В этом случае $f$ (и сопряжённые числа) не делятся на $\rho$.

Если $n=7$ и количество минусов равно $0$ или $7$, то $f \equiv 64 z^6 \mod \rho^m$.
В этом случае $f$ (и сопряжённые числа) не делятся на $\rho$.

Осталось рассмотреть случай, с чётным идеалом $\rho$.

-- Сб дек 17, 2016 14:30:09 --

Пусть $\rho$ - чётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Тогда количество минусов равно $0$, и $2^{n-1}$ делится на $\rho^m$ (мы показали это раньше).

(75.1) теперь принимает вид:

(75.1) $2^{(n-1)^3/2} (x y \sqrt{4})^{n-1} \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0$ делится на $N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1)$.

(76.1) теперь принимает вид:

(76.1) $2^{(n-1)^3/2} z^{2 (n-1)}\lvert \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0 \rvert \ge $ $\lvert N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1) \rvert$.

(76.2) теперь принимает вид:

(76.2) $2^{(n-1)^3/2} $ $\lvert \prod_{k=1}^{(n-1)/2} b_{n-1}(u) t_k^{(n-1/2)}(u)+b_{n-3}(u) t_k^{(n-3/2)}(u)+...+b_2(u) t_k(u)+b_0(u) \rvert/z^{(n-4) (n-1)/2} \ge $ $\lvert N(w(u)^{(n-1)/2}+b_{n-2}(u) w(u)^{(n-3)/2}(u)+...+b_3(u) w(u)+b_1(u)) \rvert$.

И нам как раз нужна оценка, которую мы доказали.

[Феликс Шмидель]

Неравенство (76.2) не подходит для доказательства при $n=3$.
И решения этой проблемы я не вижу.
Я продолжу новую тему, ограничиваясь случаями $n=5$ и $n=7$.

[Феликс Шмидель]

Я обнаружил ошибку: если $v_j \equiv -z \mod \rho$, то неверно, что $v_j \equiv -z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[4] i_n^{2 j} \mod \rho^{2 m}$.
Верно другое: $v_j \equiv -z+\frac{1}{2 z} x y \sqrt[4] i_n^{2 j} \mod \rho^{2 m}$.

Исправленный код для $n=5$:

n:=5;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z+h/z;
s2:=n*z^2;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;

C этим кодом, получим, что $f$ делится на $\rho^{2 m}$.
Поэтому я решил закрыть новую тему.