Короткое доказательство для n=3

[transcendent]

maravan в сообщении #1685952 писал(а):

Непонятно почему левая часть делится на $\alpha^3$ ?

Это понято:

maravan в сообщении #1685886 писал(а):

Правая часть $-\alpha b$ делится на $\alpha$, тогда как левая часть делится на $\alpha^3$

Я понял так, что $c^3$ делится на $\alpha$. Но, мы можем, предварительно переименовав как-то переменные, перенести $b^3 $ в правую часть уравнения ВТФ, получив $-b^3$ , а $c^3$ -в левую часть, получив $-c^3$. [То же самое-с $a^3$, но на следующенм этапе.]. Всё это для того, чтобы снова сделать такие же выкладки, как у Вас. И, тогда будет получаться, что все эти кубы делятся на $\alpha$. И, соответственно,-в конечном итоге- $a$, $b$, $c$ тоже делятся на $\alpha$(или какие-то производные от него). Так?

[SUILVA]

maravan в сообщении #1685886 писал(а):

Разложим левую часть: $a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) $

Разложение на множители имеет частный случай.
Как вышли из ситуации?

maravan в сообщении #1685886 писал(а):

Множители попарно взаимно просты, и их произведение - куб, значит, каждый множитель ассоциирован с кубом:
$ a + b = \eta_1 A^3, a + \varepsilon b = \eta_2 B^3, a + \varepsilon^2 b = \eta_3 C^3, $
где $\eta_i$ - единицы, $A, B, C \in \mathbb{Z}(\varepsilon)$ взаимно просты.

Под вопросом.

[maravan]

transcendent
Да, в общем, так.

SUILVA
Давайте пока отвечу на первое замечание про разложение на множители:

$a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) $

Почему вы говорите про частный случай?
Разложение в рассматриваемом кольце единственно с точностью до единиц, так как это кольцо главных идеалов.
Единственно в том смысле, что любые два разложения совпадают с точностью до порядка множителей и умножения на единицы.
В этом есть сомнения? Или я не понял вашего вопроса?

[SUILVA]

Вы правильно поняли.
Можете представить доказательства на единственность разложения.

[maravan]

SUILVA

Покажем единственность разложения в кольце $\mathbb{Z}(\varepsilon)$: $a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b)$.

Кольцо $\mathbb{Z}(\varepsilon)$ - кольцо главных идеалов.
Свойства кольца $\mathbb{Z}[\varepsilon]$ таковы, что любой неприводимый элемент порождает простой идеал, что гарантирует единственность разложения.

В $\mathbb{Z}(\varepsilon)$ выполняется единственность разложения на простые множители, т.е. гарантируется, что любое разложение элемента на неприводимые множители единственно.

Для любых $a, b \in \mathbb{Z}(\varepsilon)$ верно:

$$a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b).$$

Доказательство.
Раскроем правую часть, используя $\varepsilon^3 = 1$ и $\varepsilon^2 + \varepsilon + 1 = 0$:

$$(a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = a^3 + b^3 + a^2 b (\varepsilon + \varepsilon^2) + a b^2 (\varepsilon^2 + \varepsilon).$$

Так как $\varepsilon + \varepsilon^2 = -1$, получаем:

$$a^3 + b^3 - a^2 b - a b^2 = a^3 + b^3.$$

Каждый множитель $a + b$, $a + \varepsilon b$, $a + \varepsilon^2 b$ неприводим в $\mathbb{Z}(\varepsilon)$:
- норма элемента: $N(a + b) = a^2 - ab + b^2$ (аналогично для других множителей).
- если норма проста в $\mathbb{Z}$, элемент неприводим, например, для $a = 1$, $b = 1$:

$$N(1 + 1) = 1, \quad N(1 + \varepsilon) = 3 \quad (\text{простое}).$$

Предположим, что существует другое разложение:

$$a^3 + b^3 = (a + k_1 b)(a + k_2 b)(a + k_3 b),$$

где $k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{Z}(\varepsilon)$, тогда:
- корни уравнения $x^3 + 1 = 0$ в $\mathbb{Z}(\varepsilon)$: $x = -1, -\varepsilon, -\varepsilon^2$.
- следовательно, $k_1, k_2, k_3$ совпадают с $-1, -\varepsilon, -\varepsilon^2$ с точностью до порядка (множители могут быть записаны в произвольном порядке, с точностью до умножения на единицы кольца).

(Оффтоп)

Если нужен ответ, почему мы рассматриваем именно $x^3 + 1 = 0$?
Для того, чтобы найти все элементы $k \in \mathbb{Z}[\varepsilon]$, такие что выражение $(a + k b)$ обращает $a^3 + b^3$ в ноль при $a = -k b$.

Формально, если $a = -k b$, то

$$ a^3 + b^3 = (-k b)^3 + b^3 = -k^3 b^3 + b^3 = b^3(1 - k^3) = 0. $$

Следовательно, $k^3 = 1$, то есть $k$ — корень уравнения $x^3 = 1$.

[SUILVA]

Решите уравнение $a^3 + b^3 = c^2 $ в натуральных числах.
$a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = c^2 $
А дальше как?
Вы сможете выделить время?

[transcendent]

maravan в сообщении #1686067 писал(а):

transcendent Да, в общем, так.

Да, это общеизвестное тождество с примитивными кубическими корнями из 1. Поставив справа $c^3$, Вы намереваетесь доказать ВТФ методом "от противного". Какую, вообще, роль играют $c$ и $c^3$? Если убрать редкие упоминания о них в тексте, что-то изменится? Ведь, там , где Вы о них вспоминаете, Вы пишете суждения, полученные на основе операций с $ a$ и $ b$. Также ещё вопрос. Тождество можно написать и так: $a^3+b^3=(b+a)(b+a\cdot\varepsilon)(b+a\cdot\varepsilon^2)$. И тогда разность между множителями будет не $-\alpha\cdot b$, а $-\alpha\cdot a$. Это может играть какую-то роль для Вашего доказательства?

[maravan]

SUILVA в сообщении #1686123 писал(а):

Решите уравнение $a^3 + b^3 = c^2 $ в натуральных числах.
$a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = c^2 $
А дальше как?
Вы сможете выделить время?

SUILVA
Задача вроде несложная, не увёрен в некоторых моментах, но путь $ \pm $ такой, вчера то, что смог за пару часов накидал в TexStudio, переношу сюда.

В продолжение того, что вы написали.

Поскольку $\gcd(a,b)=1$, любые два множителя $ a+b $, $ a+\varepsilon b $, $ a+\varepsilon^2 b $ в $ \mathbb{Z}(\varepsilon) $ взаимно просты, кроме делителя $ \alpha $ в случае $3 \mid c $.
$ \alpha = 1 - \varepsilon, \beta = 1 - \varepsilon^2 $ - простые элементы ($N = 3$).

Разберём случай $ 3\mid c $.
Первый сомножитель $ a+b $ должен содержать оба сопряжённых простых ($ \alpha $ и $ \overline{\alpha} $), поэтому

$$ a+b=3A^{2},\qquad A\in\mathbb N,\;3\nmid ab. $$

Норма второго сомножителя обязана быть квадратом:

$$ a^{2}-ab+b^{2}=3D^{2},\qquad D\in\mathbb N. $$

Положив $ E=a-b $, $ 3A^{2} = a+b $ получаем

$$ (2D-E)(2D+E)=3A^{4}. $$

Если существует простое число $ \gamma $ - делитель обоих множителей, то оно также должно делить их сумму и разность.
Из $ \gcd(a,b)=1 \implies \gcd(D,E)=1 $, тогда $ \gamma $ не может делить $ D, E $, следовательно $ \gamma =\{2,3\} $.
Если $ \gamma=2 $, то $ 2 \mid E $, но $ a+b=3A^2 $ нечётно, так как $ 3 \nmid ab $, что противоречит, что $ 2 \mid E $.
Если $ \gamma=3 $, то $ 3 \mid E $, но $ 3 \nmid ab $, что также противоречит. Следовательно $ \gcd(2D-E,2D+E)=1 $.
Так как $ a+b=3A^2 $ нечётно (из $ 3 \nmid ab $), тогда $ E=a-b $ также нечётно, тогда $ 2D-E, 2D+E $ - нечётные, но их произведение $ 3A^4 $ нечётно только если $ A $ нечётно, однако если $ A $ нечётно, то $ 3A^4 \equiv 3 \pmod{4} $, что невозможно для произведения двух нечётных, следовательно $ A $ - чётно, $ 2D-E, 2D+E $ - чётны.
Так, что можно положить

$$ 2D-E=3u^{2},\qquad 2D+E=v^{2},\qquad u,v\equiv A\pmod 2, $$

тогда $ uv=A^{2} $, при этом

$$ a = \frac{3A^2+E}{2}, b = \frac{3A^2-E}{2}. $$

Существует ровно два различных разложения произведения.
Кладём $ 3 $ в меньший множитель, тогда пусть $ u=(m+n)^{2}, v=m-n $ (здесь $m,n\in\mathbb N, \gcd(m,n)=\{1, 3\}\nmid mn $), тогда $ A=m^{2}-n^{2} $.
Получим:

$$ D=m^4+2 m^3 n+6 m^2 n^2+2 m n^3+n^4, E=-m^4-8 m^3 n-6 m^2 n^2-8 m n^3-n^4, $$

$$ a=m^{4}-4m^{3}n-6m^{2}n^{2}-4mn^{3}+n^{4}, $$

$$ b=2\,(m^{4}+2m^{3}n+2mn^{3}+n^{4}), $$

$$ c=3(m^{2}-n^{2})\,(m^{4}+2m^{3}n+6m^{2}n^{2}+2mn^{3}+n^{4}). $$

Здесь $ a $ нечётно, $ b $ чётно, причём $ a\equiv1$, $b\equiv2\pmod 3 $.
Кладём $ 3 $ в меньший множитель, тогда пусть $ u=2m^{2}, v=2n^{2} $ (те же условия на $ m,n $), тогда $ A=2mn $.
Получим:

$$ D=3 m^4+n^4, E=2 n^4-6 m^4, $$

$$ a=-3m^{4}+6m^{2}n^{2}+n^{4}, $$

$$ b=3m^{4}+6m^{2}n^{2}-n^{4}, $$

$$ c=6mn\,(3m^{4}+n^{4}). $$

Здесь $ a $ чётно, $ b $ нечётно, причём $ a\equiv2$, $b\equiv1\pmod 3 $.

Разберём случай, когда $ 3\nmid c $, тогда

$$ a+b = \eta_1A^2,\quad a + \varepsilonb = \eta_2B^2,\quad a + \varepsilon^2 b = \eta_3C^2, $$

где $A,B,C\in\mathbb{Z}(\varepsilon)$, $\eta_1 \eta_2 \eta_3=1$.
Группа единиц $\mathbb{Z}(\varepsilon)$ циклична: $\eta_i = \pm \varepsilon^k$, заменой $A \to \eta_1^{-1}A$, $B \to \eta_2^{-1}B$, $C \to \eta_3^{-1}C$ (с сохранением $\eta_1\eta_2\eta_3 = 1$) получаем:

$$ a + b = A^2, a + \varepsilon b = B^2, a + \varepsilon^2 b = C^2 \qquad A,B,C\in\mathbb Z(\varepsilon). $$

При $3\nmid c$ ни один сомножитель не содержит простых $ \alpha $, $ \beta $, поэтому каждый сомножитель является квадратом (с точностью до единиц).
Целочисленным можно сделать именно первый квадрат домножив при необходимости на единицу, тогда $A\in\mathbb Z$.
Поскольку $3\nmid A$ и $A\equiv\pm1\pmod3$, каждое такое $A$ примитивно представимо формой $X^{2}-3Y^{2}$ - это норма элемента $X+Y\sqrt3$ из $\mathbb{Z}(\varepsilon)$. Чтобы получить два независимых параметра, запишем

$$ X=m-n,\qquad Y=n,\qquad \gcd(m,n)=1, $$

откуда

$$ A=(m-n)^{2}-3n^{2}=m^{2}-2mn-2n^{2}. $$

Так одна переменная $A$ заменяется на пару $(m,n)$, при этом условие $m\not\equiv n\pmod3$ гарантирует, что $3\nmid A$.
Пусть $B=p+\varepsilon q$, из $B^{2}=a+\varepsilon b$ получаем

$$ a=p^{2}-q^{2},\qquad b=2pq-q^{2}. $$

Требование $a+b=A^{2}$ даёт

$$ (p+q)^{2}-3q^{2}=A^{2}. $$

Примитивное решение:

$$ q=2n(n-m),\qquad p=m^{2}+2n^{2}. $$

Тогда:

$$ a=m^4+8 m n^3, $$

$$ b=4 \left(n^4-m^3 n\right), $$

$$ c=\pm\left(m^4+2 m^3 n+6 m^2 n^2-4 m n^3+4 n^4\right)\left(m^2-2 m n-2 n^2\right), $$

где $\gcd(m,n)=1,\;m\not\equiv n\pmod2,\;m\not\equiv n\pmod3$.

[SUILVA]

maravan
Большое спасибо, обязательно изучу.
Но не нашел желаемого ответа.

$a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) $
Разложение на множители имеет частный случай.
Попробуйте отвергать.

(Оффтоп)

Обидно конечно и жалко, других не замечают.
Другим этот вопрос не задают.

[maravan]

SUILVA
Может вы и правы, уточните пожалуйста, что вы имеете в виду, когда говорите, что: "Разложение на множители имеет частный случай.". А то слишком для меня размыто.
Мы же про исходную задачу говорим, в кольце, которое я рассматриваю?
Привидите критерий разложения на множители, чтобы не был "частный случай", я в таком случае хотя бы буду иметь вектор, в какую сторону думать.

Может вы про попарную простоту и взаимную простоту всех трёх сомножителей?

[maravan]

SUILVA

Разложение в кольце $\mathbb{Z}(\varepsilon)$:

$$ a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = c^3. $$

Взаимная простота $a + b$ и $a + \varepsilon b$:
Разность сомножителей:

$$ (a + \varepsilon b) - (a + b) = (\varepsilon - 1)b = -\alpha b, \quad \text{где } \alpha = 1 - \varepsilon. $$

Если $\alpha \mid b$, то $\alpha \mid c^3$, что влечёт $\alpha \mid c$. Это противоречит $\gcd(a, b, c) = 1$, так как $\alpha \mid a + b$ и $\alpha \mid b$ даёт $\alpha \mid a$.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd(a + b, a + \varepsilon b)$ делит $\alpha$, предположим, $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}. $$

Это даёт $-b \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}$, то есть $(\varepsilon - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$. Так как $\alpha \nmid b$, это противоречит простоте $\alpha$, следовательно, $\gcd(a + b, a + \varepsilon b) = 1$.

Взаимная простота $a + b$ и $a + \varepsilon^2 b$:
Разность:

$$ (a + \varepsilon^2 b) - (a + b) = (\varepsilon^2 - 1)b = -\alpha (\varepsilon + 1)b. $$

Если $\alpha \mid b$, аналогично получаем противоречие с $\gcd(a, b, c) = 1$.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd(a + b, a + \varepsilon^2 b)$ делит $\alpha (\varepsilon + 1)$, предположим $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon^2 b \pmod{\alpha}. $$

Вычитая, получаем $(\varepsilon^2 - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$, так как $\varepsilon^2 - 1 = -\alpha (\varepsilon + 1)$ и $\alpha \nmid b$, это невозможно, следовательно, $\gcd(a + b, a + \varepsilon^2 b) = 1$.

Взаимная простота $a + \varepsilon b$ и $a + \varepsilon^2 b$:
Разность:

$$ (a + \varepsilon^2 b) - (a + \varepsilon b) = (\varepsilon^2 - \varepsilon)b = -\varepsilon \alpha b. $$

Если $\alpha \mid b$, противоречие аналогично.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd$ делит $\varepsilon \alpha$, предположим $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon^2 b \pmod{\alpha}. $$

Вычитая, получаем $\varepsilon (\varepsilon - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$, так как $\varepsilon - 1 = -\alpha$ и $\alpha \nmid b$, противоречие, следовательно, $\gcd(a + \varepsilon b, a + \varepsilon^2 b) = 1$.

Простые $p \equiv 2 \pmod{3}$:
Любое $p \equiv 2 \pmod{3}$ остаётся простым в $\mathbb{Z}(\varepsilon)$, если $p \mid c^3$, то $p \mid c$ и $p^3 \mid c^3$. Из $\gcd(a, b, c) = 1$ следует, что $p$ делит не более одного сомножителя. Например, если $p \mid a + b$, то $p \nmid a + \varepsilon b$, так как $p \mid (a + \varepsilon b)$ влечёт $p \mid (\varepsilon - 1)b = -\alpha b$, что невозможно (поскольку $p \neq \alpha$ и $p \nmid b$).

Следовательно все три сомножителя попарно взаимно просты.

[SUILVA]

Сейчас понял.
Пример.
$5^3 + 3^3 = 152$
152 разлижем на простые множители.
Из них собираем три множителя.
$5^3 + 3^3 = (2 - 3 \varepsilon) (6 - 4 \varepsilon) (4 + 4 \varepsilon) $
$5^3 + 3^3 = 8 (3 - 2 \varepsilon) (5 + 2 \varepsilon) $
$5^3 + 3^3 = (5 + 2 \varepsilon) (5 + 3 \varepsilon) (-8 \varepsilon) $
...

Среди них обязательно будет $5^3 + 3^3 = 8 (5 + 3 \varepsilon) (2 - 3 \varepsilon) $

Любое разложение $a^3 + b^3 $ на множители можно привести к виду $(a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) $
Вопрос исчерпан.

(Оффтоп)

(единственность разложения на простые множители)

Второй вопрос с тройкой остался нерешенным.
Я не понимаю.

-- 22.05.2025, 19:21 --

(Оффтоп)

maravan в сообщении #1687081 писал(а):

SUILVA

Разложение в кольце $\mathbb{Z}(\varepsilon)$:

$$ a^3 + b^3 = (a + b)(a + \varepsilon b)(a + \varepsilon^2 b) = c^3. $$

Взаимная простота $a + b$ и $a + \varepsilon b$:
Разность сомножителей:

$$ (a + \varepsilon b) - (a + b) = (\varepsilon - 1)b = -\alpha b, \quad \text{где } \alpha = 1 - \varepsilon. $$

Если $\alpha \mid b$, то $\alpha \mid c^3$, что влечёт $\alpha \mid c$. Это противоречит $\gcd(a, b, c) = 1$, так как $\alpha \mid a + b$ и $\alpha \mid b$ даёт $\alpha \mid a$.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd(a + b, a + \varepsilon b)$ делит $\alpha$, предположим, $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}. $$

Это даёт $-b \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}$, то есть $(\varepsilon - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$. Так как $\alpha \nmid b$, это противоречит простоте $\alpha$, следовательно, $\gcd(a + b, a + \varepsilon b) = 1$.

Взаимная простота $a + b$ и $a + \varepsilon^2 b$:
Разность:

$$ (a + \varepsilon^2 b) - (a + b) = (\varepsilon^2 - 1)b = -\alpha (\varepsilon + 1)b. $$

Если $\alpha \mid b$, аналогично получаем противоречие с $\gcd(a, b, c) = 1$.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd(a + b, a + \varepsilon^2 b)$ делит $\alpha (\varepsilon + 1)$, предположим $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon^2 b \pmod{\alpha}. $$

Вычитая, получаем $(\varepsilon^2 - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$, так как $\varepsilon^2 - 1 = -\alpha (\varepsilon + 1)$ и $\alpha \nmid b$, это невозможно, следовательно, $\gcd(a + b, a + \varepsilon^2 b) = 1$.

Взаимная простота $a + \varepsilon b$ и $a + \varepsilon^2 b$:
Разность:

$$ (a + \varepsilon^2 b) - (a + \varepsilon b) = (\varepsilon^2 - \varepsilon)b = -\varepsilon \alpha b. $$

Если $\alpha \mid b$, противоречие аналогично.
Если $\alpha \nmid b$, то $\gcd$ делит $\varepsilon \alpha$, предположим $\gcd = \alpha$, тогда:

$$ a \equiv -\varepsilon b \pmod{\alpha}, \quad a \equiv -\varepsilon^2 b \pmod{\alpha}. $$

Вычитая, получаем $\varepsilon (\varepsilon - 1)b \equiv 0 \pmod{\alpha}$, так как $\varepsilon - 1 = -\alpha$ и $\alpha \nmid b$, противоречие, следовательно, $\gcd(a + \varepsilon b, a + \varepsilon^2 b) = 1$.

Простые $p \equiv 2 \pmod{3}$:
Любое $p \equiv 2 \pmod{3}$ остаётся простым в $\mathbb{Z}(\varepsilon)$, если $p \mid c^3$, то $p \mid c$ и $p^3 \mid c^3$. Из $\gcd(a, b, c) = 1$ следует, что $p$ делит не более одного сомножителя. Например, если $p \mid a + b$, то $p \nmid a + \varepsilon b$, так как $p \mid (a + \varepsilon b)$ влечёт $p \mid (\varepsilon - 1)b = -\alpha b$, что невозможно (поскольку $p \neq \alpha$ и $p \nmid b$).

Следовательно все три сомножителя попарно взаимно просты.

Спасибо, потом подумаю.