ВТФ для n=3

[ishhan]

Belfegor в сообщении #597298 писал(а):

ishhan в сообщении #597287 писал(а):
Так красивым и правильным можно считать доказательство первого случая ВТФ для n=3


Не понял, о каком первом случае идёт речь?

Если ни одно из целых чисел$ x,y,z$ не делится на показатель степени $n$ то это называют первым случаем ВТФ.
Если же одно из чисел $x,y,z $делится на$ n $то это называют вторым случаем ВТФ.
Такое разделение ввёл К.Ф.Гаусс
Подробности здесь.
http://www.mathpages.com/home/kmath367.htm

[Феликс Шмидель]

Исправление
-----------------

Цитата:

Назовём нормой числа $a_0+a_1 j+a_2 j^2$ число $a_0^2+2 a_1^2+4 a_2^2-6 a_0 a_1 a_2$.

исправляется на

Назовём нормой числа $a_0+a_1 j+a_2 j^2$ число $a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2$.


Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.


Согласно теореме Дирихле о единицах, в $\mathbb{Z}[j]$ есть только одна фундаментальная единица (обозначим её через $e_1$), и все делители единицы имеют вид: $e_1^m$ или $-e_1^m$, где $m$ - целое число.

Назовём нормой числа $a_0+a_1 j+a_2 j^2$ число $a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2$.
Обозначим норму через $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$.

Можно показать, что $N((a_0+a_1 j+a_2 j^2)(b_0+b_1 j+b_2 j^2))=N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)N(b_0+b_1 j+b_2 j^2)$, то есть норма произведения равна произведению норм.

Лемма
------------

Пусть $j-1=(a_0+a_1 j+ a_2 j^2)^k$, где $k$ - целое положительное число, и $a_0$, $a_1$, $a_2$ - целые числа ($j=\sqrt[3]{2}$).

Тогда $k=1$.

Доказательство:
--------------------------

Если $k$-чётное число, то $j-1=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2$, где $c_0$, $c_1$, $c_2$ - некоторые целые числа, но это невозможно, так как в правой части, после возведения в квадрат, получается чётный коэффициент при $j$.
Значит $k$ - нечётное число.
Тогда $j$ делится на $(a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2$, и $j-2$ делится на $(a_0-1)+a_1 j+a_2 j^2$.
Поэтому $N(j)=2$ делится на $N((a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2)$, и $N(j-2)=-6$ делится на $N((a_0-1)+a_1 j+a_2 j^2)$.
Кроме этого $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)=1$, так как $N(j-1)=N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^k$.
Этого достаточно, чтобы доказать лемму перебором делителей числа $2$ и числа $-6$.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597302 писал(а):

Я имел ввиду другое. Вы согласны с тем, что моё доказательство ВТФ для $n=3$ является строгим и не содержит ошибок?

А Вы сами уверены на 100% в правильности и строгости того, что изложили.
Изложение доказательства ВТФ n=3 Эйлера занимает существенно больше места, чем Ваше и многие его считают спорным несмотря на авторитет Эйлера.
Изложите Ваше доказательство максимально подробно, по пунктам.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Изложите Ваше доказательство максимально подробно, по пунктам.

Хорошо, давайте по пунктам.

Пункт 1.

Пусть $j=\sqrt[3]{2}$.

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.


Это действительно известно из различных источников.
Вы согласны с этим?

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597328 писал(а):

Хорошо, давайте по пунктам.

Пункт 1.

Пусть $j=\sqrt[3]{2}$.

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Поясните ещё раз, какое расширение Вы вводите для разложения на множители выражения:
$4z^3y^3+x^6 $
И как выглядит это разложение, о единственности разложения пока не будем.
$ 2\cdot2=(1-\sqrt{-3})(1+\sqrt{-3})$

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Поясните ещё раз, какое расширение Вы вводите для разложения на множители выражения:
$4z^3y^3+x^6 $

Вы меня не путайте. По пунктам - значит по пунктам.
Скажите, согласны ли Вы с пунктом 1?

[Belfegor]

Феликс Шмидель в сообщении #597328 писал(а):

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$

Мне кажется, что доказательство с применением "колец" не тянет на элементарное, но, конечно, как альтернатива модулярным формам... - это было бы здорово!
А можно обойтись без области отрицательных чисел?

[Феликс Шмидель]

Belfegor в сообщении #597353 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #597328 писал(а):

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$

А можно обойтись без области отрицательных чисел?

Можно обойтись неотрицательными числами вида $a_0+a_1 j+a_2 j^2$, но это неудобно.
Процитированное Вами предложение является стандартной формулировкой.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597348 писал(а):

Вы меня не путайте. По пунктам - значит по пунктам.
Скажите, согласны ли Вы с пунктом 1?

Пункт 1 Вами изложен, на мой взгляд, туманно, что было замечено не только мной.
Поэтому я Вас и просил привести расширение, которое используется Вами для разложения на множители выражения:
$4a^3+b^6=...$
И конкретный вид этого разложения с пояснениями.
Насколько я понимаю, в разложении должно быть шесть сомножителей.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Пункт 1 Вами изложен, на мой взгляд, туманно, что было замечено не только мной.

Ничего туманного в этом пункте нет. Вы не понимаете его, потому что не изучали теорию алгебраических чисел.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597364 писал(а):

Цитата:
Пункт 1 Вами изложен, на мой взгляд, туманно, что было замечено не только мной.


Ничего туманного в этом пункте нет. Вы не понимаете его, потому что не изучали теорию алгебраических чисел.

Не буду перед Вами оправдываться, но в ответ могу сказать, что не понимаю Ваш ход мыслей по поводу использования алгебраических чисел в доказательстве невозможности уравнения $4a^3+b^6=c^2$ и не вижу никакого смысла в анализе этого уравнения.
Может быть эксперты оценят Вас по достоинству, но пока они молчат...

[Феликс Шмидель]

Пункт 1 можно разбить на подпункты:

1.1 $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$.
1.2 В $\mathbb{Z}[j]$ имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.
1.3 В $\mathbb{Z}[j]$ все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Можно сомневаться в любом из этих подпунктов, можно попросить ссылку на источник, попросить, чтобы я привёл своё доказательство какого-либо подпункта и обсуждать это доказательство.
Но не спрашивать какое расширение целых чисел я имею ввиду.
Ясно, что расширение $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #597408 писал(а):

Ясно, что расширение $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Согласен по поводу расширения в котором Вы присоединяете число $\sqrt[3]{2}$ слегка Вас достал
Но почему исследуя форму шестой степени $a^6+4b^3$ на предмет возможности её быть квадратом Вы разлагаете её только на два сомножителя, каждый из которых не является линейным и соответственно простым тоже?
В моём представлении расширение для формы шестой степени должно быть таким, что бы форма разлагалась на шесть линейных множителей.
Так например в лемме Эйлера рассматривается квадратичная форма$ a^2+3b^2$ на предмет возможности её быть кубом. В данном случае вводятся числа $a+b\sqrt{-3}$ и форма $ a^2+3b^2$ разлагается на два линейных множителя.
Почему у Вас расширение таково, что разложение формы шестой степени $a^6+4b^3$ не представлено в виде произведения шести сомножителей?

[nnosipov]

Феликс Шмидель в сообщении #597267 писал(а):

Известно, что $\mathbb{Z}[j]$ является кольцом целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[j]$, что в этом кольце имеет место теорема о единственности разложения на простые множители, и все положительные делители единицы имеют вид: $(j-1)^m$, где $m$ - целое число.

Всё это желательно доказать элементарно и не очень сложно (ссылки на общую теорему Дирихле неуместны, чтобы хоть как-то конкурировать с доказательством Эйлера). И лучше собрать окончательный вариант доказательства в одном месте. На первый взгляд ошибок нет, но аккуратно не проверял.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

Но почему исследуя форму шестой степени $a^6+4b^3$ на предмет возможности её быть квадратом Вы разлагаете её только на два сомножителя, каждый из которых не является линейным и соответственно простым тоже?

Цитата:

Почему у Вас расширение таково, что разложение формы шестой степени $a^6+4b^3$ не представлено в виде произведения шести сомножителей?

Во-первых, для доказательства мне достаточно двух сомножителей.
Во-вторых, можно было бы разложить на три сомножителя, но два из них не принадлежали бы $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, поскольку были бы комплексными числами, а в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ находятся только действительные числа.
Расширение, которое кроме $\sqrt[3]{2}$ включало бы ещё и комплексные числа сложнее чем $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и не нужно для доказательства.

-- Сб июл 21, 2012 16:25:03 --

Цитата:

Всё это желательно доказать элементарно и не очень сложно (ссылки на общую теорему Дирихле неуместны, чтобы хоть как-то конкурировать с доказательством Эйлера). И лучше собрать окончательный вариант доказательства в одном месте. На первый взгляд ошибок нет, но аккуратно не проверял.

Я пока не знаю как без теоремы Дирихле доказать, что в $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ есть только одна фундаментальная единица.
Всё остальное доказывается несложно, потому что кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ - Евклидово по норме.
Пункт 1 не вызывает сомнений поскольку доказывается в различных источниках.
Поэтому достаточно проверить только короткое доказательство, изложенное в первом посту темы.
Буду благодарен, если проверите.