ВТФ для n=3

[venco]

ishhan в сообщении #598261 писал(а):

nnosipov в сообщении #598119 писал(а):

Вряд ли есть что-то проще.

Разве этот вариант доказательства первого случая ВТФ для $n=3$ не самый простой?

Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".

ishhan в сообщении #598261 писал(а):

И потом, разве кроме метода Эйлера существует ещё какой-то способ доказательства ВТФ $n=3$ второго случая?

Приведённый здесь метод аналогичен методу Эйлера, только используется другое поле.

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #598261 писал(а):

Как доказывается первый случай по методу Феликс Шмидель, пока не ясно.

Когда я доказываю, что либо $x$ либо $v$ делится на 3 это и есть доказательство первого случая. После этого я доказываю второй случай.

ishhan в сообщении #598261 писал(а):

Как И потом, разве кроме метода Эйлера существует ещё какой-то способ доказательства ВТФ $n=3$ второго случая?

По-моему, метод Куммера доказывает ВТФ в случае $n=3$.

-- Пн июл 23, 2012 18:45:05 --

Belfegor в сообщении #598281 писал(а):

И кажется Феликс Шмидель уверенно двигается к цели!

Cпасибо. Мне осталось доказать евклидовость $\matbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, хотя это уже давно доказано.

[ishhan]

venco в сообщении #598286 писал(а):

Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".

Ага ага, но, как правило,в классических случаях доказательство первого случая предшествует доказательству второго случая, разве нет?

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #598330 писал(а):

venco в сообщении #598286 писал(а):

Здесь доказывается ВТФ для $n=3$, а не "первый случай ...".

Ага ага, но, как правило,в классических случаях доказательство первого случая предшествует доказательству второго случая, разве нет?

Я это учту.

-- Пн июл 23, 2012 19:42:47 --

Действительно, лучше отделить первый случай от второго, тем более, что я использую первый случай в доказательстве второго.

Если $x$, $y$, $z$ - целые числа и $xyz$ не делится на 3, то равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

[ishhan]

Феликс Шмидель в сообщении #598348 писал(а):

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$

[venco]

ishhan в сообщении #598373 писал(а):

Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$

Простых доказательств первого случая так много, что их можно уже не упоминать, а сразу браться за второй случай.

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #598373 писал(а):

Сразу можно сказать, что в данном случае Вы используете совершенно другой подход, не связанный с участием$ a^6+4b^3$

Вам не угодишь. Тогда остаётся первоначальный вариант доказательства.

[Феликс Шмидель]

1.2 В $\mathbb{Z}[j]$ имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Пусть $a_0$, $a_1$ и $a_2$ рациональные числа, которые меньше $\frac{1}{2}$ по абсолютной величине.
Рассмотрим норму $N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)=a_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 a_0 a_1 a_2$.
Если $a_0$, $a_1$ и $a_2$ одного знака, то очевидно, что эта норма меньше 1 по абсолютной величине.
Предположим что они не одного знака и $a_2\geq 0$.
Рассмотрим три случая:
1. $a_0 a_1\geq 0$
2. $a_0<0$, $a_1>0$
3. $a_0>0$, $a_1<0$

1. $a_0 a_1\geq 0$
В этом случае $4 a_2^3\geq 0$ и $6 a_0 a_1 a_2\geq 0$.
Для того чтобы норма была не меньше 1 по абсолютной величине, $a_0$ и $a_1$ должны быть отрицательными и норма получается не больше $\frac{9}{8}$ по абсолютной величине.
Но если $a_2<\frac{5}{12}$, то $6 a_0 a_1 a_2<\frac{5}{8}$ и норма получается меньше 1 по абсолютной величине.
Если же $a_2\geq \frac{5}{12}$, то $4 a_2^3>\frac{2}{8}$ и норма всё равно получается меньше 1 по абсолютной величине.

2. $a_2\geq 0$, $a_0<0$, $a_1>0$
Предположим:$N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$ и $N((a_0+1)+a_1 j+a_2 j^2)$ не меньше 1 по абсолютной величине.
Докажем, что это невозможно.
Обозначим $b_0=-a_0$.
Тогда $\frac{1}{2}>b_0>0$, $a_0+1=1-b_0$, $\frac{1}{2}<1-b_0<1$.
Имеем:

(1) $-b_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3+6 b_0 a_1 a_2\geq 1$
(2) $(1-b_0)^3+2 a_1^3+4 a_2^3-6 (1-b_0) a_1 a_2\geq 1$

или

(3) $-b_0^3+2 a_1^3+4 a_2^3+6 b_0 a_1 a_2\geq 1$
(4) $6 (1-b_0) a_1 a_2-((1-b_0)^3+2 a_1^3+4 a_2^3)\geq 1$

Помножим (1) на $(1-b_0)$, (2) на $b_0$ и сложим оба неравенства.
Сложим (3) и (4).
Получим:

(5) $b_0(1-b_0)(1-2 b_0)+2 a_1^3+4 a_2^3\geq 1$

или

(6) $6 a_1 a_2-b_0^3-(1-b_0)^3\geq 2$

Неравенство (6) невозможно, так как $6 a_1 a_2<6/4<2$.
Найдём максимум функции
(7) $b_0(1-b_0)(1-2 b_0)=2 b_0^3-3 b_0^2+b_0$ на интервале $(0, \frac{1}{2})$.

Производная этой функции равна $6 b_0^2-6 b_0+1$ c двумя корнями: $(3-\sqrt{3})/6$ и $(3+\sqrt{3})/6$. Первый корень даёт максимум фунцкии (7) на интервале $(0, \frac{1}{2}$). Этот максимум меньше $0.1$.

Поэтому (5) невозможно.

3. $a_2\geq 0$, $a_0>0$, $a_1<0$
Предположим:$N(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$ и $N(a_0+(a_1+1) j+a_2 j^2)$ не меньше 1 по абсолютной величине.
Докажем, что это невозможно.
Обозначим $b_1=-a_1$.
Тогда $\frac{1}{2}>b_1>0$, $a_1+1=1-b_1$, $\frac{1}{2}<1-b_1<1$.

Этот случай совершенно аналогичен случаю 2.
Что и требовалось доказать.

Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.
Что и требовалось доказать.

(Оффтоп)

В связи с переездом, меня 1-2 дня не будет на форуме.

[AKM]

Феликс Шмидель

я скопировал Ваши исправления в последнее сообщение.

[Коровьев]

Феликс Шмидель в сообщении #598518 писал(а):

Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Для меня пока из доказанного следует, что норма таких чисел меньше единицы. И что с этим утверждением дальше делать, чтобы доказать евклидовость нормы я не соображу.
Но вообще считаю, что доказывать доказанные и известные по ссылкам вещи вовсе не обязательно. Хотя и интересно, если до их доказательства трудно добраться в литературе или в интернете.
Я вот про евклидовость данного кольца и не знал... Ну, не надо было. В Шаферевиче нашёл, что в данном кольце разложение на простые множители действительно однозначно. Следует отметить, что евклидовость - это только достаточное условие однозначности разложения, но отнюдь не обязательное. Опять же Шаферевич.
В общем, надо поздравить автора и раздел, как мне кажется, с первым успешными, и возможно даже оригинальным, доказательством .

[dmd]

Феликс Шмидель в сообщении #598348 писал(а):

Если $x$, $y$, $z$ - целые числа и $xyz$ не делится на 3, то равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^3+y^3$ даёт при делении на $9$ остаток $0$, $2$ или $-2$, а $z^3$ - остаток $1$ или $-1$.
Поэтому равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно.

Извините что встреваю, и возможно что оффтоп, но..! Равенство $x^3+y^3=z^3$ гарантирует, что $3\mid xyz$. Это очевидно из соседней темы natalya_1. Т.е. нет смысла доказывать "первый случай", если есть более сильное контр-утверждение.

[natalya_1]

dmd, я доказывала своим способом, а вообще-то делимость на $3$ давным давно доказана, и примеры доказательств есть в литературе по Теореме Ферма. Так что, совершенно нормально, что Феликс Шмидель
предложил свой вариант доказательства и выложил полный вариант.
Поздравляю с успехом!

[Belfegor]

Коровьев в сообщении #598628 писал(а):

В общем, надо поздравить автора и раздел, как мне кажется, с первым успешными, и возможно даже оригинальным, доказательством .

Браво, Маэстро Феликс Шмидель! Но что-то молчат высокие судьи??? Будет ли официальное коммюнике?

[Феликс Шмидель]

Спасибо за поздравления!

Коровьев в сообщении #598628 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #598518 писал(а):

Из доказанного следует, что кольцо $\mathbb{Z}[j]$ - евклидово по норме, и в нём имеет место теорема о единственности разложения на простые множители.

Для меня пока из доказанного следует, что норма таких чисел меньше единицы. И что с этим утверждением дальше делать, чтобы доказать евклидовость нормы я не соображу.

Получается, что для любых двух чисел $a$ и $b\neq 0$, существует третье число $c$, такое что $|N(\frac{a}{b}-c)|<1$ ($a$, $b$ и $c$ принадлежат $\mathbb{Z}[j]$).
Помножив это неравенство на $|N(b)|$, и обозначив $r=a-bc$, получим: $|N(r)|<|N(b)|$,
т.е. в $\mathbb{Z}[j]$ возможно деление с остатком, абсолютная величина нормы которого меньше абсолютной величины нормы делителя.
Это и означает евклидовость кольца $\mathbb{Z}[j]$ по норме.
На делении с остатком основан алгоритм Евклида для нахождения наибольшего общего делителя двух чисел. Алгоритм Евклида позволяет представить наибольший общий делитель двух чисел в виде их линейной комбинации и доказать теорему о единственности разложения на простые множители.

[Belfegor]

Феликс Шмидель в сообщении #599176 писал(а):

Спасибо за поздравления!

Замахнётесь на большие степени?