ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

Belfegor в сообщении #599193 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #599176 писал(а):

Спасибо за поздравления!

Замахнётесь на большие степени?

Немного отдохну и буду пробовать.

[Belfegor]

Феликс Шмидель в сообщении #599218 писал(а):

Немного отдохну и буду пробовать.

Надеемся и верим! Удачи!

[ishhan]

Уважаемый Феликс Шмидель, я конечно уже достал Вас всякими вопросами,великодушно прошу простить и правильно понять, но тем не менее, по рекомендации nnosipov, обратился к
Боревич Шафаревич 1985 3-е изд.доп. и на стр.99 нашел такой отрывок:"Например, если рациональное число $d$ не является кубом, то числа $1, \sqrt[3]{d}, \sqrt[3]{d^2}$ образуют базис поля.
Поэтому форма $N(x+y\sqrt[3]{d}+z\sqrt[3]{d^2})=x^3+dy^3+d^2z^3-3dxyz $ полная."
Далее по тексту идет пример не полной формы:"Примером неполной формы может служить $N(x+y\sqrt[3]{d})=x^3+dy^3$."
Соответственно примером не полной формы может служить и такой:
$N(x+y\sqrt[3]{d^2})=x^3+d^2y^3$
В Вашем случае $d=2$.
У Вас же не полная форма $a^3+4b^3$ разлагается на множители так, что один из её множителей имеет норму полной формы?
Хотелось бы получить объяснение из первых рук.
Если по вашему опять несу пургу, прошу строго не судить . К всеобщим поздравлениям надеюсь присоединиться немного позже

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #599353 писал(а):

У Вас же не полная форма $a^3+4b^3$ разлагается на множители так, что один из её множителей имеет норму полной формы?

Норму полной формы имеет второй сомножитель, но эта норма равна не $a^3+4b^3$, а
$(a^3+4b^3)^2$.

[shwedka]

Феликс Шмидель
В том состоянии, в каком доказательство находится сейчас,
я ошибки не вижу. Но пока что текст рваный, фрагментарный.
Я рекомендую Вам написать все последовательно, в виде статьи, со всеми точными ссылками. Название, например,
'Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3'.
Я проверю. Если все в порядке, сможете представить в 'Математические Заметки'-- Журнал не чужд тематики, недавно печатал статью о ВТФ.

[nnosipov]

Краткое --- это вряд ли, доказательство евклидовости кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ довольно длинное, да и проверять его ещё надо. Описание единиц тоже не бесплатно (нужно решить уравнение $a^3+2b^3+4c^3-6abc=\pm 1$ в целых числах, а это отдельная и интересная сама по себе история). При этом схема доказательства точно такая же, как и у Эйлера. В основе лежит аналог леммы Эйлера, который можно сформулировать так: если $x^3+4v^3$ --- точный квадрат, где $x$ нечётно и взаимно просто с $v$, то существуют такие взаимно простые целые числа $k$ и $l$, что $x=k^4-4kl^3$, $v=2k^3l+l^4$ (именно здесь нужна факториальность $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$). Но подобные утверждения не редкость, так что какой-то принципиальной новизны в представленном доказательстве нет. Тем не менее автору спасибо за то, что обратил внимание на возможность такого подхода.

[Феликс Шмидель]

shwedka в сообщении #599501 писал(а):

Феликс Шмидель
В том состоянии, в каком доказательство находится сейчас,
я ошибки не вижу. Но пока что текст рваный, фрагментарный.
Я рекомендую Вам написать все последовательно, в виде статьи, со всеми точными ссылками. Название, например,
'Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3'.
Я проверю. Если все в порядке, сможете представить в 'Математические Заметки'-- Журнал не чужд тематики, недавно печатал статью о ВТФ.

Большое спасибо, уважаемая shwedka.
Я могу сделать это только под Вашим руководством, потому что у меня нет опыта написания научных статей.

[ishhan]

nnosipov в сообщении #599522 писал(а):

нужно решить уравнение $a^3+2b^3+4c^3-6abc=\pm 1$ в целых числах, а это отдельная и интересная сама по себе история)

А это уравнение имеет целочисленные решения только при $a=b=c=\pm 1$
Такое решение даёт
http://www.wolframalpha.com/

[nnosipov]

ishhan в сообщении #599640 писал(а):

Такое решение даёт http://www.wolframalpha.com/

Он просто не умеет решать такие уравнения.

[dmd]

легко находятся $a=5,b=4,c=3$ и $a=7,b=2,c=-6$

и скорее всего целых решений бесконечно много

(Оффтоп)

a= -161    b= -99    c= 180
a= -73    b= -58    c= -46
a= -41    b= 59    c= -21
a= -35    b= 24    c= 3
a= -19    b= -15    c= -12
a= -19    b= 5    c= 8
a= -7    b= -2    c= 6
a= -5    b= -4    c= -3
a= -1    b= -100    c= 80
a= -1    b= -3    c= 3
a= -1    b= -1    c= -1
a= -1    b= 0    c= 0
a= -1    b= 1    c= 0
a= -1    b= 2    c= -1
a= 1    b= -2    c= 1
a= 1    b= -1    c= 0
a= 1    b= 0    c= 0
a= 1    b= 1    c= 1
a= 1    b= 3    c= -3
a= 1    b= 100    c= -80
a= 5    b= 4    c= 3
a= 7    b= 2    c= -6
a= 19    b= -5    c= -8
a= 19    b= 15    c= 12
a= 35    b= -24    c= -3
a= 41    b= -59    c= 21
a= 73    b= 58    c= 46
a= 161    b= 99    c= -180

[Феликс Шмидель]

nnosipov в сообщении #599522 писал(а):

Краткое --- это вряд ли, доказательство евклидовости кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ довольно длинное, да и проверять его ещё надо.

Моё доказательство короткое, и его не сложно проверить.

nnosipov в сообщении #599522 писал(а):

Описание единиц тоже не бесплатно (нужно решить уравнение $a^3+2b^3+4c^3-6abc=\pm 1$ в целых числах, а это отдельная и интересная сама по себе история).

Для чего решать это уравнение, если все делители единицы имеют вид $\pm (j-1)^m$?
Разве эта формула не даёт всех решений этого уравнения?

nnosipov в сообщении #599522 писал(а):

В основе лежит аналог леммы Эйлера, который можно сформулировать так: если $x^3+4v^3$ --- точный квадрат, где $x$ нечётно и взаимно просто с $v$, то существуют такие взаимно простые целые числа $k$ и $l$, что $x=k^4-4kl^3$, $v=2k^3l+l^4$ (именно здесь нужна факториальность $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$)

Моё доказательство не нуждается в выводе этих соотношений.

ishhan в сообщении #599640 писал(а):

А это уравнение имеет целочисленные решения только при $a=b=c=\pm 1$

Ерунда. Решений бесконечно много. Они даются формулой $\pm (j-1)^m$, которую я доказал.

[dmd]

Феликс Шмидель в сообщении #599684 писал(а):

nnosipov в сообщении #599522 писал(а):

Описание единиц тоже не бесплатно (нужно решить уравнение $a^3+2b^3+4c^3-6abc=\pm 1$ в целых числах, а это отдельная и интересная сама по себе история).

Для чего решать это уравнение, если все делители единицы имеют вид $\pm (j-1)^m$?
Разве эта формула не даёт всех решений этого уравнения?

Даёт, но почему-то не все. Какое $m$ даст $a=5,b=4,c=3$?

[venco]

dmd в сообщении #599696 писал(а):

Даёт, но почему-то не все. Какое $m$ даст $a=5,b=4,c=3$?

$m=-2$

[Sonic86]

dmd в сообщении #599696 писал(а):

Даёт, но почему-то не все. Какое $m$ даст $a=5,b=4,c=3$?

Погуглите теорему Дирихле о числе единиц в кольце алгебраических чисел. Или вот Вики, там есть литература. Есть она и в книге Коблица (кажется).

[natalya_1]

Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):

$j=\sqrt[3]{2}$
Имеем:
(1) $x^6-j^6 v^3=(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)$

Но Вы ведь разложили на иррациональные множители.
О какой делимости (точнее, об отсутствии общих множителей) тогда можно говорить?