ВТФ для n=3

[AV_77]

natalya_1 в сообщении #599743 писал(а):

О какой делимости тогда можно говорить?

Это делимость в другом кольце. Ведь делить не только в целых числа можно.

[nnosipov]

Феликс Шмидель в сообщении #599684 писал(а):

Моё доказательство короткое, и его не сложно проверить.

Это смотря с чем сравнивать. Евклидовость колец целых чисел мнимых квадратичных полей проверяется гораздо проще.

Феликс Шмидель в сообщении #599684 писал(а):

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

Разумеется, даёт. Задача отыскания всех единиц --- это и есть задача решения этого уравнения. И это вполне содержательная задача. Опять же замечу, что описание единиц колец в мнимых квадратичных полях вообще не представляет никакой проблемы.

Феликс Шмидель в сообщении #599684 писал(а):

Моё доказательство не нуждается в выводе этих соотношений.

Это уже несущественные детали изложения --- выделять это в виде отдельной леммы (я бы выделил, ибо это утверждение представляет и самостоятельный интерес) или делать так, как у Вас. Принципиально то, что общий объём доказательства будет никак не меньше по сравнению с доказательством Эйлера, при этом структура доказательства останется прежней.

Для сравнения: схожее уравнение $x^3+y^3=2z^3$, которое, как известно, также легко исследуется при помощи классической леммы Эйлера, может быть решено и без обращения к ней, причём никаких вспомогательных колец алгебраических чисел не привлекается (доказательство, впрочем, довольно сложное).

[natalya_1]

Феликс Шмидель в сообщении #596721 писал(а):

$j=\sqrt[3]{2}$,
Значит, либо $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, либо $(x^2-j^2 v)(j-1)=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа.
Второе из этих равенств невозможно, поскольку коэффициент при $j$, в левой части нечётный (поскольку $x$ - нечётное число), а в правой части - чётный.
Значит,
(2) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$.

А что здесь доказывать невозможность таким сложным способом? У нас $j$ - иррациональное число. Достаточно просто возвести в квадрат правую часть и подставить значение $j$.
Говорить об общих рациональных делителях (или их отсутствии), когда речь идет об иррациональных числах, нельзя.

[Коровьев]

natalya_1 в сообщении #599775 писал(а):

Говорить об общих рациональных делителях (или их отсутствии), когда речь идет об иррациональных числах, нельзя.

"Учите матчасть, здесь сильно пытают"

[Феликс Шмидель]

natalya_1 в сообщении #599775 писал(а):

А что здесь доказывать невозможность таким сложным способом? У нас $j$ - иррациональное число. Достаточно просто возвести в квадрат правую часть и подставить значение $j$.

Вы имеете ввиду возвести в квадрат $(x^2-j^2 v)(j-1)$? Объясните, пожалуйста, Вашу мысль.

natalya_1 в сообщении #599775 писал(а):

Говорить об общих рациональных делителях (или их отсутствии), когда речь идет об иррациональных числах, нельзя.

Мы говорим не о рациональных делителях, а о делителях вида $(a_0+a_1 j+a_2 j^2)$.

Я думаю, Вы просто не понимаете, о чём идёт речь.

[shwedka]

Феликс Шмидель в сообщении #599549 писал(а):

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.

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

Я советую сейчас не дергаться с недостаточными и спешными ответами на многочисленные вопросы. Подготовьте полный текст, содержащий для каждого из утверждений, появляющихся по ходу, полное доказательство или точную ссылку, причем следующие немедленно после формулировки. Так, чтобы ни одного недоказанного утверждения не оставалось. Избегайте 'доказательств' типа "так же, как у ХХХ, только вместо комплексных чисел используются вещественные". Помните:: 'аналогично' и 'очевидно'-- те панели, которыми вымощен путь в математический ад.
Очень прошу наблюдателей повременить с вопросами до появления текста, полного по мнению автора.

[nnosipov]

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 $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$).

Это утверждение есть в книге Mordell L.J. Diophantine equations. Academic Press Inc. (London), 1969 (см. стр. 235 и в окрестности, а также список литературы в конце главы).

[Феликс Шмидель]

nnosipov в сообщении #600160 писал(а):

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 $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$).

Это утверждение есть в книге Mordell L.J. Diophantine equations. Academic Press Inc. (London), 1969 (см. стр. 235 и в окрестности, а также список литературы в конце главы).

Значит ли это, что доказательство, подобное моему опубликовано в этой книге?
Если это так, то публикация моего доказательства не имеет смысла.

Уважаемая shwedka, мы должны решить этот принципиальный вопрос перед началом работы над статьёй.

[shwedka]

Феликс Шмидель в сообщении #600235 писал(а):

nnosipov в сообщении #600160 писал(а):

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 $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$).

Это утверждение есть в книге Mordell L.J. Diophantine equations. Academic Press Inc. (London), 1969 (см. стр. 235 и в окрестности, а также список литературы в конце главы).

Значит ли это, что доказательство, подобное моему опубликовано в этой книге?
Если это так, то публикация моего доказательства не имеет смысла.

Уважаемая shwedka, мы должны решить этот принципиальный вопрос перед началом работы над статьёй.

Оцените самостоятельно, что остается, если эта лемма принимается как известная?
Посмотрите у Морделла, есть там только эта лемма или еще и вытекающие из нее нужные факты. Книгу могу выслать по емейлу, который Вы укажете в личке.

[ishhan]

[Феликс Шмидель]

ishhan в сообщении #600278 писал(а):

Cпасибо, ishhan.
Из изложенного на этой странице не следует ВТФ для $n=3$.

Я подготовил предварительный вариант статьи:

Краткое, альтернативное Эйлерову, доказательство ВТФ для степени 3.

В этой работе мы доказываем, что равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, однозначность разложения на простые множители в этом кольце и общий вид делителей единицы.
Введём обозначение: $j=\sqrt[3]{2}$.
Кольцо $\mathbb{Z}[j]$ является евклидовым (ссылка 1), следовательно:
(I) В $\mathbb{Z}[j]$ возможно и однозначно разложение элементов на простые множители (ссылка 2).
(II) Любой делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число (ссылка 3).

Лемма 1
-----------

Если $x$, $v$ и $c$ - целые числа, и $xv$ не делится на 3, то равенство
$x^6-4v^3=c^2$ невозможно.

Доказательство:
------------------

Поскольку куб числа не делящегося на $3$ даёт остаток $1$ или $-1$ при делении на $9$, то $x^6-4v^3$ даёт при делении на $9$ остаток $1-4=-3$, или $1+4=5$.
Поскольку $c^2$ даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то
равенство $x^6-4v^3=c^2$ невозможно.


Лемма 2
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3\neq 1$.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^6-4 v^3=1$.

Тогда
(2.1) $\frac{x^3-1} {2} \frac{x^3+1} {2}=v^3$.

Поскольку $\frac{x^3+1} {2}-\frac{x^3-1} {2}=1$, то сомножители в левой части равенства (2.1) - взаимно-просты, и из (2.1) следует, что оба сомножителя являются кубами целых положительных чисел.
Пусть
(2.2) $\frac{x^3+1} {2}=a^3$ и $\frac{x^3-1} {2}=b^3$, где $a$ и $b$ - целые положительные числа.

Из равенств (2.2) следует, что $a>b$ и $a^3-b^3=1$, что невозможно, так как
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\geq a^2+ab+b^2\geq 3$.


Лемма 3
----------
Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 3.
Тогда $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ не имеют в $\mathbb{Z}[j]$ общих делителей.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то $x$ взаимно-просто с $j^2 v$, и поскольку $x^2-j^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 3, то
(3.2) $j^2 x^2 v$ делится на $3$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $3$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $3 j^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Но $3 j^2 x^2 v=(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)-(x^2-j^2 v)^2$ делится на $\beta$, что противоречит (3.3).


Лемма 4
-----------

Если $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа, $x$-нечётное положительное число и $v\ne 0$, то $x^6-4 v^3$ не является квадратом целого числа.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(4.1) $x^6-4 v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ - наименьшее такое положительное нечётное число, $v\ne 0$ и $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа.

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

Из леммы 3, (4.1), (4.2) и (I) следует:
(4.3) $x^2-j^2 v=(c_0+c_1 j+c_2 j^2)^2 u$, где $u$ - делитель единицы в $\mathbb{Z}[j]$, и $c_0$, $c_1$ и $c_2$ -целые числа.

Из (II) следует:
(4.4) $u=\pm (1-j)^k$, где $k$-целое число.

Поскольку $x$ - нечётное число, то $x^6-4 v^3\neq 0$, и из (4.1) следует:
(4.5) $x^6-4 v^3>0$

Поскольку $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2\geq 0$, то из (4.2) и (4.5) следует:
(4.6) $x^2-j^2 v>0$.

Из (4.3) и (4.6) следует, что $u>0$, и из (4.4) следует:
(4.7) $u=(1-j)^k$, где $k$-целое число.

Из (4.3) и (4.7) следует, что либо:
(4.8) $x^2-j^2 v$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$, либо:
(4.9) $(x^2-j^2 v)(j-1)$ является квадратом в $\mathbb{Z}[j]$.

Имеем:
(4.10) $(x^2-j^2 v)(j-1)=(-x^2-2 v)+x^2 j+v j^2$.

Поскольку коэффициент при $j$ в правой части (4.10) - нечётное число, то (4.9) невозможно, и имеет место (4.8), следовательно:
(4.11) $x^2-j^2 v=(a_0+a_1 j+a_2 j^2)^2$, где $a_0$, $a_1$ и $a_0$ -целые числа.

Будем считать, что $a_2$ - неотрицательное число (иначе изменим знак у $a_0$, $a_1$ и $a_2$).
Из (4.11) следует:

(4.12) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4.13) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(4.14) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Все три числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$ не равны нулю, так как:
если $a_0=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.12) обращается в 0, что невозможно;
если $a_1=0$, то $a_2=0$ из (4.13), и левая часть (4.14) обращается в 0, что невозможно,
поэтому:
(4.15) $a_0\neq 0$ и $a_1\neq 0$;
если $a_2=0$, то $a_0=0$ или $a_1=0$ из (4.13), что невозможно согласно (4.15).

Поскольку $a_2$ - неотрицательное число, то:
(4.16) $a_2>0$.

Из (4.13) получим: $a_0=-a_2^2/a_1$.
Подставляя это выражение для $a_0$ в (4.12) и (4.14) получим:

(4.17) $a_2(a_2^3+4 a_1^3)=a_1^2 x^2$
(4.18) $a_1^3-2 a_2^3=-a_1 v$.

Пусть
(4.19) $a_1=d b_1$, $a_2=d b_2$, где $d$ - наибольший общий делитель чисел $a_1$ и $a_2$, взятый со знаком плюс.
Тогда
(4.20) $b_1$ и $b_2$ - взаимно-простые числа.

Подставляя (4.19) в (4.17) и (4.18) получим:

(4.21) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)d^2=b_1^2 x^2$
(4.22) $(b_1^3-2 b_2^3)d^2=-b_1 v$

Из (4.20) следует:
(4.23) $b_1$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.20), (4.23) и (4.21) следует:
(4.24) $d$ делится на $b_1$.

Из (4.21) и (4.24) следует:
(4.25) $x$ делится на $d/b_1$.

Из (4.22) и (4.24) следует:
(4.26) $v$ делится на $d/b_1$.

Поскольку $x$ и $v$ - взаимно-простые числа, то из (4.25) и (4.26) следует $d/b_1=1$ или $d/b_1=-1$.
Значит $d^2=b_1^2$ и из (4.21) получим:

(4.27) $b_2(b_2^3+4 b_1^3)=x^2$

Из (4.27) и нечётности $x$ следует:
(4.28) $b_2$ - нечётное число.

Из (4.20) и (4.28) следует
(4.29) $b_2$ и $b_2^3+4 b_1^3$ - взаимно-простые числа.

Из (4.16) и (4.19) следует, что $b_2>0$, и из (4.27) и (4.29) следует:

(4.30) $b_2=u^2$ для некоторого целого положительного числа $u$
(4.31) $b_2^3+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.30) и (4.31) следует:
(4.32) $u^6+4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.28) и (4.30) следует:
(4.33) $u$ - нечётное целое положительное число.

Из (4.20) и (4.30) следует:
(4.34) $u$ и $b_1$ - взаимно-простые числа.

Из (4.15) и (4.19) следует:
(4.35) $b_1\neq 0$

Из леммы 2, (4.27) и (4.30) следует:
(4.36) $u<x$

(4.32), (4.34), (4.33), (4.35) и (4.36) противоречит минимальности $x$ в (4.1).


Теорема А
--------------
Равенство $x^3+y^3=z^3$ невозможно в целых взаимно-простых числах, отличных от нуля.

Доказательство:
--------------------

Предположим:
(А.1) $x^3+y^3=z^3$ и
(А.2) $x$, $y$ и $z$ - взаимно-простые целые числа, отличные от нуля.

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то одно из них нечётное.
Если $x$ - чётное, поменяем числа в $x$ и $y$ местами.
Если $x<0$ изменим знак чисел в $x$, $y$ и $z$ на противоположный.
Получим:
(A.3) $x$ - нечётное положительное число.

Из тождества $(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3=(z^3+y^3)^2$ и (А.1) следует:
(А.4) $x^6+4(yz)^3$ является квадратом целого числа.

Обозначим $v=-yz$.
Из (А.2) следует:
(А.5) $x$ и $v$ - взаимно-простые целые числа,
(А.6) $v\neq 0$

Из (А.4) следует:
(А.7) $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа.

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) противоречат лемме 4.


Ссылки:
1. "The Euclidean Condition in Pure Cubic and Complex Quartic Fields", Cioffari, Mathematics of Computation, Volume 33, Number 145, January 1979, Theorem A, page 389.
2. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Теорема 2, страница 186.
3. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Задача 5, страница 125.

[dmd]

Позвольте покритиковать формальную сторону изложения.

Лемма 1 ни как не вспоминается в дальнейшем изложении. Если она нужна, то где-то должна быть ссылка на неё.

Феликс Шмидель в сообщении #600302 писал(а):

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) противоречат лемме 4.

Вчитайтесь, (А.3) не противоречат лемме 4.

Феликс Шмидель в сообщении #600302 писал(а):

Предположим:
(А.1) $x^3+y^3=z^3$ и
(А.2) $x$, $y$ и $z$ - взаимно-простые целые числа, отличные от нуля.

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то одно из них нечётное.

Почему именно так? Почему $z$ не может быть чётным?

[nnosipov]

shwedka в сообщении #600270 писал(а):

Оцените самостоятельно, что остается, если эта лемма принимается как известная?

Останется следующее: если $X^6+4v^3=Y^2$, то (применяем лемму) $x=X^2=k(k^3+4l^3)$, где $k$, $l$ взаимно просты и $k$ нечётно. Можно считать $k>0$, иначе перепишем в виде $x=X^2=(-k)((-k)^3-4l^3)$. Поскольку $\gcd{(k,k^3+4l^3)}=1$, имеем $k=K^2$ и $k^3+4l^3=L^2$, откуда $K^6+4l^3=L^2$. При этом $K<X$, ибо $K^6+4l^3$ положительно и не равно единице при $l \neq 0$. Последнее сводится к доказательству того, что уравнение $y^2+4l^3=1$ не имеет решений с $l \neq 0$, что очевидно (и, кстати, также следует из леммы при $x=1$).

Доказательство самой леммы вполне стандартно и, вероятно, есть в той работе, на которую ссылается Морделл.

Феликс Шмидель в сообщении #600302 писал(а):

4.12) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$
(4.13) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$
(4.14) $a_1^2+2 a_0 a_2=-v$

Здесь достаточно заметить, что $a_0$ и $a_1$ взаимно просты, поэтому $a_0=k^2$, $a_1=-l^2$.

[AKM]

dmd в сообщении #600320 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #600302 писал(а):

Поскольку $x$ и $y$ - взаимно-простые числа, то одно из них нечётное.

Почему именно так? Почему $z$ не может быть чётным?

Меня тоже споткнул этот момент. Видимо, подразумевается "... то хотя бы одно из них нечётное".

[Феликс Шмидель]

Я имел ввиду именно это.
Спасибо, исправлю.

-- Сб июл 28, 2012 12:04:37 --

dmd в сообщении #600320 писал(а):

Лемма 1 ни как не вспоминается в дальнейшем изложении. Если она нужна, то где-то должна быть ссылка на неё.

Лемма 1 нужна для того, чтобы можно было применить лемму 3.
Спасибо, исправлю.

dmd в сообщении #600320 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #600302 писал(а):

(А.7), (А.3), (А.5) и (А.6) противоречат лемме 4.

Вчитайтесь, (А.3) не противоречат лемме 4.

Они вместе противоречат лемме 4.
Как это написать понятнее?