Новое доказательство ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

Вернёмся назад и попробуем упростить наши выкладки.
Начнём с уравнения вида (137):

(200) $X^2+q Y^2=(g^2/c) Z^2$

Число $2 a+c+d$ принадлежит числам вида $(g^2/c)$, и является, пожалуй, простейшим числом этого вида, взаимно-простым с $c$ и с $d$.
Обладание числом $2 a+c+d$ этими свойствами зависит от того, что $cd=a^2$, что нам очень подходит.

Если $c$ является квадратом по модулю $q$, то уравнение (200) имеет решение, причём $Z$ можно выбрать целым рациональным числом, а $X$ и $Y$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Это решение $X$, $Y$ и $Z$ не связаны с числом $a$, и мы можем выбрать их дающими при делении на $a$ произвольные остатки.

Пусть $X=x_0+x_1 c+x_2 d$, $Y=y_0+y_1 c+y_2 d$ и применим к равенству (200) формулу (183):

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$


Получим:

(201) $(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+q (y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)=2 a Z^2$

(202) $(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2)+q (2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2)=Z^2$

(203) $(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2)+q (2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2)=Z^2$

Или, с обозначениями (194) и (195):

(204) $u_0-3 x^4 u_1-3 x^2 a_2 u_2+2 a_2 u_{12}=2 a Z^2$

(205) $2 u_{01}+3 x^2 u_1+a_2 u_2=Z^2$

(206) $2 u_{02}+u_1+3 x^4 u_2=Z^2$

К сожалению, наша оценка, высказанная в предыдущем сообщении, по-прежнему имеет место.
Но порадуемся простоте выкладок и тому, что $x_0$, $x_1$, $x_2$, $y_0$, $y_1$, $y_2$ и $Z$ теперь никак не связаны с $a$ и могут давать при делении на $a$ произвольные остатки.

-- Пт сен 27, 2013 15:34:13 --

Из равенства (204) следует, что $u_0 \equiv 3 x^4 u_1$ по модулю $a$, и возникает вопрос, что вдруг?
Если бы не наша оценка в предыдущем сообщении, я бы предположил, что это может вести к противоречию, которое мы хотим получить.

[Феликс Шмидель]

Однако эта оценка не должна тормозить нас в попытке получить противоречие.
Мы работаем с кольцом $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а не с кольцом $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{v}]$, которое может обладать неожиданными свойствами.
Поэтому разложим число $2 a+c+d$ в произведение идеалов, причём предположим, что в это произведение входят идеалы в нечётной степени (иначе $c$ было бы квадратом, и это было бы шагом вперёд).
Рассмотим уравнение:

(210) $X^2+q Y^2=m Z^2$,

где $m$ - целое рациональное число, являющиеся произведением простых чисел (в соответствующих степенях), делящихся на идеалы числа $2 a+c+d$.
Число $m$ взаимно-просто с $a$.
Уравнение (210) имеет решение, которое можно получить из решения уравнения (200).
Если $-q$ не является квадратом по модулю $m$, не получим ли мы сразу противоречие?
Ведь мы предположили, что $m$ не является квадратом, на который мы могли бы равенство (210) сократить.
Даже если мы ошибаемся, и уравнение (210) имеет решения, то можно пытаться получить противоречие с равенством (204), из которого следует, что $u_0 \equiv 3 x^4 u_1$ по модулю $a$.

[Феликс Шмидель]

То, что уравнение (210), где $m$ - норма числа $2 a+c+d$, имеет решение в целых рациональных числах $X$, $Y$ и $Z$ можно вывести из уравнения (200) стандартным способом, которым мы получали целые рациональные числа $X_4$ и $Y_4$ равенства (154) из равенства (150).
Я проверяю найденное противоречие, связанное с равенством (210), и пока не нахожу ошибку.
Если её нет, то мы доказали, что $c$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

-- Пт сен 27, 2013 18:17:58 --

Мы, однако, должны рассмотреть случай, когда $m$ имеет вид $2 k^2$ или $3 k^2$ или $6 k^2$. В этих случаях, особенно, если $m=2 k^2$, мы не сможем подобрать $q$ так, чтобы получилось противоречие.

[Феликс Шмидель]

Я нашёл ошибку. Она заключается хотя бы в том, что $m$ может быть квадратом без того, чтобы $c$ было квадратом.
Ведь $m$ равно норме числа $g^2/c$, а норма $c$ предположительно является квадратом (мы хотим доказать, что не является).
Жаль!

[Феликс Шмидель]

Цель этой темы - доказать, что число $c=x^2-y z \sqrt[3]{4}$ является квадратом (числа, принадлежащего $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$).
Для достижения этой цели наметились два пути:

1) Попытка получить противоречие из равенства (200):

(200) $X^2+q Y^2=(g^2/c) Z^2$.

Используя локально-глобальный принцип Хассе, мы доказали, что для ряда значений $q$, уравнение (200) имеет решение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ (при условии, что норма числа $c$, равная $x^6-4 (y z)^3$, является квадратом).

2) Попытка доказать, что число $(g^2/c)$ является квадратом.

В этом сообщении мы пойдём по пути 2).

Поскольку $c=I^2$ для некоторого идеала $I$, то для того, чтобы число $g^2$ делилось на $c$ необходимо и достаточно, чтобы число $g$ принадлежало идеалу $I$.
Пусть $x^6-4 (y z)^3=a^2$.
Тогда норма идеала $I$ равна $a$, и $I$ является наибольшим общим делителем чисел $a$ и $c$ (поскольку $c=I^2$, $a=I J$, где $J^2=d$, а так как числа $c$ и $d$ - взаимно-просты, то идеалы $I$ и $J$ - взаимно-просты).
То есть $g=u a+v c$, где числа $u$ и $v$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Из алгебраической теории чисел известно, что в идеале $I$ имеется элемент $g$, норма которого меньше чем $N(I) m=a m$, где $m$ - некоторая константа, которую можно вычислить (см., например, Theorem 3.47 на стр. 150, Mollin, Algebraic Number Theory).
Для этого числа $g$: $N(g^2/c)<(a m)^2/a^2=m^2$
Поскольку количество идеалов с данной нормой конечно (что является следствием разложения этой нормы в произведение простых идеалов), то и количество главных идеалов вида $(g^2/c) \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ c нормой меньше $m^2$ конечно.
Можно попробовать перебрать все эти идеалы.

[Deggial]

Сообщение VERESK отделено в новую тему

[Феликс Шмидель]

Я понимаю, что моё предыдущее сообщение даёт возможность получить простое доказательство ВТФ для $n=3$ и других показателей, но не решаюсь это сделать из-за возможности ошибки.
Было бы проще, если бы кто-то проверил мои рассуждения.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #769895 писал(а):

Из алгебраической теории чисел известно, что в идеале $I$ имеется элемент $g$, норма которого меньше чем $N(I) m=a m$, где $m$ - некоторая константа, которую можно вычислить (см., например, Theorem 3.47 на стр. 150, Mollin, Algebraic Number Theory).
Для этого числа $g$: $N(g^2/c)<(a m)^2/a^2=m^2$
Поскольку количество идеалов с данной нормой конечно (что является следствием разложения этой нормы в произведение простых идеалов), то и количество главных идеалов вида $(g^2/c) \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ c нормой меньше $m^2$ конечно.
Можно попробовать перебрать все эти идеалы.

Вычислим эту константу $m$, для $n=3$.
Для этого процитируем упомянутую теорему.

Теорема
=======

Пусть $F$ - числовое поле cо степенью $n=r_1+2 r_2$ расширения $F:Q$, где $(r_1, r_2)$ - сигнатура $F$.
Пусть $G_F$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $I$ - идеал кольца $G_F$.
Тогда существует такой элемент $\alpha \in I$, что

$|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$

Применим эту теорему к полю $F=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Сигнатура поля $F$: $(r_1, r_2)=(1, 1)$.
Дискриминант $\Delta_F=-2^{n-1} n^n=-4 \cdot 27=-108$.
Значит $|N(\alpha)|<\frac{4}{3.14} 6 / 27 \sqrt{108} N(I)<3 N(I)$.

Значит $N(\alpha^2/c)<9$.
Поскольку эта норма является квадратом ($N(c)=a^2$ по предположению), то
либо $N(\alpha^2/c)=1$ либо $N(\alpha^2/c)=4$.

Значит либо $c=u \alpha^2$, либо $c=u \beta^2$,

где $u$ - делитель единицы, а $\beta=\alpha/\sqrt[3]{2}$.

Далее можно закончить это доказательство ВТФ для $n=3$ так же, как в моём успешном доказательстве на форуме.

Этот метод доказательства ВТФ применим к другим конкретным показателям $n$, но я пока не вижу, как применить его для общего случая.

[Феликс Шмидель]

Я хочу подчеркнуть, что это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ. В этой теме сначала было доказательство, но в нём была обнаружена ошибка, и она стала темой подготовительных рассуждений. Когда я нашёл новое доказательство, я поместил его в другую тему: "Новое простое доказательство ВТФ для $n=3$. Доказательство там короткое и простое, и я надеюсь, что оно будет проверено.