Новое простое доказательство ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

В теме "ВТФ для n=3" (topic60946.html) я дал доказательство с использованием кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Если $x^3+y^3+z^3=0$, где $x$, $y$ и $z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, то $x^6-4 (yz)^3$ является квадратом целого числа, из чего следует, что $x^2-\sqrt[3]{4}(yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а дальше, как говорится, дело техники.
В этой теме я предлагаю новое доказательство того, что $x^2-\sqrt[3]{4}(yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, которое не использует единственность разложения на простые множители в этом кольце.

Пусть

(1) $x^6-4 (y z)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $y z$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Пусть

(2) $с=x^2-\sqrt[3]{4} y z$, $d=x^4+x^2 y z \sqrt[3]{4}+(y z \sqrt[3]{4})^2$.

Тогда

(3) $c$ и $d$ - взаимно-простые целые алгебраические числа,

принадлежащие кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и

(4) $c d=a^2$.

Взаимная простота $c$ и $d$ доказана в теме "ВТФ для n=3".

Из (3) и (4) следует:

(5) $c=I^2$,

где $I$ - идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Поскольку норма числа $c$ равна $a^2$, то:

(6) $N(I)=a$

Пусть $\alpha$ - элемент идеала $I$ c наименьшей положительной нормой.

Оценим норму числа $\alpha$ согласно известной теореме из теории алгебраических чисел:

Теорема 3.47 (стр. 150, R. Mollin, Algebraic Number Theory)
===========

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

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


Пусть $F=\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.

Тогда $G_F=\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и

(8) $r_1=1$, $r_2=1$, $\Delta_F=-108$

где $\Delta_F$ - дискриминант поля $F$, вычеслинный по формуле $\Delta_F=(-1)^\frac{n-1}{2} 2^{n-1} n^n$.

Поскольку $N(\alpha)>0$, то из (6), (7) и (8) следует:

(9) $N(\alpha)<3 a$.

Поскольку норма числа $c$ равна $a^2$, то:

(10) $N(\alpha^2/c)$ является квадратом натурального числа,

и из (9) следует: $N(\alpha^2/c)<(3 a)^2/a^2=9$, значит:

(11) $N(\alpha^2/c)<9$.

Из (10) и (11) следует:

(12) либо $N(\alpha^2/c)=1$ либо $N(\alpha^2/c)=4$.

Из (12) следует:

(13) либо $c=u \alpha^2$, либо $c=u \beta^2$,

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

что и требовалось.

Продолжение доказательства такое же как в теме "ВТФ для n=3".

[nnosipov]

Феликс Шмидель в сообщении #772255 писал(а):

Взаимная простота $c$ и $d$ доказана в теме "ВТФ для n=3".

Здесь такой момент надо прояснить: насколько я помню, там было доказано, что у идеалов $(c)$ и $(d)$ нет общих делителей среди главных идеалов. А как быть с гипотетическими не главными идеалами, которые могут общими делителями у $(c)$ и $(d)$?

Феликс Шмидель в сообщении #772255 писал(а):

(10) $N(\alpha^2/c)$ является квадратом натурального числа,

Можно подробнее?

Насколько я помню, Теорема 3.47 используется при вычислении числа $h$ классов идеалов, и если дискриминант маленький, то более-менее автоматически оказывается $h=1$. Примеры есть на стр. 256-259 в книге Боревича&Шафаревича "Теория чисел", М.: Наука, 1985.

[Феликс Шмидель]

nnosipov в сообщении #773038 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #772255 писал(а):

Взаимная простота $c$ и $d$ доказана в теме "ВТФ для n=3".

Здесь такой момент надо прояснить: насколько я помню, там было доказано, что у идеалов $(c)$ и $(d)$ нет общих делителей среди главных идеалов. А как быть с гипотетическими не главными идеалами, которые могут общими делителями у $(c)$ и $(d)$?

Там доказано отсутствие делителей среди идеалов, не только главных.
Когда говорят о взаимной простоте двух целых алгебраических чисел, именно это имеют ввиду.
Вот доказательство взаимной простоты $c$ и $d$ из темы "ВТФ для $n=3$:

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 (идеалов).

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель: идеал $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $j^3=2$, то $m x^2+n j (j^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[j]$ 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).

-- Ср окт 09, 2013 17:59:32 --

Правда, я имел в виду не эту лемму для доказательства взаимной простоты $c$ и $d$.
Вот лемма, которую я имел в виду:

Лемма 13
-------------

Пусть $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $x$, $y$, $z$, $a$ - целые числа, число $x$ взаимно-просто с $yz$, $x$ - нечётное число и число $a$ не делится на 3.

Тогда числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.

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

Предположим:

(59) числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ делятся на простой идеал $\rho$.

В силу тождества $X^2+X Y+Y^2=(X-Y)(X+2 Y)+3 Y^2$, из (59) следует:

(60) число $3 (\sqrt[3]{4} yz)^2$ делится на $\rho$.

В силу равенства $(x^2-\sqrt[3]{4} yz)(x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2)=a^2$ и поскольку число $a$ не делится на $2$ и на $3$, то числа $2$ и $3$ не делятся на $\rho$, и из (60) следует:

(61) число $yz$ делится на $\rho$.

Из (59) и (61) следует, что $x$ делится на $\rho$, что противоречит взаимной простоте чисел $x$ и $yz$.
Значит предположение (59) неверно, и числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+x^2 \sqrt[3]{4} yz+(\sqrt[3]{4} yz)^2$ взаимно-просты.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

nnosipov в сообщении #773038 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #772255 писал(а):

(10)
$N(\alpha^2/c)$ является квадратом натурального числа,

Можно подробнее?

Число $\alpha^2/c$ является целым алгебраическим числом, потому что из принадлежности числа $\alpha$ идеалу $I$, следует, что $\alpha^2$ принадлежит идеалу $I^2=c \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Значит

(10.1) $N(\alpha^2/c)$ является целым числом.

Поскольку $N(\alpha^2/c)=(N(\alpha))^2/N(c)=(N(\alpha))^2/a^2=(N(\alpha)/a)^2$, то:

(10.2) $N(\alpha^2/c)$ является квадратом рационального числа.

Из (10.1) и (10.2) следует (10).

[Феликс Шмидель]

В доказательстве можно обойтись без теоремы 3.47, оценив норму элемента $\alpha$ "вручную".
Если интересно, покажу как.

[Феликс Шмидель]

Я решил привести полную версию доказательства.

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 $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и его следующие cвойства:

(I) Любой делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (\sqrt[3]{2}-1)^k$, где $k$-целое число (ссылка 1).
(II) Кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ содержит все целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ (ссылка 2).
(III) Дискриминант поля $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ равен -108 (ссылка 2).

Также в доказательстве используется следующие классические теоремы теории алгебраических чисел:

(IV) Существование и единственность разложения идеала в произведение простых идеалов в числовом поле (ссылка 3)

(V) (ссылка 4):

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

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

где $\Delta_F$ - дискриминант поля $F$.


Лемма 1
-----------

Если $x^6-4v^3$ является квадратом целого числа, где $x$ и $v$ - целые числа, то $xv$ делится на 3.

Доказательство:
------------------

Предположим $xv$ не делится на 3.
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 квадрат целого числа даёт остаток $0$, $1$, $4$ или $7$ при делении на $9$, то$x^6-4v^3$ не является квадратом целого числа, что противоречит условию леммы.


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 - идеалов.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-j^2 v$ и $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2$ имеют общий простой делитель: идеал $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $j^3=2$, то $m x^2+n j (j^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[j]$ 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 3.1
-------------
Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 3.
Пусть $x^6-4 v^3=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$(x^2-j^2 v) \mathbb{Z}[j]=I^2$,

где $I$ - некоторый идеал кольца $\mathbb{Z}[j]$, норма которого равна $a$.

Доказательство:
--------------------

Имеем:

(3.1.1) $(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)=x^6-4 v^3=a^2$.

Из (3.1.1) следует:

(3.1.2) $((x^2-j^2 v)\mathbb{Z}[j])((x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)\mathbb{Z}[j])=(a \mathbb{Z}[j])^2$,

Если какой-либо простой идеал $\rho$ является делителем идеала $(x^2-j^2 v)\mathbb{Z}[j]$, то идеал $(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)\mathbb{Z}[j]$ не делится на $\rho$ в силу леммы 3.
Значит идеал $\rho$ входит в разложение идеала $(x^2-j^2 v)\mathbb{Z}[j]$ на простые множители в чётной степени, поскольку $\rho$ входит в чётной степени в разложение правой части равенства (3.1.2).
Следовательно, идеал $(x^2-j^2 v)\mathbb{Z}[j]$ является квадратом некоторого идеала $I$.
Поскольку норма идеала $(x^2-j^2 v)\mathbb{Z}[j]$ равна $x^6-4 v^3=a^2$, то норма идеала $I$ равна $a$, что и требовалось.


Лемма 3.2
--------------

Обозначим $j=\sqrt[3]{2}$.
Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 3.
Пусть $x^6-4 v^3=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$x^2-j^2 v=u \beta^2$,

где $u$ - некоторый делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[j]$, а $\beta$ - некоторое число этого кольца.

Доказательство:
---------------------

Согласно лемме 3.1, в кольце $\mathbb{Z}[j]$, существует идеал $I$, такой что:

(3.2.1) $(x^2-j^2 v) \mathbb{Z}[j]=I^2$,

(3.2.2) $N(I)=a$.

Cогласно (V), существует такое число $\alpha$, принадлежащее идеалу $I$, что:

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

где $n=3$, $r_2=1$, $\Delta_F=-108$ в силу (III), $N(I)=a$ в силу (3.2.2).

Значит:

(3.2.4) $|N(\alpha)|< \frac{4}{3.14} 6/27 \sqrt{108} a$,

Вычисление $\frac{4}{3.14} 6/27 \sqrt{108}$ (коммандой "print 4/3.14*6/27*108^.5" на UBASIC) даёт 2.94..., значит:

(3.2.5) $|N(\alpha)|< 3 a$.

Из (3.2.5) следует:

(3.2.6) $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))<(3 a)^2/a^2=9$.

Число $\alpha^2/(x^2-j^2 v)$ является целым алгебраическим числом, потому что из принадлежности числа $\alpha$ идеалу $I$, следует, что $\alpha^2$ принадлежит идеалу $I^2=(x^2-j^2 v) \mathbb{Z}[j]$.

Значит

(3.2.7) $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))$ является целым числом.

Поскольку $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))=(N(\alpha))^2/N((x^2-j^2 v))=(N(\alpha))^2/a^2=(N(\alpha)/a)^2$, то:

(3.2.8) $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))$ является квадратом рационального числа.

Из (3.2.7) и (3.2.8) следует:

(3.2.9) $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))$ является квадратом целого рационального числа.

Из (3.2.6) и (3.2.9) следует:

(3.2.10) либо $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))=1$, либо $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))=4$

Поскольку $4=N(j^2)$, то:

(3.2.11) либо $N(\alpha^2/(x^2-j^2 v))=1$, либо $N((\alpha^2/j^2)/(x^2-j^2 v))=1$

Из (3.2.11) следует: $x^2-j^2 v=u \beta^2$,

где $u$ - делитель единицы и либо $\beta=\alpha$, либо $\beta=\alpha/j$, что и требовалось.


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 $j=\sqrt[3]{2}$.

Из (4.1) и леммы 1 следует, что $xv$ делится на 3, и из леммы 3.2 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 (I) следует:

(4.4) $u=\pm (j-1)^k$, 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 $x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2\geq 0$ и $(x^2-j^2 v)(x^4+j^2 x^2 v+j^4 v^2)=x^6-4 v^3$, то из (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) $u=(j-1)^k$, 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) и (4.16) следует:

(4.17) $a_0=\pm m b_0^2$, $a_1=\mp m b_1^2$, $a_2=m b_0 b_1$,

где $b_0$ и $b_1$ взаимно-простые целые положительные числа, и $m$ - целое положительное число.

Из (4.12) и (4.17) получим:

(4.18) $m^2 b_0 (b_0^3 \mp 4 b_1^3)=x^2$.

Из (4.18) и нечётности $x$ следует:

(4.19) $b_0$ - нечётное число.

Поскольку $b_0$ и $b_1$ - взаимно-простые положительные числа, то из (4.18) и (4.19) следует, что $b_0$ и $b_0^3 \mp 4 b_1^3$ - взаимно-простые положительные числа, и:

(4.20) $b_0=x_1^2$ для некоторого целого положительного числа $x_1$,
(4.21) $b_0^3 \mp 4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.20) и (4.21) следует:
(4.22) $x_1^6 \mp 4 b_1^3$ является квадратом целого числа.

Из (4.19) и (4.20) следует:
(4.23) $x_1$ - нечётное целое положительное число.

Из (4.20) и взаимной простоты чисел $b_0$ и $b_1$ следует:
(4.24) $x_1$ и $b_1$ - взаимно-простые числа.

Поскольку $b_1$ - положительное число, то:
(4.25) $\mp b_1\neq 0$

Из леммы 2 и (4.18) следует: $b_0<x^2$, поэтому из (4.20) следует:
(4.26) $0<x_1<x$

Вместе: (4.22), (4.24), (4.23), (4.25) и (4.26) противоречат 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 хотя бы 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.

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


Ссылки:
1. "Теория Чисел", Боревич, Шафаревич, 1985, Задача 5, страница 125.
2. "Introductory Algebraic Number Theory", Saban Alaca, Kenneth S. Williams, 2004,
страница 153, example 7.1.6.
3. "Algebraic Number Theory", R. Mollin, 1999, стр. 134, Corrollary 3.20.
4. "Algebraic Number Theory", R. Mollin, 1999, стр. 150, Theorem 3.47.

-- Пн окт 14, 2013 20:23:44 --

Перед проверкой этого формального доказательства, предлагаю следующее введение (на английском языке):

Recently I have found two simple proofs of FLT for n=3.
They use the ring $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
If $x^3+y^3+z^3=0$ then

(1) $x^6-4 (yz)^3=a^2$,

where $a=y^3-z^3$.

The idea is to deduce from (1) that the algebraic number $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ is a square, more precisely:

(2) $x^2-\sqrt[3]{4} yz=u \beta^2$,

where $\beta \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, and $u$ is a unit.

Once this is established, then it is not difficult to get a contradiction via infinite descent.
It is similar to Euler's proof, but another number field is used.

The (2) follows from the unique factorization in the Euclidean ring $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$

My second proof deduces (2) without using the unique factorization.

The idea is simple: find a number $\alpha \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, such that $\alpha^2$ is divided by the $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ and $\alpha^2/(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$ has a small norm.
It turns out that the last number may have small norm indeed: less than 9.
Then the norm of it can be either 1 or 4, and (2) easily follows.
The method can be used to prove FLT for other concrete $n$ as well.

It is easy to get such $\alpha$ because $\alpha$ belongs to $I$, where $I$ is the ideal of norm $a$, generated by $a$ and $x^2-\sqrt[3]{4} yz$.
We know from the theory of algebraic numbers, that there is an $\alpha \in I$,
such that $N(\alpha)<m N(I)$, where $m$ is easily calculated constant, that turns to be less than 3.
Then $N(\alpha^2/(x^2-\sqrt[3]{4} yz))<(3 a)^2/a^2=9$.

This proof is shorter and easier than that of Euler and Kummer.

---------------------------------------------------------------------------

Now I'll explain how to get contradiction from (2).
We may assume, that $x$ is odd, otherwize take $y$ to play the role of $x$.

Units in the ring $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ have the form: $u=\pm(\sqrt[3]{2}-1)^k$, where $k$ is integer.
Therefore, from (2) follows, that either

(3) $x^2 - \sqrt[3]{4} y z=\beta_1^2$

or

(4) $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} y z)=\beta_2^2$

where $\beta_1$ and $\beta_2$ belong to the ring $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

However (4) is impossible, because the coefficient at $\sqrt[3]{2}$ turns out to be odd in the left part and even in the right part of (4).
Therefore (3) takes place, that is:

(5) $x^2-\sqrt[3]{4} yz=(a_0+a_1 \sqrt[3]{2}+a_2 (\sqrt[3]{2})^2)^2$,

where $a_0$, $a_1$ and $a_2$ are integers.

From (5) we get:

(6) $a_0^2+4 a_1 a_2=x^2$

(7) $2 a_2^2+2 a_0 a_1=0$

(8) $a_1^2+2 a_0 a_2=-yz$

It follows, that all three numbers $a_0$, $a_1$ and $a_2$ are not zero.
We may assume, that $a_2>0$, otherwise change sign of all three numbers.

It follows from (7) that $a_0=\pm m b_0^2$, $a_1=\mp m b_1^2$, $a_2=m b_0 b_1$,
where $b_0$ and $b_1$ are relatively prime positive integers and $m$ is a positive integer.

Now it follows from (6) that:

(9) $m^2 b_0 (b_0^3 \mp 4 b_1^3)=x^2$

From (9) it follows that $b_0$ is a square, that is $b_0=x_1^2$, and $(b_0^3 \mp 4 b_1^3)$ is a square, that is:

(10) $x_1^6 \mp 4 b_1^3$ is a square

It can be shown, that $x_1^6 \mp 4 b_1^3 \neq 1$ (a separate lemma).
Then from (9) it follows, that $b_0<x^2$, that is $x_1<x$ and we've got the infinite descent.

[Феликс Шмидель]

Я обнаружил в доказательстве опечатку:

Цитата:

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и его следующие cвойства:

(I) Любой делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[j]$ имеет вид $\pm (\sqrt[3]{2}-1)^k$, где $k$-целое число (ссылка 1).

исправляется на:

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ и его следующие cвойства:

(I) Любой делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ имеет вид $\pm (\sqrt[3]{2}-1)^k$, где $k$-целое число (ссылка 1).

[Феликс Шмидель]

Этот отрывок из личной переписки помещается с разрешения уважаемой заслуженной участницы shwedka:

Первые ответы от моих коллег, специалистов по теории алгебраических чисел.
1. По их мнению, доказательство правильное.
2. Идейно, принципиальной новизны нет, хотя, как будто, идейные предшественники использовали другие кольца. Но тут есть большой выбор.
3. Более подробно, очень похожий технически (а не только идейно) подход был у норвежского математика Trygve Nagell, который работал в Швеции, в университете Уппсала. Доказательство занимает две страницы.

В общем, мнение моих коллег, что Ваша - это хорошая работа студенческого уровня, но вряд ли более.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Со мной еще раз связалсь коллеги, по поводу Вашего доказательства.
Подтверждено, что оно верно. Кроме Нагелла, похожий подход есть у Серпинского в его книге
Sierpiński, Wacław, elementary number theory.
было несколько изданий.
Коллеги смотрят пессимистично на возможность обобщения на другие степени.
Нужно будет все время заботиться об однозначностти разложения на множители, быстро растет количество единиц в кольце и тп.
Если старательно переписать, то Ваше доказательство можно попробовать опубликовать в American Mathematical Monthly или в российском журнале Квант.


--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ура! Доказательство правильное.

Хочу сказать, что несогласен с мнением cпециалистов, что его нельзя обобщить на другие степени (при всём уважении к ним и благодарности за проверку доказательства).
Я проверил на компьютере однозначность разложения на простые множители для всех простых $n<50$.
Я также распечатал фундаментальные единицы для нескольких простых $n$ и оказалось, что для них проходит рассуждение в этом доказательстве.
Таким образом $x^2-\sqrt[n]{4} yz$ является квадратом в этих кольцах.
Пока не знаю, как получить из этого противоречие, но надеюсь, что это возможно.

[Коровьев]

Феликс Шмидель в сообщении #783695 писал(а):

Я проверил на компьютере однозначность разложения на простые множители для всех простых $n<50$.

Очень интересно, ибо простое $P=37$ вошло в этот интервал, а оно иррегулярно!
Попробуйте проверить для других иррегулярных, на сколько хватит возможностей компа. Если результат будет положительным, тогда будет хоть какое-то основание идти дальше по этому пути.

[Belfegor]

Феликс Шмидель в сообщении #783695 писал(а):

Ура! Доказательство правильное.

Уважаемый Феликс Шмидель!
Поздравляю от души!
Так держать!

[Феликс Шмидель]

Belfegor в сообщении #783754 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #783695 писал(а):

Ура! Доказательство правильное.

Уважаемый Феликс Шмидель!
Поздравляю от души!
Так держать!

Большое спасибо!

[ananova]

Поздравляю, Феликс!

По-моему, это первое подтвержденное доказательство общего случая (ВТФ n=3) на форуме .

Внимательно слежу за Вашими поисками доказательства и обобщения на более высокие степени!

Лучше на все сразу!

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #783879 писал(а):

Поздравляю, Феликс!

По-моему, это первое подтвержденное доказательство общего случая (ВТФ n=3) на форуме .

Внимательно слежу за Вашими поисками доказательства и обобщения на более высокие степени!

Лучше на все сразу!

Большое спасибо!