ВТФ для любого простого показателя $n$.

[Феликс Шмидель]

Успешное развитие темы "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" позволяет мне взяться за этот проект. У меня нет всех деталей доказательства. В частности, не понятно, каким образом получить противоречие, из того, что $x^2-\sqrt[n]{4} yz$ является квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Кроме этого, метод той темы применим только если числа $x^2-\sqrt[n]{4} yz$ и $x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)} \sqrt[n]{4} yz+...+(\sqrt[n]{4} yz)^{n-1}$ взаимно-просты.
Если нечётный простой идеал $\rho$ кольца $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ является их общим делителем, то $n$ делится на $\rho$ и $x^{2 n}-4 (yz)^n$ делится на $n$.
Этого можно избежать, поменяв $x$ и $y$ местами.
Я прошу разрешения на попытку доказательства, несмотря на то, что его ещё нужно дорабатывать.
Таким образом полное доказательство появится не сразу, а в процессе развития этой темы.
Прежде чем приступить к доказательству, я должен быть уверен в правильности лемм в теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$".
Поэтому я прошу уважаемых форумчан проверить их правильность.

[Феликс Шмидель]

К сожалению, леммы, которые казались многообещающими, пока ничего не дали.
Так что попытка отменяется, если конечно в теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" не будет реального прогресса.

[Феликс Шмидель]

В теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" наметился прогресс, что позволило мне открыть новую тему с простым доказательством для $n=3$.
Поэтому я решил вернуться в эту тему для поиска доказательства общего случая.

Предположим, $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$.

Пусть $g=\sqrt[n]{4}$.

Пусть $c=x^2-g y z$, $d=x^{2n-2}+x^{2n-4} yz g+x^{2n-6} (yz)^2 g^2+...+(yz)^{n-1} g^{n-1}$.

Тогда $c d=a^2$.

Не будем пока заниматься вопросом о взаимной простоте чисел $c$ и $d$, а просто предположим, что они взаимно-просты.

Тогда $c=I^2$, где $I$ - некоторый идеал.

Пусть

(1) число $\alpha=r_0+r_1 g+...+r_{n-1} g^{n-1}$ принадлежит идеалу $I$.

Тогда

(2) $\alpha d$ делится на $a$.

Пусть $w$ - вычет по модулю $a$, такой что $x^2 \equiv y z w$ по модулю $a$

Тогда сравнение (2) эквивалентно сравнению:

(3) $\alpha (w^{n-1}+w^{n-2} g+w^{n-3} g^2+...+g^{n-1})$ делится на $a$.

Из (1) и (3) следует (определяя коэффициент при $g^{n-1}$ в произведении):

(4) $r_0+r_1 w+r_2 w^2+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$.

Нетрудно показать, что все остальные сравнения, которые можно получить из (3) эквивалентны сравнению (4), и что:

(5) сравнение (4) является необходимым и достаточным условием для того, чтобы число $\alpha$ принадлежало идеалу $I$.

Идея доказательства проста: найти такое $\alpha \in I$, чтобы норма числа $\alpha^2/c$ была меньше нормы $c$.
Если бы удалось найти такое число $\alpha^2/c$ в форме двучлена, какую имеет число $c$, то мы бы получили бесконечный спуск "а ля Ферма".
Посмотрим, удастся ли нам это сделать.

[Феликс Шмидель]

Я хочу подчеркнуть, что это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ, как и тема "Новое доказательство ВТФ для $n=3$. В той теме сначала было доказательство, но в нём была обнаружена ошибка, и она стала темой подготовительных рассуждений. Когда я нашёл 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.

[Феликс Шмидель]

это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ.

Цитата:

Идея доказательства проста: найти такое $\alpha \in I$, чтобы норма числа $\alpha^2/c$ была меньше нормы $c$.
Если бы удалось найти такое число $\alpha^2/c$ в форме двучлена, какую имеет число $c$, то мы бы получили бесконечный спуск "а ля Ферма".

У меня появилась другая идея, которая кажется мне более простой: доказывать, что если $c=I^2$, где $I$ - идеал,
то $c=u \beta^2$, где $u$ - делитель единицы.
Причём $c$ уже не двучлен, как в ВТФ, а произвольное число, принадлежащее кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Это более сложная теорема, из которой следует ВТФ и неизвестно верна ли она.
Но для $n=3$ она верна, причём наш метод почти позволяет это доказать.
Почти, потому что сейчас уже неизвестно, что $c$ и $d$ - взаимно-простые, хотя я думаю, что это верно.
Но этим нет необходимости заниматься. Можно просто взять $\alpha$ в виде $u a+v c$, где $a$ - норма идеала $I$,
а $u$ и $v$ - произвольные числа кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$. Такие $\alpha$ принадлежат идеалу $I$ и наша задача сделать норму $\alpha$ меньше нормы $c$, т.е. $a^2$. Тогда сработает бесконечный спуск. Если это сделать нельзя, то число $c$ должно находится вблизи экстремума, который можно получить приравнивая производные нулю (если пойти во "все тяжкие").

[Феликс Шмидель]

это подготовительная тема, которая не содержит доказательства ВТФ.

Посмотрим пока, что мы можем получить из сравнения (4). Мы доказали ВТФ для $n=3$ путём оценки нормы числа
(1). Для этого мы использовали следствие из теоремы Минковского. Мы однако не оценили коэффициенты $r_0$, $r_1$, ..., $r_{n-1}$. Это сделать несложно.
Пусть

(6) $0 \leq r_i \leq m$ for $i=0, 1, ... n-1$,

где $m$ -некоторое натуральное число.

Потребуем, чтобы было не меньше $a$ чисел вида (1), удовлетворяющих (6).
Это условие удовлетворяется, если

(7) $(m+1)^n \geq a$.

Пусть число $m$ удовлетворяет неравенству (7).

Если среди чисел, удовлетворяющих (6) нет сравнимых по модулю $a$, то одно из них удовлятворяет (4).
Если есть, то разность этих двух чисел удовлетворяет (4). Эта разность является числом вида (1), удовлетворяющим:

(8) $|r_i| \leq m$ for $i=0, 1, ... n-1$,

Пусть $m$ - наибольшее натуральное число, которое меньше чем $\sqrt[n]{a}$.
Тогда существует число вида (1), удовлетворяющее (4) и (8).

Норма этого числа не превышает $a (1+\sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})^n$

Эта оценка хуже чем та, которую мы использовали в доказательстве для $n=3$, зато мы получили её элементарным способом.
Важнее, однако, что она оценивает координаты $r_0$, ..., $r_{n-1}$, которые получились меньше чем $\sqrt[n]{a}$.

[Феликс Шмидель]

Любопытно, насколько лучшую оценку, по сравнению с элементарной даёт теорема Минковского.
Рассмотрим множество точек $(r_0, ..., r_n)$ с целочисленными координатами в $\mathbb{R}^n$, удовлетворяющих (4).
Это множество является подгруппой по сложению группы $\mathbb{Z}^n$.
Индекс этой подгруппы равен $a$, поэтому объём фундаментальной области решётки, образуемой точками этого множества равен $a$.
Cогласно теореме Минковского, $n$-мерный шар, с центром в начале координат, объём которого больше чем $2^n a$, содержит хотя бы одну точку рассматриваемого множества.
Объем $n$-мерного шара радиуса $R$ равен $\pi^{(n-1)/2} R^n 2^n ((n-1)/2)!/n!$.
Получим: $R>\sqrt[n]{a} (\frac{n!}{((n-1)/2)!})^{1/n}/\pi^{(n-1)/(2 n)}$.
Эта оценка лучше элементарной, но элементарная проще и удобней.

[Феликс Шмидель]

Наш метод доказательства для $n=3$ порождает множество идей.
Например, в каких $n$-мерных единичных "кубах" есть $n$ точек, в которых (соответственно) $n$-частных производных нормы равны 0?
Понятно, что единичный "куб", содержащий точку наименьшего значения нормы должен быть таким.
Или может быть любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала?
В этом случае, мы сразу получили бы бесконечный спуск.
Идея найти двучлен вида $\alpha^2/c$ с меньшей нормой чем $c$ требует проверки, хотя бы в простейшем случае $n=3$.
Однако, когда мы говорим о числе $\alpha^2/c$, мы должны иметь ввиду, что если $c d \ne a^2$, то из принадлежности $c$ идеалу $I$ не следует, что $\alpha^2$ делится на $c$.
На самом деле $c d \ne a^2$, но тогда, что такое $a$?
Оказывается можно получить сравнение (4) при более слабом предположении, что $c d$ делится на $a^2$.
Пусть $c d$ делится на $a^2$, и $w$ - такое натуральное число, что $x^2-yz w$ делится на $a^2$.
Пусть $I=\{u a+v c\}$ - идеал, генерированный числами $a$ и $c$.
Пусть $\alpha=r_0+r_1 \sqrt[3]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$, $\alpha^2=R_0+R_1 \sqrt[3]{4}+...+R_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$
У меня получилось, что следующие условия эквивалентны:
1) $\alpha d$ делится на $a$
2) $\alpha^2 d$ делится на $a^2$
3) $\alpha$ принадлежит идеалу $I$
4) $r_0+r_1 w+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$
5) $R_0+R_1 w+...+R_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a^2$

Заранее извинившись за возможность ошибки, в следующем сообщении буду доказывать (если до тех пор её не найду).
И это без предположения, что $cd=a^2$! При этом $\alpha^2$ не обязано делиться на $c$.
Вместо $\alpha^2/c$ можно рассматривать число $\alpha^2 d/a^2$ (эти числа равны при предположении $c d=a^2$).

[Феликс Шмидель]

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

1)->2) Пусть $\alpha^2 d$ делится на $a^2$.

Тогда $\alpha^2 d^2$ делится на $a^2$.
Значит $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

2)->3) Пусть $\alpha d$ делится на $a$.

Поскольку $a$ делится на $I$, то $\alpha d$ делится на $I$.
Поскольку $c$ делится на $I$, то $d$ взаимно-просто с $I$.
Значит $\alpha$ делится на $I$, что и требовалось.

3)->1) Пусть $\alpha$ принадлежит идеалу $I$.

Тогда $\alpha d$ принадлежит идеалу $Id=\{u d a+v d c\}=a \{u d+v (dc/a) \}$.
Значит $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

1)->4) Пусть $\alpha d$ делится на $a$.

Поскольку $d \equiv (y z)^{n-1} (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ по модулю $a^2$ (заменяя $x^2$ в $d$ на $y z w$), то:

(10) $\alpha (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ делится на $a$.

Значит:

(11) $(r_0+r_1 \sqrt[3]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}) (w^{n-1}+w^{n-2} \sqrt[3]{4}+...+(\sqrt[3]{4})^{n-1})$ делится на $a$

Раскрывая скобки и определяя коэффициент при $(\sqrt[3]{4})^{n-1}$ получим 4).

4)->1) Пусть $r_0+r_1 w+...+r_{n-1} w^{n-1}$ делится на $a$

Умножая выражение в левой части этого сравнения последовательно на $w$, $w^2$, ..., $w^{n-1}$ и учитывая, что $w^n \equiv 4$ по модулю $a^2$ (и значит по модулю $a$), получим все коэффициенты при раскрытии скобок в произведении (11).
Значит (11) имеет место, следовательно (10) имеет место.
Умножая (10) на $(y z)^{n-1}$ и заменяя $y z w$ на $x^2$ получим $\alpha d$ делится на $a$, что и требовалось.

2)->5) доказывается таким же способом, как 1)->4).

5)->2) доказывается таким же способом, как 4)->1).

[Феликс Шмидель]

Появилась ещё одна идея.
Мы нашли число вида $\alpha^2/c$ c нормой меньше зависящей от $n$ константы.
Более того, если $\alpha^2/c=s_0+s_1 \sqrt[3]{4}+...+s_{n-1} (\sqrt[3]{4})^{n-1}$,
то все коэффициенты не превышают по абсолютной величине $c n$, где $c$ небольшое число (которое можно установить исходя из нашей оценки коэффициентов числа $\alpha$ несколько сообщений назад).
Пусть $\beta=\alpha^2/c$, и $\beta_0$ - произведение всех сопряжённых с $\beta$ чисел, так что
$\beta \beta_0=N(\beta)=b^2$ является квадратом целого числа.
Тогда $c=\alpha^2/\beta=\alpha^2 \beta_0/b^2$.
Получается, что $\alpha^2 \beta_0$ - двучлен.
Если бы мы нашли другое такое $\alpha$, c меньшими коэффициентами, то мы сразу получили бы бесконечный спуск (поскольку $N(\beta_0)$ и $N(\alpha^2 \beta_0)$ являются квадратами целых чисел).
Проверим эту идею для $n=3$.
Пусть $\beta_0=b_0+b_1 \sqrt[3]{4}+b_2 (\sqrt[3]{4})^2$, $\alpha=a_0+a_1 \sqrt[3]{4}+a_2 (\sqrt[3]{4})^2$.
Тогда $\alpha^2=(a_0^2+8 a_1 a_2)+(2 a_0 a_1+4 a_2^2) \sqrt[3]{4}+(2 a_0 a_2+a_1^2) (\sqrt[3]{4})^2$
Мы ищем такие целые числа $a_0$, $a_1$ и $a_2$, что:

(12) $(a_0^2+8 a_1 a_2) b_1+(2 a_0 a_1+4 a_2^2) b_0+4 (2 a_0 a_2+a_1^2) b_2=0$.

Причём нам известно, что такие числа существуют, и наша задача найти такие относительно небольшие числа.
Левая часть равенства (12) является квадратичной формой, которую можно привести к каноническому виду (несингулярной линейной трансформацией), и мы получим уравнение:

(13) $B_0 A_0^2+B_1 A_1^2+B_2 A_2^2=0$

Думаю, что оценка решения $A_0$, $A_1$ и $A_2$ в зависимости от коэффициентов $B_0$, $B_1$ и $B_2$ существует.
Если это так, то мы получим третье доказательство ВТФ для $n=3$.

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #777071 писал(а):

Ферма говорил не только о бесконечном спуске, но и о бесконечном подъеме.
Но здесь такая же сложная задача обосновать существование примитивного решения с теми же свойствами.

Замечательный комментарий!
Он наводит на мысль, что можно доказать ВТФ не только бесконечным спуском, но и бесконечным подъёмом.
Бесконечный подъём доказывает ВТФ в силу теоремы Фалтинга о конечности числа решений ВТФ.
Поскольку уравнение (13) имеет решение, то оно имеет бесконечное число решений.
Ещё одно доказательство для $n=3$?

В следующем сообщении мы найдём необходимые и достаточные условия для того, чтобы число $\alpha^2/c$ было двучленом вида $c_0+c_1 \sqrt[n]{4}$.
Затем попробуем найти нетривиальное число $\alpha$, удовлетворяющее этим условиям для $n=5$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $W=x^2/yz$, $g=\sqrt[n]{4}$.
Пусть $c=x^2-yz g$, $d=x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} yz g+...+(yz)^{n-1} g^{n-1}$.
Пусть $\alpha=r_0+r_1 g+...+r_{n-1} g^{n-1}$, $\alpha^2=R_0+R_1 g+...+R_{n-1} g^{n-1}$.

Для того, чтобы $\alpha^2 d$ было двучленом вида $c_0+c_1 g$ необходимо и достаточно соблюдение следующих двух условий:

1) $R_3=R_4=...=R_{n-1}=0$ (это условие исключается при $n=3$).
2) $R_0+R_1 W+R_2 W^2=0$.

Доказательство
----------------------

1. Необходимость

Пусть $\alpha^2 d$ является двучленом вида $c_0+c_1 g$.
Тогда $\alpha^2 d c$ является произведением двух двучленов этого вида, значит является трёхчленом.
Поскольку $d c=x^{2 n}-4 (y z)^n$ - ненулевое целое число, то имеет место условие 1)
Коэффициент при $g^{n-1}$ в произведении $\alpha^2 d$ равен $(y z)^{n-1} (R_0+R_1 W+R_2 W^2+...+R_{n-1} W^{n-1})$.
Поскольку этот коэффициент равен нулю, то из условия 1) следует условие 2), что и требовалось.

2. Достаточность.

Пусть $\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$

Поскольку

$\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=(R_0+R_1 g+...+R_{n-1} g^{n-1})(W^{n-1}+W^{n-2} g+...+g^{n-1})$,

то:

(14) $a_{n-1}=R_0+R_1 W+R_2 W^2+...+R_{n-1} W^{n-1}$,

(15) $a_{n-2}=R_0 W+R_1 W^2+...+R_{n-2} W^{n-1}+4 R_{n-1}=a_{n-1} W+(4-W^n) R_{n-1}$,

(16) $a_{n-3}=R_0 W^2+R_1 W^3+...+R_{n-3} W^{n-1}+4 R_{n-2}+4 R_{n-1} W=a_{n-2} W+(4-W^n) R_{n-2}$,

...

$a_0=R_0 W^{n-1}+4 R_1+ 4 R_2 W+ ...+4 R_{n-1} W^{n-2}=a_1 W+(4-W^n) R_1$.

(Умножая последнее равенство на $W$ получим: $4 a_{n-1}=a_0 W+(4-W^n) R_0$).

Пусть условия 1) и 2) имеют место.

Из (14) и условий 1) и 2) следует: $a_{n-1}=0$.
Из $a_{n-1}=0$, $R_{n-1}=0$ и (15) следует: $a_{n-2}=0$.
...
Из $a_{3}=0$, $R_{3}=0$ и $a_2=a_3 W+(4-W^n) R_3$ следует: $a_{2}=0$.

Значит: $\alpha^2 d/(y z)^{n-1}=a_0+a_1 g$.

Следовательно $\alpha^2 d$ - двучлен, что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Отложим пока попытки сделать $\alpha^2 d$ двучленом.
Заметим только, что необходимые и достаточные условия, доказанные в предыдущем сообщении представляют равенство нулю квадратичных форм от коэффициентов $r_0$, ...,$r_{n-1}$.
Для установления закономерностей, хорошо бы иметь программу, приводящую квадратичные формы к каноническому виду.
Вернёмся к оценке числа $\alpha \in I$ с минимальными коэффициентами, где $I$ - идеал, генерированный числами $a$ и $c$.
Мы показали, что существует $\alpha \in I$ с коэффициентами меньше чем $\sqrt[n]{a}$ по абсолютной величине.
Для этого мы использовали элементарные соображения.
Заметим, однако, что ту же оценку можно получить по теореме Минковского, если вместо $n$-мерного "шара" рассматривать $n$-мерный "куб" со стороной $2 \sqrt[n]{a}$.

Кроме элементов идеала $I$ можно рассматривать элементы идеала $J$, генерированного числами $a$ и $d$.
Пусть $w$ - вычет по модулю $a$, такой что $x^2 \equiv y z w$ по модулю $a$.
Можно показать, что $\beta=r_0+r_1 \sqrt[n]{4}+...+r_{n-1} (\sqrt[n]{4})^{n-1}$ принадлежит идеалу $J$ тогда и только тогда, когда $r_0 \equiv r_{n-1} w^{n-1}$, ..., $r_{n-2} \equiv r_{n-1} w$ по модулю $a$.

В самом деле $\beta c$ делится на $I J=(a)$ (если $c d=a^2$).
Значит $\beta (w-\sqrt[n]{4})=(r_0 w-4 r_{n-1})+(r_1 w-r_0) \sqrt[n]{4}+...+(r_{n-1} w-r_{n-2}) (\sqrt[n]{4})^{n-1}$ делится на $a$.
Значит $r_0 \equiv r_{n-1} w^{n-1}$, ..., $r_{n-2} \equiv r_{n-1} w$ по модулю $a$.
Эти необходимые условия для принадлежности числа $\beta$ идеалу $J$ являются достаточными, так как из них следует, что $\beta c$ делится на $I J=(a)$, следовательно $\beta c$ делится на $J$, следовательно $\beta$ делится на $J$, поскольку число $c$ взаимно-просто с $(d)=J^2$.
Можно показать, что наборы коэффициентов $(r_0, ..., r_{n-1})$, удовлетворяющие этим условиям образуют подгруппу индекса $a^{n-1}$ группы $\mathbb{Z}^n$.
Значит объём фундаментальной области решётки, образованной этой подгруппой равен $a^{n-1}$.
Согласно теореме Минковского с $n$-мерным "кубом", существует число $\beta \in J$, все коэффициенты $r_0$, ..., $r_{n-1}$ которого меньше $a^{(n-1)/n}$ по абсолютной величине.
Я затрудняюсь получить этот результат из элементарных соображений.

Имеем:

(20) $\frac{\alpha^2}{c} \frac{\beta^2}{d}=(\frac{\alpha \beta}{a})^2$.

Все коэффициенты числа $\frac{\alpha \beta}{a}$ меньше $4 n$ по абсолютной величине.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что наш метод оценки числа $\alpha^2/c$ c минимальной нормой, не приведёт к доказательству ВТФ, если число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ чётно.
В самом деле, для такого показателя $n$, существует класс идеалов порядка 2, и в нём есть неглавные идеалы с относительно небольшой нормой, квадрат которых равен главному идеалу.
Поэтому наша оценка левой части равенства (20) также не приведёт к доказательству ВТФ для всех $n$, даже если мы её улучшим.

[Феликс Шмидель]

(Оффтоп)

13 ответов и 666 просмотров

Пусть $c d=a^2$, $(c)=I^2$, $(d)=J^2$, где $I$ и $J$ - идеалы.
Пусть $\alpha \in I$ and $\beta \in J$.
Покажем, что $\alpha^2/c=\beta^2/d$ тогда и только тогда, когда $\alpha=\pm \beta c/a$.
1. Пусть $\alpha^2/c=\beta^2/d$.

Тогда $\alpha^2=\beta^2 c^2/(c d)=(\beta c/a)^2$, следовательно, $\alpha=\pm \beta c/a$, что и требовалось.

2. Пусть $\alpha=\pm \beta c/a$.

Тогда $\alpha^2/c=\beta^2 c/a^2=\beta^2/d$, что и требовалось.

-- Вт окт 29, 2013 23:48:43 --

Цитата:

Наш метод доказательства для $n=3$ порождает множество идей.
Например, в каких $n$-мерных единичных "кубах" есть $n$ точек, в которых (соответственно) $n$-частных производных нормы равны 0?
Понятно, что единичный "куб", содержащий точку наименьшего значения нормы должен быть таким.
Или может быть любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала?

Замечание в предыдущем сообщении показывает, что эти идеи не ведут к доказательству ВТФ.
По-моему, это замечание опровергает предположение, что "любой идеал содержит элемент с нормой не превышающей квадрат нормы идеала".