ВТФ для любого простого показателя $n$.

[Феликс Шмидель]

Цитата:

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) $R_0+R_1 W+R_2 W^2=0$.

Займёмся теперь квадратичными формами (от коэффициентов $r_0$, ..., $r_{n-1}$), которые соответствуют этим условиям.

Имеем: $R_i=r_0 r_i+r_1 r_{i-1}+...+r_i r_0+4 r_{i+1} r_{n-1}+...+4 r_{n-1} r_{i+1}$.

Пусть $n=5$.
Определим 5 матриц:

$M_0=\left( \begin{array} {ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$, $M_1=\left( \begin{array} {ccccc} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 & 0 \end{array} \right)$, $M_2=\left( \begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 \end{array} \right)$,

$M_3=\left( \begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \end{array} \right)$, $M_4=\left( \begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)$

Эти матрицы соответствуют коэффициентам $R_0$, $R_1$, $R_2$, $R_3$, $R_4$, как квадратичным формам от $r_0$, $r_1$, $r_2$, $r_3$, $r_4$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Найдём собственные значения матриц $M_3$ и $M_4$ при помощи какой-нибудь программы, например, REDUCE.

Для этого определим матрицу $M_3$ коммандой:

m3:=mat((0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0, 4));

Определим единичную матрицу коммандой:

i5:=mat((1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 0, 1));

Вычислим характеристический полином матрицы $M_3$ коммандой:

det(m4-i5 * x);

Получим: $-x^5+4 x^4+2 x^3-8 x^2-x+4$

Найдём собственные значения и собственные векторы матрицы $M_3$ коммандой:

mateiden(m3, x);

Получим: $(x-4) (x-1)^2 (x+1)^2$, то есть $4$, $1$ и $-1$ являются собственными значениями матрицы $M_3$.

Проверяем коммандой:

(x-4) * (x-1)^2 * (x+1)^2;

Получим: $x^5-4 x^4-2 x^3+8 x^2+x-4$

Комманда mateiden(m3, x); даёт нам также собственные векторы:

$(0, 0, 0, 0, 1)$,
$(1, 0, 0, 1, 0)$, $(0, 1, 1, 0, 0)$,
$(-1, 0, 0, 1, 0)$, $(0, -1, 1, 0, 0)$.

Собственные векторы, соответствующие разным собственным значениям ортогональны.
Это не случайно - есть такая теорема.
Нам повезло: собственные векторы одного и того же собственного значения ортогональны, так что нет необходимости задействовать алгоритм Грамм-Шмидта для нахождения ортогонального базиса.

Образуем матрицу из этих векторов коммандой:

u:=mat((0, 0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 0, 0), (-1, 0, 0, 1, 0), (0, -1, 1, 0, 0));

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Вычисляем матрицу $U M_3 U^T$ коммандой:

u * m3 * TP(u);

Получим $D=U M_3 U^T=\left( \begin{array} {ccccc} 4 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \end{array} \right)$.

Значит $M_3=U^{-1} D (U^{-1})^T=U_1^T D U_1$, где $U_1=(U^{-1})^T$.

Значит $R_3=(r_0, ..., r_{n-1}) M_3 (r_0, ..., r_{n-1})^T=(U_1 (r_0, ..., r_{n-1})^T)^T D (U_1 (r_0, ..., r_{n-1})^T)$.

Вычисляем матрицу $U_1=(U^{-1})^T$ коммандой:

u1=TP(u^(-1));

Получим: $U_1=\left( \begin{array} {ccccc} 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0.5 & 0 & 0 & 0.5 & 0 \\ 0 & 0.5 & 0.5 & 0 & 0 \\ -0.5 & 0 & 0 & 0.5 & 0 \\ 0 & -0.5 & 0.5 & 0 & 0 \end{array} \right)$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Значит $2 R_3=8 r_4^2+(r_0+r_3)^2+(r_1+r_2)^2-(-r_0+r_3)^2-(-r_1+r_2)^2$.

Таким образом, мы привели квадратичную форму, выражающую $R_3$ к каноническуму виду.

Приведя к каноническому виду $R_4$ получим:

$2 R_4=2 r_2^2+(r_0+r_4)^2+(r_1+r_3)^2-(-r_0+r_4)^2-(-r_1+r_3)^2$.

Мы видим, что в этом случае нетрудно угадать каноническую форму.

Что делать дальше, пока неясно.

[Феликс Шмидель]

Давайте упростим нашу задачу: предположим, что $c=x^2-yz \sqrt[n]{4}$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, и попробуем исходя из этого придти к противоречию.
Мы скоро покажем, что для $n=5$ вопрос стоит именно так.
Более того, оказывается для всех простых чисел $n<50$, все идеалы этого кольца являются главными.
Чтобы показать это, поработаем с математической компьютерной программой, которая называется gp/PARI.
Соберём данные о поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ командой:

A=bnfinit(x^n-2);

Теперь найдём число классов идеалов командой:

A.no

Для всех простых $n<50$ я получил ответ: 1!
Возможно, что это верно и для простых $n>50$, но я решил на этом остановиться, потому что приходилось долго ждать.

Я вычислил фундаментальные делители единицы для $n=5$ командой:

A.fu

Как и следовало ожидать, в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ есть два фундаментальных делителя единицы:

$\sqrt[5]{2}-1$ и $(\sqrt[5]{2})^3+(\sqrt[5]{2})^2-1$

Их произведение равно $(\sqrt[5]{2})^4-(\sqrt[5]{2})^2-\sqrt[5]{2}+1$.

Выглядит так, что для каждого из этих трёх делителей единицы проходит наше рассуждение из доказательства ВТФ для $n=3$, и можно получить:

(25) $c=(a_0+a_1 \sqrt[5]{2}+a_2 (\sqrt[5]{2})^2+a_3 (\sqrt[5]{2})^3+a_4 (\sqrt[5]{2})^4)^2$.

Как и для $n=3$, это можно получить двумя способами: используя единственность разложения на простые множители в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ или не используя, как в моём втором доказательстве для $n=3$.

Для получения противоречия из (25) можно использовать следующую идею, высказанную ранее в этой теме:
если правая часть равенства (25) может быть двучленом, то она может быть двучленом для небольших значений коэффициентов $a_0$, ..., $a_4$.

Но возникает вопрос , почему мы не можем применить эту идею для $n=3$?
Оказывается, если $c=x^2-yz \sqrt[3]{2}$, то важно, что $x$ входит в это равенство во второй степени.
В самом деле, норма двучлена $-31+20 \sqrt[3]{4}$ равна $4 \cdot 20^3-31^3=2209=47^2$, и это ничему не противоречит.
Надо подумать, имеет ли место подобная ситуация для $n>3$?

[Феликс Шмидель]

Перед нами стоят 3 сложные задачи:

1. Определить для каких простых $n$, число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ нечётно.

В свете экспериментальных данных, весьма возможно, что для всех.

2. Доказать, что если делитель единицы кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ имеет чётные коэффициенты при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$, то он является квадратом другого делителя единицы.

Экспериментальные данные говорят в пользу этой гипотезы.

3. Получить противоречие из равенства: $\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$, где $\alpha$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

Наша первоочередная задача это задача 3., потому что её решение позволит доказать ВТФ для $n=5$, $n=7$ и других показателей.

(Оффтоп)

Доказывать всё сразу непрактично, потому что это может потребовать годы и быть не под силу одному человеку.

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $\alpha=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$,
$\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$.

Имеем:

(30) $(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1})=-yz$

Для доказательства (30) достаточно помножить каждый из двух сомножителей в левой части на $g$, правую часть на $g^2$, раскрыть скобки в левой части по формуле разности квадратов и перенести $x^2$ из левой части в правую.

Пусть

(31) числа $a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$ и
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j}$ имеют общий делитель - идеал $I$, где $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из 1, и $j=1, 2, ..., n-1$, так что идеал $I$ является общим делителем $n$ чисел.

Интуиция подсказывает мне, что значительная часть делителей числа $a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$ делит все числа (31).

Мы займёмся обоснованием этой интуитивной догадки позже.

Продолжение следует.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784379 писал(а):

3. Получить противоречие из равенства: $\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$, где $\alpha$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

Я верно понимаю? - что это :

$$\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$$

следует из этого:

$$\alpha^2=x^{2n}- 4 y^nz^n$$

[Феликс Шмидель]

Для простоты, мы можем вместо идеала $I$ иметь в виду число кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, являющееся делителем чисел (31), в том смысле, что частное от деления последних $n-1$ чисел на $I$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.
Замена идеала числом возможна, поскольку для $n<50$, все идеалы кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ являются главными (а мы хотим доказать ВТФ для этих $n$ в первую очередь).

Преобразуем (31) в систему $n$ линейных сравнений с $n$ неизвестными по модулю идеала $I$:

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

Найдём последнее неизвестное по правилу Крамера:

(33) $\frac{a_0+x}{2} \equiv \frac{x g^{n-1} D_1}{D_2}$ по модулю идеала $I$,

где

$D_1=\left| \begin{array} {cccc} 1 & g i_n & \ldots & (g i_n)^{n-2} \\ 1 & g i_n^2 & \ldots & (g i_n^2)^{n-2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g i_n^{n-1} & \ldots & (g i_n^{n-1})^{n-2} \end{array} \right|$, $D_2=\left| \begin{array} {cccc} 1 & g & \ldots & g^{n-1} \\ 1 & g i_n & \ldots & (g i_n)^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & g i_n^{n-1} & \ldots & (g i_n^{n-1}) ^{n-1} \end{array} \right|$.

Продолжение следует.

-- Пн ноя 04, 2013 11:54:58 --

ananova в сообщении #784434 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #784379 писал(а):

3. Получить противоречие из равенства: $\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$, где $\alpha$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

Я верно понимаю? - что это :

$$\alpha^2=x^2-\sqrt[n]{4} yz$$

следует из этого:

$$\alpha^2=x^{2n}- 4 y^n z^n$$

Почти верно: последнее равенство имеет вид: $a^2=x^{2n}- 4 y^n z^n$.

А Вы понимаете, каким образом это следует?

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784454 писал(а):

Почти верно: последнее равенство имеет вид: $a^2=x^{2n}- 4 y^n z^n$.

А Вы понимаете, каким образом это следует?

В кольце, вероятно, это возможно. (Но Вы можете не отвечать, т.к. не имею тех знаний алгебраических чисел, которыми Вы обладаете и могу не понять). Но, хорошо, что Вас другие понимают.

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #784510 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #784454 писал(а):

Почти верно: последнее равенство имеет вид: $a^2=x^{2n}- 4 y^n z^n$.

А Вы понимаете, каким образом это следует?

В кольце, вероятно, это возможно.

Не "вероятно, возможно", а строго следует для колец $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ с нечётным числом классов идеалов, в которых делители единицы удовлятворяют условию задачи 2.
Куммер работал с кольцом $\mathbb{Z}[i_n]$ и определил "регулярные" простые числа $n$, как такие, для которых число классов идеалов не делится на $n$.
При этом оказалось, что в первой сотне есть не "регулярные" простые числа: $37$, $59$ и $61$.
Кроме этого, число $23$, хотя и "регулярное", но разложение на простые множители в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ неоднозначно.
В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ не только число классов идеалов нечётно для всех простых $n<50$, оно равно 1! Это означает, что разложение на простые множители однозначно в этих кольцах.
Если у вас будет желание разобраться, обращайтесь, я помогу.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784539 писал(а):

В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ не только число классов идеалов нечётно для всех простых $n<50$, оно равно 1! Это означает, что разложение на простые множители однозначно в этих кольцах.

Я думаю, что это справедливо для всех простых $n$. Весьма вероятно это связано с тем, что $2^n$ имеет функцию Эйлера, взаимно простую с n . Поэтому число классов идеалов равно 1!

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #784632 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #784539 писал(а):

В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ не только число классов идеалов нечётно для всех простых $n<50$, оно равно 1! Это означает, что разложение на простые множители однозначно в этих кольцах.

Я думаю, что это справедливо для всех простых $n$. Весьма вероятно это связано с тем, что $2^n$ имеет функцию Эйлера, взаимно простую с n . Поэтому число классов идеалов равно 1!

Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):

Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.

Согласен. Это моя гипотеза.

[Феликс Шмидель]

Для меня было приятным сюрпризом, когда несколько дней назад, я скачал математическую программу "gp/Pari" и увидел, как просто на этой программе вычисляется число классов идеалов.
Вычисление заняло 5 минут для $n=53$.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784669 писал(а):

скачал математическую программу "gp/Pari"

Спасибо, попробую разобраться.

(Оффтоп)

Я нашел там страницу функций:

nffactormod nfgaloisapply nfgaloisconj nfhilbert
nfhnf nfhnfmod nfinit nfisideal
nfisincl nfisisom nfkermodpr nfmodprinit
nfnewprec nfroots nfrootsof1 nfsnf
nfsolvemodpr nfsubfields polcompositum polgalois
polred polredabs polredord poltschirnhaus
rnfalgtobasis rnfbasis rnfbasistoalg rnfcharpoly
rnfconductor rnfdedekind rnfdet rnfdisc
rnfeltabstorel rnfeltdown rnfeltreltoabs rnfeltup
rnfequation rnfhnfbasis rnfidealabstorel rnfidealdown
rnfidealhnf rnfidealmul rnfidealnormabs rnfidealnormrel
rnfidealreltoabs rnfidealtwoelt rnfidealup rnfinit
rnfisabelian rnfisfree rnfisnorm rnfisnorminit
rnfkummer rnflllgram rnfnormgroup rnfpolred
rnfpolredabs rnfpseudobasis rnfsteinitz subgrouplist
zetak zetakinit

Какую строчку набрать, чтобы повторить Ваш эксперимент?

Впрочем, если слишком длинная строка, то не надо .. начну с простых, потом, если что - попрошу помощи