2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение20.07.2014, 22:59 


31/03/06
1384
Итак, если $d_2$ делится на $41$ или другое простое число, то проверка множителей равенства (28) не даёт значительной информации и не позволяет отсеить варианты по модулю этого простого числа (кроме тех, что были отсеяны благодаря равенству $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=x^2$).
Я убедился в этом путём подстановки кода:

Код:
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*(k1/2)*(d2*d4)^3;

a0:=(2*a3*a4^2-a2^3)/(2*(a2*a4-a3^2));
a1:=(a3*a2^2-2*a4^3)/(2*(a2*a4-a3^2));


в множители равенства (28) и полагая $d_2=0$.

Займёмся теперь идеей проверки выражений $t (s-16 t)$ для различных точек кривой по модулю неконкретного простого числа $p$, с целью доказать, что оно является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$.
Мы уже не можем перебрать все варианты по модулю $p$.

Пусть $y z$ делится на $p$ (отдельно, можно рассмотреть также случай, когда $x$ делится на $p$).
Тогда числа $a_0, ..., a_4$ удовлетворяют одной из систем сравнений, которые мы получили в теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$".
Если $g$ не существует по модулю $p$, мы уже показывали, что число $p$ является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$.
Мы хотим показать, что это верно и в случае, если $g$ существует по модулю $p$.
Подставляя одну из систем сравнений в выражения $t (s-16 t)$, получим конкретные числа (зависящие от $i_5$), являющиеся квадратами по модулю $p$ (при предположении, что $p$ не является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$).
Я проверил это в программе "Reduce".

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение21.07.2014, 19:47 


31/03/06
1384
Доказать это, проверяя выражения $t (s-16 t)$ для различных точек кривой по модулю $p$, вряд ли удастся. Дело в том, что выражения, сравнимые с $a_2, a_3, a_4$ по модулю $p$ удовлетворяют равенству (5), и значит создают точку на эллиптической кривой (12). В отличие от точки (-4, 80), новая точка выражается через $i_5$. Она является точкой поля $\mathbb{Q}[i_5]$ (а не только по модулю $p$). Поэтому выражение $t (s-16 t)$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля с точностью до множителя, являющегося делителем пяти.
Это рассуждение нуждается, конечно, в строгом обосновании и проверке.
С другой стороны, речь идёт о простых числах $p$, которые дают остаток $1$ при делении на $5$, поскольку иначе $i_5$ не существует по модулю $p$, и из системы сравнения следует, что $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Вычисления вроде показывают, что если простое число $p$ даёт остаток $1$ при делении на $5$ и на $4$, то $g$ не существует по модулю $p$.
Если это так, то интересующие нас простые числа $p$ дают остаток $3$ при делении на $4$.
Это тоже нуждается в строгом обосновании и проверке.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение22.07.2014, 08:09 


31/03/06
1384
Я извиняюсь: наше последнее утверждение ошибочно: например $g$ cуществует по модулю $241$ и равно $3$, поскольку $3^5=243$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение22.07.2014, 15:15 


31/03/06
1384
Займёмся теперь проверкой нашего последнего рассуждения.
Во-первых, напомним о каких системах сравнений идёт речь.

Из (1) следует равенство:

(A.1) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$,

где $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$.

Пусть

(A.2)
$v_0=a_0+a_1 g+...+a_4 g^4$
$v_1=a_0+a_1 g i_5+...+a_4 g^4 i_5^4$
$v_2=a_0+a_1 g i_5^2+...+a_4 g^4 i_5^8$
$v_3=a_0+a_1 g i_5^3+...+a_4 g^4 i_5^{12}$
$v_4=a_0+a_1 g i_5^4+...+a_4 g^4 i_5^{16}$.

Тогда

(A.3)
$5 a_0=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$
$5 a_1 g=v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4$
$5 a_2 g^2=v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8$
$5 a_3 g^3=v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^{12}$
$5 a_4 g^4=v_0+v_1/i_5^4+v_2/i_5^8+v_3/i_5^12+v_4/i_5^{16}$.

Пусть $p$ - какое-либо простое число, отличное от $2$ и $5$, на которое делится число $y z$.
Пусть $\rho$- какой-либо простой идеал поля $L=F[g]=\mathbb{Q}[g, i_5]$, на который делится простое число $p$.

Из равенства (A.1) следует, что $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$ по модулю идеала $\rho$, для $j=1, 2, 3, 4$.
Введём параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$, каждый из которых равен $0$ или $1$ в зависимости от того $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$ по модулю $\rho$, для $j=1, 2, 3, 4$.

Имеем:

(A.4)
$v_0+v_1+v_2+v_3+v_4 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)+(v_0-2 s_2 v_0)+(v_0-2 s_3 v_0)+(v_0-2 s_4 v_0)=(5-2 (s_1+s_2+s+3+s_4)) v_0$

$v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^2+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^3+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^4=-2 (s_1/i_5+s_2/i_5^2+s_3/i_5^3+s_4/i_5^4) v_0$

$v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^2+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^4+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^6+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^8=-2 (s_1/i_5^2+s_2/i_5^4+s_3/i_5^6+s_4/i_5^8) v_0$

$v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^{12} \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^3+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^6+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^9+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^{12}=-2 (s_1/i_5^3+s_2/i_5^6+s_3/i_5^9+s_4/i_5^{12}) v_0$

$v_0+v_1/i_5^4+v_2/i_5^8+v_3/i_5^{12}+v_4/i_5^{16} \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^4+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^8+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^{12}+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^{16}=-2 (s_1/i_5^4+s_2/i_5^8+s_3/i_5^{12}+s_4/i_5^{16}) v_0$

по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (A.4) и равенств (A.3) следуют сравнения:

(A.5)
$5 a_0 \equiv k_0 v_0$
$5 a_1 \equiv k_1 g^4 v_0$
$5 a_2 \equiv k_2 g^3 v_0$
$5 a_3 \equiv k_3 g^2 v_0$
$5 a_4 \equiv k_4 g v_0$

по модулю идеала $\rho$, где

(A.6)
$k_0=5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$k_1=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$
$k_2=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$
$k_3=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$
$k_4=-s_1 i_5^{5-4}-s_2 i_5^{10-8}-s_3 i_5^{15-12}-s_4 i_5^{20-16}$.

Из сравнений (A.5) следуют сравнения:

(A.7)
$5 a_0 \equiv k_0 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv k_1 g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv k_2 g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv k_3 g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv k_4 g (\pm x)$

по модулю идеала $\rho$,

поскольку из (1) следует, что $v_0^2 \equiv x^2$ по модулю $y z$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение24.07.2014, 16:06 


31/03/06
1384
Заметим, что в сравнениях (A.7) либо везде $+x$, либо везде $-x$.
Чтобы не различать эти два случая, можно пользоваться сравнениями (A.5).

Пусть простое число $p$ даёт остаток $1$ при делении на $20$ и $g$ существует по модулю $p$.
Пусть простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$ является делителем числа $p$.

Предположим, что целые числа $a_2, a_3, a_4$ не все делятся на $p$, и сравнения (A.5) по модулю идеала $\rho$ имеют место.

Будем говорить, что простой идеал $\rho$ соответствует набору параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, если выполняются сравнения (A.5).

Возникает вопрос: каким наборам параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$ соответствуют другие простые идеалы, на которые делится число $p$?

Покажем, что простое число $p$ разлагается в произведение 20-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Поскольку $p$ даёт остаток $1$ при делении на $5$, то $p$ разлагается в произведение 4-ёх различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[i_5]$:

Феликс Шмидель в сообщении #770641 писал(а):
Любое другое простое число $p$, отличное от $n$ разлагается в расширении $F:\mathbb{Q}$ в произведение неветвящихся простых идеалов, то есть $p G_F=\rho_1 ... \rho_g$, где $g=(n-1)/f$, а $f$-наименьшее натуральное число, такое что $p^f \equiv 1$ по модулю $n$.


Покажем, что каждый из этих четырёх простых идеалов поля $\mathbb{Q}[i_5]$ разлагается в произведение 5-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.

Феликс Шмидель в сообщении #770919 писал(а):
Рассмотрим теперь расширение Куммера $L=F[\sqrt[n]{2}]$, где $F=\mathbb{Q}[i_n]$, $i_n$-комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Если $P$ - простой идеал поля $F$, не делящий $2 n$, то либо (1) $P G_L=\rho_1 ... \rho_n$ либо (2) $P G_L=\rho_1$.
Количество множителей, входящих в разложения (1) и (2) равно либо $n$, либо $1$, поскольку степень нормального расширения $L:F$, равная простому числу $n$, делится на колличество множителей.
Для того, чтобы случай (1) имел место, необходимо и достаточно, чтобы сравнение

(B.1) $x^n \equiv 2$ по модулю идеала $P$,

имело решение в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.


Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[i_5]$, который делится на идеал $\rho$.
Если хотя бы одно из чисел $k_1, ..., k_4$ в равенствах (A.6) не делится на идеал $P$, то из сравнений (A.7) следует, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, сравнение (B.1) по модулю идеала $\rho$ имеет решение в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Это решение $x$ удовлетворяет сравнению (B.1) по модулю идеала $P$.
Значит, идеал $P$ разлагается в произведение 5-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Что и требовалось.

Значит, $p$ разлагается в произведение 20-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение24.07.2014, 19:44 


31/03/06
1384
Из этих 20-и простых идеалов, ни один не соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, поскольку числа $a_2, a_3, a_4$ не все делятся на $p$.
Разобъём остальные 15 наборов параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ на 3 части:

1) $(1, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)$

2) $(0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0)$

3) $(1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 1)$

При подстановке $g i_5$ вместо $g$ в правые части равенств (A.6) и последующей замене слагаемого $-s_4$ на $s_4 (i_5^4+i_5^3+i_5^2+i_5)$ получим:

(A.8)
$5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$s_4 i_5^{5-1}-(s_1-s_4) i_5^{5-2}-(s_2-s_4) i_5^{5-3}-(s_3-s_4) i_5^{5-4}$
$s_4 i_5^{5-2}-(s_1-s_4) i_5^{5-4}-(s_2-s_4) i_5^{10-6}-(s_3-s_4) i_5^{10-8}$
$s_4 i_5^{5-3}-(s_1-s_4) i_5^{10-6}-(s_2-s_4) i_5^{10-9}-(s_3-s_4) i_5^{15-12}$
$s_4 i_5^{5-4}-(s_1-s_4) i_5^{10-8}-(s_2-s_4) i_5^{15-12}-(s_3-s_4) i_5^{20-16}$.

Если $s_4=0$, то набор $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_4, s_1, s_2, s_3)$.
Если $s_4=1$, то изменим знак выражений (A.8) на противоположный, тем самым меняя знак при $x$ в сравнениях (A.7).
Если $s_4=1$, то первое выражение в (A.8) c изменённым знаком равно $-5+2(s_1+s_2+s_3+s_4)=5-2 (s_4+(s_4-s_1)+(s_4-s_2)+(s_4-s_3))$.
Получим, что если $s_4=1$, то $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_4, s_4-s_1, s_4-s_2, s_4-s_3)$.

В наборах 1), 2) и 3), каждый из 5-и наборов переходит в следующий за ним, а 5-ый набор переходит в 1-ый.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение26.07.2014, 16:36 


31/03/06
1384
Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то 20 вышеупомянутых идеалов соответствуют наборам из группы 1), а если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то эти 20 идеалов соответствуют наборам из групп 2) и 3).

При подстановке $i_5^2$ вместо $i_5$ в правые части равенств (A.6) получим:

(A.9)
$5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$-s_3 i_5^{5-1}-s_1 i_5^{5-2}-s_4 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{5-4}$
$-s_3 i_5^{5-2}-s_1 i_5^{5-4}-s_4 i_5^{10-6}-s_2 i_5^{10-8}$
$-s_3 i_5^{5-3}-s_1 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-9}-s_2 i_5^{15-12}$
$-s_3 i_5^{5-4}-s_1 i_5^{10-8}-s_4 i_5^{15-12}-s_2 i_5^{20-16}$.

Значит $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_3, s_1, s_4, s_2)$.
Значит $(1, 1, 1, 1)$ переходит в $(1, 1, 1, 1)$, $(1, 0, 0, 0)$ переходит в $(0, 1, 0, 0)$, $(0, 1, 0, 0)$ переходит в $(0, 0, 0, 1)$, $(0, 0, 1, 0)$ переходит в $(1, 0, 0, 0)$, $(0, 0, 0, 1)$ переходит в $(0, 0, 1, 0)$.

Пусть $\rho$ - какой-либо идеал, соответствующий набору $(1, 1, 1, 1)$.
Преобразование $i_5 \rightarrow i_5^2$, сделанное несколько раз, после чего преобразование $g \rightarrow g i_5$, сделанное несколько раз, преобразует идеал $\rho$ в любой из вышеупомянутых 20-и идеалов.
Таким образом, любой из этих 20-и идеалов, соответствует некоторому набору из группы 1).

Таким же способом, можно показать, что если $\rho$ - какой-либо идеал, соответствующий набору $(0, 0, 1, 1)$, то любой из вышеупомянутых 20-и идеалов соответствует некоторому набору из объединения групп 2) и 3).

Заметим, что если сначала сделать переобразование $g \rightarrow g i_5$, а потом преобразование $i_5 \rightarrow i_5^2$, то получим из $\rho$ идеал, отличный от полученного ранее.
Не учитывая этого, легко получить кажущееся противоречие.

Проверим в программе "Reduce", что если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 1), то $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $\rho$, и следовательно делится на $p$:

Код:
load_package polydiv;

k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

d1:=k2*k4-k3^2;

s1:=0; s2:=0; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);


Получим, что если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 1), то $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $\rho$, а если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 2) или 3), то $a_2 a_4 - a_3^2$ не делится на $\rho$.

Если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 2) или 3), и $a_2 a_4 - a_3^2$ делилось бы на $p$, то получается выражение, зависящее от $i_5$, которое делилось бы на $\rho$.
Для всех $p$, кроме нескольких, получается противоречие.
Можно показать, что противоречие получается если $p \ne 5$.

Достаточно было проверить только один набор из группы 1) и один набор из объединения групп 2) и 3), но мы проверили все 16 наборов.

Что и требовалось.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение31.07.2014, 07:31 


31/03/06
1384
Мы проверили в теме "Совместное доказательство для $n=5$", что сравнения (A.7) не противоречат равенствам (2).
Подстановка выражений, сравнимых с $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ по модулю идеала $\rho$ обращает равенства (2) в тождества.
Проверим это здесь, полагая $x_1=\pm x/5$, посредством следующего кода в програме "Reduce":

Код:
load_package polydiv;

k0:=5-2*(s1+s2+s3+s4);
k1:=-s1*i5^(5-1)-s2*i5^(5-2)-s3*i5^(5-3)-s4*i5^(5-4);
k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

a0:=k0*x1;
a1:=k1*g^4*x1;
a2:=k2*g^3*x1;
a3:=k3*g^2*x1;
a4:=k4*g*x1;

f4:=2*a0*a4+2*a1*a3+a2^2;
f3:=a0*a3+a1*a2+a4^2;
f1:=a0*a1+2*a2*a4+a3^2;

(f4 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
(f3 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
(f1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);


Получим, что выражения $f_4, f_3$ и $f_1$ равны нулю для любого набора $(s_1, s_2, s_3, s_4)$, состоящего из нулей и единиц.

Подстановка выражений, сравнимых с $a_2, a_3, a_4$ по модулю идеала $\rho$ обращает также равенство (5) в тождество, поскольку равенство (5) следует из равенств (2).

Пусть

(A.10)
$a_2 \equiv c k_2 g^3 (\pm x/5)$
$a_3 \equiv c k_3 g^2 (\pm x/5)$
$a_4 \equiv c k_4 g (\pm x/5)$

по модулю идеала $\rho$, где $c$ - какое-либо число.

Подстановка выражений из сравнений (A.10) обращает равенство (5) в тождество.
Если $y z$ делится на простое число $p$, и $p$ делится на идеал $\rho$, то сравнения (A.10) выполняются при $c=1$.
В связи с этим, у меня появилась новая идея: доказать, что эти сравнения по модулю идеала $\rho$ выполняются для некоторого целого числа $c$, не только если $y z$ делится на $p$.
Из этого следовало бы, что $y z$ делится на $p$, поскольку подстановка выражений из сравнений (A.10) обращает левую часть равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ в ноль.
Поскольку $y z$ не может делиться на бесконечное количество простых чисел $p$, мы получили бы противоречие.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение02.08.2014, 09:25 


31/03/06
1384
Эту идею не удалось реализовать, поскольку оказалось, что если $a_2/a_3 \equiv g k_2/k_3$ по модулю идеала $\rho$, то необязательно, чтобы выполнялось сравнение $a_4/a_3 \equiv (1/g) k_4/k_3$.
Пусть, например, идеал $\rho$ соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 1, 1)$.
Тогда $g k_2/k_3=g(-i_5^4-i_5^2)/(-i_5-i_5^3)=g i_5$,
$(1/g) k_4/k_3=(1/g) (-i_5^3-i_5^4)/(-i_5-i_5^3)=(1/g) i_5^2 (1+i_5)/(1+i_5^2)=(1/g) (1+i_5)(i_5^2+i_5+1)=(1/g i_5) (i_5^3+i_5^2-1)$.

Мы проверили правильность двух последних равенств в программе "Reduce".

Если обозначить $x_2=a_2/a_3$ и $x_4=a_4/a_3$, то равенство (5) представляется в виде:

(5.1) $10 (x_2 x_4)^3-10 (x_2 x_4)^2+4=x_2^5+4 x_4^5$

При подстановке $x_2=g i_5$ и $x_4=(1/g i_5) (i_5^3+i_5^2-1)$, равенство (5.1) обращается в тождество, но оно обращается в тождество также при подстановке $x_2=g i_5$ и $x_4=(1/g i_5)$.

Получается, что даже если $a_2/a_3 \equiv g k_2/k_3$ по модулю идеала $\rho$, то необязательно, чтобы чтобы выполнялось сравнение $a_4/a_3 \equiv (1/g) k_4/k_3$.

Идею не удалось реализовать, но мы заметили, что если $y z$ делится на простое число $p$ и $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p$.
Это следует из сравнения $a_2/a_3 \equiv g i_5$ по модулю идеала $\rho$.
В связи с этим возникает вопрос: верно ли, что $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$?
В теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$" мы пытались доказать, что $(5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на некоторый делитель числа $y z$.
Теперь понятно, что правильнее рассматривать выражение $(5 a_0-x)(5 a_0+x)(5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)(a_0+x)(a_0-x)$, где первые два множителя соответствуют наборам из группы 2) и 3), то есть случаю, когда $a_2^5-2 a_3^5$ не делится на $p$, а последние два множителя соответствуют набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, то есть случаю, когда $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Займёмся нахождением выражений с числами $a_0,  a_1, a_2, a_3, a_4$, которые делятся на $y z$ и строгим обоснованием этого.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение02.08.2014, 19:07 


31/03/06
1384
Нас интересует случай, когда $y z$ делится на простое число $p$.
В частности, если $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $p$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$, не содержит ли этот случай противоречия?

Перед рассмотрением этого вопроса сделаем несколько предварительных замечаний.

Напомним, что если $a_3$ делится на простое число $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, то все числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
В самом деле из (5) следует, что $a_2 a_4$ делится на $p$, и из первых двух равенств (2) следует, что оба числа $a_2$ и $a_4$ делятся на $p$.

Заметим, что из (15.3) следует, что если $p=2$ или $p=5$, и $a_3$ делится на $p$, то мы не можем утверждать, что $a_2 a_4$ делится на $p$.

Предположим теперь, что $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$.
Тогда из (3) следует, что $a_3 \equiv a_2^3/(2 a_4^3)$ и $a_3 \equiv 2 a_4^3/a_2^3$ по модулю $p$.

Cледовательно, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, то $a_2^5-4 a_4^5$ делится на $p$.

Пусть теперь $y z$ делится на $p$, где $p=2$ или $p=5$.

Если $p=2$, то из равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ следует, что $a_1$ делится на $2$, из первого равенства (2) следует, что $a_2$ делится на $2$.
С учётом этого, из последнего равенства (2) следует, что $a_3$ делится на $2$, и из второго равенства (2) следует, что $a_4$ делится на $2$.

Если $p=5$, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$, вследствие равенства:

(1.1) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.

В самом деле, разность сомножителей в левой части равенства (1.1) равна $x g^4$, поэтому оба сомножителя не могут оба делиться на простой идеал, являющийся делителем числа $5$.
В поле $\mathbb{Q}[g]$: $(5)=\rho^5$, где $\rho$ - простой идеал.
Значит, один из сомножителей равенства (1.1) делится на $5$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.
Если $y z$ делится на $5^t$, где $t$ - целое положительное число, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5^t$.

Возвращаясь к случаю $p=2$ и $y z$ делится на $2$, заметим, что из равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ следует, что $y z$ делится на $4$ (поскольку мы показали, что числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$).
Если $y z$ делится на $2^t$ где $t$ - целое положительное число, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t-1}$, поскольку один из сомножителей в левой части равенства (1.1) делится на $g^4$, но не на бОльшую степень $g$, а второй сомножитель делится на $2^{t-1} g$.
Если $2^t$ - максимальная степень двойки, на которую делится $y z$, то $a_1$ делится на $2^t$ (поскольку делится на $2^{t-1} g$), а $a_2$ не делится на $2^t$ (иначе один из сомножителей левой части равенства (1.1) делился бы на $2^{t-1} g^2$).
Таким образом, числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t-1}$, но нельзя сказать, что все они делятся на $2^t$.

Перейдём теперь к рассмотрению интересующего нас случая.
Пусть $y z$ делится на простое число $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$.

Число $g$ cуществует по модулю $p$, поскольку $a_2^5-4 a_4^5$ делится на $p$.
Мы пока не можем утверждать, что $i_5$ cуществует по модулю $p$ (даёт ли $p$ остаток $1$ при делении на $5$ или нет), и не знаем разлагается ли $p$ в произведение $20$, $10$ или $5$ простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Но мы проверили, что эти простые идеалы соответствуют наборам параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ группы 1), поскольку $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, и эта проверка не зависит от количества этих простых идеалов (и от того, даёт ли $p$ остаток $1$ при делении на $5$ или нет).
Поскольку наборы группы 1) переходят один в другой, при преобразовании $g \rightarrow g i_5$, то существует простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, делящий $p$ и соответствующий набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 1)$.
Для этого набора, равенства (A.6) имеют вид:

(A.6.1)
$k_0=3$
$k_1=-i_5$
$k_2=-i_5^2$
$k_3=-i_5^3$
$k_4=-i_5^4$.

Для этого набора, сравнения (A.7) имеют вид:

(A.7.1)
$5 a_0 \equiv 3 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv -i_5 g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv -i_5^2 g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv -i_5^3 g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv -i_5^4 g (\pm x)$

по модулю идеала $\rho$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение02.08.2014, 21:56 


31/03/06
1384
Я не вижу, чтобы из сравнений (A.7.1) следовало противоречие.

Зато из вышеизложенного следует, что $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$.

В самом деле, если $y z$ делится на $p^t$, где $p$ - простое число, не равное $2$ и $5$, то сравнения (A.7) выполняются по модулю идеала $\rho^t$, где $\rho$ - простой идеал делящий $p$.
Мы показали, что если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то для некоторого простого идеала $\rho$, делящего $p$: $a_2 \equiv a_3 g i_5$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.
Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то из сравнений (A.7.1) следует, что $a_2 \equiv a_3 g i_5^4$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$.
Если $p=5$ и $y z$ делится на $p^t$, то $a_2$ и $a_3$ делятся на $5^t$.
Если $p=2$ и $y z$ делится на $2^t$, то $t>1$ и $a_2$ и $a_3$ делятся на $2^{t-1}$.
Если $y z$ делится на $p^t$, где $p \ne 2$ и $p\ne 5$, и числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, то один из сомножителей в левой части равенства (1.1) не делится на $p$ и взаимно-прост с $p$ (в смысле не делится ни на какой идеал $\rho$, делящий $p$), а второй сомножитель делится на $p^t$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^t$.
В любом случае, $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$.
Следовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение03.08.2014, 13:25 


31/03/06
1384
Покажем теперь, что $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $y z$.

Пусть $y z$ делится на $p^t$, где $p$ - простое число, отличное от $2$-ух и $5$-и, и $t$ - целое положительное число.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Поскольку наборы параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ групп 2) и 3) переходят один в другой, при преобразованиях $g \rightarrow g i_5$ и $i_5 \rightarrow i_5^2$, то существует простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, делящий $p$ и соответствующий набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 1, 1)$.
Для этого набора, равенства (A.6) имеют вид:

(A.6.2)
$k_0=1$
$k_1=-i_5^2-i_5$
$k_2=-i_5^4-i_5^2$
$k_3=-i_5-i_5^3$
$k_4=-i_5^3-i_5^4$.

Для этого набора, сравнения (A.7) имеют вид:

(A.7.2)
$5 a_0 \equiv 1 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv g^4 (-i_5^2-i_5) (\pm x)$
$5 a_2 \equiv g^3 (-i_5^4-i_5^2) (\pm x)$
$5 a_3 \equiv g^2 (-i_5-i_5^3) (\pm x)$
$5 a_4 \equiv g (-i_5^3-i_5^4) (\pm x)$

по модулю идеала $\rho^t$.

Из сравнений (A.7.2) следует, что $a_1 \equiv a_4 g^3 i_5^3$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то из сравнений (A.7.1) следует, что $a_1 \equiv a_4 g^3 i_5^2$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$.

Если $p=5$ и $y z$ делится на $p^t$, то $a_1$ и $a_4$ делятся на $5^t$.
Если $p=2$ и $y z$ делится на $2^t$, то $t>1$ и $a_1$ и $a_4$ делятся на $2^{t-1}$.
Если $y z$ делится на $p^t$, где $p \ne 2$ и $p\ne 5$, и числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, то один из сомножителей в левой части равенства (1.1) не делится на $p$ и взаимно-прост с $p$ (в смысле не делится ни на какой идеал $\rho$, делящий $p$), а второй сомножитель делится на $p^t$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^t$.
В любом случае, $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$.
Следовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $y z$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение04.08.2014, 14:09 


31/03/06
1384
Меня смущает одно обстоятельство.
Что происходит, если $p$ даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, $y z$ делится на $p$, и $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Цитата:
Феликс Шмидель в сообщении #770641 писал(а):
Любое другое простое число $p$, отличное от $n$ разлагается в расширении $F:\mathbb{Q}$ в произведение неветвящихся простых идеалов, то есть $p G_F=\rho_1 ... \rho_g$, где $g=(n-1)/f$, а $f$-наименьшее натуральное число, такое что $p^f \equiv 1$ по модулю $n$.


Поскольку $p$ даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, то $f=4$, следовательно $g=1$, и в поле $\mathbb{Q}[i_5]$: $(p)$ является простым идеалом.

Цитата:
Феликс Шмидель в сообщении #770919 писал(а):
Рассмотрим теперь расширение Куммера $L=F[\sqrt[n]{2}]$, где $F=\mathbb{Q}[i_n]$, $i_n$-комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Если $P$ - простой идеал поля $F$, не делящий $2 n$, то либо (1) $P G_L=\rho_1 ... \rho_n$ либо (2) $P G_L=\rho_1$.
Количество множителей, входящих в разложения (1) и (2) равно либо $n$, либо $1$, поскольку степень нормального расширения $L:F$, равная простому числу $n$, делится на колличество множителей.
Для того, чтобы случай (1) имел место, необходимо и достаточно, чтобы сравнение

(B.1) $x^n \equiv 2$ по модулю идеала $P$,

имело решение в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.


Поскольку $(p-1)$ не делится на $5$, то $g$ существует по модулю $p$, значит сравнение (B.1) имеет решение в кольце $\mathbb{Z}$, и, тем более, в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Следовательно, в поле $\mathbb{Z}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.
Если бы какой-либо из этих простых идеалов соответствовал набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ из группы 2) или 3), то 5-и идеалов бы не хватило на 10 наборов объединения групп 2) и 3), значит, какой-либо из этих простых идеалов соответствовал двум различным наборам, что невозможно.
В самом деле, если $b_1 i_5+b_2 i_5^2+b_3 i_5^3+b_4 i_5^4=0$, для некоторых целых чисел $b_1, b_2, b_3, b_4$, то все эти числа равны нулю.
Поэтому, если сравнения (A.7) имеют место для двух наборов $(s_{11}, s_{12}, s_{13}, s_{14})$ и $(s_{21}, s_{22}, s_{23}, s_{24})$ по модулю одного и того же простого идеала, то наборы должны быть одинаковыми, даже с учётом того, что знаки при $x$ могут быть разными (при условии, что $p$ не равен нескольким простым числам, на которые может делится норма ненулевого выражения $b_1 i_5+b_2 i_5^2+b_3 i_5^3+b_4 i_5^4$, мы видели, что на самом деле достаточно $p \ne 5$).
Остаётся возможность, что любой из $5$-и простых идеалов соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, то есть числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Если это так, то не плохо бы доказать это ещё каким-либо способом, потому что имеется ещё одна возможность, что мы где-то ошиблись.
Я не буду продолжать тему, пока не разберусь в этом вопросе.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение04.08.2014, 20:44 


31/03/06
1384
Я нашёл другое доказательство того, что если $y z$ делится на простое число $p$, которое даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Пусть $g_1$ - такое целое число, что $g_1^5-2$ делится на $p$.
Если $\rho$ - один из 5-и простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, на которые делится $p$, то $g-g_1 i_5^k$ делится на $\rho$, где $k$ - одно из чисел: $0, 1, 2, 3, 4$.
Поскольку $g-g_1$ не делится на $p$, то для одного из этих 5-и простых идеалов $\rho$, $g-g_1 i_5^k$ делится на $\rho$, где $k \ne 0$.

Напомним равенство (1.1):

(1.1) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.

Один из сомножителей в левой части равенства (1.1) делится на $\rho$.
Пусть, например, первый сомножитель делится на $\rho$.
Тогда $(a_1+a_2 (g_1 i_5^k) +a_3 (g_1 i_5^k)^2+a_4 (g_1 i_5^k)^3+\frac{a_0-x}{2} (g_1 i_5^k)^4)$ делится на $\rho$, следовательно делится на идеал $(p)$, который является простым идеалом поля $\mathbb{Q}[i_5]$, делящимся на $\rho$.
Значит числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, поскольку $g_1$ - целое число, не делящееся на $p$, $k$ - одно из чисел $1, 2, 3, 4$ и $k \ne 0$.
Что и требовалось.

Значит, наверное, всё правильно.

Я заметил опечатку в предыдущем сообщении:

Цитата:
Следовательно, в поле $\mathbb{Z}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.


исправляется на:

Следовательно, в поле $\mathbb{Q}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3
Сообщение06.08.2014, 10:09 


31/03/06
1384
Найдём теперь другие выражения, которые делятся на $y z$.

Для этого, возведём сравнения (A.7.1) и (A.7.2) в 5-ую степень.
Сравнения выполняются по модулю идеала $\rho^t$, на который делится $y z$.
Получим:

Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то:

(A.7.3)
$3125 a_0^5 \equiv 243 (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv 16 (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv 8 (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv 4 (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv 2 (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

Или

(A.7.4)

$243 a_1^5 \equiv 16 a_0^5$
$243 a_2^5 \equiv 8 a_0^5$
$243 a_3^5 \equiv 4 a_0^5$
$243 a_4^5 \equiv 2 a_0^5$

по модулю $\rho^t$.


Если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то:

(A.7.5)
$3125 a_0^5 \equiv (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv -16 (i_5+1)^5 (\pm x)^5=-16 (5 i_5^3+5 i_5^2-3) (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv -8 (i_5^2+1)^5 (\pm x)^5=-8 (5 i_5^3+5 i_5^2-8) (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv -4 (i_5^2+1)^5 (\pm x)^5=-4 (5 i_5^3+5 i_5^2-8) (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv -2 (i_5+1)^5 (\pm x)^5=-2 (5 i_5^3+5 i_5^2-3) (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

Заметим, что $i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$$i_5+i_5^4=(-1+\sqrt{5})/2$, так как сумма и произведение двух чисел $i_5^2+i_5^3$ и $i_5+i_5^4$ равны -1).
С учётом этого, получим:

(A.7.6)
$3125 a_0^5 \equiv (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv 8 (11+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv 4 (21+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv 2 (21+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv (11+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

Или

(A.7.7)
$a_1^5 \equiv 8 (11+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_2^5 \equiv 4 (21+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_3^5 \equiv 2 (21+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_4^5 \equiv (11+5 \sqrt{5}) a_0^5$

по модулю $\rho^t$.

Следовательно,

(A.7.8)
$a_1^{10} - 176 a_1^5 a_0^5 - 256 a_0^{10} \equiv 0$
$a_2^{10} - 168  a_2^5 a_0^5 + 5056 a_0^{10} \equiv 0$
$a_3^{10} - 84  a_3^5 a_0^5 + 1264 a_0^{10} \equiv 0$
$a_4^{10} - 22  a_4^5 a_0^5 - 4 a_0^{10} \equiv 0$

по модулю $\rho^t$.

Из (A.7.4) и (A.7.8) следует:

(A.7.9)
$(243 a_1^5-16 a_0^5)(a_1^{10} - 176 a_1^5 a_0^5 - 256 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_2^5-8 a_0^5)(a_2^{10} - 168  a_2^5 a_0^5 + 5056 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_3^5-4 a_0^5)(a_3^{10} - 84  a_3^5 a_0^5 + 1264 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_4^5-2 a_0^5)(a_4^{10} - 22  a_4^5 a_0^5 - 4 a_0^{10}) \equiv 0$

по модулю $y z$.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 67 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group