Закон квадратичной взаимности для $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

[Феликс Шмидель]

Надо бы продолжить эту тему и доказать закон квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Для того, чтобы доказать ВТФ, используя это кольцо нужно сделать 3 вещи:

1) Доказать что в этом кольце все идеалы - главные.

2) Доказать, что делитель единицы этого кольца с чётными коэффициентами при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$ является квадратом в этом кольце.

3) Доказать, что равенство $x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2=\alpha^2$ невозможно, где $\alpha \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.

До сих пор мы не пытались доказать 1) и 2) для любого $n$, потому что это казалось нам безнадёжно сложным.
Впрочем и в доказательстве 3) для любого $n$ мы не преуспели.

Но я вижу путь к доказательству 2), используя закон квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ и локально-глобальный принцип Хассе.

Пусть $a$ - положительный делитель единицы кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ с чётными коэффициентами при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$.
Допустим нам удалось бы доказать, что $a$ является квадратом по модулю $4$ числа, принадлежащего кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Тогда $a$ является квадратом по модулю любого нечётного числа $b$ этого кольца, согласно закону взаимности в этом кольце:

$(\frac{a}{b})(\frac{b}{a})=(-1)^{\frac{sgn(a)-1}{2}\frac{sgn(b)-1}{2}}$,

поскольку $(\frac{b}{a})=1$.
Следовательно, $a$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, в силу локально-глобального принципа Хассе.

Я не вижу пока простого доказательства закона квадратичной взаимности Гекке, поскольку он использует в своём доказательстве интегралы.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что если $y z$ делится на $4$, то 2) можно не доказывать, поскольку из $a (x^2-y z (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $a$ - делитель единицы, следует, что $a$ является квадратом по модулю $4$.
Странно, что я не видел таких простых вещей раньше.
Может быть я ошибаюсь?

[Феликс Шмидель]

В книге Рибенбойма, "Fermat's Last Theorem For Amateurs" на стр. 189 доказывается утверждение (2E):

(2E) Let p be an odd prime number, and let x, y, z be nonzero relatively prime integers, such that $x^p+y^p+z^p=0$. Then $4$ divides one of the numbers $x, y, z$.

Это именно то, что нам нужно, чтобы вообще не было необходимости доказывать (2).
Кстати, исправим 2):

2) Доказать, что положительный делитель единицы этого кольца с чётными коэффициентами при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$ является квадратом в этом кольце.

Мы добавили слово "положительный".

Я думаю, что утверждение 2) имеет место, но в силу замечания в предыдущем сообщении и теоремы (2E), в этом утверждении нет необходимости для доказательства ВТФ.

-- Пн окт 13, 2014 07:21:44 --

Теорему (2E) впервые доказал Pierre в 1943 году.
Риббенбойм приводит короткое доказательство этой теоремы на стр. 189.
Это доказательство содержит опечатку: вместо "By Chapter II, (3A)" должно быть "By Chapter III, (2A)".

-- Пн окт 13, 2014 07:36:28 --

Продолжая читать это простое доказательство, я заметил ещё одну опечатку: вместо "This contradicts Lemma 2.2" должно быть "This contradicts Lemma 2.1".

[Феликс Шмидель]

Пусть $A(\sqrt[n]{2})$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Почти всегда $A(\sqrt[n]{2})=\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, но для некоторых $n$ может отличаться от этого кольца.

Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел некоторого числового поля.
Число $a \in A$ называется примарным, если оно сравнимо с квадратом числа кольца $A$ по модулю $4$.
Число $a \in A$ называется нечётным, если оно взаимно-просто с числом $2$, то есть если $a d_1+2 d_2=1$ для некоторых $d_1, d_2 \in A$.

В кольце $A(\sqrt[n]{2})$ нечётные числа это числа не делящиеся на $\sqrt[n]{2}$.

Пока мы не доказали закон квадратичной взаимности для кольца $A(\sqrt[n]{2})$, мы можем сомневаться в том, правильно ли мы его применили.
Мы применили его к двум целым алгебраическим числам этого кольца, одно из которых является делителем единицы.
Но действует ли этот закон для этого случая?
Покажем, каким образом закон квадратичной взаимности для этого случая следует из формулы произведения символов Гильберта:

(H) $\prod (a, b)_\rho=1$, где $\rho$ пробегает простые идеалы и $\infty$.

Процитируем наше сообщение из начала темы:

Цитата:

Символ Гильберта $(a, b)_\rho$ определяется как $1$, если уравнение
(1) $z^2=a x^2+b y^2$
имеет решение в $\rho$-адических числах $x$, $y$ и $z$ (хотя бы одно из которых не равно нулю), и $-1$, если это уравнение не имеет решений.

Символ $(a, b)_\infty$ определяется как $1$, если уравнение (1) имеет решение в действительных числах $x$, $y$ и $z$ (хотя бы одно из которых не равно нулю), и $-1$, если это уравнение не имеет решений.

Это определение символа $(a, b)_\infty$ одинаково для колец $\mathbb{Z}$ и для $A(\sqrt[n]{2})$.

Получается, что $(a, b)_\infty=1$, если хотя бы одно из чисел $a$ и $b$ положительно, то есть

$(a, b)_\infty=(-1)^{\frac{sgn(a)-1}{2}\frac{sgn(b)-1}{2}}$.

Если ни $a$, ни $b$ не делится на $\rho$ и $\rho$ - нечётный простой идеал, то $(a, b)_\rho=1$.
Это следует из начальной главы "Теории чисел" Боревича и Шафаревича.

Последнее утверждение нужно доказывать, потому что у Боревича и Шафаревича речь идёт о поле рациональных чисел.
Формула (H) верна для любого числового поля и любых целых алгебраических чисел $a$ и $b$ этого поля.

Заменим условие (1) условием:

Cравнение

(1a) $z^2 \equiv a x^2+b y^2$

имеет решение, в котором хотя бы одно из чисел $x, y, z$ не делится на $\rho$, по модулю любой степени идеала $\rho$.

Можно показать, следуя Боревичу и Шафаревичу, эквивалентность условий (1) и (1a).

Пусть $a$ - примарный положительный делитель единицы кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, а $b$ - такое нечётное число этого кольца, что $(b)$ - простой идеал.

Поскольку $(a, b)_\infty=1$, то из формулы (H) cледует:

$(a, b)_{(b)}=(a, b)_{(\sqrt[n]{2})}$.

Символ Гильберта $(a, b)_{(b)}$ равен квадратичному символу $(a/b)$.
Покажем, что $(a, b)_{(\sqrt[n]{2})}=1$.
Поскольку число $a$ - примарное, то сравнение (1a) разрешимо по модулю $4$ (с решением, в котором $x=1, y=0$).

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Покажем, по индукции, что:

(2) сравнение (1a) имеет решение, в котором хотя бы одно из чисел $x, y, z$ нечётное, по модулю $2^m$, для любого целого положительного числа $m>1$.

Предположим, что (2) выполняется для $m>1$, то есть:

(3) $a x^2+b y^2-z^2=2^m s$, где $s \in A(\sqrt[n]{2})$ и $x, y, z \in A(\sqrt[n]{2})$ - некоторые числа, из которых хотя бы одно нечётное.

Покажем, что (2) выполняется для $m+1$.

Из (3) следует:

(4) $a (x+x_1 2^{m-1})^2+b (y+y_1 2^{m-1})^2-(z+z_1 2^{m-1})^2 \equiv 2^m (s+a x x_1+b y y_1-z z_1)$ по модулю $2^{m+1}$,

для любых чисел $x_1, y_1, z_1 \in A(\sqrt[n]{2})$.

Покажем, что существуют такие числа $x_1, y_1, z_1 \in A(\sqrt[n]{2})$, что:

(5) $s+a x x_1+b y y_1-z z_1$ делится на $2$.

Пусть два числа из $x_1, y_1, z_1$ равны нулю, а третье удовлетворяет сравнению (5).
Поскольку хотя бы одно из чисел $a x, b y, z$ - нечётное, то третье число существует при надлежащем выборе ненулевого слагаемого из $a x x_1, b y y_1, z z_1$.
Что и требовалось.

Из (4) и (5) следует:

(6) $a (x+x_1 2^{m-1})^2+b (y+y_1 2^{m-1})^2 \equiv (z+z_1 2^{m-1})^2$ по модулю $2^{m+1}$.

Поскольку одно из чисел $x, y, z$ - нечётное, и $m>1$, то одно из чисел $(x+x_1 2^{m-1}), (y+y_1 2^{m-1}), (z+z_1 2^{m-1})$ - нечётное.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

В этом доказательстве есть ошибка: переход от $m=2$ к $m=3$ необоснован, поскольку при $m=2$: $2 m-2<m+1$.
Доказательство следует доработать.
Эта ошибка не ставит по сомнение квадратичный закон взаимности и возможность вывода его из формулы произведения символов Гильбета.

[Феликс Шмидель]

До сих пор, мы не выяснили как разлагаются простые числа $p$ в произведение простых идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Мы знаем только, как разлагаются простые числа $2$ и $n$: они являются $n$-ыми степенями простых идеалов, но если $2^n-2$ делится на $n^2$, то $n=\rho_1^{n-1} \rho$.
Сейчас мы выясним, как разлагаются такие простые числа $p$, что $p-1$ не делится на $n$.
Сначала покажем, что среди простых идеалов, на которые делится $p$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ есть идеал с нормой $p$.
В самом деле, $(g^{p-1}-1) ((2^{p-1}-1)/(g^{p-1}-1))$ делится на $p$, а $((2^{p-1}-1)/(g^{p-1}-1))=g^{(p-1)(n-1)}+g^{(p-1)(n-2)}+...+g^{p-1}+1$ не делится на $p$.
Следовательно $g^{p-1}-1$ делится на некоторый простой идеал - делитель числа $p$.
Норма этого идеала равна $p$, в силу леммы 2.2 из "темы 5":

Цитата:

Лемма 2.2
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Если $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, то $N(\rho)=p$.

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

Группа по умножению $G$ конечного поля $\mathbb{Z}[g]/\rho$ является циклической.
Пусть смежный класс $a+\rho$ является генератором группы $G$, где $a \in \mathbb{Z}[g]$.
Поскольку $g^p \equiv g$ по модулю идеала $\rho$, то $a^p \equiv a$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, $a^{p-1} \equiv 1$ по модулю идеала $\rho$, поскольку $a$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $p-1$ делится на $N(\rho)-1$, поскольку порядок группы $G$ равен $N(\rho)-1$.
Следовательно $N(\rho)=p$, поскольку если $N(\rho)=p^m$, где $m>1$, то $p-1$ не делилось бы на $N(\rho)-1$.
Что и требовалось.

Таким образом, среди простых идеалов, на которые делится $p$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ есть идеал с нормой $p$.
Что и требовалось.

Пусть $m$ - наименьшее целое положительное число, для которого, $p^m-1$ делится на $n$.
Тогда $2^{(p^m-1)/n}=(2^{(p^m-1)/((p-1)n)})^{p-1} \equiv 1$ по модулю $p$.
Следовательно, $g^{p^m-1} \equiv 1$ по модулю $p$.
Обобщим процитированную лемму:

Цитата:

Лемма 2.2.1
-----------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $m$ - целое положительное число.
Если $g^{p^m-1}-1$ делится на $\rho$, то $p^m-1$ делится на $N(\rho)-1$.

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

Группа по умножению $G$ конечного поля $\mathbb{Z}[g]/\rho$ является циклической.
Пусть смежный класс $a+\rho$ является генератором группы $G$, где $a \in \mathbb{Z}[g]$.
Поскольку $g^{p^m} \equiv g$ по модулю идеала $\rho$, то $a^{p^m} \equiv a$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, $a^{p^m-1} \equiv 1$ по модулю идеала $\rho$, поскольку $a$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $p^m-1$ делится на $N(\rho)-1$, поскольку порядок группы $G$ равен $N(\rho)-1$.
Что и требовалось.

Мы показали, что $g^{p^m-1} \equiv 1$ по модулю $p$.
Значит, норма любого простого идеала $\rho$ - делителя числа $p$ - равна $p^k$, где $k \le m$.
Если $k>1$, то $k=m$, в силу леммы 2.3 из темы 5:

Цитата:

Лемма 2.1
---------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^k-1$ не делится на $n$, где $k$ - целое положительное число.
Если $N(\rho)=p^k$, то $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $N(\rho)=p^k$.
Тогда $g^{p^k-1}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.

Имеем: $N(\frac{g^{p^k-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{N(g^{p^k-1}-1)}{N(g^{p-1}-1)}=\frac{2^{p^k-1}-1}{2^{p-1}-1}$.
Заметим, что второе равенство имеет место, поскольку $p^k-1$ не делится на $n$ и $p-1$ не делится на $n$.
Значит:

(10) $N(\frac{g^{p^k-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{2^{p^k-1}-1}{2^{p-1}-1}$.

Если обозначить $a=2^{p-1}$ и $t=(p^k-1)/(p-1)$, то правая часть равенства (10), равная $\frac{a^t-1}{a-1}=a^{t-1}+a^{t-2}+...+1$, сравнима с $t$ по модулю $p$.
Следовательно, правая часть равенства (10) сравнима с $1$ по модулю $p$, поскольку число $t=(p^k-1)/(p-1)$ сравнимо с $1$ по модулю $p$.

Следовательно, левая часть равенства (10) не делится на $p$.
Следовательно, $\frac{g^{p^k-1}-1}{g^{p-1}-1}$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, поскольку $g^{p^k-1}-1$ делится на $\rho$.
Что и требовалось.

Лемма 2.3
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^k-1$ не делится на $n$, где $k$ - целое положительное число.
Если $k>1$, то $N(\rho) \ne p^k$.

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

Предположим обратное, что $N(\rho)=p^k$, где $k>1$.
Тогда $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, в силу леммы 2.1, следовательно $N(\rho)=p$ в силу леммы 2.2.
Это противоречит предположению, что $N(\rho)=p^k$.

Таким образом, для любого простого идеала $\rho$ - делителя числа $p$: либо $N(\rho)=p$,
либо $N(\rho)=p^m$, где $m$ - наименьшее целое положительное число, для которого, $p^m-1$ делится на $n$.

Мы показали, что существует такой простой идеал $\rho$, что $N(\rho)=p$.
Но, чтобы в разложении числа $p$ было более одного такого идеала $\rho$ - это вряд ли.
Дело в том, что $N(g^{p-1}-1)=2^{p-1}-1$, поскольку $p-1$ не делится на $n$.
Если количество таких простых идеалов $\rho$, что $N(\rho)=p$, равно $s$, то $2^{p-1}-1$ делится на $p^s$.
Если $s>1$, то $s>2$, поскольку $s-1$ делится на $m$.
Нам известны всего 2 таких простых числа $p$, что $2^{p-1}-1$ делится на $p^2$.
Чтобы $2^{p-1}-1$ делилось на $p^3$ - это вряд ли, хотя доказать я это не могу.
Не исключено, что существует другое доказательство единственности идеала $\rho$, с $N(\rho)=p$.

[Феликс Шмидель]

Другое доказательство единственности идеала $\rho$, с $N(\rho)=p$ действительно существует.
Я выбрал странный метод разложения числа $p$ в произведение простых идеалов искуственными приёмами.
Проще воспользоваться теоремой Дедекинда о том, что это разложение совпадает с разложением минимального полинома $x^n-2$ по модулю $p$.
Теорема Дедекинда применима к разложению всех простых $p$, кроме, возможно, конечного их числа.
В случае поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, теорема Дедекинда применима к разложению всех простых $p$, кроме $p=n$.
Теорема Дедекинда изложена, например, в Keith Conrad, "Factoring after Dedekind".

Пусть $p \not \equiv 1 \mod n$.
Тогда существует такое целое положительное число $s$, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Имеем: $x^n-2 \equiv x^n-s^n \mod p$.
Чтобы разложить полином $x^n-s^n$ по модулю $p$ нужно разложить полином $x^n-1$ по модулю $p$, подставить $x/s$ вместо $x$ и помножить на $s^n$.
Имеем: $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+1)$.
Разложение полинома $x^{n-1}+x^{n-2}+...+1$ по модулю $p$ совпадает с разложение числа $p$ в произведение простых идеалов в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, которое известно.