По следам идеи

[Феликс Шмидель]

В теме "Замена уравнения ВТФ сравнением" мы доказали следующую теорему:

Теорема 1
--------------

Пусть, $x, y, z$ - целые числа.
Пусть $a=x+y+z, b=x z+y z+x y$.
Если $a^2 -3 b\equiv 0\mod p$, где $p$ - простое число, сравнимое с $5$ по модулю $6$, то $x \equiv y \equiv z \mod p$.

В этой теме мы обобщим теорему 1 на алгебраические числа и попробуем применить это обобщение для доказательства ВТФ.

Начнём с обобщения.

Теорема 2
--------------

Пусть, $x, y, z$ - целые алгебраические числа, принадлежащие полю алгебраических чисел $F$.
Пусть $a=x+y+z, b=x z+y z+x y$.
Пусть $a^2 -3 b\equiv 0\mod \rho$, где $\rho$ - простой идеал поля $F$ (не делящий $2$ и $3$), норма которого не сравнима с $1$ по модулю 3.

Тогда $x \equiv y \equiv z \mod \rho$.

Доказательство
----------------------

Если хотя бы одно из чисел $v_x=x^2-y z, v_y=y^2-x z, v_z=z^2-x y$ не делится на $\rho$, то $v_x^{N(\rho)-1}+v_y^{N(\rho)-1}+v_z^{N(\rho)-1}$ не делится на $\rho$, что противоречит делимости на $\rho$ чисел $v_x+v_y+v_z=a^2-3 b$ и $v_x v_z+v_y v_z+v_x v_y=-b (a^2-3 b)$.
Значит все три числа $v_x=x^2-y z, v_y=y^2-x z, v_z=z^2-x y$ делятся на $\rho$.
Следовательно, либо $a=x+y+z$ делится на $\rho$, либо числа $x, y, z$ сравнимы по модулю $\rho$.
Если $a$ делится на $\rho$, то $b$ делится на $\rho$, поскольку $a^2 -3b\equiv 0\mod \rho$.
Следовательно, если $a$ делится на $\rho$, то $x^{N(\rho)-1}+y^{N(\rho)-1}+z^{N(\rho)-1}$ делится на $\rho$.
Следовательно, если $a$ делится на $\rho$, то числа $x, y, z$ делятся на $\rho$.
Значит, в любом случае, числа $x, y, z$ сравнимы по модулю $\rho$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Докажем следующее следствие из теоремы 2.

Следствие 1
-----------------

Пусть $x, y$ - целые числа и $n>2$ - простое число.
Пусть $v$ - целое алгебраическое число, принадлежащее некоторому полю $F$.
Пусть $\rho$ простой идеал поля $F$ (не делящий $2$ и $3$), норма которого не сравнима с $1$ по модулю 3.

Если $(x^n-y^n)^2+3 (x^n+v) (y^n+v)$ делится на $\rho$, то $x^n-y^n$ делится на $\rho$.

Доказательство
----------------------

Предположим, что $(x^n-y^n)^2+3 (x^n+v) (y^n+v)$ делится на $\rho$.
Пусть $x_1=x^n+v, y_1=-(y^n+v), z_1=0, a_1=x_1+y_1+z_1, b_1=x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1$.
Тогда $a_1=x^n-y^n, b_1=-(x^n+v) (y^n+v), a_1^2-3 b_1=(x^n-y^n)^2+3 (x^n+v) (y^n+v)$.
Поскольку $a_1^2-3 b_1$ делится на $\rho$, то $x_1 \equiv 0 \mod \rho$ и $y_1 \equiv 0 \mod \rho$, в силу теоремы 2.
Следовательно, $x^n-y^n=x_1+y_1 \equiv 0 \mod \rho$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я не знаю, как использовать теорему 2 для доказательства ВТФ.
С этой теоремой нужна осторожность, потому что легко получить ложное противоречие.
Дело в том, что в поле $F$ может не быть идеалов $\rho$, удовлетворяющим условиям теоремы.
Это так, например, если если поле $F$ содержит $i_3$ - комплексный корень кубический из единицы.

[Феликс Шмидель]

Тем не менее попробуем получить из следствия 1 противоречие.
Пусть $k$ - целое положителное число, сравнимое с $2$ по модулю $3$ и такое, что $z^2 + k x y$ делится на простое число $p \equiv 5 \mod 6$.
Пусть $v$ - целое алгебраическое число, удовлетворяющее уравнению $(x^n+v)(y^n+v)=\frac{k^n+4}{3} x^n y^n$.
Поскольку $(x^n-y^n)^2=z^{2 n}-4 x^n y^n$, то $(x^n-y^n)^2+3 (x^n+v)(y^n+v)=z^{2 n}+k^n x^n y^n$ делится на $p$.
Число $v$ принадлежит квадратичному полю $F$.
Если $(p)$ не является простым идеалом поля $F$, то разлагается в произведение двух различных простых идеалов с нормой $p$.
В этом случае $x^n-y^n$ делится на $p$, в силу следствия 1.
Если выбрать $p$ так, чтобы $x^n-y^n$ не делилось на $p$, получим противоречие.
Таким образом, для доказательства ВТФ осталось показать, что $(p)$ не является простым идеалом поля $F$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Несложные выкладки показывают, что для получения противоречия $k (k^n+4)$ не должно быть квадратом по модулю $p$.
Из этого условия с очевидностью следует ВТФ, что подтверждает правильность теоремы 2.
Но доказать это условие не получается.

Следующая идея это проделать то же самое, но так, чтобы $v$ принадлежало не квадратичному, а кубическому полю.
Преимущество кубического поля заключается в том, что среди делителей числа $p$ обязательно есть либо идеал с нормой $p$, либо идеал с нормой $p^3$, и в обоих случаях эта норма сравнима с $5$ по модулю $6$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Итак, мы ищем такие целые алгебраические числа $x_1, y_1, z_1$, принадлежащие кубическому полю, чтобы выполнялось: $x_1+y_1+z_1=x^n-y^n, x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1=-\frac{k^n+4}{3} x^n y^n$, где $k$ и $p$ удовлетворяют тем же условиям, что раньше.
Такие $x_1, y_1, z_1$ существуют, так как достаточно задать ещё $x_1 y_1 z_1$ и $x_1, y_1, z_1$ будут корнями кубического уравнения с коэффициентами $-(x_1+y_1+z_1), x_1 z_1+y_1 z_1+x_1 y_1, -x_1 y_1 z_1$.
Из теоремы 2 следует, что $x_1 \equiv y_1 \equiv z_1 \mod \rho$, где простой идеал $\rho$ является одним из делителей числа $p$.
Следовательно, каждое из чисел $x_1, y_1, z_1$ сравнимо с $\frac{x^n-y^n}{3}$, но мы можем выбрать число $x_1 y_1 z_1$ так, чтобы эти сравнения не выполнялись.
Значит ли это простое рассуждение, что мы доказали ВТФ?

Продолжение следует.

-- Вс фев 08, 2015 20:43:06 --

Нет, не значит. Ошибка в том, что поле, содержащее $x_1, y_1, z_1$ не является кубическим.