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 1, 2, 3  След.
 
 Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение06.03.2016, 11:03 


31/03/06
1384
Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.

Мы знаем, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, при условии однозначности разложения на простые множители в этом поле.

В этой теме мы пытаемся получить новые результаты, не предполагая этой однозначности.
О том, что это возможно говорит, например, теорема Фуртвенглера для поля $\mathbb{Q}[i_n]$.
В этой теореме играет роль делитель единицы $i_n$ (комплексный корень $n$-ой степени из $1$).
В поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, мы могли бы использовать делитель единицы $\sqrt[n]{2}-1$.

Некоторые результаты я получил в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Упомянутая тема развивалась в немного другом направлении (мы доказывали в ней, что $x^2-y z \sqrt[3]{4}$ является суммой квадратов).
Но несколько результатов посвящены вопросу о том, по модулю каких простых чисел $p$, число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом.
В частности, если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Заметим, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$ только если $p \equiv 1 \mod n$.
Обозначим поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ через $K$, а кольцо целых алгебраических чисел этого поля через $G_K$.
Если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то $p G_K$ является простым идеалом кольца $G_K$.
Покажем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Покажем, что если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то $p G_K$ является простым идеалом кольца $G_K$.
Предположим идеал $p G_K$ не является простым.
Тогда он разлагается в произведение $n$ простых идеалов.
Пусть $\rho$ - какой-либо из этих простых идеалов.
Тогда норма идеала $\rho$ равна $p$, следовательно $\mathbb{Z}_p$ является полной системой вычетов по модулю идеала $\rho$.
Значит число $\sqrt[n]{2}$ сравнимо с элементом $\mathbb{Z}_p$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно число $2$ сравнимо с $n$-ой степенью целого числа по модулю идеала $\rho$, следовательно и по модулю $p$.
Значит $\sqrt[n]{2}$ существует по модулю $p$.
Что и требовалось.

Теперь в другом оффтопике покажем, что если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

(Оффтоп)

Пусть $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Тогда идеал $p G_K$ является постым.
Следовательно $(x^2-y z \sqrt[n]{4})^{(p^n-1)/2}$ сравнимо либо с $1$, либо с $-1$ по модулю $p$.
Подставим в эти сравнения вместо числа $\sqrt[n]{4}$ сопряжённые с ним числа и перемножим полученные таким образом сравнения.
Поскольку $x^{2 n}-4 (yz)^n$ является квадратом по модулю $p$, то $(x^{2 n}-4 (yz)^n)^{(p^n-1)/2} \equiv 1 \mod p$.
Значит $(x^2-y z \sqrt[n]{4})^{(p^n-1)/2} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Заметим, что среди простых чисел, сравнимых с $1$ по модулю $n$, числа, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует, встречаются гораздо чаще чисел по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ существует (согласно компьютерной проверке).

Наша следующая задача доказать новый результат.
Пусть $p$ - такое простое число, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$ равен $-1$.
Тогда число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Этот новый результат явился одной из причин открытия этой темы.
Посмотрим не ошибся ли я, и смогу ли это доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение06.03.2016, 13:03 


31/03/06
1384
Докажем этот результат при дополнительном условии, что идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым (или, равносильно этому, число $m=n-1$ является наименьшим целым положительным показателем, для которого $p^m \equiv 1 \mod n$).

Предположим обратное, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ не сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Тогда $x^2-y z s^2$ не является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу леммы 7A из темы "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Также $s-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу этой леммы и условия, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$ равен $-1$.
Значит $(s-1)(x^2-y z s^2)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, следовательно $(\sqrt[n]{2}-1)(x^2-y z \sqrt[n]{4})$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, в силу той же леммы.
Следовательно квадратичный символ $(\frac{(\sqrt[n]{2}-1)(x^2-y z \sqrt[n]{4})}{p})_2$ равен $1$.
Квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{p})_2$ равен $1$, в силу закона квадратичной взаимности в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поскольку число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ является квадратом идеала и примарно, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$.
Значит $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2=1$, что противоречит условию $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2=-1$.
Это противоречие доказывает, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение07.03.2016, 12:34 


31/03/06
1384
Это доказательство нуждается в серьёзной проверке.
Во-первых, необходимо проверить лемму 7А из темы "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Мы доказали её там только для $n=3$.
Во-вторых, вместо $\sqrt[n]{2}-1$ можно взять любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, независимо от того, чему равен ли квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$.
Если это верно, то должно существовать другое доказательство.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение07.03.2016, 20:02 


31/03/06
1384
Сначала проверим лемму 6A, которая используется в доказательстве леммы 7A.

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Пусть $v(\sqrt[n]{2}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

Лемма 6A утверждает, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Доказательство основано на сравнении: $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1}) \equiv v(s i_n)^{1+p+...+p^{n-2}} \mod p$.
Возведя это сравнение в степень $(p-1)/2$, получим, что число $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Что по сути и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение08.03.2016, 07:20 


31/03/06
1384
Заметим, что простое число $p$, которое является неразложимым в поле $\mathbb{Q}[i_n]$, разлагается в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ в произведение 2-ух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$.
Пусть $p=\rho_1 \rho_2, N(\rho_1)=p, N(\rho_2)=p^{n-1}$.
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Поскольку $s^n-2=(s-\sqrt[n]{2})(s^{n-1}+s^{n-2}\sqrt[n]{2}+...+(\sqrt[n]{2})^{n-1})$, и каждый из этих двух сомножителей, по отдельности, не делится на $p$, то каждый из них делится на один из простых идеалов $\rho_1, \rho_2$.
Я утверждаю, что $s-\sqrt[n]{2}$ делится на $\rho_1$, а не на $\rho_2$.
В самом деле, если $s-\sqrt[n]{2}$ делится на простой идеал $\rho$ (где $\rho=\rho_1$ или $\rho=\rho_2$), то $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1$ делится на $\rho$ (поскольку $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1 \equiv s^{p-1}-1 \mod \rho$, а $s^{p-1}-1$ делится на $p$).
А из того, что $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1$ делится на $\rho$ следует $N(\rho)=p$:

Феликс Шмидель в сообщении #907132 писал(а):
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.


-- Вт мар 08, 2016 08:15:15 --

Проверим теперь лемму 7А.

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Пусть $v(\sqrt[n]{2}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

Лемма 7A утверждает, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ по модулю $p$.

Для доказательства достаточности, подставим $s$ вместо $\sqrt[n]{2}$ в $v(\sqrt[n]{2})$.
Если $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2})$, то $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod p$ (поскольку $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod \rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал, делящий $p$, для которого $g \equiv s \mod \rho_1$).
Что касается необходимости, я пока не вижу, чтобы она была очевидна.
Продолжу над этим думать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение08.03.2016, 14:05 


31/03/06
1384
Я нашёл простое доказательство необходимости в лемме 7A.
Пусть $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Тогда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$, в силу леммы 6А.
Запишем это в виде сравнения: $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod p$, где $v_1(s i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, делящий числа $\sqrt[n]{2}-s i_n$ и $p$.
Подставляя $\sqrt[n]{2}$ вместо $s i_n$ в сравнение $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod P$, получим: $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2}) \mod P$.
Cледовательно, $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2}) \mod \rho_2$, где $\rho_2$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ с нормой $p^{n-1}$ (поскольку $\rho_2$ делится на $P$).
Покажем теперь, что $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом целого числа по модулю $\rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ с нормой $p$.
Это сразу следует из сравнения $s \equiv \sqrt[n]{2} \mod \rho_1$ и того, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.

Мы дали другое доказательство леммы 7А, чем в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3".
У нас теперь два различных доказательства леммы 7А, и можно считать что мы её проверили.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение08.03.2016, 20:39 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #1104817 писал(а):
Во-вторых, вместо $\sqrt[n]{2}-1$ можно взять любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, независимо от того, чему равен ли квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$.

Это не совсем так.
Число $v(\sqrt[n]{2})$, которое нам нужно взять вместо $\sqrt[n]{2}-1$ должно удовлетворять двум условиям:

1. Норма числа $v(\sqrt[n]{2})$ должна быть квадратичным вычетом по модулю $p$.
2. Квадратичный символ $(\frac{v(\sqrt[n]{2})}{p})_2$ должен равняться $-1$.

Если такое число $v(\sqrt[n]{2})$ существует, то $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Я думаю, что такое число существует, но доказать это пока не могу.
Поэтому утверждение, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$ пока не доказано.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение09.03.2016, 13:45 


31/03/06
1384
Попробуем другую идею.
Пусть $k$ - целое число.
Из $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$ следует, что $x^{2 n}-4(1+k z^n)(1-k y^n) y^n z^n$ - квадрат.
Если $x$ - нечётное число, то $x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}$ - примарное число, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$, и согласно закону квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, для любого простого числа $p$, квадратичный символ

$(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

равен $1$.
Это выполняется при некоторых дополнительных условиях, не будем пока уточнять каких.

Пусть $x$ делится на $p$.
Тогда квадратичный символ

$(\frac{\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

равен $1$.
Что из этого следует, я пока не знаю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение09.03.2016, 15:12 


31/03/06
1384
Мне снова лезут в голову слишком простые идеи.
А я по опыту знаю, что они скорее всего ошибочные.
Тем не менее, я запишу их, и буду искать ошибку.

Возьмём, например, равенство $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, и пусть $x$ делится на простое число $p$.
Тогда $\frac{1+k z^n}{1-k y^n}$ должно быть сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$.
Но эта дробь может равняться (при подходящем $k$) любому вычету по модулю $p$ (кроме $1$).
В самом деле, сравнение

$\frac{1+k z^n}{1-k y^n} \equiv t \mod p$

имеет решение

$k \equiv \frac{t-1}{z^n+t y^n} \mod p$.

Если $p \equiv 1 \mod n$, то не всякий вычет $t$ сравним с $n$-ой степенью по модулю $p$.
Противоречие.

-- Ср мар 09, 2016 15:26:38 --

Ошибка в том, что $\frac{1+k z^n}{1-k y^n}$ сравнимо с $1$ по модулю $p$.
Если $k \equiv \frac{t-1}{z^n+t y^n} \mod p$, то $1-k y^n \equiv 0 \mod p$.

Нашли ошибку, можно идти дальше.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение09.03.2016, 17:25 


31/03/06
1384
Эта ошибка показывает, что квадратичный символ

$(\frac{\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

тождественно равен $1$, и если $x$ делится на $p$, то из равенства

$(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2=1$

ничего получить нельзя.

Возможно интереснее случай произвольного простого $p$ и условия, что число $(1+k z^n)(1-k y^n)$ сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$ (а может быть, что число $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение09.03.2016, 21:18 


31/03/06
1384
Ограничимся пока простыми $p$, неразложимыми в кольце $\mathhbb{Z}[i_n]$.
Верно ли, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, число $p$, по-прежнему, разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$?
Верна ли лемма 7А в этом поле?
Видимо, да, но нужно уточнить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение10.03.2016, 12:19 


31/03/06
1384
Пусть $b$ - целое положительное число (не равное $1$), и $b$ не делится на $n$-ую степень никакого целого положительного числа (кроме $1$).
Рассмотрим поле $K=\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$.
Обозначим кольцо целых алгебраических чисел этого поля через $G_K$.

Покажем, что полином $x^n-b$ неприводим в кольце многочленов $\mathbb{Q}[i_n][x]$ (и тем более в кольце многочленов $\mathbb{Q}[x]$).
Заметим, что $\sqrt[n]{b} \not \in \mathbb{Q}[i_n]$, иначе $b$ являлось бы $n$-ой степенью числа из поля $\mathbb{Q}[i_n]$, и (беря нормы) $b^{n-1}$ было бы $n$-ой степенью рационального числа, что невозможно.
Сумма всех комплексных корней полинома $x^n-b$ равна 0, но сумма части корней не равна нулю, поскольку корни имеют вид $\sqrt[n]{b} i_n^k$, а полином $1+x+...+x^{n-1}$ является минимальным для числа $i_n$.
Поскольку число $\sqrt[n]{b}$ не принадлежит полю $\mathbb{Q}[i_n]$, то сумма части корней не принадлежит $\mathbb{Q}[i_n]$, значит полином $p(x)$ является неприводимым в кольце многочленов $\mathbb{Q}[i_n][x]$.
Что и требовалось.

Таким образом, полином $x^n-b$ является минимальным полиномом числа $\sqrt[n]{b}$.

Поскольку $(x^n-b)'=n x^{n-1}$, то $disc(1, \sqrt[n]{b}, (\sqrt[n]{b})^2, ..., (\sqrt[n]{b})^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} n^n b^{n-1}$.
Единственными простыми числами, на квадрат которых делится $disc(1, \sqrt[n]{b}, (\sqrt[n]{b})^2, ..., (\sqrt[n]{b})^{n-1})$ являются числа $n$ и простые делители числа $b$.
Любое другое простое число $p$ разлагается в произведение простых идеалов кольца $G_K$ в соответствии с теоремой Дедекинда.
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 $s^n \equiv b \mod p$.
Имеем: $x^n-b \equiv x^n-s^n \mod p$.
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение10.03.2016, 14:59 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #1105375 писал(а):
Ограничимся пока простыми $p$, неразложимыми в кольце $\mathhbb{Z}[i_n]$.
Верно ли, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, число $p$, по-прежнему, разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$?
Верна ли лемма 7А в этом поле?


Число $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ не должно быть $n$-ой степенью.
Будем пока это предполагать, не выясняя при каких $k$, это число может быть $n$-ой степенью.
В свете изложенного в предыдущем сообщении, число $p$ разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$, согласно теореме Дедекинда, при условии, что $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ не делится на $p$.
Леммы 6А и 7А доказываются для таких $p$ почти слово в слово.

-- Чт мар 10, 2016 15:20:20 --

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).

Пусть $4(1+k z^n)(1-k y^n)=b_0^n b$, где $b$ - целое положительное число (не равное $1$), не делящееся на $n$-ую степень никакого целого положительного числа (кроме $1$).
Мы показали, что

$(\frac{x^2-y z b_0 \sqrt[n]{b}}{p})_2=1$

и привели аргументы в пользу того, что из этого равенства следует:

число $x^2-y z b_0 \sqrt[n]{b}$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Для доказательства ВТФ, нам нужно доказать это утверждение и получить из него противоречие, используя то, что оно верно для любого целого $k$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение11.03.2016, 00:47 


31/03/06
1384
Попробуем сделать проще.
Пусть $p \equiv 3 \mod 4$, и $p$ неразложимо в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.
Найдём такое $k$, что $x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)} \equiv -1 \mod p$.
Или $(x^2+1 )^n \equiv y^n z^n 4 (1+k (z^n-y^n)-k^2 y^n z^n) \mod p$.
Такое $k$ существует, если дискриминант:

$(z^n-y^n)^2+4 y^n z^n (1-\frac{(x^2+1 )^n}{4 y^n z^n})=(z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n$

является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Я не вижу, что может помешать существованию простого $p$, удовлетворяющего этим условиям.

-- Пт мар 11, 2016 00:53:06 --

Это может доказать ВТФ.
Слишком просто.
Ищем ошибку.

 Профиль  
                  
 
 Re: Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат
Сообщение11.03.2016, 08:37 


31/03/06
1384
Нельзя, чтобы $(z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n$ было квадратом со знаком минус.
Или $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ не должно быть квадратом.
Но это не ошибка.
Для того, чтобы найти ошибку, напишем подробное доказательство.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 31 ]  На страницу 1, 2, 3  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:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group