ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 3

[Феликс Шмидель]

Я почти доказал 2-ой случай ВТФ в теме "Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат".
Почти, потому что использовал одно утверждение без доказательства: что $(x^2+1)^n-x^{2n}$ не является квадратом.
Я думаю, что во-первых можно обойтись без этого утверждения, во-вторых доказывать сразу и 1-ый и 2-ой случай ВТФ.
Поиску такого доказательства ВТФ посвящена эта тема.

-- Пт мар 18, 2016 11:11:09 --

Пусть

(1) ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.

Известно, что из (1) следует

(2) $x y z$ делится на $4$.

Простое доказательство этого находится на стр. 189 книги Риббенбойма "Fermat's Last Theorem For Amateurs", утверждение (2E).
Я обнаружил в этом коротком доказательстве две опечатки: вместо "By Chapter II, (3A)" должно быть "By Chapter III, (2A)" и вместо "This contradicts Lemma 2.2" должно быть "This contradicts Lemma 2.1".

Из (1) следует

(3) $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, для любого целого $k$.

Пусть $k$ - такое целое число, что

(4) число $1+k z^n$ взаимно-просто с $x$.

Тогда из (3) следует, что и число $1-k y^n$ взаимно-просто с $x$.

(5) обозначим: $g_k=\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Из (3) следует

(6) $x^{2 n}-y^n z^n g_k^n=((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

Пусть $k$ - такое целое число, что

(7) $(1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n$ не делится на $n$.

-- Пт мар 18, 2016 11:33:41 --

(8) Пусть $x$ - нечётное число.

Тогда из (2) следует, что $y z$ делится на $4$.

Из (6) следует

(9) $(x^2-y z g_k)(x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1})$ $=$ $((1+k z^n) y^n-(1-k y^n) z^n)^2$.

(10) Числа $x^2-y z g_k$ и $x^{2 (n-1)}+x^{2 (n-2)} y z g_k+...+(y z g_k)^{n-1}$ взаимно-просты,

поскольку деление второго выражения на первое даёт остаток $n (y z g_k)^{n-1}$,
число $(x^2-y z g_k)$ взаимно-просто с $n$, в силу (7),
число $(x^2-y z g_k)$ взаимно-просто с $g_k$, в силу (4) и (8).

[Феликс Шмидель]

Из (9) и (10) следует

(11) число $x^2-y z g_k$ (точнее идеал, генерированный этим числом) является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[g_k]$.

Если $g_k$ является целым числом, то число $(x^2-y z g_k)$ является квадратом целого числа.

-- Пт мар 18, 2016 12:16:16 --

Число $x^2-y z g_k$ примарно, то есть нечётно и сравнимо с квадратом по модулю $4$, в силу (8) и (2).

(Определение примарного числа на стр. 240, Гекке, "Лекции по теории алгебраических чисел":
Целое число поля $k$ называется примарным, если оно нечётно и сравнимо с квадратом какого-либо числа из $k$ по модулю $4$).

Согласно закону квадратичной взаимности Гекке для поля $\mathbb{Q}[g_k]$ (точнее следствию этого закона, теореме 166 на стр. 245, Гекке, "Лекции по теории алгебраических чисел"), имеем:

(12) $(\frac{x^2-y z g_k}{p})_2=1$ для любого простого $p$.

[Феликс Шмидель]

Пусть с этого момента

(13) p - простое число,

(14) p является генератором мультипликативной группы $\mathbb{Z}_n$: $p^m \not \equiv 1 \mod n$ при $m=1, 2, ..., n-2$,

(15) $n g_k^n$ не делится на $p$.

Пусть

(16) $s$ - целое число ($1 \le s \le p-1$), удовлетворяющее сравнению: $s^n \equiv g_k^n \mod p$.

Приведём следующие стандартные теоремы без доказательства:

(17) идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ является простым в поле $\mathbb{Q}[i_n]$.

(18) в поле $\mathbb{Q}[g_k]$: $p=\rho_1 \rho_2$, где $\rho_1$ и $\rho_2$ - простые идеалы поля этого поля c нормами $p$ и $p^{n-1}$ соответственно.

Это утверждение следует из теоремы Дедекинда о факторизации (если $n g_k^n$ не делится на $p$, то дискриминант базиса $(1, g_k, ..., g_k^{n-1})$ не делится на $p$, и теорема Дедекинда применима к факторизации $p$).
Минимальный полином числа $g_k$: $X^n-g_k^n$ разлагается в кольце полиномов $\mathbb{Z}_p[X]$ в произведение неприводимых множителей следующим образом: $X^n-g_k^n=(X-s)(X^{n-1}+X^{n-2} s+...+s^{n-1})$.

(19) $s \equiv g_k \mod \rho_1$, где $p=\rho_1 \rho_2$, как в (18).

[Феликс Шмидель]

Лемма 1
------------

Пусть $b$ - целое число, не являющееся $n$-ой степенью.

Пусть $p$ - нечётное простое число, не делящее $n b$ и удовлетворяющее условию: $p^m \not \equiv 1 \mod n$ при $m=1, 2, ..., n-2$.

Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv b \mod p$.

Пусть $v(\sqrt[n]{b}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

При этих условиях:

1. $v(s)$ 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 $p$.

2. $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.

Доказательство
--------------------

Докажем утверждение 1.
Имеем: $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1}) \equiv v(s i_n)^{1+p+...+p^{n-2}} \mod p$.
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 $p$.
Число $v(s) v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, поскольку $N(v(\sqrt[n]{b}))=v(\sqrt[n]{b}) v(\sqrt[n]{b} i_n)...v(\sqrt[n]{b} i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, и $s-\sqrt[n]{b}$ делится на один из простых идеалов, на который делится $p$.
Следовательно $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, а это выполняется тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Значит $v(s)$ 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 и требовалось.

Докажем утверждение 2.
Для доказательства достаточности, подставим $s$ вместо $\sqrt[n]{b}$ в $v(\sqrt[n]{b})$.
Если $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod p$, 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 $\sqrt[n]{b} \equiv s \mod \rho_1$).

Докажем необходимость.
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 утверждения 1.
Запишем это в виде сравнения: $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod p$, где $v_1(i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}, i_n]$, делящий числа $\sqrt[n]{b}-s i_n$ и $p$.
Подставляя $\sqrt[n]{b}$ вместо $s i_n$ в сравнение $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod P$, получим: $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod P$.
Cледовательно, $v(\sqrt[n]{b}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{b}) \mod \rho_2$, где $\rho_2$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ с нормой $p^{n-1}$ (поскольку $\rho_2$ делится на $P$).
Покажем теперь, что $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом целого числа по модулю $\rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ с нормой $p$.
Это сразу следует из сравнения $s \equiv \sqrt[n]{b} \mod \rho_1$ и того, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Поскольку $n b$ не делится на $p$, то любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ представимо в виде $\frac{\beta(\sqrt[n]{b})}{m}$, где $\beta(\sqrt[n]{b}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$, и $m$ -целое число, не делящееся на $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{b})$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.