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, 4, 5  След.
 
 Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.04.2013, 16:51 


31/03/06
1384
В теме "ВТФ для n=3" (topic60946.html) я дал доказательство с использованием кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Если $x^3+y^3+z^3=0$, где $x$, $y$ и $z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, то $x^6-4 (yz)^3$ является квадратом целого числа, из чего следует, что $x^2-\sqrt[3]{4}(yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а дальше, как говорится, дело техники.
В этой теме я предлагаю новое доказательство того, что $x^2-\sqrt[3]{4}(yz)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, которое не использует единственность разложения на простые множители в этом кольце.

Пусть

(1) $x^6-4 (yz)^3=a^2$, где $a$ - целое число.

Пусть
(2) $x^2-\sqrt[3]{4}(yz)=b^2$, где $b$ - алгебраическое число.

Из (2) следует:

(3) $(b^2-x^2)^3+4 (yz)^3=0$.

Из (3) и (1) следует:

(4) $b^6 - 3 b^4 x^2 + 3 b^2 x^4 - a^2=0$

Пусть

(5) $b^6 - 3 b^4 x^2 + 3 b^2 x^4 - a^2=(b^3+A_2 b^2+A_1 b+a)(b^3-B_2 b^2+B_1 b-a)$,

где коэффициенты $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$ - алгебраические числа, обращающие это равенство в тождество, верное при любых значениях $b$.

Из (5) следует:

(6) $b^6 - 3 b^4 x^2 + 3 b^2 x^4 - a^2=b^6+(A_2-B_2) b^5+(A_1+B_1-A_2 B_2) b^4+(A_2 B_1-A_1 B_2) b^3+(-A_2 a - B_2 a + A_1 B_1) b^2+(B_1 a - A_1 a) b - a^2$

Из (6) следует

(7) $B_1=A_1$, $B_2=A_2$ и
(8) $A_2^2-2 A_1=3 x^2$, $A_1^2-2 A_2 a=3 x^4$

Из (4) и (5) следует, что один из сомножителей в правой части равенства (5) равен нулю.
Поскольку второй сомножитель получается из первого заменой $a$ на $-a$ и $A_2$ на $-A_2$, то, без ограничения общности, предположим, что первый сомножитель равен нулю.
То есть:

(9) $b^3+A_2 b^2+A_1 b+a=0$

Пусть поле $F=\mathbb{Q}[A_1]$.
Из второго равенства в (8) следует, что $A_2 \in F$.

Поскольку степень расширения $[\mathbb{Q}[b]:\mathbb{Q}]$ равна 3 или 6, то степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$ или $2$ или $3$.
Если многочлен (9) относительно $b$ неразложим на множители с коэффициентами из поля $F$, то степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$ или $2$, иначе степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $3$.

Покажем, что степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ не равна $2$.
Предположим обратное, что степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $2$.
Тогда числа $A_1$ и $A_2$ удовлетворяют квадратным уравнениям с целыми коэффициентами, поэтому система уравнений (8) превращается в линейную систему уравнений относительно неизвестных $A_1$ и $A_2$, решением которой являются рациональные числа.

Следовательно, степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$, что противоречит предположению.

Значит если многочлен (9) относительно $b$ неразложим на множители с коэффициентами из поля $F$, то степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$, иначе степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $3$.
В обоих случаях:

(10) степень расширения $[\mathbb{Q}[b]:\mathbb{Q}]$ равна $3$.

Из (2) и (10) следует, что $b \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, что и требовалось доказать.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.04.2013, 20:09 


31/03/06
1384
Моё доказательство того, что степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ не равна $2$ ошибочно. Надеюсь, что его можно исправить.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение04.04.2013, 20:03 


31/03/06
1384
Предположим, что степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $2$.

Тогда $A_2=C_2+D_2 \sqrt{d}$ и $A_1=C_1+D_1 \sqrt{d}$, где $d$ - целое число (не делящееся на квадрат целого числа), а $C_1$, $D_1$, $C_2$ и $D_2$ - рациональные числа.

Из (9) следует:

(11) $(b^3+C_2 b^2+C_1 b+a)+(D_2 b^2+D_1 b) \sqrt{d}=0$

Из (11) следует:

(12) $(b^3+C_2 b^2+C_1 b+a)^2-d (D_2 b^2+D_1 b)^2=0$

Поскольку степень расширения $\mathbb{Q}[b]:\mathbb{Q}$ равна $6$, то многочлен в левой части (12) равен многочлену в левой части (4).
Следовательно, коэффициент при $b^5$ в (12) равен нулю, а поскольку этот коэффициент равен $2 C_2$, то $C_2=0$.

Значит $A_2^2$ является рациональным числом, и из (8) следует, что $A_1$ и $A_2$ являются рациональными числами в противоречии с предположением, что степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна 2.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение04.04.2013, 20:20 
Заслуженный участник


20/12/10
6891
Феликс Шмидель в сообщении #705256 писал(а):
Поскольку степень расширения $[\mathbb{Q}[b]:\mathbb{Q}]$ равна 3 или 6, то степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$ или $2$ или $3$.
Докажите подробно. Почему невозможно $[F:\mathbb{Q}]=4$? Из (8) следует, что $A_1$ есть корень уравнения 4-й степени с рациональными коэффициентами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение05.04.2013, 00:33 


31/03/06
1384
nnosipov в сообщении #705804 писал(а):
Феликс Шмидель в сообщении #705256 писал(а):
Поскольку степень расширения $[\mathbb{Q}[b]:\mathbb{Q}]$ равна 3 или 6, то степень расширения $[F:\mathbb{Q}]$ равна $1$ или $2$ или $3$.
Докажите подробно. Почему невозможно $[F:\mathbb{Q}]=4$? Из (8) следует, что $A_1$ есть корень уравнения 4-й степени с рациональными коэффициентами.


Я думал об этом случае, но мои соображения о невозможности $[F:\mathbb{Q}]=4$ оказались ошибочными.
Приношу извинения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение26.04.2013, 09:44 


31/03/06
1384
Целью этой темы является новое доказательство того, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.
Хотя у меня пока нет доказательства, я получил интересные результаты, рассматривая выражение $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ в кольце $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$, где $p$ - простое число. Eсли $\sqrt[3]{4}$ не существует в $\mathbb{Z}_p$, то нетрудно показать, что $x^2- \sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$. В самом деле, это кольцо является конечным полем с циклической группой по умножению порядка $p^3-1$, поэтому $(x^2-\sqrt[3]{4}yz)^{(p^3-1)/2}$ равно в этом поле $1$ или $-1$, и от этого зависит, является ли $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ квадратом или нет. Пусть $j$ равно $\sqrt[3]{4}$ или любому другому комплексному кубическому корню из $4$. Путём последовательного умножения, получим:

(13) $(x^2-j yz)^{(p^3-1)/2}=a_0+a_1 j+a_2 j^2$,

где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа, $a_1$ и $a_2$ делятся на $p$, а $a_0$ сравнимо с 1 или -1 по модулю $p$.

Перемножая равенства (13) для всех трёх значений $j$, получим:

(14) $(x^6-4 (yz)^3)^{(p^3-1)/2} \equiv a_0^3$ по модулю $p$.

Из (14) следует, что если $x^6-4 (yz)^3$ является квадратом по модулю $p$, то $a_0$ сравнимо с 1 по модулю $p$, и значит $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$.

Сложнее если $\sqrt[3]{4}$ существует в $\mathbb{Z}_p$. Этот случай будет рассмотрен в следующем сообщении.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.05.2013, 07:53 


31/03/06
1384
У меня не заладилось с доказательством того, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$ или даже в кольце $\mathbb{Z}_p$, в случае когда $\sqrt[3]{4}$ существует в $\mathbb{Z}_p$ (если не существует, мы доказали в предыдущем сообщении). Незамечаемые ошибки - участь всех ферматистов.
Может быть проще доказать, что $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является суммой двух квадратов в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{4}]$. Вроде в локальных полях с доказательством этого нет проблем. Нельзя ли воспользоваться в этом случае локально-глобальным принципом Хассе?

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.05.2013, 08:14 
Заслуженный участник


20/12/10
6891
Феликс Шмидель, это интересные вопросы. Как появится свободное время, попробую подумать над этим. Сейчас, увы, много текущих дел.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение03.05.2013, 19:54 


21/11/10
544
Уважаемый Феликс Шмидель!
Вы прошли большой путь по теории ВТФ и, не сочтите за навязчивость, но мне было бы интересно услышать Ваше мнение об уравнении Ферма записанном в эквивалентном виде. Так все обычно рассматривают уравнение $x^n+y^n+z^n=0$
Но есть фундаментальное алгебраическое тождество:
$$(x+y+z)^n-x^n-y^n-z^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$
Где n-простое число, $W^{n-3}(x,y,z)$-целочисленный полином степени $n-3$ обладающий свойством
$W^{n-3}(x,y,z)=W^{n-3}(s,y,z)=W^{n-3}(x,s,z)=W^{n-3}(x,y,s)$ где $s=-x-y-z$
В это тождество входит формула уравнения Ферма и если исключить её то получим эквивалентное уравнение Ферма:$$(x+y+z)^n=n(x+y)(x+z)(y+z)W^{n-3}(x,y,z)$$
Может быть имеет смысл заняться полиномом$ W^{n-3}(x,y,z)$ и условиями его целостности. Разложить его на множители и проанализировать множители на взаимную простоту? Ламе и Дирихле пользовались этим тождеством для доказательства случаев$ n=5$,$ n=7$.http://mathworld.wolfram.com/FermatsLastTheorem.html

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение04.05.2013, 20:26 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5729
 ! 
ishhan в сообщении #719246 писал(а):
Вы прошли большой путь по теории ВТФ и, не сочтите за навязчивость, но мне было бы интересно услышать Ваше мнение об уравнении Ферма записанном в эквивалентном виде.
ishhan, замечание за попытку захвата темы и оффтоп в рамках данной темы.
Вы можете открыть свою тему (думаю, у Вас она была) и обсуждать в ней Ваш подход. Все желающие Вам ответят.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение06.05.2013, 07:20 


31/03/06
1384
Уважаемый ishhan!

С удовольствием отвечу на ваш вопрос, но не в этой теме и не сейчас, потому что сейчас я собираюсь заниматься этой темой.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение06.05.2013, 23:57 


31/03/06
1384
Приступим к доказательству того, что если $x^6-4 (yz)^3=a^2$, то $x^2-\sqrt[3]{4}$ является суммой двух квадратов в локальных полях.

Лемма 1
------------

Пусть $\rho$ - произвольный нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, и пусть $d$ - произвольный элемент этого кольца, не делящийся на $\rho$.
Пусть $k$ - произвольное натуральное число.

Тогда $d$ сравним с суммой квадратов двух элементов этого кольца по модулю идеала $\rho^k$.

Сделаем несколько замечаний в оффтопике о связи этой леммы с символом Гильберта и с представлением нуля квадратичной формой.

(Оффтоп)

Эта лемма эквивалентна тому, что при соблюдении условий леммы, символ Гильберта $(-1, d)_\rho=1$, что является стандартным фактом.
По определению символа Гильберта, $(-1, d)_\rho=1$, если уравнение

(О-1) $-X^2+d Z^2=Y^2$

имеет ненулевое решение в поле $\rho$ - адических чисел, которое определяется начиная с последовательностей элементов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ аналогично определению поля $p$ - адических чисел в начале "Теории чисел" Боревича и Шафаревича.
Разрешимость уравнения (О-1) эквивалентна (как показывается в этой книге) разрешимости сравнения

(О-2) $X^2+Y^2 \equiv d Z^2$ по модулю идеала $\rho^k$,

для любого натурального числа $k$, в числах $X$, $Y$ и $Z$ из кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, хотя бы одно из которых не делится на $\rho$.

Покажем каким образом из разрешимости сравнения (О-2) следует сравнимость числа $d$ c суммой двух квадратов по модулю идеала $\rho^k$.
Если в решении сравнения (О-2) число $Z$ не делится на идеал $\rho$, то $d \equiv (X Z_1)^2+(Y Z_1)^2$, где $Z_1$ - число кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$,
такое, что $Z_1 Z \equiv 1$ по модулю идеала $\rho^k$ (существование такого $Z_1$ следует из того, что умножая $Z$ на все элементы полной системы вычетов по модулю идеала $\rho^k$, мы снова получим полную систему вычетов).

Если же $Z$ делится на идеал $\rho$, то хотя бы одно из чисел $X$ и $Y$ не делится на $\rho$ и из (О-2) следует, что $-1$ является квадратом по модулю идеала $\rho$ и, значит:

(О-3) $-1$ является квадратом по модулю идеала $\rho^k$.

Обоснуем вывод (О-3) позже.

Если

(О-4) $-1 \equiv V^2$ по модулю идеала $\rho^k$,

то

(О-5) $X^2+ (X V)^2 \equiv 0$ по модулю идеала $\rho^k$,

для любого числа $X$.

Из (О-5) следует:

(О-6) $(X+d)^2+(X V)^2 \equiv d$ по модулю идеала $\rho^k$,

при $X \equiv (1-d)/2$ по модулю идеала $\rho^k$.

Обоснуем теперь справедливость вывода (O-3).

Пусть $S$ - множество элементов в полной системе вычетов по модулю идеала $\rho^k$, которые не делятся на идеал $\rho$.

(О-7) Ровно половина из элементов $S$ являются квадратами по модулю идеала $\rho^k$.

В самом деле, из сравнения $b^2 \equiv c^2$ по модулю идеала $\rho^k$ следует, что либо $(b-c) \equiv 0$ по модулю идеала $\rho^k$, либо $(b+c) \equiv 0$ по модулю идеала $\rho^k$, поскольку $(b-c)$ и $(b+c)$ не могут оба делиться на идеал $\rho$.

(О-8) Ровно половина из элементов $S$ являются квадратами по модулю идеала $\rho$.

Это следует из представления элементов полной системы вычетов по модулю идеала $\rho^k$ полиномами (от числа, принадлежащего идеалу $\rho$, и не принадлежащему идеалу $\rho^2$) c коэффициентами из полной системы вычетов по модулю идеала $\rho$.

(О-9) Элементы $S$, которые являются квадратами по модулю идеала $\rho^k$ являются квадратами по модулю идеала $\rho$.

Из (О-7), (О-8) и (О-9) следует:

(О-10) элемент $S$ является квадратом по модулю идеала $\rho^k$ тогда и только тогда, когда он является квадратом по модулю идеала $\rho$.

Вывод (О-3) следует из (О-10).

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение07.05.2013, 01:24 


31/03/06
1384
Лемма 1 является стандартным фактом и мы оставим её доказательство на потом.
А сейчас покажем, что из леммы 1 следует:

Лемма 2
-------------

Пусть $x^2-\sqrt[3]{4} yz=a^2$.

Пусть нечётный простой идеал $\rho$ кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ не является общим делителем чисел $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+\sqrt[3]{4} x^2 yz+ (\sqrt[3]{4} yz)^2$.

Пусть $k$ - произвольное натуральное число.

Тогда каждое из этих чисел сравнимо с суммой квадратов двух чисел из кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю идеала $\rho^k$.

Доказательство:
---------------------

Одно из двух указанных чисел сравнимо с суммой двух квадратов в силу леммы 1, а второе в силу того, что их произведение равно $a^2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение07.05.2013, 12:22 


31/03/06
1384
Обозначим: $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и рассмотрим уравнение:

(15) $X^2+Y^2-c Z^2=0$

В теме "ВТФ для $n=3$" мы показали, что числа $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ и $x^4+\sqrt[3]{4} x^2 yz+ (\sqrt[3]{4} yz)^2$ не имеют общих делителей, поэтому из леммы 2 следует, что уравнение (15) имеет ненулевое решение в $\rho$-адических числах для любого нечётного простого идеала $\rho$ кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Мы могли бы доказать разрешимость уравнения (15) в $\rho$-адических числах для чётного простого идеала $\rho$, но в этом нет необходимости.
В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ есть только один чётный простой идеал $\rho=(\sqrt[3]{2})$.
Поскольку произведение символов Гильберта $(-1, c)_\rho$, в котором $\rho$ пробегает все простые идеалы и бесконечность, равно 1, а для нечётных простых идеалов и бесконечности, этот символ Гильберта равен 1, то он равен единице и для оставшего единственного чётного простого идеала.

Таким образом, уравнение (15) имеет ненулевое решение во всех локальных пополнениях поля $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.
Из этого следует, в соответствии с локально-глобальным принципом Хассе, что уравнение (15) имеет ненулевое решение в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.

Мы доказали:

Лемма 3
-----------

Уравнение (15) имеет ненулевое решение в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$.

Это нетривиальный результат, и я прошу уважаемых форумчан проверить его правильность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Новое доказательство ВТФ для n=3
Сообщение08.05.2013, 10:40 


31/03/06
1384
Исправление:

Феликс Шмидель в сообщении #720633 писал(а):
Приступим к доказательству того, что если $x^6-4 (yz)^3=a^2$, то $x^2-\sqrt[3]{4}$ является суммой двух квадратов в локальных полях.


исправляется на:

Цитата:
Приступим к доказательству того, что если $x^6-4 (yz)^3=a^2$, то $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является суммой двух квадратов в локальных полях.



Рассмотрим теперь уравнение:

(16) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$,

где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, а $q$ - простое число, не имеющее общих делителей с числом $c$ и такое, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.

Если $\rho$ - нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, который не является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах по причине указанной в доказательстве леммы 2.

Если же $\rho$ является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах, поскольку мы доказали, что $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$ (так как $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$).

Таким образом получим:

Лемма 4
------------

Уравнение (16) имеет ненулевое решение в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ для любого простого числа $q$, взаимно-простого с $c$ и такого, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 69 ]  На страницу 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:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group