ВТФ для любого простого показателя $n$.

[Феликс Шмидель]

(Оффтоп)

Вернулся домой и увидел Ваше сообщение.
Наберите:

A=bnfinit(x^51-2);

Затем:

A.no

Первая комманда вычисляет поле $\mathbb{Q}[\sqrt[51]{2}]$, вторая комманда печатает число классов идеалов для этого поля.
Не забудте поставить ; в конце первой комманды, иначе программа выдаст ненужную и нечитаемую информацию.

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):

ananova в сообщении #784632 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #784539 писал(а):

В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ не только число классов идеалов нечётно для всех простых $n<50$, оно равно 1! Это означает, что разложение на простые множители однозначно в этих кольцах.

Я думаю, что это справедливо для всех простых $n$. Весьма вероятно это связано с тем, что $2^n$ имеет функцию Эйлера, взаимно простую с n . Поэтому число классов идеалов равно 1!

Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.

Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):

Я не вижу, как это связано с функцией Эйлера, и почему это вероятно.
Чтобы утверждать это, надо по меньшей мере знать что такое число классов идеалов, и как это число связано с функцией Эйлера.

Я воспользовался Вашей помощью с командами из оффтопика.

И что могу сказать.. Похоже моя гипотеза справедлива (см.цитату) и есть прямая связь между функцией Эйлера и числом классов идеалов в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{a}]$.

Если для простого n - НОД

$$(\varphi(a),n)=1$$

то количество классов идеалов $=1$.

Я не могу это проверить для больших значений простых степеней, но уверен в прямой связи.
Возможно это уже доказано и кто-то поможет найти ссылки.

Проверьте сами:

$A=bnfinit(x^3-7)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^5-11)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=5$

$A=bnfinit(x^7-43)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=7$

$A=bnfinit(x^{11}-23)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=11$

$A=bnfinit(x^3-19)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^3-13)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=3$

$A=bnfinit(x^3-43)$;
$A.no;
Число классов идеалов $=12$

С условием

$$(\varphi(a),n)=1$$

я даже не будут проверять, т.к. уверен в справедливости.

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #784908 писал(а):

Феликс Шмидель в сообщении #784644 писал(а):

ananova в сообщении #784632 писал(а):

С условием

$$(\varphi(a),n)=1$$

я даже не будут проверять, т.к. уверен в справедливости.

А я не уверен:

A=bnfinit(x^13-10);
A.no

Число классов идеалов $=13$

A=bnfinit(x^17-13);
A.no

Число классов идеалов $=17$

[ananova]

Феликс Шмидель в сообщении #784917 писал(а):

А я не уверен:

A=bnfinit(x^13-10);
A.no

Число классов идеалов $=13$

Нннда...

Будут верен себе, ;) допуская справедливость для всех простых $a$
Ну или для простых Софи Жермен и числа 2.

[Феликс Шмидель]

(Оффтоп)

Было бы неплохо перенести нашу переписку в другую тему.
Мне бы хотелось продолжить серьёзную работу над ВТФ.

[ananova]

(Оффтоп)

Я не против, тем более, что мне добавить к вышесказанному нечего.

Я очень надеюсь, что высказанное мной предположение верно и Вам не придется "парится", зная, что для выбранного Вами кольца, - число идеалов - всегда равно 1

[Феликс Шмидель]

Вернёмся к поиску доказательства того, что равенство:

(30) $(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1})=-yz$

невозможно.

Обозначим

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1}$,

$\gamma(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$,

и пусть

$\gamma1(g)=\gamma(g i_n)...\gamma(g i_n^{n-1})$.

Тогда:

(35) $\beta(g) \gamma(g)=-yz$,
(36) $\gamma1(g) \gamma(g)=N(\gamma(g))$.

Из (35) и (36) следует:

(37) $N(\gamma(g)) \beta(g)=(-yz) \gamma1(g)$.

Из (37) следует:

(38) $N(\gamma(g))/(-yz) \beta(g i_n^j)=\gamma1(g i_n^j)$ делится на $\gamma(g)$, для всех $j=1, ..., n-1$.

Если бы удалось доказать, что числа $\gamma(g)$, $\beta(g i_n)$, ..., $\beta(g i_n^{n-1})$ не имеют делителя, общего для всех этих чисел, то число $N(\gamma(g))/(-yz)$ делилось бы на $\gamma(g)$, из чего следовало бы, что число $\gamma1(g)$, равное $N(\gamma(g))/\gamma(g)$ делилось бы на $yz$, значит все коэффициенты числа $\gamma1(g)$ делились бы на $yz$.

Предположим, что все числа $\gamma(g)$, $\beta(g i_n)$, ..., $\beta(g i_n^{n-1})$ делятся на простой идеал $\rho$.

Из этого предположения, как мы видели, следует система сравнений (32):

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Исправление
-----------------

Цитата:

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-2} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

исправляется на:

(32)
$a_1+a_2 g+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$
$a_1+a_2 g i_n^j+...+a_{n-1} g^{n-2} i_n^{(n-2) j}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1} i_n^{(n-1) j} \equiv 0$,

для $j=1, 2, ..., n-1$

[Феликс Шмидель]

Пусть $b$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$.
Тогда из (37) следует, что $N(\gamma(g)) b/(-yz)$ - целое число.

Пусть $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$, где $\rho$ - простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$.
Предположим, что $2 n$ не делится на $\rho$ (если делится - этот случай рассмотрим отдельно).
Предположим, что система сравнений (32) неразрешима по модулю $\rho$ (мы собираемся показать в дальнейшем, что из системы (32) следует, что $i_n$ сравнимо с целым числом по модулю $\rho$, что невозможно, поскольку то же самое тогда должно быть верно и для $i_n^2$, и разность $i_n^2-i_n$ делилась бы на $\rho$).

Тогда из (38) следует, что $N(\gamma(g)) b/(-yz)$ делится на $\rho^m$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #785403 писал(а):

Предположим, что система сравнений (32) неразрешима по модулю $\rho$ (мы собираемся показать в дальнейшем, что из системы (32) следует, что $i_n$ сравнимо с целым числом по модулю $\rho$, что невозможно, поскольку то же самое тогда должно быть верно и для $i_n^2$, и разность $i_n^2-i_n$ делилась бы на $\rho$).

Здесь я ошибся: система сравнений (32) легко решается и без помощи детерминантов, достаточно сложить все сравнения, чтобы получить: $n a_1 \equiv x g^{n-1}$.
Разделив второе (и последующие) сравнения на $i_n^j$ и сложив все сравнения, получим: $n a_2 g \equiv x g^{n-1}$.
Действуя так далее, получим:

(40) $n a_1 \equiv n a_2 g \equiv ... \equiv n a_{n-1} g^{n-2} \equiv n \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv x g^{n-1}$

по модулю идеала $\rho$.

-- Ср ноя 06, 2013 04:35:20 --

Из (38) следует:

(41) $n r a_1 \equiv n r a_2 g \equiv ... \equiv n r a_{n-1} g^{n-2} \equiv n r \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv r x g^{n-1}$

по модулю $\gamma(g)$, где $r=N(\gamma)/(-yz)$.

-- Ср ноя 06, 2013 04:53:24 --

Из (41) следует:

(42) $n \gamma1(g) a_1 \equiv n \gamma1(g) a_2 g \equiv ... \equiv n \gamma1(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n \gamma1(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv \gamma1(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

[Феликс Шмидель]

Из (41) также следует:

(43) $n r \beta(g) a_1 \equiv n r \beta(g) a_2 g \equiv ... \equiv n r \beta(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n r \beta(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv r \beta(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

[Феликс Шмидель]

Из сравнений (42) можно вывести значительные следствия.
Каждое из этих сравнений равносильно $n$ сравнениям с соответствующими коэффициентами.
Чтобы не усложнять, предположим, что $2^n-2$ не делится на $n^2$ (в этом случае, кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ содержит все целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому сравнение двух чисел этого кольца по модулю некоторого числа равносильны $n$ сравнениям с соответствующими коэффициентами).

Пусть $\gamma1(g)=b_0+b_1 g+...+b_{n-1} g^{n-1}$.
Покажем, во-первых, что:

(44) $b_j n^n a_k^n \equiv b_j 2^{n-k} x^n$ по модулю $y z$, для любого $j=0, 1, ..., n-1$ и любого $k=1, 2, ..., n-1$.

Сравнение (44) является следствием сравнения $n \gamma1(g) a_k g^{k-1} \equiv \gamma1(g) x g^{n-1}$ по модулю $y z$.
Это сравнение равносильно $n$ сравнениям:

(45)
$n b_{j_0} 2^{t_{j_0}} a_k \equiv b_{s_{j_0}} x 2^{m_{j_0}}$,
$n b_{j_1} 2^{t_{j_1}} a_k \equiv b_{s_{j_1}} x 2^{m_{j_1}}$,
...
$n b_{j_{n-1}} 2^{t_{j_{n-1}}} a_k \equiv b_{s_{j_{n-1}}} x 2^{m_{j_{n-1}}}$.

Выберем последовательность сравнений так, чтобы $j_1=s_{j_0}$, $j_2=s_{j_1}$, ..., $j_{n-1}=s_{j_{n-2}}$.
Тогда $s_{j_{n-1}}=j_0$.

Перепишем сравнения (45) в виде:

(46)
$b_{j_1} \equiv n b_{j_0} 2^{t_{j_0}-m_{j_0}} (a_k/x)$.
$b_{j_2} \equiv n b_{j_1} 2^{t_{j_1}-m_{j_1}} (a_k/x)$.
...
$b_{j_0} \equiv n b_{j_{n-1}} 2^{t_{j_{n-1}}-m_{j_{n-1}}} (a_k/x)$

Из сравнений (46) следует:

(47) $b_{j_0} \equiv n^n b_{j_0} 2^v (a_k/x)^n$, где $v=t_{j_0}-m_{j_0}+...+t_{j_{n-1}}-m_{j_{n-1}}$.

Осталось показать, что $v=k-n$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

В сравнениях (45), числа $t_{j_0}, m_{j_0}, ..., t_{j_{n-1}}, m_{j_{n-1}}$ равны 0 или 1.
Правые части сравнений (45) можно записать в таком порядке: $b_0 x, b_1 x 2, b_2 x 2, ..., b_{n-1} x 2$.
Левые части сравнений (45) можно записать в таком порядке: $n b_0 a_k, ..., n b_{n-k} a_k, n b_{n-k+1} 2 a_k, ..., n b_{n-1} 2 a_k$.
Значит, $m_{j_0}+...+m_{j_{n-1}}=n-1$ и $t_{j_0}+...+t_{j_{n-1}}=k-1$.
Значит, $v=k-1-(n-1)=k-n$, что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Цель этих манипуляций, которые я ещё не закончил - доказать, что наибольший общий делитель чисел $b_0$, ..., $b_{n-1}$ (то есть коэффициентов числа $\gamma1(g)$) делится на $y z$.
Однако, я нашёл неточность при выводе сравнений (41), которая заключается в том, что $r$ может не быть целым числом, и в этом случае (41) неверно.
Эту неточность можно исправить, если определить $r=N(\gamma(g)) b/(-yz)$, так, чтобы $r$ было целым числом.
Тогда сравнения (42) будут:

(42) $n b \gamma1(g) a_1 \equiv n b \gamma1(g) a_2 g \equiv ... \equiv n b \gamma1(g) a_{n-1} g^{n-2} \equiv n b \gamma1(g) \frac{a_0+x}{2} g^{n-1} \equiv b \gamma1(g) x g^{n-1}$

по модулю $y z$.

Мы можем рассчитывать, что из этих сравнений следует, что $b (b_0, ..., b_{n-1})$ делится на $y z$, где $(b_0, ..., b_{n-1})$ - наибольший общий делитель этих чисел.

Однако, можно получить похожий и более сильный результат без сложных манипуляций.

Цитата:

Вернёмся к поиску доказательства того, что равенство:

(30) $(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})(a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1})=-yz$

невозможно.

Обозначим

$\beta(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1}$,

$\gamma(g)=a_1+a_2 g+...+a_{n-2} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}$,

и пусть

$\gamma1(g)=\gamma(g i_n)...\gamma(g i_n^{n-1})$.

Тогда:

(35) $\beta(g) \gamma(g)=-yz$,
(36) $\gamma1(g) \gamma(g)=N(\gamma(g))$.

Из (35) и (36) следует:

(37) $N(\gamma(g)) \beta(g)=(-yz) \gamma1(g)$.

Из (37) следует:

(37.1) $\gamma1(g)=D_{\gamma1} \beta(g)/D_{\beta}$,

где $D_{\gamma1}$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma1(g)$, а $D_{\beta}$ - наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ (взятые с подходящими знаками).

Из (37.1) следует:

(37.2) $(N(\gamma(g)))^{n-1}=N(\gamma1(g))=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n N(\beta(g))$

Значит:

(37.3) $(N(\gamma(g)))^{n-1}=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n N(\beta(g))$

Поменяв $\beta(g)$ и $\gamma(g)$ ролями, получим:

(37.4) $(N(\beta(g)))^{n-1}=(D_{\beta1}/D_{\gamma})^n N(\gamma(g))$

Умножая равенство (37.3) на равенство (37.4) получим:

(37.5) $(-y z)^{n(n-1)}=(D_{\gamma1}/D_{\beta})^n (D_{\beta1}/D_{\gamma})^n (-yz)^n$

Из (37.5) следует:

(37.6) $(D_{\gamma1}/D_{\gamma})(D_{\beta1}/D_{\beta})=(-yz)^{n-2}$.

[Феликс Шмидель]

Мы уже отмечали, что из (37) следует:

(37.7) $N(\gamma(g)) D_{\beta}/(-yz)$ - целое число.

Это простое следствие из (37) значительно, и тем более, мы не должны пренебрегать более сильным сравнением, которое можно получить из начатых манипуляций:

(50) $D_{\gamma1} D_{\beta}$ делится на $y z$.

Поменяв $\beta$ и $\gamma$ ролями, получим:

(51) $D_{\beta1} D_{\gamma}$ делится на $y z$.

Если числа $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$ взаимно-просты, то из (50) и (51) следует:

(52) $a_1$, ..., $a_{n-1}$ делятся на $y z$.

Поэтому мы можем попытаться получить противоречие из (52), и если это удастся, заняться доказательством (50), (51) и (52).