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 Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  След.
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение19.12.2013, 05:53 


31/03/06
1384
Мы получили выражения (64), рассматиривая произведение сопряжённых чисел с первым сомножителем в равенстве (28).
Теперь рассмотрим средний сомножитель в этом произведении, который со знаком $\pm$ тоже должен быть квадратом.
Мы не доказали это со всей строгостью, но показали как это можно сделать на основании соображений, связанных с делителями числа $y z$, которые делят числа $a_1, ..., a_4$.
Распечатаем этот сомножитель.

Код:
load_package polydiv;

v0:=a0+a1*g+a2*g^2+a3*g^3+a4*g^4;

v1:=a0+a1*g*i5+a2*g^2*i5^2+a3*g^3*i5^3+a4*g^4*i5^4;

v2:=a0+a1*g*i5^2+a2*g^2*i5^4+a3*g^3*i5^6+a4*g^4*i5^8;

v3:=a0+a1*g*i5^3+a2*g^2*i5^6+a3*g^3*i5^9+a4*g^4*i5^12;

v4:=a0+a1*g*i5^4+a2*g^2*i5^8+a3*g^3*i5^12+a4*g^4*i5^16;

u1:=(i5*v0-v1)/(i5-1);

u2:=(i5*v1-v2)/(i5-1);

u3:=(i5*v2-v3)/(i5-1);

u4:=(i5*v3-v4)/(i5-1);

u5:=(i5*v4-v0)/(i5-1);

u3:=(u3 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

u3;



Получим:

$u_3=(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) (i_5^2+i_5^3)=(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) h$.

Значит, $(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) h=(b_0(g)+b_1(g) h)^2$, значит:

(65) $a_0-a_2 g^2=\pm (b_0(g)^2+b_1(g)^2)$, $a_4 g^4-a_3 g^3=\pm (2 b_0(g) b_1(g)-b_1(g)^2)$.

Выражения (65) получаются так же, как (64).
Из (65) можно вывести (64), поэтому выражения (65) являются более сильными.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение08.02.2014, 11:09 


31/03/06
1384
Феликс Шмидель в сообщении #802062 писал(а):
Можно упростить вычисления, поскольку, по-видимому, имеет место:

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

В самом деле, число $(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом идеала в этом кольце, в котором, по видимому, имеет место единственность разложения на простые множители (что несложно проверить, например, в программе GP/PARI).
Значит, $u(g, i_5) (i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в этом кольце, где $u(g, i_5)$ - некоторый делитель единицы.
Мы показали, что произведение $u(g, i_5) u(g, i_5^2) u(g, i_5^3) u(g, i_5^4)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[g]$, и либо $(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ либо $-(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Число $i_5+1$ является делителем единицы, обладающим этими свойствами.
Можно проверить (62), вычислив другие фундаментальные единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, но мы пока не будем это делать.
Предположим, что (62) верно, и попробуем получить противоречие.
Если это удастся, то будем проверять.


Покажем, как в принципе можно получить противоречие из (62)
Во-первых, процитируем одно место из темы, которое нуждается в уточнении:

Феликс Шмидель в сообщении #793794 писал(а):

(42)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$
$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$
$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$
$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$
$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$

(по модулю простого идеала $\rho$).

Найдём коэффициенты при $g, g^2, g^3, g^4$ в $(a_0+a_1 g+...+a_4 g^4)^2$:

$f_1=2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2$
$f_2=2 a_0 a_2 +a_1^2+4 a_3 a_4$
$f_3=2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2$
$f_4=2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2$

Вычисления показали: все формы $f_1, f_2, f_3, f_4$ равны нулю для всех 16 наборов параметров {$s_1, ..., s_4$}.
Таким образом, подстановка в нулевые квадратичные формы нам ничего не дала.


Здесь речь идёт о простых делителях числа $y z$. Пусть $p$ - такой простой делитель. Казалось бы результаты вычислений не дают нам информации о коэффициентах $a_0, ..., a_4$ по модулю $p$.
Однако это не так. Не нужно забывать, что $a_0, ..., a_4$ - целые числа. Если $g$ не существует по модулю $p$, то из (42) следует, что коэффициенты $a_1, ..., a_4$ (все кроме $a_0$) делятся на $p$. Этот вывод можно проверить для конкретных $p$, например, $p=11$, написав простую программу, в которой $a_0, ..., a_4$ пробегают значения от $0$ до $p-1$, и $f_1, ..., f_4$ сравнимы с 0 по модулю $p$.
Рассматривая (62) по модулю $p$, мы не сможем получить противоречие, поскольку $(i_5+1)^2 a_0$ может быть квадратом по модулю $p$.
Пусть теперь $p$ является делителем не $y z$, а числа $x$.
В этом случае, если $g$ не существует по модулю $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ (все кроме $a_1$) делятся на $p$.
Если $-1$ является квадратом по модулю $p$ (например $p=41$), то рассматривая (62) по модулю $p$ можно придти к противоречию.
Можно показать, что детерминант Вендта $W_8$ не делится на $41$, из чего следует, что $x y z$ делится на $41$.
Если $x$ не делится на $41$, можно поменять $x$ c $y$ или $x$ c $z$ местами.
Однако, если теперь $x$ - чётное, то $c$ и $d$ не являются взаимно-простыми, и мы не сможем получить (62).
Посмотрим, сможем ли мы преодолеть это препятствие.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение09.02.2014, 08:32 


31/03/06
1384
Более серьёзное препятствие заключается в том, что мы получили (62) исходя из того, что $y z$ делится на $11$ или на другое такое простое число $p=5 k+1$, что $g$ не существует по модулю $p$ и среди чисел $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ есть квадратичные и неквадратичные вычеты по модулю $p$ (где $i_5$ - вычет).
Но может быть так, что $x$ делится на $11$, $41$ и другие простые числа с этими свойствами, а $y z$ не делится ни на одно из таких простых чисел.
Как говорится, "back to the drawing board".

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение08.07.2014, 16:17 


10/08/11
671
Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):
Пусть $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$, где $g=\sqrt[5]{2}$, а $a_0$, ..., $a_4$ - целые рациональные числа.

Уважаемый Феликс Шмидель! Эта не значительная опечатка кочует по Вашим сообщениям. Она есть и в последнем. Важно, чтобы она не залезла в программы. Хотя в тех, которые есть в сообщениях, я ее не обнаружил.
Чтобы не повторилась классика, - любая ошибка сразу ведет к доказательству.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение09.07.2014, 14:18 


31/03/06
1384
Спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.08.2014, 11:17 


31/03/06
1384
Препятствие, о котором я писал, неожиданно устранилось:

Феликс Шмидель в сообщении #824423 писал(а):
Более серьёзное препятствие заключается в том, что мы получили (62) исходя из того, что $y z$ делится на $11$ или на другое такое простое число $p=5 k+1$, что $g$ не существует по модулю $p$ и среди чисел $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ есть квадратичные и неквадратичные вычеты по модулю $p$ (где $i_5$ - вычет).
Но может быть так, что $x$ делится на $11$, $41$ и другие простые числа с этими свойствами, а $y z$ не делится ни на одно из таких простых чисел.


Мы показали в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ - тема 4", что именно $y z$, а не $x$ делится на $11$ и на другие конкретные простые числа с указанными свойствами, которые дают остаток $3$ при делении на $4$.
Поскольку препятствие устранено, проверим наши рассуждения, и выясним нельзя ли получить противоречие.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.08.2014, 17:34 


31/03/06
1384
Есть ещё одно препятствие, о котором мы говорили: случай, когда чётное число из $y z$ делится на $11$ и другие простые числа с указанными свойствами.
Пусть, например, число $z$ - чётное, и будем предполагать, что число $x^5-y^5$ не делится на $5$.
Во-втором случае ВТФ для $n=5$, $x^5-y^5$ не делится на $5$, а первый случай ВТФ легко доказывается, например, методом Софи Жермен.
Числа $z^2-xy g^2$ и $z^8+z^6 x y g^2+z^4 (x y)^2 g^4+z^2 (x y)^3 g^6+(x y)^4 g^8$ не являются взаимно-простыми, поскольку первое число делится на $g^2$, а второе число делится на на $g^8$.
Имеем:$z^{10}/4-(x y)^5=((x^5-y^5)/2)^2$, и
$z^{10}/4-(x y)^5=((z/g)^2-x y)((z/g)^8+(z/g)^6 x y+(z/g)^4 (x y)^2+(z/g)^2 (x y)^3+(x y)^4)$.
Сомножители в левой части последнего равенства взаимно-просты, поскольку $5 (x y)^4$ делится на любой их общий простой делитель-идеал, и поскольку этот общий делитель не делит $5$, в силу предположения, что $x^5-y^5$ не делится на $5$.
Следовательно $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом идеала в поле $\mathbb{Q}[g]$.
В этом поле имеются две фундаментальные единицы: $g-1$ и $g^3+g^2-1$, их произведение равно $g^4-g^2-g+1$.
Произведение числа $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ и любого из этих трёх делителей единицы не является
квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$, поскольку имеет нечётный коэффициент при $g$ или при $g^3$.
Значит, $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$.
Наша цель теперь развить теорию, аналогичную той, которую мы развили в теме "Доказательство ВТФ для $n=5$ - тема 4", и посмотреть какие результаты она нам даст.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.08.2014, 21:03 
Супермодератор
Аватара пользователя


20/11/12
5727
 i  Обсуждение с MrAlexander выделено в отдельную тему

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение20.08.2014, 21:21 


31/03/06
1384
Поскольку $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$, то умножив это выражение на $g^2$ получим, что $z^2-xy g^2$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$.
Для получения из этого следствий перейдём в тему "Доказательство ВТФ для $n=5$ - тема 4".

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение22.11.2015, 19:13 


31/03/06
1384
Я считаю равенство

(28) $(\frac{1}{i_5+1}\frac{i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5)}{i_5-1})(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2$

и следствие из него:

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$

интересными.

Мы не доказали следствие (62) и возникает вопрос: а верно ли оно?
Перечитывая предыдущие сообщения, я прихожу к выводу, что следствие (62) верно, но из него не следует противоречие, доказывающее ВТФ для $n=5$.

Несмотря на это, имеет смысл доказать (62), и мы этим займёмся.
Начнём с того, что $u(g, i_5) (i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, где $u(g, i_5)$ - некоторый делитель единицы.
Это прямое следствие равенства (28), взаимной простоты сомножителей в левой его части и того, что число классов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ равно 1.
Значит, число $u(g, i_5) (i_5+1) a_0$ сравнимо с квадратом алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ по модулю числа $11$ и других чисел, на которые, как мы показали, делятся числа $y z, a_1, a_2, a_3, a_4$.

Мы доказали

Цитата:
(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,


и показали, что

Цитата:
Из (60) следует:

(61) либо $a_0$, либо $-a_0$ является квадратом по модулю всех простых делителей числа $y z$, на которые делятся одновременно $a_1, a_2, a_3, a_4$.


Значит, либо $u(g, i_5) (i_5+1)$, либо $-u(g, i_5) (i_5+1)$ является квадратом по модулю этих простых делителей.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение24.11.2015, 07:18 


31/03/06
1384
Возможно, мы доказали

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

но мы пока поставим и это утверждение под сомнение.
Дело в том, что доказательство утверждения (60) зависит от наличия такого простого делителя $p$, на которое делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$, что среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).
Таким делителем является, например, $p=11$.
Рассматривая детерминант Вендта, можно показать, что $x y z$ делится на $11$.
Если $y z$ делится на $11$, то $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $11$.
Это следует из того, что $g$ не существует по модулю $11$ и сравнений

Цитата:
(42)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$
$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$
$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$
$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$
$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$


Однако $y z$ может не делиться на $11$, в этом случае $x$ делится на $11$ и можно показать, что $a_0, a_2, a_3, a_4$ делится на $11$.
Но, в этом случае, $a_1$ не делится на $11$, и наше доказательство утверждения (60) не проходит.

Цитата:
Мы показали в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ - тема 4", что именно $y z$, а не $x$ делится на $11$ и на другие конкретные простые числа с указанными свойствами, которые дают остаток $3$ при делении на $4$.


Мы вроде показали это, но я уже не помню как, и в любом случае, это доказательство проходит только для $n=5$ (а мы бы хотели чтобы наши рассуждения проходили и для других $n$, например, для всех простых $n<100$).

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение01.12.2015, 03:26 


31/03/06
1384
У меня появилась идея, как доказать (или опровергнуть), что

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$,

используя закон квадратичной взаимности в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.
Эти числа нечётны, и при умножении на делители единицы дают квадраты в этом поле.
Достаточно доказать, что одно из этих чисел примарно (то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$) и можно применить закон квадратичной взаимности так, как мы это сделали в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".

Цитата:
В начале 20-го века Гекке доказал закон квадратичной взаимности для любого числового поля.
Доказательство этого закона находится в книге Гекке "Лекции по теории алгебраических чисел".
Закон сформулирован на стр. 244 (теорема 165).


Закон квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ ещё проще, чем для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}]$, потому что если $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]=\mathbb{Q}[s]$, то минимальный полином числа $s$ не имеет действительных корней, поэтому в теореме 165 у Гекке: $r_1=0$ и закон квадратической взаимности имеет вид:

$(\frac{a}{b})(\frac{b}{a})=1$,

где $a$ и $b$ -любые нечётные взаимно-простые целые алгебраические числа, принадлежащие полю $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, из которых хотя бы одно примарное.

Рассуждая как в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2" можно показать, что утверждение (62) равносильно тому, что одно из чисел в этом утверждении примарное (то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$).
Если же они оба не примарные, то утверждение (62) неверно, поскольку если число является квадратом, то оно является квадратом и по модулю $4$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение02.12.2015, 12:30 


31/03/06
1384
Возможно одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом по модулю $4$, но это неочевидно.
Напомним, что $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4$.
Если $y z$ делится на $8$, то можно показать, что коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $4$, используя формулу
$(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.
В этом случае одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ действительно является квадратом по модулю $4$.
Но у нас нет доказательства, что $y z$, делится на $8$, есть доказательство, что $y z$, делится на $4$.
Пусть $y z$ делится на $4$ и не делится на $8$.
Тогда из упомянутой формулы следует, что коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.
Поскольку второй множитель в левой части формулы делится на $g^4$, то $a_2$ не делится на $4$ (иначе $a_2 g g^4$ делится на $8$, из чего следует, что $y z$ делится на $8$).
Этот вывод справедлив не только для $n=5$, но и в общем случае, для любого простого $n>2$.
В случае $n=5$, мы знаем из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$", лемма 4.8, что наибольшими степенями числа $2$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $8, 2, 4, 2$.
В общем случае, для любого простого $n>2$ у нас нет пока аналогичной информации.

-- Ср дек 02, 2015 12:52:50 --

Мы уже 2 раза успешно применили закон квадратичной взаимности Гекке.
Один раз для того, чтобы доказать, что $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Другой раз для того, чтобы доказать, что одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ (при условии, что одно из этих чисел примарно, то есть является квадратом по модулю $4$).
В обоих случаях мы предполагаем единственность разложения на простые множители в соответствующем поле.
В следующем сообщении мы покажем, почему нужно это предположение и порассуждаем о том, нельзя ли его обойти.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение02.12.2015, 16:36 


31/03/06
1384
Согласно закону квадратичной взаимности Гекке, квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{p})$ равен единице для любого простого числа $p$ (и вообще любого нечётного целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Условия для этого: $x$ - нечётное число, $y z$ делится на $4$ и $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат идеала, а также рассуждения, устанавливающие равенство этого квадратичного символа единице находятся в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".
Мы, однако, не можем сделать вывод из равенства этого квадратичного символа единице, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю простого числа $p$, потому что для этого число $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ должно быть сравнимо с квадратом по модулю любого простого идеала - делителя числа $p$.
Это так при предположении единственности разложения на простые множители в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, потому что в этом случае можно заменить простой идеал нечётным простым числом этого кольца $P$, для которого квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{P})$ равен единице, из чего, по определению квадратичного символа следует, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $P$.
Мы хотели бы доказать, что число $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ сравнимо с квадратом по модулю простого числа $p$ без предположения единственности разложения на простые множители, но нам пока удалось это сделать только, если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Вот доказательство для таких $p$, которое мы привели (для $n=3$) в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3":

Цитата:
В самом деле, кольцо $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$ 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 $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$
Сообщение04.12.2015, 13:26 


31/03/06
1384
Рассмотрим теперь вопрос о том, является ли одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ квадратом по модулю $4$.
Поскольку мы знаем, что остатки от деления коэффициентов $a_1, a_2, a_3, a_4$ на $4$ равны соответственно $0, 2, 0, 2$, то заданный вопрос эквивалентен следующему: является ли число $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ квадратом по модулю $4$?
Коэффициент $i_5 (i_5^2-i_5+1)$ это результат от деления $i_5+i_5^4$ на $i_5+1$, а $\pm 1$ это остаток от деления $\pm a_0$ на $4$.
В принципе, этот вопрос можно решить перебором полной системы вычетов по модулю $4$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ на компьютере.
Для начала посчитаем сколько вычетов, взаимно-простых с $4$, есть в этой системе вычетов.
Число $2$ является простым в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, поскольку число простых идеалов, на которые оно разлагается равно $(5-1)/f$, где $f$ - наименьшее натуральное число, такое, что $2^f \equiv 1 \mod 5$, то есть $f=4$, а $(5-1)/f=1$.
Значит число $\sqrt[5]{2}$ является простым не только в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}]$, но также и в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$. Норма числа $\sqrt[5]{2}$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ равна норме числа $2$ в поле $\mathbb{Q}[i_5]$, то есть равна $2^4=16$.
Значит в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ имеется $16^{10}-16^9$ вычетов по модулю $4$, взаимно-простых с $4$, (поскольку $4=(\sqrt[5]{2})^{10}$).
У нас получилось $1030792151040$ вычетов, что многовато даже для компьютера.

Продолжение следует.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 93 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6, 7  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