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https://doi.org/10.11588/diglit.43669#0035
Über die diophantischen Gleichungen usw.
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2 teilerfremde g. r. Zahlen r, 5 geben, mit denen erstere in folgender
Beziehung stehen:
z = r2 — rs 4~ s2
y = 1 (2r3 + 2s3 — 3r2s — 3rs2)
(2rr)w = rs (r — 5)
Es muß daher 3 weitere g. r. Zahlen iz, p geben mit uvw = 2x
und r = u’1, s = e”, un — U = wn. Demnach zieht jede Lösung
von (4) für einen bestimmten Exponenten n = 2,3, ... eine
solche von (5) für ebendenselben Exponenten n nach sich, immer
unter der angegebenen Beschränkung auf „teilerfremde“ Lösungen.
Die Umkehrung, daß auch jede solche Lösung von (5) eine
Lösung von (4) zur Folge hat, ergibt sich aus Hilfssatz I, wenn man
in (7) einsetzt: r = zU, s = vn.
Zum vollständigen Beweis des Hauptsatzes (L) fehlt also nur
noch der Beweis des Hilfssatzes II. Wir skizzieren denselben in
Kürze so:
A2 + 3B2 = PQ- q2 P qP 1 = 0
P = A p B p 2Bq- Q = A + B + 2Bq2 = A-B-2Bq
P und Q sind ganze Zahlen des Körpers K(q) und sind als solche,
bis auf Einheitsfaktoren, teilerfremd; denn ^(P + Q) und %(P — Q)
sind teilerfremd, falls man beachtet, daß B 0 (mod 3) eine Vor-
aussetzung des Hilfssatzes II ist.
Wenn nun PQ = C3 sein soll mit ganz rationalem C, so müssen
wegen des oben genannten Fundamentalsatzes im Körper K(q) -
K(]/ — 3), und weil P und Q zu einander konjugiert sind, die simul-
tanen Gleichungen bestehen:
(8) P = p P sq)3e0 und Q = p p vcW)3 ■ sjp1
Hierbei sind r und 5 ganz rational, e0 eine bestimmte der 3 Ein-
heiten 1, 2, Q2 (das Vorzeichen nehmen wir zu r p sq herein). Wir
können uns auf eine der beiden Gleichungen (8) beschränken, da
ja jede von ihnen aus der anderen folgt. Also:
(9) P = A P B P 2Bq = p P sq)3e0
Da 1 und q eine Basis in K(q) darstellen, bringen wir p + sq)3 ■ £0
auf die Normalform a P öq:
p + sq)3 = p3 — 3rs2 + s3) + Q(3r2 s — 3rs2)
(10) p 4~ sq)3 • q — (3rs2 — 3r2 s) P q p3 — 3r2s + s3)
p 4- sq)3 q2 = (— r3 p 3r2 s — V) + (?(-— r3 + 3rs2 — s3)
Aus (9) und (10) und aus der Voraussetzung, daß A, B teilerfremd
sind, und daß insbesondere B = 0 (mod 3) ist, folgt, daß nur die
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2 teilerfremde g. r. Zahlen r, 5 geben, mit denen erstere in folgender
Beziehung stehen:
z = r2 — rs 4~ s2
y = 1 (2r3 + 2s3 — 3r2s — 3rs2)
(2rr)w = rs (r — 5)
Es muß daher 3 weitere g. r. Zahlen iz, p geben mit uvw = 2x
und r = u’1, s = e”, un — U = wn. Demnach zieht jede Lösung
von (4) für einen bestimmten Exponenten n = 2,3, ... eine
solche von (5) für ebendenselben Exponenten n nach sich, immer
unter der angegebenen Beschränkung auf „teilerfremde“ Lösungen.
Die Umkehrung, daß auch jede solche Lösung von (5) eine
Lösung von (4) zur Folge hat, ergibt sich aus Hilfssatz I, wenn man
in (7) einsetzt: r = zU, s = vn.
Zum vollständigen Beweis des Hauptsatzes (L) fehlt also nur
noch der Beweis des Hilfssatzes II. Wir skizzieren denselben in
Kürze so:
A2 + 3B2 = PQ- q2 P qP 1 = 0
P = A p B p 2Bq- Q = A + B + 2Bq2 = A-B-2Bq
P und Q sind ganze Zahlen des Körpers K(q) und sind als solche,
bis auf Einheitsfaktoren, teilerfremd; denn ^(P + Q) und %(P — Q)
sind teilerfremd, falls man beachtet, daß B 0 (mod 3) eine Vor-
aussetzung des Hilfssatzes II ist.
Wenn nun PQ = C3 sein soll mit ganz rationalem C, so müssen
wegen des oben genannten Fundamentalsatzes im Körper K(q) -
K(]/ — 3), und weil P und Q zu einander konjugiert sind, die simul-
tanen Gleichungen bestehen:
(8) P = p P sq)3e0 und Q = p p vcW)3 ■ sjp1
Hierbei sind r und 5 ganz rational, e0 eine bestimmte der 3 Ein-
heiten 1, 2, Q2 (das Vorzeichen nehmen wir zu r p sq herein). Wir
können uns auf eine der beiden Gleichungen (8) beschränken, da
ja jede von ihnen aus der anderen folgt. Also:
(9) P = A P B P 2Bq = p P sq)3e0
Da 1 und q eine Basis in K(q) darstellen, bringen wir p + sq)3 ■ £0
auf die Normalform a P öq:
p + sq)3 = p3 — 3rs2 + s3) + Q(3r2 s — 3rs2)
(10) p 4~ sq)3 • q — (3rs2 — 3r2 s) P q p3 — 3r2s + s3)
p 4- sq)3 q2 = (— r3 p 3r2 s — V) + (?(-— r3 + 3rs2 — s3)
Aus (9) und (10) und aus der Voraussetzung, daß A, B teilerfremd
sind, und daß insbesondere B = 0 (mod 3) ist, folgt, daß nur die
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