ВТФ - поиск доказательства для n=5 - тема 2.

[Феликс Шмидель]

Более того, $k^2+h g^2$ и $h^2-k g^2$ тоже должны быть сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$ (поскольку $y^2-g^2 x z$ и $z^2-g^2 x y$ являются квадратами).
Интересно сможет ли компьютер найти хоть одно простое число $p$ c такими свойствами?

-- Ср янв 06, 2016 12:55:22 --

Интересен случай $k=1$, то есть $y \equiv x \mod p$.
Из того, что число $h^2-g^2$ сравнимо с квадратом, где $h^n \equiv 2 \mod p$, следует $h^2-(h i_n)^2$ сравнимо с квадратом, следовательно $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Что-то получается слишком просто, надо проверять.

[Феликс Шмидель]

Из того, что число $h^2-g^2$ сравнимо с квадратом по модулю $p$ не следует, что $h^2-(h i_n)^2$ сравнимо с квадратом.
Но для любого простого идеала $\rho$, делящего $p$: $g \equiv h_1 \mod \rho$, где $h_1$ - целое число, такое, что $h_1^n \equiv 2 \mod p$ (мы предполагаем, что $p \equiv 1 \mod n$). Значит число $h^2-h_1^2$ cравнимо с квадратом целого числа по модулю идеала $\rho$, следовательно по модулю $p$. Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то $h^2-h_1^2$ cравнимо с квадратом по модулю $p$ для любого вычета $h_1$, такого, что $h_1^n \equiv 2 \mod p$.
Значит число $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом, следовательно число $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Есть ещё вопрос, не может ли $g-h_1$ делится сразу на несколько идеалов $\rho$, делящих $p$.
Кроме этого, нужно рассмотреть случай: $p \not \equiv 1 \mod n$.
Так что, я пока не утверждаю, что $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$, для всех простых делителей $p$ числа $x-y$.

[Феликс Шмидель]

Всё-таки из того, что число $h^2-g^2$ сравнимо с квадратом по модулю $p$ следует, что $h^2-(h i_n)^2$ сравнимо с квадратом.
В самом деле, пусть $h^2-g^2 \equiv f^2(g) \mod p$, где $f(v)$ - полином.
Тогда все коэффициенты полинома: $h^2-v^2 -f^2(v) - \varphi(v) (v^n-2)$ делятся на $p$, где $\varphi(v)$ - некоторый полином.
Подставляя $h i_n$ вместо $v$ получим $h^2-(h i_n)^2 \equiv f^2(h i_n) \mod p$.
Значит всё-таки $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Напомним, что $p$ здесь - любой простой делитель числа $y-x$.

[Феликс Шмидель]

Пусть теперь $y^n-x^n$ делится на простое число $p$.
Покажем, что $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Пусть $k \equiv y/x \mod p$, где $k$ - целое число.
Тогда $k^n \equiv 1 \mod p$.
Мы показали, что число $h^2-k g^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$, где $h^n \equiv k^n+1 \equiv 2 \mod p$.
Пусть $h^2-k g^2 \equiv f^2(g) \mod p$, где $f(v)$ - полином.
Тогда все коэффициенты полинома: $h^2-k v^2 -f^2(v) - \varphi(v) (v^n-2)$ делятся на $p$, где $\varphi(v)$ - некоторый полином.
Подставляя $k^{(n-1)/2} h i_n$ вместо $v$ получим $h^2-(h i_n)^2 \equiv f^2(k^{(n-1)/2} h i_n) \mod p$.
Значит $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Следовательно $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Из того, что $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$ следует, что $n$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Следовательно, $n$ является квадратичным вычетом по модулю $y-x$.
Если $n \equiv 1 \mod 4$, то, в силу закона квадратичной взаимности, $|y-x|$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Если $n \equiv 1 \mod 4$, то $-1$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Значит в этом случае числа $y-x$ и $x-y$ являются квадратичными вычетами по модулю $n$.

Теперь мы можем, вроде, дать простое доказательство 2-го случая ВТФ для $n=5$.
Пусть $x^n+y^n+z^n=0$, и предположим, что $z$ делится на $n$.
Поскольку $x-z$ является квадратичным вычетом по модулю $n$, то $x$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Поскольку $x-y$ является квадратичным вычетом по модулю $n$, и $x-y \equiv 2 x \mod n$, то $2 x$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Значит $2$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Но это неверно, если $n=5$.

Слишком просто, будем проверять.

[Феликс Шмидель]

Ошибка в том, что если $x-y$ делится на $2$, и $n$ сравнимо с квадратом по модулю $x-y$, то из закона квадратичной взаимности не следует, что $x-y$ сравнимо с квадратом по модулю $n$.

-- Чт янв 07, 2016 18:58:23 --

Несмотря на эту ошибку, приведём строгое доказательство в оффтопике, что число $1-i_n$ сравнимо с квадратами по модулям $y-x$, $x-z$ и $y-z$.

(Оффтоп)

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма:

(1) $x^n+y^n+z^n=0$.

Пусть

(2) $x y z$ делится на $n$.

Условие (2) это 2-ой случай ВТФ.

Мы неоднократно и разными способами показывали:

(3) Числа $x^2-g^2 y z, y^2-g^2 x z, z^2-g^2 x y$ являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$,

где $g=\sqrt[n]{2}$.

Мы не будем доказывать здесь утверждение (3).

Из равенства (1) следует сравнение:

(4) $2 x^n + z^n \equiv 0 \mod (y-x)$

Пусть $h$ - такое целое число, что:

(5) $z \equiv -h x \mod (y-x)$

Из (4) и (5) следует:

(6) $h^n \equiv 2 \mod (y-x)$

Поскольку $y \equiv x \mod (y-x), z \equiv -h x \mod (y-x)$ и число $z^2-g^2 x y$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g]$, то число $h^2 x^2 - g^2 x^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $y-x$.
Следовательно:

(7) $h^2-g^2 \equiv f^2(g) \mod (y-x)$,

где $f(v)$ - полином степени не больше $n-1$ c целыми коэффициентами ($v$ - переменная).

Деля полином $h^2-v^2-f^2(v)$ на полином $v^n-2$ c остатком, получим:

(8) $h^2-v^2-f^2(v)=\varphi(v) (v^n-2)+r(v)$,

где $\varphi(v)$ и $r(v)$ - полиномы c целыми коэффициентами, и степень полинома $r(v)$ не больше $n-1$.

Подставляя $v=g$ в равенство (8) и учитывая сравнение (7) получим:

(9) $r(g) \equiv 0 \mod (y-x)$.

Из (9) следует, что все коэффициенты полинома $r(v)$ делятся на $y-x$.
Подставляя $v=h i_n$ в равенство (8) получим:

(10) $h^2-(h i_n)^2 \equiv f^2(h i_n) \mod (y-x)$,

где $i_n$ - комплексный корень степени $n$ из $1$.

Число $y-x$ может делиться на $2$, но не делится на $4$.
Из сравнения (6) следует, что единственным общим делителем чисел $h$ и $y-x$ может быть число $2$.
Из сравнения (10) следует:

(11.1) Если $y-x$ не делится на $2$, то $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $y-x$,

и

(11.2) Если $y-x$ делится на $2$, то $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(y-x)/2$.

Поскольку $1-i_n^2 \equiv (1+i_n)^2 \mod 2$, то из (11.2) следует:

(11.3) Если $y-x$ делится на $2$, то $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(y-x)$.

Из (11.1) и (11.3) следует:

(11) Число $1-i_n^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(y-x)$.

Из утверждения (11) следует:

(12.1) Число $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(y-x)$.

Рассуждая по модулю $x-z$ или $y-z$ вместо $y-x$ получим:

(12.2) Число $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(x-z)$,

и

(12.3) Число $1-i_n$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $(y-z)$.

Из (12.1), (12.2), (12.3) следует:

(13) Число $n$ является квадратичным вычетом по модулям $y-x$, $x-z$ и $y-z$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $y-x$ (или $x-z$ или $y-z$) делится на простое число $p$.
Мы показали, что в этом случае числа $1+h g^2$ и $h^2-g^2$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$, где $h^n \equiv 2 \mod p$, $g=\sqrt[n]{2}$.
Если $p \equiv 1 \mod n$ и $\sqrt[n]{2}$ cуществует по модулю $p$, то среди нескольких первых тысяч таких простых чисел нет удовлетворяющих указанным условиям (с числами $1+h g^2$ и $h^2-g^2$).
Хотя есть числа, удовлетворяющие условию с $1+h g^2$, и есть числа, удовлетворяющие условию с $h^2-g^2$.
Это показала следующая компьютерная программа на языке Ubasic:

   10   dim Gg(5)
   20   N=5
   30   open "PRIMEST.txt" for input as #1
   40   for I=1 to 10000
   50   input #1,P
   60   P=val(P)
   70   R=modpow(P,1,N)
   80   if R<>1 goto 300
   90   S=0
  100   S5=0
  110   for I1=2 to P-1
  120   R=modpow(I1,N,P)
  130   if R=2 then S=I1
  140   if R=1 then S5=I1
  150   next I1
  160   if S=0 goto 300
  170   Gg(1)=S
  180   for I1=2 to N
  190   Gg(I1)=modpow(Gg(I1-1)*S5,1,P)
  200   next I1
  230   Allsquares=1
  240   for I1=1 to N
  250   if fnNotsquare(1+S*(Gg(I1))^2,P) or fnNotsquare(S^2-(Gg(I1))^2,P) then Allsquares=0
  260   next I1
  290   print P,Allsquares
  300   next I
  310   close #1
  320   end
  330   fnNotsquare(V,P)
  340   V=modpow(V,1,P)
  350   Notsquare=1
  360   for I2=0 to P-1
  370   if modpow(I2,2,P)=V then Notsquare=0
  380   next I2
  390   return(Notsquare)

[Феликс Шмидель]

Пусть $y-x$ (или $x-z$ или $y-z$) делится на простое число $p$.
Мы показали, что в этом случае числа $1+h g^2$ и $h^2-g^2$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$, где $h^n \equiv 2 \mod p$, $g=\sqrt[n]{2}$.
Значит $\sqrt[n]{2}$ cуществует по модулю $p$.
Мы рассмотрели на компьютере случай, когда $p \equiv 1 \mod n$.
Я думаю, что другие случаи можно не рассматривать, потому что можно рассмотреть простые числа $p$, на которые делится $(y^n-x^n)/(y-x)$ (или $(x^n-z^n)/(x-z)$ или $(y^n-z^n)/(y-z)$).
Значит для доказательства 2-го случая ВТФ (при условии единственности разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g]$),
нам нужно доказать то, что мы видели на компьютере (нет простых чисел $p$, удовлетворяющих указанным условиям (с числами $1+h g^2$ и $h^2-g^2$)).

[Феликс Шмидель]

Снова лезет в голову слишком простое рассуждение.
Я решил записать его, и искать ошибку.
Пусть $x^n+y^n+z^n=0$ и $x^n-y^n$ делится на нечётное простое число $p$, отличное от $2$ и $n$.
Тогда $2 x^n \equiv -z^n \mod p$.
Следовательно $2^{(p-1)/n} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно $g^{p-1} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно норма любого простого идеала поля $\mathbb{Q}[g]$, делящего $p$, равна $p$, в силу леммы 2.2 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5".
Следовательно $p \equiv 1 \mod n$, в силу известного нам разложения простых чисел, не сравнимых с $1$ по модулю $n$.

Из этого простого рассуждения следуют интересные следствия.
Например, любой простой нечётный делитель $p$ числа $x-y$ сравним с $1$ по модулю $n$.
Из этого следует, что если $x y z$ делится на $n$, то чётное из трёх чисел $x, y, z$ делится на $n$.
В самом деле, если, например, $z$ - чётное, и $y$ делится на $n$, то $z-x$ - нечётное число, и $z-x \equiv 2 z \equiv 2 (z-y) \equiv \pm 2 \mod p$.
Это противоречит тому, что любой нечётный простой делитель числа $z-x$ сравним с $1$ по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Пусть теперь $x^n+y^n+z^n=0$ и $3 x^n+y^n$ делится на нечётное простое число $p$, отличное от $2$ и $n$.
Тогда $2 x^n \equiv z^n \mod p$.
Следовательно $2^{(p-1)/n} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно $g^{p-1} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно норма любого простого идеала поля $\mathbb{Q}[g]$, делящего $p$, равна $p$, в силу леммы 2.2 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5".
Следовательно $p \equiv 1 \mod n$, в силу известного нам разложения простых чисел, не сравнимых с $1$ по модулю $n$.

-- Чт янв 14, 2016 20:55:41 --

Если теперь $z$ - чётное, и $x y z$ делится на $n$, то, как мы видели $z$ делится на $n$.
Тогда $3 z^n+x^n \equiv x^n \mod n$, и $3 x^n+z^n \equiv 3 x^n \mod n$.
Это противоречит тому что все простые делители чисел $3 z^n+x^n$ и $3 x^n+z^n$ cравнимы с $1$ по модулю $n$.

Слишком простое доказательство 2-го случая ВТФ. Ищем ошибку ...

-- Чт янв 14, 2016 21:05:51 --

Нашли ошибку: если $p \not \equiv 1 \mod n$, то сравнение $2^{(p-1)/n} \equiv 1 \mod p$ не имеет смысла.

[Феликс Шмидель]

Ещё одна ошибка, вернее опечатка:

Цитата:

Из этого следует, что если $x y z$ делится на $n$, то чётное из трёх чисел $x, y, z$ делится на $n$.
В самом деле, если, например, $z$ - чётное, и $y$ делится на $n$, то $z-x$ - нечётное число, и $z-x \equiv 2 z \equiv 2 (z-y) \equiv \pm 2 \mod p$.
Это противоречит тому, что любой нечётный простой делитель числа $z-x$ сравним с $1$ по модулю $p$.

Должно быть:

В самом деле, если, например, $z$ - чётное, и $y$ делится на $n$, то $z-x$ - нечётное число, и $z-x \equiv 2 z \equiv 2 (z-y) \equiv \pm 2 \mod n$.
Это противоречит тому, что любой нечётный простой делитель числа $z-x$ сравним с $1$ по модулю $n$.

Конечно, одной ошибки достаточно, чтобы рассуждение было неверным.
Но это рассуждение можно исправить.

Пусть $n \equiv 1 \mod 4$, и $2$ не является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Тогда если $x y z$ делится на $n$, то чётное из трёх чисел $x, y, z$ делится на $n$.
В самом деле, если, например, $z$ - чётное, и $y$ делится на $n$, то $z-x$ - нечётное число, и $z-x \equiv 2 z \equiv 2 (z-y) \mod n$.
Мы показывали, что $n$ является квадратичным вычетом по модулям $z-x$ и $z-y$ (поскольку $1-i_n$ сравнимо с квадратами по этим модулям).
Значит $z-x$ и $z-y$ сравнимы с квадратами по модулю $n$, в силу закона квадратичной взаимности.
Но это противоречит сравнению $z-x \equiv 2 (z-y) \mod n$, и тому, что $2$ не является квадратичным вычетом по модулю $n$.

-- Пт янв 15, 2016 07:54:20 --

Тот же вывод можно сделать, если $n \equiv 3 \mod 4$, и $2$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Пусть $n \equiv 3 \mod 4$, и $2$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.
Тогда если $x y z$ делится на $n$, то чётное из трёх чисел $x, y, z$ делится на $n$.
В самом деле, если, например, $z$ - чётное, и $y$ делится на $n$, то $z-x$ - нечётное число, и $z-x \equiv 2 z \equiv 2 (z-y) \mod n$.
Мы показывали, что $n$ является квадратичным вычетом по модулям $z-x$ и $z-y$ (поскольку $1-i_n$ сравнимо с квадратами по этим модулям).
Одно из чисел $z-x$ и $z-y$ сравнимо с $1$, а другое с $3$ по модулю $4$.
Значит одно из этих чисел сравнимо с квадратом по модулю $n$, а другое нет, в силу закона квадратичной взаимности.
Но это противоречит сравнению $z-x \equiv 2 (z-y) \mod n$, и тому, что $2$ является квадратичным вычетом по модулю $n$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $y-x$ (или $x-z$ или $y-z$) делится на простое число $p$.
Мы показали, что в этом случае числа $1+h g^2$ и $h^2-g^2$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$, где $h^n \equiv 2 \mod p$, $g=\sqrt[n]{2}$.
Эквивалентно этому: числа $1+g^3$ и $1-i_n$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел соответственно полей $\mathbb{Q}[g]$ и $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Мы показали на компьютере, что простых чисел $p$, где $p \equiv 1 \mod n$, c такими свойствами нет, по крайней мере, среди первых нескольких тысяч простых чисел.
Мы пока не можем доказать, что таких простых чисел нет.
Если $n=5$, то нет простых чисел $p \equiv 2 \mod n$ или $p \equiv 3 \mod n$ с такими свойствами, поскольку $n$ не является квадратичным вычетом по модулю таких $p$.
Рассмотрим теперь простые числа $p \equiv -1 \mod n$, и попробуем выяснить, есть ли среди них такие, что числа $1+g^3$ и $1-i_n$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел соответственно полей $\mathbb{Q}[g]$ и $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Поскольку $p^2 \equiv 1 \mod n$, то норма любого простого идеала, делящего $p$ в поле $\mathbb{Q}[i_n]$, равна $p^2$ ($p$ разлагается в произведение 2-ух простых идеалов).
Согласно малой теореме Ферма для идеалов, $(1-i_n)^{p^2-1} \equiv 1 \mod p$.
Из этого, однако, не следует, что $(1-i_n)^{(p^2-1)/2} \equiv \pm 1 \mod p$.
По модулю каждого из двух простых идеалов, делящих $p$ - да, но по модулю одного идеала $(1-i_n)^{(p^2-1)/2}$ может быть сравнимо с $1$, а по модулю другого с $-1$.
Казалось бы это противоречит тому, что $\mathbb{Z}_p[i_n]$ - поле с мультипликативной группой порядка $p^2-1$, но дело в том, что такого расширения нет, поскольку полином $v^4+v^3+v^2+v+1$ не является неприводимым в кольце полиномов $\mathbb{Z}_p[v]$. Этот полином разлагается в произведение двух неприводимых полиномов в этом кольце.
Есть расширения $\mathbb{Z}_p[i_{n 1}]$ и $\mathbb{Z}_p[i_{n 2}]$, где $i_{n 1}$ и $i_{n 2}$ корни этих квадратичных полиномов.
Числа $i_{n 1}$ и $i_{n 2}$ не являются комплексными, а определяются особым способом на основе поля $Z_p$ (например, как упорядоченные пары чисел этого поля, подобно тому, как комплексные числа определяются как упорядоченные пары действительных чисел).

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть $n=5, p \equiv -1 \mod 5$.
Покажем, что в кольце полиномов $\mathbb{Z}_p[v]$: $v^4+v^3+v^2+v+1=(v^2+t_1 v+1)(v^2+t_2 v+1)$, где $t_1, t_2 \in \mathbb{Z}_p$.
Это равенство выполняется если: $t_1+t_2=1, t_1 t_2=-1$ в $\mathbb{Z}_p$.
Решая эту систему получим: $t_1=(1-\sqrt{5})/2, t_2=(1+\sqrt{5})/2$.
Заметим, что $\sqrt{5}$ существует в $\mathbb{Z}_p$.
Пусть $v^2+t_1 v+1=0$ и $1-v$ является квадратом. Тогда $1-(v_1+v_2)+v_1 v_2=2+t_1$ является квадратом в $\mathbb{Z}_p$,
где $v_1, v_2$ - корни полинома $v^2+t_1 v+1$.
Кроме этого $1+h^3$ и $1+h^3 v$ должны быть квадратами, где $h^n \equiv 2 \mod p$.
Значит $(1+h^3 v_1)(1+h^3 v_2)=1-h^3 t_1+h^6=1+2 h-h^3 t_1$ является квадратом в $\mathbb{Z}_p$.
Заметим, что это условие с $t_2$ вместо $t_1$ является излишним, поскольку, нетрудно проверить:
$(1+h^3)(1+2 h-h^3 t_1)(1+2 h-h^3 t_2)=9$.
Значит следующие числа: $1+h^3, 2+t_1, 1+2 h-h^3 t_1$ должны быть сравнимы с квадратами по модулю $p$ для того, чтобы числа $1+g^3$ и $1-i_n$ были сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел соответственно полей $\mathbb{Q}[g]$ и $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Эти условия, что числа: $1+h^3, 2+t_1, 1+2 h-h^3 t_1$ сравнимы с квадратами по модулю $p$ являются необходимыми, но, возможно, недостаточными.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Оставим пока простые числа $p$ на которые делится $y-x$ (или $x-z$ или $y-z$), и вернёмся к любым простым $p$ (на которые делится $y-k x$, где $k$ - целое число).
Для любых конкретных простых чисел $p$, можно показать на компьютере, что одно из чисел $1-k h g^2, k^2+h g^2, h^2-k g^2$ не сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля поля $\mathbb{Q}[g]$ по модулю $p$, и значит $x y z$ делится на $p$.
Числа $k$ и $h$ связаны сравнением $h^n \equiv k^n+1 \mod p$.
Но мы предлагаем гипотезу, что найдутся сколь угодно большие простые $p$, для которых одно из чисел $1-k h g^2, k^2+h g^2, h^2-k g^2$ не сравнимо с квадратом, без учёта сравнения $h^n \equiv k^n+1 \mod p$.
Проверим эту гипотезу на компьютере, для простых $p \equiv 1 \mod n$.

   10   dim Gg(5)
   20   N=5
   30   open "PRIMEST.txt" for input as #1
   40   for I=1 to 10000
   50   input #1,P
   60   P=val(P)
   70   R=modpow(P,1,N)
   80   if R<>1 goto 430
   90   S=0
  100   S5=0
  110   for I1=2 to P-1
  120   R=modpow(I1,N,P)
  130   if R=2 then S=I1
  140   if R=1 then S5=I1
  150   next I1
  160   if S=0 goto 430
  170   Gg(1)=S
  180   for I1=2 to N
  190   Gg(I1)=modpow(Gg(I1-1)*S5,1,P)
  200   next I1
  210   Numallsquares=0
  220   for T=1 to P-1
  230   Allsquares=1
  240   for I1=1 to N
  250   if Allsquares=0 goto 270
  260   if fnNotsquare(1+T*(Gg(I1))^2,P) then Allsquares=0
  270   next I1
  280   if Allsquares=0 goto 410
  290   for K=1 to P-1
  300   Allsquares=1
  310   H=modinv(K,P)*T
  320   H=modpow(H,1,P)
  330   for I1=1 to N
  340   if Allsquares=0 goto 380
  350   if fnNotsquare(1+K*H*(Gg(I1))^2,P) then Allsquares=0:goto 380
  360   if fnNotsquare(K^2+H*(Gg(I1))^2,P) then Allsquares=0:goto 380
  370   if fnNotsquare(H^2-K*(Gg(I1))^2,P) then Allsquares=0
  380   next I1
  390   Numallsquares=Numallsquares+Allsquares
  400   next K
  410   next T
  420   print P,Numallsquares
  430   next I
  440   close #1
  450   end
  460   fnNotsquare(V,P)
  470   V=modpow(V,1,P)
  480   Notsquare=1
  490   for I2=0 to P-1
  500   if modpow(I2,2,P)=V then Notsquare=0
  510   next I2
  520   return(Notsquare)

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Программа не подтвердила эту гипотезу.
В частности, она не верна для всех простых чисел от 6581 до 11941.
Значит сравнение $h^n \equiv k^n+1 \mod p$ нужно учитывать.