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

[Феликс Шмидель]

Для того, чтобы опровергнуть нашу последнюю гипотезу, мы изменили приведённую программу, чтобы она работала быстрее.
Вот новый код:

   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
  212   Allsquares=0
  220   for T=1 to P-1
  222   if Allsquares=1 goto 410
  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
  282   Allsquares=0
  290   for K=1 to P-1
  292   if Allsquares=1 goto 400
  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)

Разница с предыдущей версией, что для каждого простого $p$, мы теперь не подсчитываем все опровергающие гипотезу случаи, а обнаружив один такой случай, переходим к следующему $p$.

[Феликс Шмидель]

Рассмотрим теперь уравнение Ферма 5-ой степени: $x^5+y^5+z^5=0$, где $x, y >0, z<0$, $x, y, z$ - взаимно-простые целые числа.
Пусть $x y z$ делится на $5$ (2-ой случай ВТФ).
Покажем, что $z$ делится на $5$.
Предположим, что это не так, и, например, $x$ делится на $5$.
Тогда $-z \equiv \pm 1 \mod 5$, поскольку иначе среди простых делителей числа $x-z$ есть сравнимые с $2$ или $3$ по модулю $5$, а мы показали, что это невозможно.
Поскольку $y \equiv -z \mod 5$, то $y-z \equiv -2 z \equiv \pm 2 \mod 5$.
Следовательно, среди простых делителей числа $y-z$ есть сравнимые с $2$ или $3$ по модулю $5$, а мы показали, что это невозможно.
Полученное противоречие показывает, что наше предположение ($x$ делится на $5$) было неверно.
Значит $z$ делится на $5$.
Что и требовалось.

Слишком простое рассуждение.
Проверяем...

-- Пт фев 05, 2016 15:21:38 --

Ошибка этого рассуждения в том, что если $x$ делится на $5$ и является чётным числом, то число $y-z$ - чётное.
Число $n$ сравнимо с квадратом по модулю любого простого делителя $p$ числа $y-z$, но если $p=2$ то из этого не следует, что $p$ сравнимо с квадратом по модулю $n$.

[Феликс Шмидель]

Вернёмся теперь к простым числам $p$, на которые делится число $(x^n-y^n)/(x-y)$ (или $(x^n-z^n)/(x-z)$ или $(y^n-z^n)/(y-z)$).
Мы показали, что 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.
Внесём пару изменений в проверяющую это программу, с тем, чтобы она работала быстрее:

  10   dim Gg(5)
   20   N=5
   30   open "PRIMEST.txt" for input as #1
   40   for I=1 to 100000
   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
  242   if Allsquares=0 goto 260
  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
  292   if Allsquares=1 then stop 
  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)

Мы добавили строчки 242 и 292, а в строчке 40 поменяли 10000 на 100000, чтобы проверить больше простых чисел.

Эта программа обнаружила, что простые числа $p$ c этими свойствами, редко, но встречаются.
Например, $p=131641, 200201$

Таким образом, не имеет смысла пытаться доказать, что таких простых чисел $p$ не существует.

[Феликс Шмидель]

Исправим опечатку в одном из сообщений:

Феликс Шмидель в сообщении #1092104 писал(а):

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 $h^n \equiv k^n+1 \mod p$.

Здесь вместо $1-k h g^2, k^2+h g^2, h^2-k g^2$ должно быть $1+k h g^2, k^2+h g^2, h^2-k g^2$.
Несмотря на эту опечатку, программа в том же сообщении не содержит этой ошибки.

Мы продолжим искать сколь-угодно большие простые числа $p$, по модулю которых таких вычетов $k$ и $h$ не существует.
Пусть $n=5$, и подумаем какой остаток от деления $p$ на $5$ нам более выгоден.

[Феликс Шмидель]

Пусть $p \equiv -1 \mod n$ - простое число, и $n=5$.
Пусть $r_5^2 \equiv 5 \mod p, t_1 \equiv (1-r_5)/2 \mod p, t_2 \equiv (1+r_5)/2 \mod p$, где $t_1, t_2, r_5<p$ - целые положительные числа.
Тогда $t_1+t_2 \equiv 1 \mod p, t_1 t_2 \equiv -1 \mod p$.

Пусть $v_1, v_2$ - целые алгебраические числа - корни квадратного уравнения $v^2+t_1 v+1=0$.
Тогда $v_1^4+v_1^3+v_1^2+v_1+1 \equiv 0 \mod p$ и $v_2^4+v_2^3+v_2^2+v_2+1 \equiv 0 \mod p$ в кольце $\mathbb{Z}[v_1]$.
Эти сравнения являются следствием полиномиального равенства:

$V^4+V^3+V^2+V+1-(V^2+t_1 V+1)(V^2+t_2 V+1)$ $=$
$(1-t_1-t_2) V^3+(-1-t_1 t_2) V^2+(1-t_1-t_2) V$,

где $V$ -переменная.

Пусть $x^2-y z g^2=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$, где $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, $a_0, ..., a_4$ - целые числа, $g=\sqrt[5]{2}$.
Обозначим полином $a_0+a_1 V+a_2 V^2+a_3 V^3+a_4 V^4$ через $\alpha(V)$, где $V$ - переменная.

Покажем, что $x^2-y z g^2 v_1^2 \equiv \alpha^2(g v_1) \mod p$ и $x^2-y z g^2 v_2^2 \equiv \alpha^2(g v_2) \mod p$ в кольце $\mathbb{Z}[g, v_1]$.
Разделим полином $x^2-y z g^2 V^2-\alpha^2(g V)$ на полином $V^4+V^3+V^2+V+1$ с остатком:

$x^2-y z g^2 V^2-\alpha^2(g V)=(V^4+V^3+V^2+V+1) f_1(V)+f_2(V)$.

Из этого равенства следует: $f_2(i_5)=0$, где $i_5$ - комплексный корень $5$-ой степени из $1$.
Поскольку степень полинома $f_2(V)$ меньше $4$, и $f_2(i_5)=0$, то этот полином тождественно равен нулю.

Значит $x^2-y z g^2 V^2-\alpha^2(g V)=(V^4+V^3+V^2+V+1) f_1(V)$.

Следовательно, $x^2-y z g^2 v_1^2 \equiv \alpha^2(g v_1) \mod p$ и $x^2-y z g^2 v_2^2 \equiv \alpha^2(g v_2) \mod p$ в кольце $\mathbb{Z}[g, v_1]$.
Что и требовалось.

Перемножим сравнения $x^2-y z g^2 v_1^2 \equiv \alpha^2(g v_1) \mod p$ и $x^2-y z g^2 v_2^2 \equiv \alpha^2(g v_2) \mod p$.
Получим: $x^4+(y z)^2 g^4-x^2 y z g^2 (v_1^2+v_2^2) \equiv (\alpha(g v_1) \alpha(g v_2))^2 \mod p$.
Поскольку $v_1^2+v_2^2=(v_1+v_2)^2-2 v_1 v_2=t_1^2-2$, то

$x^4+(y z)^2 g^4-x^2 y z g^2 (t_1^2-2) \equiv (\alpha(g v_1) \alpha(g v_2))^2 \mod p$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Последнее сравнение может не дать нам никакой информации, поскольку
$N((x^4+(y z)^2 g^4-x^2 y z g^2 (t_1^2-2))(x^4+(y z)^2 g^4-x^2 y z g^2 (t_2^2-2)))$ $=$
$(x^{10}-4 (y z)^5)^4$ гарантированно является квадратом.

[Феликс Шмидель]

Сравнение $x^2-y z g^2 v_1^2 \equiv \alpha^2(g v_1) \mod p$ представляется мне более интересным.
Выразим $v_1^2, v_1^3, v_1^4$:
$v_1^2=-1-t_1 v_1$,
$v_1^3=-v_1-t_1 v_1^2=-v_1+t_1+t_1^2 v_1=t_1+(t_1^2-1) v_1$,
$v_1^4=t_1 v_1+(t_1^2-1) v_1^2=t_1 v_1-(t_1^2-1)-(t_1^3-t_1) v_1=(1-t_1^2)+(2 t_1-t_1^3) v_1$.

Значит
$\alpha(g v_1)=(a_0-a_2 g^2+a_3 g^3 t_1+a_4 g^4 (1-t_1^2))+$
$v_1 (a_1 g-a_2 g^2 t_1+a_3 g^3 (t_1^2-1)+a_4 g^4 (2 t_1-t_1^3))$

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Сомнительно, что можно получить на этом пути новые сравнения.
Дело в том, что $v_1^5 \equiv 1 \mod p$, и можно вычислять $\alpha^2(g v_1)$ обычным способом.
Поэтому оставим это, и будем искать другие пути.

[Феликс Шмидель]

Меняя направление наших рассуждений, пусть $x y z$ делится на $4$ и не делится на $8$.
Для этого случая, в теме "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$" есть запись:

Феликс Шмидель в сообщении #1081991 писал(а):

Итак, мы вроде установили, что утверждение

(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 $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$

неверно (при условии, что $x y z$ делится на $4$ и не делится на $8$).

Для того, чтобы установить это, мы использовали то, что $a_1, a_3$ делятся на $4$, а $a_2, a_4$ делятся только на $2$.
У нас есть этот результат для $n=5$, для любого простого $n$, подобного результата пока нет.
Сейчас мы такой результат установим.
Покажем, что $a_2, a_4, a_8, ...$ делятся только на $2$, а остальные коэффициенты из $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $4$.
Наши рассуждения о чётности коэффициентов начинаются со следующей записи:

Феликс Шмидель в сообщении #1083371 писал(а):

Пусть $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые числа, $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - нечётное простое число, и

(3) $x^2-\sqrt[n]{4} y z=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двойки, на которую делится $x y z$, где $t \ge 2$.

Пусть $x$ - нечётное число.
Покажем, что в этом случае коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2^{t-1}$.

Рассмотрим формулу

(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})=-y z$.

Поскольку $y z$ делится на $4$, то один из сомножителей в левой части этого равенства делится на $2$.
Тогда другой сомножитель делится на $g^{n-1}$ и не делится на $2$, поскольку разность между вторым и первым сомножителями равна $x g^{n-1}$.
Следовательно, один из сомножителей делится на $2^{t-1} g$, а другой на $g^{n-1}$.
Что и требовалось.

Поскольку один из сомножителей делится на $2^{t-1} g$, то $a_1$ делится на $2^t$, значит делится на $4$.
Коэффициент $a_0$ - нечётный, все остальные коэффициенты - чётные.
Число $2 a_0 a_2$ делится на $4$ и не делится на $8$, поскольку $y z$ делится на $4$ и не делится на $8$ (а остальные слагаемые вида $2 a_i a_j g^{i+j}$ и $a_1^2 g^2$ делятся на $16$.
Следовательно $a_2$ делится на $2$ и не делится на $4$.
Число $2 a_0 a_3$ делится на $8$, поскольку остальные слагаемые вида $2 a_i a_j g^{i+j}$ и $a_k^2 g^{2 k}$ делятся на $8$.
Следовательно $a_3$ делится на $4$.
Коэффициент $a_4$ делится только на $2$, поскольку $2 a_0 a_4$ и $a_2^2$ делятся только на $4$, а остальные слагаемые на $8$.
Следующим коэффициентом, который делится только на $2$ будет $a_8$, поскольку $a_4^2 g^8$ делится только на $4$.
Далее коэффициентами, которые делятся только на $4$ будут $a_{16}$, $a_{32}$, и т.д.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Исправим опечатку:

Цитата:

Далее коэффициентами, которые делятся только на $4$ будут $a_{16}$, $a_{32}$, и т.д.

Должно быть:

Далее коэффициентами, которые делятся только на $2$ будут $a_{16}$, $a_{32}$, и т.д.

[Феликс Шмидель]

Покажем, что для любого конкретного $n$, включая $n=5$, мы можем доказать на компьютере, что $x y z$ делится на $8$.
Это новый результат, поскольку известно только, что $x y z$ делится на $4$.
Предположим обратное, что $x y z$ не делится на $8$.
Тогда $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1} \equiv a_0+2 g^2+2 g^4+2 g^8+...+2 g^{2^k} \mod 4$, где $2^k$ - наибольшая степень двойки, которая меньше $n$.
Следовательно, $i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n) \equiv (i_n+1) (a_0+2 i_n g^2+2 i_n \frac{i_n^3+1}{i_n+1} g^4+...+2 i_n \frac{i_n^{2^k-1}+1}{i_n+1} g^{2^k}) \mod 4$

Покажем, что $a_0+2 i_n g^2+2 i_n \frac{i_n^3+1}{i_n+1} g^4+...+2 i_n \frac{i_n^{2^k-1}+1}{i_n+1} g^{2^k}$ не является квадратом по модулю $4$.
Предположим обратное, что $a_0+2 i_n g^2+2 i_n \frac{i_n^3+1}{i_n+1} g^4+...+2 i_n \frac{i_n^{2^k-1}+1}{i_n+1} g^{2^k} \equiv (b_0+b_1 g+b_2 g^2+...+b_{n-1} g^{n-1})^2 \mod 4$.
Тогда $b_1$ - чётное число, иначе коэффициент $2 i_n$ в $2 i_n g^2$ был бы нечётным.
Также $b_2$ - чётное число, иначе коэффициент $2 i_n \frac{i_n^3+1}{i_n+1}$ в $2 i_n \frac{i_n^3+1}{i_n+1} g^4$ был бы нечётным.
Но тогда коэффициент при $g^2$ в $(b_0+b_1 g+b_2 g^2+...+b_{n-1} g^{n-1})^2$ делится на $4$.
Это противоречит тому, что $2 i_n$ не делится на $4$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Далее находим на компьютере все фундаментальные делители единицы поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ и образуем всевозможные их произведения, в которых каждый фундаментальный делитель единицы находится либо в нулевой, либо в первой, либо в минус первой степени.
Полученные произведения являются делителями единицы, но не являются квадратами делителей единицы.
Для каждого из этих произведений существует множество конкретных простых чисел $p$, по модулю которых эти произведения не являются квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$.
Среди этих простых $p$ найдутся такие, для которых не выполняется:

Феликс Шмидель в сообщении #1084243 писал(а):

(70.1) числа $i_n-1$ и $-(i_n-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.

Мы пока не можем это доказать, но можем найти такие конкретные простые $p$ на компьютере.
Мы знаем, что если условие (70.1) не выполняется, то все коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Значит не существует такого делителя единицы $u(g, i_n)$, что $u(g, i_n) (i_n+1) (i_n \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_n))$ является квадратом целого алгебраического числа.
Что и требовалось (при условии однозначного разложения на простые множители в поле $\mathbb{Q}[g, i_n]$).

-- Пн фев 08, 2016 19:55:13 --

В этом рассуждении есть изъян.
Дело в том, что условие (70.1) было выведено при условии, что $x y z$ делится на $8$.
Но условие (70.1) можно заменить на другое, в котором будет делитель единицы $u(g, i_n)$ в качестве дополнительного множителя.
И можно вообще искать нужное нам простое число $p$ среди сравнимых с $3$ по модулю $4$.
Я думаю, что таким способом можно доказать, что $x y z$ делится на $8$, но приведённое рассуждение не является строгим.

[Коровьев]

Феликс Шмидель в сообщении #794892 писал(а):

(2) $c=u \alpha^2$,

где $u$ - делитель единицы, и оба числа $u$ и $\alpha$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.

Используя приём из моего доказательства для $n=3$ можно показать, что из (2) следует:

(3) $c=\alpha_1^2$,

Здесь нельзя просто сказать "что из (2) следует: ...", здесь надо привести доказательство того, что $u=1$ или $u = \varepsilon ^2 $, ибо в данном кольце существуют уже две основные единицы (делители единицы), которые надо сначала найти и доказать, что они основные, тогда любая единица имеет вид

$\[ \varepsilon = \varepsilon _1^m \varepsilon _2^n \] $

[Феликс Шмидель]

Уважаемый Коровьев!

Спасибо за замечание, но начало этой темы устарело.
Сейчас я доказываю, что $u = \varepsilon ^2$ по-другому, и это доказательство работает не только для $n=5$, но и для других $n$.

Феликс Шмидель в сообщении #918873 писал(а):

Оказалось, что закон квадратичной взаимности решает проблему с делителями единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ для доказательства ВТФ с использованием этого поля.

Пусть $A(\sqrt[n]{2})$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Почти всегда $A(\sqrt[n]{2})=\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$, но для некоторых $n$ может отличаться от этого кольца.

Для того, чтобы доказать ВТФ, используя кольцо $A(\sqrt[n]{2})$ нужно сделать 3 вещи:

1) Доказать что в этом кольце все идеалы - главные.

2) Доказать, что любой положительный делитель единицы этого кольца с чётными коэффициентами при нечётных степенях $\sqrt[n]{2}$ является квадратом в этом кольце.

3) Доказать, что равенство $x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2=\alpha^2$ невозможно, где $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Оказывается, можно не доказывать пункт 2) исходя из следующих соображений.

Пусть $n>2$ - простое число и $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, которые удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$.
Пусть $x$ - нечётное число и $y^n-z^n$ не делится на $n$.
Предположим, все идеалы кольца $A(\sqrt[n]{2})$ - главные.
При этих предположениях имеет место равенство:

(1) $e_1 (x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $e_1$ - положительный делитель единицы кольца $A(\sqrt[n]{2})$ и $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Известно, что $x y z$ делится на $4$.
Простое доказательство этого находится на стр. 189 книги Риббенбойма "Fermat's Last Theorem For Amateurs".
Я обнаружил в этом коротком доказательстве две опечатки: вместо "By Chapter II, (3A)" должно быть "By Chapter III, (2A)" и вместо "This contradicts Lemma 2.2" должно быть "This contradicts Lemma 2.1".

Из (1) следует:

(2) $e_1 \equiv \alpha^2$ по модулю $4$, поскольку $y z$ делится на $4$.

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).

Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел некоторого числового поля.
Число $a \in A$ называется примарным, если оно сравнимо с квадратом числа кольца $A$ по модулю $4$.
Число $a \in A$ называется нечётным, если оно взаимно-просто с числом $2$, то есть если $a d_1+2 d_2=1$ для некоторых $d_1, d_2 \in A$.

В кольце $A(\sqrt[n]{2})$ нечётные числа это числа не делящиеся на $\sqrt[n]{2}$.

Для кольца $A(\sqrt[n]{2})$, закон квадратичной взаимности Гекке имеет особенно простой вид:

(3) $(\frac{a}{b})(\frac{b}{a})=(-1)^{\frac{sgn(a)-1}{2}\frac{sgn(b)-1}{2}}$,

где $a$ и $b$ -любые нечётные взаимно-простые числа, принадлежащие кольцу $A(\sqrt[n]{2})$, из которых хотя бы одно примарное.

Из (2) и (3) следует:

(4) $(\frac{e_1}{b})(\frac{b}{e_1})=1$, для любого нечётного числа $b \in A(\sqrt[n]{2})$,

где $(\frac{e_1}{b})$ и $(\frac{b}{e_1})$ - квадратичные символы (а не дроби).

Из (4) следует:

(5) $(\frac{e_1}{b})=1$, для любого нечётного числа $b \in A(\sqrt[n]{2})$.

поскольку $(\frac{b}{e_1})=1$ по определению квадратичного символа для делителя единицы $e_1$.

Из (5) следует:

(6) число $e_1$ является квадратом в кольце $A(\sqrt[n]{2})$,

в силу теоремы 65:15 на стр. 182 книги O'Meara "Introduction to quadratic forms".
Эта теорема называется "Global Square Theorem" и является частным случаем локально-глобального принципа Хассе.

Из (1) и (6) следует:

(7) $(x^2-yz (\sqrt[n]{2})^2)=\alpha^2$, где $\alpha \in A(\sqrt[n]{2})$.

Равенство (7) позволяет перейти к пункту 3) не доказывая пункт 2).

Я считаю это доказательство своим вторым достижением на форуме после доказательства ВТФ для $n=3$.
Хотелось бы, чтобы его проверили.

[Коровьев]

Выскажу своё мнение
Во первых, не думаю, что есть доказательство в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$. Вот в расширении $L=F[g]=\mathbb{Q}[g, i_5]$ наверняка есть, ибо у Куммера есть доказательство БТФ для всех $n$ при однозначном разложении просто в кольце $F=\mathbb{Q}[e^{2\pi /n}]$.
Но что даст доказательство в расширении $L=F[g]=\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, e^{2\pi /n}]$ ?
Действительно для некоторых показателей разложение стало однозначным, к примеру для $n=37$, но вряд ли для всех показателей, и скорее всего не для всех, и тогда доказательство вряд ли будет будет иметь какое-нибудь значение.

Во вторых, может повезёт найти показатель при котором разложение в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ неоднозначно. Дальнейшее понятно .

Заодно ещё о теореме Ферма.
Теорема Ферма для нас доказана. Но не доказана гипотеза Куммера
- Не существует ненулевых целых чисел удовлетворяющих равенству

$$\[\frac{{x^n - y^n }}{{x - y}} = z^n\]$

Из верности гипотезы Куммера сразу следует верность теоремы Ферма. Но не наоборот при существующем доказательстве теоремы Ферма.
Существующее доказательство теоремы Ферма основано на доказательстве гипотезы Тыниямы, которая рассматривает эллиптическую кривую Фрея

$y^2 = x\left( {x - c^n } \right)\left( {x - a^n } \right)$
где $ c^n - a^n = b^n$

Т.е. В кривую Фрея "зашито" уравнение Ферма целиком

$ c^n - a^n = b^n$ ,

а не уравнение Куммера

$$\frac{{x^n - y^n }}{{x - y}} = z^n $

Иначе.
Существующее доказательство теоремы Ферма, не доказывает гипотезу Куммера. И хотя это маловероятно, но ничто не мешает гипотезе Куммера быть неверной!