Поиск доказательства, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат

[Феликс Шмидель]

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$,
где $n$ - нечётное простое число.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.

Мы знаем, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, при условии однозначности разложения на простые множители в этом поле.

В этой теме мы пытаемся получить новые результаты, не предполагая этой однозначности.
О том, что это возможно говорит, например, теорема Фуртвенглера для поля $\mathbb{Q}[i_n]$.
В этой теореме играет роль делитель единицы $i_n$ (комплексный корень $n$-ой степени из $1$).
В поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, мы могли бы использовать делитель единицы $\sqrt[n]{2}-1$.

Некоторые результаты я получил в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Упомянутая тема развивалась в немного другом направлении (мы доказывали в ней, что $x^2-y z \sqrt[3]{4}$ является суммой квадратов).
Но несколько результатов посвящены вопросу о том, по модулю каких простых чисел $p$, число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом.
В частности, если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Заметим, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$ только если $p \equiv 1 \mod n$.
Обозначим поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ через $K$, а кольцо целых алгебраических чисел этого поля через $G_K$.
Если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то $p G_K$ является простым идеалом кольца $G_K$.
Покажем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Покажем, что если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то $p G_K$ является простым идеалом кольца $G_K$.
Предположим идеал $p G_K$ не является простым.
Тогда он разлагается в произведение $n$ простых идеалов.
Пусть $\rho$ - какой-либо из этих простых идеалов.
Тогда норма идеала $\rho$ равна $p$, следовательно $\mathbb{Z}_p$ является полной системой вычетов по модулю идеала $\rho$.
Значит число $\sqrt[n]{2}$ сравнимо с элементом $\mathbb{Z}_p$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно число $2$ сравнимо с $n$-ой степенью целого числа по модулю идеала $\rho$, следовательно и по модулю $p$.
Значит $\sqrt[n]{2}$ существует по модулю $p$.
Что и требовалось.

Теперь в другом оффтопике покажем, что если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

(Оффтоп)

Пусть $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Тогда идеал $p G_K$ является постым.
Следовательно $(x^2-y z \sqrt[n]{4})^{(p^n-1)/2}$ сравнимо либо с $1$, либо с $-1$ по модулю $p$.
Подставим в эти сравнения вместо числа $\sqrt[n]{4}$ сопряжённые с ним числа и перемножим полученные таким образом сравнения.
Поскольку $x^{2 n}-4 (yz)^n$ является квадратом по модулю $p$, то $(x^{2 n}-4 (yz)^n)^{(p^n-1)/2} \equiv 1 \mod p$.
Значит $(x^2-y z \sqrt[n]{4})^{(p^n-1)/2} \equiv 1 \mod p$.
Следовательно число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Заметим, что среди простых чисел, сравнимых с $1$ по модулю $n$, числа, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует, встречаются гораздо чаще чисел по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ существует (согласно компьютерной проверке).

Наша следующая задача доказать новый результат.
Пусть $p$ - такое простое число, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$ равен $-1$.
Тогда число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Этот новый результат явился одной из причин открытия этой темы.
Посмотрим не ошибся ли я, и смогу ли это доказать.

[Феликс Шмидель]

Докажем этот результат при дополнительном условии, что идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым (или, равносильно этому, число $m=n-1$ является наименьшим целым положительным показателем, для которого $p^m \equiv 1 \mod n$).

Предположим обратное, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ не сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Тогда $x^2-y z s^2$ не является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу леммы 7A из темы "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Также $s-1$ не является квадратичным вычетом по модулю $p$, в силу этой леммы и условия, что квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$ равен $-1$.
Значит $(s-1)(x^2-y z s^2)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$, следовательно $(\sqrt[n]{2}-1)(x^2-y z \sqrt[n]{4})$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, в силу той же леммы.
Следовательно квадратичный символ $(\frac{(\sqrt[n]{2}-1)(x^2-y z \sqrt[n]{4})}{p})_2$ равен $1$.
Квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{p})_2$ равен $1$, в силу закона квадратичной взаимности в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поскольку число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ является квадратом идеала и примарно, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$.
Значит $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2=1$, что противоречит условию $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2=-1$.
Это противоречие доказывает, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Это доказательство нуждается в серьёзной проверке.
Во-первых, необходимо проверить лемму 7А из темы "Новое доказательство ВТФ для n=3".
Мы доказали её там только для $n=3$.
Во-вторых, вместо $\sqrt[n]{2}-1$ можно взять любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, независимо от того, чему равен ли квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$.
Если это верно, то должно существовать другое доказательство.

[Феликс Шмидель]

Сначала проверим лемму 6A, которая используется в доказательстве леммы 7A.

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Пусть $v(\sqrt[n]{2}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

Лемма 6A утверждает, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Доказательство основано на сравнении: $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1}) \equiv v(s i_n)^{1+p+...+p^{n-2}} \mod p$.
Возведя это сравнение в степень $(p-1)/2$, получим, что число $v(s i_n)...v(s i_n^{n-1})$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$.
Что по сути и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что простое число $p$, которое является неразложимым в поле $\mathbb{Q}[i_n]$, разлагается в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ в произведение 2-ух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$.
Пусть $p=\rho_1 \rho_2, N(\rho_1)=p, N(\rho_2)=p^{n-1}$.
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Поскольку $s^n-2=(s-\sqrt[n]{2})(s^{n-1}+s^{n-2}\sqrt[n]{2}+...+(\sqrt[n]{2})^{n-1})$, и каждый из этих двух сомножителей, по отдельности, не делится на $p$, то каждый из них делится на один из простых идеалов $\rho_1, \rho_2$.
Я утверждаю, что $s-\sqrt[n]{2}$ делится на $\rho_1$, а не на $\rho_2$.
В самом деле, если $s-\sqrt[n]{2}$ делится на простой идеал $\rho$ (где $\rho=\rho_1$ или $\rho=\rho_2$), то $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1$ делится на $\rho$ (поскольку $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1 \equiv s^{p-1}-1 \mod \rho$, а $s^{p-1}-1$ делится на $p$).
А из того, что $(\sqrt[n]{2})^{p-1}-1$ делится на $\rho$ следует $N(\rho)=p$:

Феликс Шмидель в сообщении #907132 писал(а):

Лемма 2.2
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Если $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, то $N(\rho)=p$.

Доказательство:
----------------------

Группа по умножению $G$ конечного поля $\mathbb{Z}[g]/\rho$ является циклической.
Пусть смежный класс $a+\rho$ является генератором группы $G$, где $a \in \mathbb{Z}[g]$.
Поскольку $g^p \equiv g$ по модулю идеала $\rho$, то $a^p \equiv a$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, $a^{p-1} \equiv 1$ по модулю идеала $\rho$, поскольку $a$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $p-1$ делится на $N(\rho)-1$, поскольку порядок группы $G$ равен $N(\rho)-1$.
Следовательно $N(\rho)=p$, поскольку если $N(\rho)=p^m$, где $m>1$, то $p-1$ не делилось бы на $N(\rho)-1$.
Что и требовалось.

-- Вт мар 08, 2016 08:15:15 --

Проверим теперь лемму 7А.

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).
Пусть $s$ - такое целое положительное число, что $s^n \equiv 2 \mod p$.
Пусть $v(\sqrt[n]{2}) \in \mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ - какое-либо число, норма которого является квадратичным вычетом по модулю $p$.

Лемма 7A утверждает, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$ тогда и только тогда, когда $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ по модулю $p$.

Для доказательства достаточности, подставим $s$ вместо $\sqrt[n]{2}$ в $v(\sqrt[n]{2})$.
Если $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2})$, то $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod p$ (поскольку $v(s) \equiv v_1^2(s) \mod \rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал, делящий $p$, для которого $g \equiv s \mod \rho_1$).
Что касается необходимости, я пока не вижу, чтобы она была очевидна.
Продолжу над этим думать.

[Феликс Шмидель]

Я нашёл простое доказательство необходимости в лемме 7A.
Пусть $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Тогда $v(s i_n)$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ по модулю $p$, в силу леммы 6А.
Запишем это в виде сравнения: $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod p$, где $v_1(s i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, делящий числа $\sqrt[n]{2}-s i_n$ и $p$.
Подставляя $\sqrt[n]{2}$ вместо $s i_n$ в сравнение $v(s i_n) \equiv v_1^2(s i_n) \mod P$, получим: $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2}) \mod P$.
Cледовательно, $v(\sqrt[n]{2}) \equiv v_1^2(\sqrt[n]{2}) \mod \rho_2$, где $\rho_2$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ с нормой $p^{n-1}$ (поскольку $\rho_2$ делится на $P$).
Покажем теперь, что $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом целого числа по модулю $\rho_1$, где $\rho_1$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ с нормой $p$.
Это сразу следует из сравнения $s \equiv \sqrt[n]{2} \mod \rho_1$ и того, что $v(s)$ является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Значит $v(\sqrt[n]{2})$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ по модулю $p$.
Что и требовалось.

Мы дали другое доказательство леммы 7А, чем в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3".
У нас теперь два различных доказательства леммы 7А, и можно считать что мы её проверили.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #1104817 писал(а):

Во-вторых, вместо $\sqrt[n]{2}-1$ можно взять любое целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, поэтому число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$, независимо от того, чему равен ли квадратичный символ $(\frac{\sqrt[n]{2}-1}{p})_2$.

Это не совсем так.
Число $v(\sqrt[n]{2})$, которое нам нужно взять вместо $\sqrt[n]{2}-1$ должно удовлетворять двум условиям:

1. Норма числа $v(\sqrt[n]{2})$ должна быть квадратичным вычетом по модулю $p$.
2. Квадратичный символ $(\frac{v(\sqrt[n]{2})}{p})_2$ должен равняться $-1$.

Если такое число $v(\sqrt[n]{2})$ существует, то $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

Я думаю, что такое число существует, но доказать это пока не могу.
Поэтому утверждение, что $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $p$ пока не доказано.

[Феликс Шмидель]

Попробуем другую идею.
Пусть $k$ - целое число.
Из $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$ следует, что $x^{2 n}-4(1+k z^n)(1-k y^n) y^n z^n$ - квадрат.
Если $x$ - нечётное число, то $x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}$ - примарное число, то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$, и согласно закону квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, для любого простого числа $p$, квадратичный символ

$(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

равен $1$.
Это выполняется при некоторых дополнительных условиях, не будем пока уточнять каких.

Пусть $x$ делится на $p$.
Тогда квадратичный символ

$(\frac{\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

равен $1$.
Что из этого следует, я пока не знаю.

[Феликс Шмидель]

Мне снова лезут в голову слишком простые идеи.
А я по опыту знаю, что они скорее всего ошибочные.
Тем не менее, я запишу их, и буду искать ошибку.

Возьмём, например, равенство $x^n+(1+k z^n) y^n+(1-k y^n) z^n=0$, и пусть $x$ делится на простое число $p$.
Тогда $\frac{1+k z^n}{1-k y^n}$ должно быть сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$.
Но эта дробь может равняться (при подходящем $k$) любому вычету по модулю $p$ (кроме $1$).
В самом деле, сравнение

$\frac{1+k z^n}{1-k y^n} \equiv t \mod p$

имеет решение

$k \equiv \frac{t-1}{z^n+t y^n} \mod p$.

Если $p \equiv 1 \mod n$, то не всякий вычет $t$ сравним с $n$-ой степенью по модулю $p$.
Противоречие.

-- Ср мар 09, 2016 15:26:38 --

Ошибка в том, что $\frac{1+k z^n}{1-k y^n}$ сравнимо с $1$ по модулю $p$.
Если $k \equiv \frac{t-1}{z^n+t y^n} \mod p$, то $1-k y^n \equiv 0 \mod p$.

Нашли ошибку, можно идти дальше.

[Феликс Шмидель]

Эта ошибка показывает, что квадратичный символ

$(\frac{\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2$

тождественно равен $1$, и если $x$ делится на $p$, то из равенства

$(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}}{p})_2=1$

ничего получить нельзя.

Возможно интереснее случай произвольного простого $p$ и условия, что число $(1+k z^n)(1-k y^n)$ сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$ (а может быть, что число $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ сравнимо с $n$-ой степенью по модулю $p$).

[Феликс Шмидель]

Ограничимся пока простыми $p$, неразложимыми в кольце $\mathhbb{Z}[i_n]$.
Верно ли, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, число $p$, по-прежнему, разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$?
Верна ли лемма 7А в этом поле?
Видимо, да, но нужно уточнить.

[Феликс Шмидель]

Пусть $b$ - целое положительное число (не равное $1$), и $b$ не делится на $n$-ую степень никакого целого положительного числа (кроме $1$).
Рассмотрим поле $K=\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$.
Обозначим кольцо целых алгебраических чисел этого поля через $G_K$.

Покажем, что полином $x^n-b$ неприводим в кольце многочленов $\mathbb{Q}[i_n][x]$ (и тем более в кольце многочленов $\mathbb{Q}[x]$).
Заметим, что $\sqrt[n]{b} \not \in \mathbb{Q}[i_n]$, иначе $b$ являлось бы $n$-ой степенью числа из поля $\mathbb{Q}[i_n]$, и (беря нормы) $b^{n-1}$ было бы $n$-ой степенью рационального числа, что невозможно.
Сумма всех комплексных корней полинома $x^n-b$ равна 0, но сумма части корней не равна нулю, поскольку корни имеют вид $\sqrt[n]{b} i_n^k$, а полином $1+x+...+x^{n-1}$ является минимальным для числа $i_n$.
Поскольку число $\sqrt[n]{b}$ не принадлежит полю $\mathbb{Q}[i_n]$, то сумма части корней не принадлежит $\mathbb{Q}[i_n]$, значит полином $p(x)$ является неприводимым в кольце многочленов $\mathbb{Q}[i_n][x]$.
Что и требовалось.

Таким образом, полином $x^n-b$ является минимальным полиномом числа $\sqrt[n]{b}$.

Поскольку $(x^n-b)'=n x^{n-1}$, то $disc(1, \sqrt[n]{b}, (\sqrt[n]{b})^2, ..., (\sqrt[n]{b})^{n-1})=(-1)^{n(n-1)/2} n^n b^{n-1}$.
Единственными простыми числами, на квадрат которых делится $disc(1, \sqrt[n]{b}, (\sqrt[n]{b})^2, ..., (\sqrt[n]{b})^{n-1})$ являются числа $n$ и простые делители числа $b$.
Любое другое простое число $p$ разлагается в произведение простых идеалов кольца $G_K$ в соответствии с теоремой Дедекинда.
Теорема Дедекинда изложена, например, в Keith Conrad, "Factoring after Dedekind".

Пусть $p \not \equiv 1 \mod n$.
Тогда существует такое целое положительное число $s$, что $s^n \equiv b \mod p$.
Имеем: $x^n-b \equiv x^n-s^n \mod p$.
Чтобы разложить полином $x^n-s^n$ по модулю $p$ нужно разложить полином $x^n-1$ по модулю $p$, подставить $x/s$ вместо $x$ и помножить на $s^n$.
Имеем: $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+x^{n-2}+...+1)$.
Разложение полинома $x^{n-1}+x^{n-2}+...+1$ по модулю $p$ совпадает с разложение числа $p$ в произведение простых идеалов в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, которое известно.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #1105375 писал(а):

Ограничимся пока простыми $p$, неразложимыми в кольце $\mathhbb{Z}[i_n]$.
Верно ли, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)}]$, число $p$, по-прежнему, разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$?
Верна ли лемма 7А в этом поле?

Число $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ не должно быть $n$-ой степенью.
Будем пока это предполагать, не выясняя при каких $k$, это число может быть $n$-ой степенью.
В свете изложенного в предыдущем сообщении, число $p$ разлагается в произведение двух простых идеалов с нормами $p$ и $p^{n-1}$, согласно теореме Дедекинда, при условии, что $4(1+k z^n)(1-k y^n)$ не делится на $p$.
Леммы 6А и 7А доказываются для таких $p$ почти слово в слово.

-- Чт мар 10, 2016 15:20:20 --

Пусть $p$ - нечётное простое число, которое является неразложимым в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ (то есть, идеал $p \mathbb{Z}[i_n]$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ является простым).

Пусть $4(1+k z^n)(1-k y^n)=b_0^n b$, где $b$ - целое положительное число (не равное $1$), не делящееся на $n$-ую степень никакого целого положительного числа (кроме $1$).
Мы показали, что

$(\frac{x^2-y z b_0 \sqrt[n]{b}}{p})_2=1$

и привели аргументы в пользу того, что из этого равенства следует:

число $x^2-y z b_0 \sqrt[n]{b}$ сравнимо с квадратом в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{b}]$ по модулю $p$.
Для доказательства ВТФ, нам нужно доказать это утверждение и получить из него противоречие, используя то, что оно верно для любого целого $k$.

[Феликс Шмидель]

Попробуем сделать проще.
Пусть $p \equiv 3 \mod 4$, и $p$ неразложимо в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.
Найдём такое $k$, что $x^2-y z \sqrt[n]{4(1+k z^n)(1-k y^n)} \equiv -1 \mod p$.
Или $(x^2+1 )^n \equiv y^n z^n 4 (1+k (z^n-y^n)-k^2 y^n z^n) \mod p$.
Такое $k$ существует, если дискриминант:

$(z^n-y^n)^2+4 y^n z^n (1-\frac{(x^2+1 )^n}{4 y^n z^n})=(z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n$

является квадратичным вычетом по модулю $p$.
Я не вижу, что может помешать существованию простого $p$, удовлетворяющего этим условиям.

-- Пт мар 11, 2016 00:53:06 --

Это может доказать ВТФ.
Слишком просто.
Ищем ошибку.

[Феликс Шмидель]

Нельзя, чтобы $(z^n+y^n)^2-(x^2+1 )^n$ было квадратом со знаком минус.
Или $(x^2+1 )^n-x^{2 n}$ не должно быть квадратом.
Но это не ошибка.
Для того, чтобы найти ошибку, напишем подробное доказательство.