Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$

[Феликс Шмидель]

Заметим, что каждое из утверждений (70), (70.x), (70.z) можно упростить и свести к утверждению:

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

Покажем это на примере утверждения (70.z):

(70.z) числа $(i_n^2-1) s_1 m_1$ и $-(i_n^2-1) s_1 m_1$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$,

которое выполняется при условии, что не все коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.

Мы получили (70.z) из того, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ некоторое число, сравнимое с $-m_1 g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m_1 g i_n^{j_1}$, и некоторое число, сравнимое с $m_1 g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m_1 g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Но также верно, что среди чисел $\alpha_1(g), \alpha_1(g i_n), ..., \alpha_1(g i_n^{n-1})$ либо некоторое число, сравнимое с $m_1 g i_n^{j_1+1}$ следует за числом, сравнимым с $m_1 g i_n^{j_1}$, либо некоторое число, сравнимое с $-m_1 g i_n^{j_2+1}$ следует за числом, сравнимым с $-m_1 g i_n^{j_2}$ по модулю идеала $\rho$.

Рассматривая второй сомножитель в равенстве (28.z), умноженный на $s_1$, получим, что либо $s_1 m$ либо $-s_1 m$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Cравнивая это утверждение с (70.z) получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю идеала $\rho$.

Поскольку $\rho$ - произвольный простой идеал, делящий $p$, то числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$ по модулю $p$.
Перемножая сравнения $(i_n^2-1) \equiv v^2(g i_n^j, i_n) \mod p$, для $j=0, 1, ..., n-1$, где $v(g i_n^j, i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[g, i_n]$, получим, что числа $(i_n^2-1)$ и $-(i_n^2-1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_n]$ по модулю $p$.
Последнее утверждение эквивалентно (70.1).
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #802924 писал(а):

Я только сейчас заметил, что $c_2=c_3$. Забавно.

-- Ср дек 18, 2013 06:27:07 --

На всякий случай, вычислим также произведение сопряжённых чисел с первым сомножителем в равенстве (28), а именно: $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^2)+\alpha_1(g i_5^3))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^3)+\alpha_1(g i_5^4))/(i_5-1)(i_5 \alpha_1(g i_5^4)+\alpha_1(g))/(i_5-1)$.

Мы опустили сомножитель $1/(i_5+1)$, поскольку ясно, что придётся помножать на $i_5+1$ или на $-(i_5+1)$, чтобы получить квадрат (из тех же соображений, что и в случае второго сомножителя равенства (28)).

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);

v5:=((u1*u2) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=((u3*u4) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v7:=((v5*v6) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v8:=((v7*u5) mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:=v8 mod i5;

v9:=(v8-c0)/i5;

c1:=v9 mod i5;

v10:=(v9-c1)/i5;

c2:=v10 mod i5;

c3:=(v10-c2)/i5;

c0;
c1;
c2;
c3;

Получим:

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

где
$c_0=a_0^5-20 a_0^2 a_2 a_4^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4+20 a_0 a_2^2 a_3^2+80 a_0 a_3 a_4^3-4 a_2^5+40 a_2^2 a_3 a_4^2-80 a_2 a_3^3 a_4+24 a_3^5-48 a_4^5$

$c_2=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$

$c_3=10 (-a_0^3 a_2 a_3+2 a_0^2 a_2 a_4^2+4 a_0^2 a_3^2 a_4+2 a_0 a_2^3 a_4-2 a_0 a_2^2 a_3^2-12 a_0 a_3 a_4^3-8 a_2^2 a_3 a_4^2+12 a_2 a_3^3 a_4-4 a_3^5+8 a_4^5)$

В (63) допущена ошибка.
Должно быть

(63) 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 $\mathbb{Z}[i_5]$,

-- Вт авг 09, 2016 18:56:14 --

Феликс Шмидель в сообщении #803156 писал(а):

Нетрудно выразить целые числа $c_0$ и $c_2$ параметрически.

Из (63) следует:

(64) $c_0=\pm (b_0^2+b_1^2)$, $c_2=\pm (2 b_0 b_1-b_1^2)$,

где $b_0$ и $b_1$ - целые числа.

В самом деле, обозначим $h=i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$.
Из (63) следует: $\pm (c_0+c_2 h)=(b_0+b_1 h)^2=b_0^2+b_1^2 h^2+2 b_0 b_1 h=b_0^2+b_1^2 (1-h)+2 b_0 b_1 h=(b_0^2+b_1^2)+(2 b_0 b_1-b_1^2) h$ (поскольку $h^2+h-1=0$ и $h^2=1-h$).

В результате ошибки, которую мы исправили, это параметрическое решение тоже ошибочно.

-- Вт авг 09, 2016 19:29:34 --

Помножим (63) на $i_5^2$.
Получим: $\pm h (c_0+c_2 h)=\pm ((c_0-c_2) h+c_2)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Параметрическое решение имеет вид:

(64) $c_2=\pm (b_0^2+b_1^2)$, $c_0-c_2=\pm (2 b_0 b_1-b_1^2)$.

Но возможно ещё одно решение.
Поскольку $i_5^2+i_5^3=h$, то $h i_5^2=i_5^4+1$, и $i_5^2=(h \pm \sqrt{h^2-4})/2$.
Возведя последнее равенство в куб, получим, что $i_5$ выражается через $\sqrt{h^2-4}$ и квадрат в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ тоже.
Поэтому ещё одно параметрическое решение получается из:

$\pm ((c_0-c_2) h+c_2)=v^2 (h^2-4)=v^2 (-h-3)$, где $v \in \mathbb{Z}[h]$.

-- Вт авг 09, 2016 19:44:17 --

Покажем, что (64) невозможно.
Поскольку $c_2$ делится на $4$, то $b_0$ и $b_1$ должны быть чётными, что противоречит нечётности числа $c_0-c_2$.

Кажется, мы, наконец, получили противоречие.
Но нужно проверять.

[Феликс Шмидель]

Предыдущее сообщение ошибочно, и будем считать его удалённым.
То, что было раньше верно, то есть

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

[Феликс Шмидель]

У меня появилась новая идея.
Начнём с (28):


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

Представим это равенство в виде:

(28.1) $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2 (i_5^2-1)$

Подставим вместо $g$: $g i_5, g i_5^2, g i_5^3, g i_5^4$ и перемножим все 5 полученных равенств специальным образом, так чтобы в левой части получилась разность квадратов.

Сделаем это в программе "Reduce":

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;

s1:=i5*v0*i5*v1+v1*v2;

s2:=i5*v0*v2+i5*v1*v1;

s1:=(s1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

s2:=(s2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

t1:=i5*v2*i5*v3+v3*v4;

t2:=i5*v2*v4+i5*v3*v3;

t1:=(t1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

t2:=(t2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

m1:=s1*t1+s2*t2;

m2:=s1*t2+t1*s2;

m1:=(m1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

m2:=(m2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n1:=m1*i5*v4+m2*v0;

n2:=m1*v0+i5*v4*m2;

n1:=(n1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n2:=(n2 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

n1;
n2;

Получим в левой части равенства выражение вида $n_1^2-n_2^2$, где $n_1$ и $n_2$ - громоздкие выражения через коэффициенты $a_0, ..., a_4$ и $i_5$ (без $g$), а в правой части равенства: $x^{10} (i_5^2-1)^5$.
Представим это равенство в виде:

(28.2) $(n_1-x^5 (i_5^2-1)^2 \sqrt{i_5^2-1})(n_1+x^5 (i_5^2-1)^2 \sqrt{i_5^2-1})=n_2^2$

Я проверил в программе "Sage", что число классов поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ равно 1.

Поэтому сомножители в левой части равенства являются квадратами в этом поле (возможно помноженными на делитель единицы).
Можно попытаться получить из этого противоречие.

-- Ср авг 10, 2016 15:28:01 --

Можно упростить равенство (28.2), подставив $i_5^3$ вместо $i_5$.
Получим:

(28.3) $(n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})(n_1+x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})=n_2^2$

В $n_1$ и $n_2$ мы тоже подставили $i_5^3$ вместо $i_5$.

[Феликс Шмидель]

Сомножители в левой части равенства (28.3) не являются взаимно-простыми, поэтому неверно, что они являются квадратами, помноженными на делитель единицы.
Это осложняет получение противоречия.

[Феликс Шмидель]

Тем не менее, например, первый сомножитель в левой части равенства (28.3) не может быть квадратом по простой причине: коэффициент при $\sqrt{i_n-1}$ - нечётный.
Что касается делителей единицы, на которые можно помножить этот сомножитель, то фундаментальных делителей единицы всего 3 (не считая корней из единицы, которые являются квадратами).
Значит делителей единицы, на которые можно помножить этот сомножитель, всего 7.
Я думаю все или большинство этих случаев можно отсеить по той же причине: коэффициент при $\sqrt{i_n-1}$ не будет чётным.

-- Пт авг 12, 2016 22:45:15 --

Чтобы убедиться, что целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ являются полиномами от $\sqrt{i_5-1}$ (без знаменателя), можно использовать код в "Sage":

n=5;
F.<a>=NumberField(((x^2+1)^n-1)/((x^2+1)-1));
M=F.maximal_order();
M.gens();

[Феликс Шмидель]

Фундаментальные делители единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt{i_5-1}]$ даются следующим кодом в "Sage":

n=5;
F.<a>=NumberField(((x^2+1)^n-1)/((x^2+1)-1));
U=F.unit_group();
U.gens_values()

Получим: $-a^4 - 2 a^2 - 1, a^4 + 2 a^2 + 2, a^6 + 3 a^4 + 3 a^2 - a + 1, a^7 + 3 a^5 + a^4 + 3 a^3 + 2 a^2 + a + 2$.

Первый фундаментальный делитель единицы равен $-i_5$, второй равен $i_5+1$.
Умножение на эти делители единицы не меняют нечётности коэффициента при $\sqrt{i_5-1}$.
В самом деле, эти делители единицы не делятся на $2$, а $2$ - простое число не только в кольце целых чисел, но и в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[i_5]$.
Третий фундаментальный делитель единицы равен $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$, четвёртый равен $(i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1}$.
Произведение этих двух делителей единицы равно $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Выражение $n_1$ является громоздкой суммой, в которой все слагаемые, начиная с 4-го делятся на $2$ (и даже на $4$).
Сумма первых трёх слагаемых равна $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)$.
Помножим $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$.
Коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$ в этом произведении даётся следующим кодом в программе "Reduce":

load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=i5^3;
u2:=-1;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));

Получим: $a_0^5 (-10 i_5^3-5 i_5-1)+x^5 (-3 i_5^3-2 i_5^2-2 i_5-3)$
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5-1)+(-i_5^3-3) \equiv -i_5-i_5^3 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Помножим теперь $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $(i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1}$.

load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=i5^2+1;
u2:=i5^3;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));

Получим: $a_0^5 (-4 i_5^3-5 i_5^2+5 i_5-5)+x^5 (3 i_5^3-i_5^2+3 i_5)$.
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5^2+i_5-1)+(i_5^3-i_5^2+i_5) \equiv i_5^3-1 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Осталось помножить $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на произведение $(i_5^3-\sqrt{i_5-1})((i_5^2+1)+i_5^3 \sqrt{i_5-1})$.

Я вычислял последнее произведение вручную.
На всякий случай вычислим его кодом:

load_package polydiv;
v1:=i5^3;
v2:=-1;
u1:=i5^2+1;
u2:=i5^3;
s1:=v1*u1+v2*u2*(i5-1);
s1:=(s1 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));
s2:=v1*u2+v2*u1;
s2:=(s2 mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));
s1;
s2;

Получим $(3 i_5^3+i_5^2+i_5+2)+(-i_5^2+i_5-1) \sqrt {i_5-1}$.
Это выражение равно полученному вручную: $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.

Продолжение следует.

-- Сб авг 13, 2016 05:38:42 --

Помножим теперь $a_0^5 (10 i_5^3+5 i_5+1)-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1}$ на $(2 i_5^3-i_5^4+1)+(i_5-i_5^2-1) \sqrt{i_5-1}$.
Коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$ в этом произведении даётся следующим кодом в программе "Reduce":

load_package polydiv;
v1:=a0^5*(10*i5^3+5*i5+1);
v2:=-x^5*(i5-1)^2;
u1:=2*i5^3-i5^4+1;
u2:=i5-i5^2-1;
s:=v1*u2+v2*u1;
s:=(s mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1));

Получим: $a_0^5 (-25 i_5^3-6 i_5^2-14 i_5-21)+x^5 (-7 i_5^3-6 i_5^2-2 i_5-10)$.
По модулю $2$ это выражение сравнимо с $(-i_5^3-1)+(-i_5^3) \equiv -1 \mod 2$.
Полученное выражение не делится на $2$, что и требовалось.

Вроде всё доказано, теперь проверять.

-- Сб авг 13, 2016 05:54:56 --

Ошибка: я использовал выражение $n_1$ перед подстановкой $i_5^3$ вместо $i_5$.
Придётся переделать умножение на делители единицы.

[Феликс Шмидель]

Это меняет дело, потому что умножение на $i_5^3-\sqrt{i_5-1}$ теперь даёт чётный коэффициент при $\sqrt{i_5-1}$.
Умножение на другой делитель единицы и на произведение делителей даёт нечётные коэффициенты.
Значит возможно, что

$(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$

является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.

Нужно искать другую причину, почему нет.

[Феликс Шмидель]

Точнее

$(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$-(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$ или

$-(i_5+1)(i_5^3-\sqrt{i_5-1}) (n_1-x^5 (i_5-1)^2 \sqrt{i_5-1})$

является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.

Посмотрим нельзя ли получить противоречие по модулю простого числа $p \equiv 1 \mod 5$, на которое делится $y z$.
Есть множество небольших таких конкретных $p$, на которые делятся все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ (кроме $a_0$).
Мы знаем, что $x^2 \equiv a_0^2 \mod p$, поэтому можно получить выражения, зависящие только от $i_5$, которые являются квадратами по модулю $p$. Возможно, проверка покажет, что это не так, и мы получим искомое противоречие.

[Феликс Шмидель]

Возьмём какое-либо из перечисленных четырёх выражений с целью доказать, что оно не является квадратом, помноженным на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.
Будем подставлять в это выражение вычеты по модулю $p$, соответствующие числам $i_5, i_5^2, i_5^3, i_5^4$.
Если для части из этих вычетов, выбранное выражение будет квадратичным вычетом, а для части неквадратичным по модулю $p$, то выражение не является квадратом, помноженым на наибольший общий делитель $(n_1, x^5)$.
Мы проверяем простые числа $p$, удовлетворяющие следующим условиям:

1) $p \equiv 1 \mod 5$.

2) либо $p \equiv 3 \mod 4$, либо ($p \equiv 1 \mod 4$ и не все вычеты, соответствующие $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$) являются квадратичными по модулю $p$.

3) $x y z$ делится на $p$.

Эти условия гарантируют, что $a_1, ..., a_4$ (но не $a_0$) делятся на $p$ (при условии $y z$ делится на $p$).
Мы показали это ранее.
Если $x$ делится на $p$, меняем $x$ и $y$ местами.

-- Сб авг 13, 2016 22:10:38 --

К сожалению в этом плане есть изъян: наибольший делитель $(n_1, x)$ может принадлежать кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$, а не $\mathbb{Z}$, и тогда от него так просто не избавиться.
Я подозреваю, что $n_1$ и $x$ - не имеют общих делителей, но это нужно доказать.

[Феликс Шмидель]

Я не могу доказать, что $n_1$ и $x$ - не имеют общих делителей.
Напротив, выглядит так, что они имеют общие делители.

Рассмотрим равенство:

(28.1) $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))=x^2 (i_5^2-1)$

Пусть $x$ делится на некоторый идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Тогда один из сомножителей в левой части равенства (28.1) делится на $\rho$.
Если, например, $(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))$ делится на $\rho$, и $(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))$ делится на $\rho$, то $\rho$ является общим делителем чисел $n_1$ и $x$.
В самом деле, обозначим $v_1=i_5 \alpha_1(g), v_2=\alpha_1(g i_5), u_1=i_5 \alpha_1(g i_5), u_2=\alpha_1(g i_5^2)$.
Тогда $v_1 u_1+v_2 u_2$ делится на $\rho$, и $v_1 u_2+v_2 u_1$ делится на $\rho$.
А $(v_1^2-v_2^2)(u_1^2-u_2^2)=(v_1 u_1+v_2 u_2)^2-(v_1 u_2+v_2 u_1)^2$.

При дальнейшем умножении таким способом, получим, что $n_1$ и $n_2$ делятся на $\rho$.

[Феликс Шмидель]

Пусть $x$ делится на простое число $p$, которое не является общим делителем коэффициентов $a_0, a_2, a_3, a_4$.
Покажем, что $n_1$ делится на $p$.
Для этого покажем, что $n_1$ делится на $\rho^t$, где $p$ делится на $\rho^t$, $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Мы знаем, что коэффициенты $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ удовлетворяют системе сравнений по модулю $\rho^t$, в которых играют роль числа $s_1, s_2, s_3, s_4$, каждое из которых равно $0$ или $1$.
Нетрудно показать, что $n_1$ не делится на $\rho^t$ только если $s_1=0, s_2=0, s_3=0, s_4=0$, то есть когда коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ делятся на $\rho^t$.
В самом деле, можно определить числа $v_0, v_1, v_2, v_3, v_4$ так, что $s_i=0$ если $v_0 \equiv v_i \mod \rho^t$, и $s_i=0$ если $v_0 \equiv -v_i \mod \rho^t$, для $i=1, 2, 3, 4$.
Число $n_1$ вычисляется теперь путём умножения $(v_0^2-v_1^2)(v_1^2-v_2^2)(v_2^2-v_3^2)(v_3^2-v_4^2)(v_4^2-v_0^2)$ особым способом.
Пример в предыдущем сообщении показывает, что если $v_i \equiv v_{i+1}$ и $v_j \equiv -v_{j+1}$ по модулю $\rho^t$, то $n_1$ делится на $\rho^t$.
Что и требовалось.

Числа $v_0, v_1, v_2, v_3, v_4$ можно определить различными способами.
Мы определили одним способом в этой теме в сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #794374 писал(а):

и другим способом в сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #1076945 писал(а):

Пусть $x$ делится на $p$.
Тогда $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -\sqrt[n]{4} y z \mod p$.
Умножая это сравнение на $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ получим:

$(2 a_1+2 a_2 \sqrt[n]{2}+2 a_3 (\sqrt[n]{2})^2...+2 a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-2}+a_0 (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv -4 y z \mod p$

Последний способ проще, и мы будем использовать его.

Определим

$v_0=2 a_1+2 a_2 \sqrt[n]{2}+2 a_3 (\sqrt[n]{2})^2...+2 a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-2}+a_0 (\sqrt[n]{2})^{n-1}$,
$v_1=v_0(\sqrt[n]{2} i_n)$,
$v_2=v_0(\sqrt[n]{2} i_n^2)$,
...
$v_{n-1}=v_0(\sqrt[n]{2} i_n^{n-1})$.

При этом имеют место равенства:

$v_0^2=x^2 g^{2 (n-1)}-4 y z$ и $v_0^2-v_1^2=x^2 g^{2 (n-1)}(1-i_n^{n-2})$

У меня возникли два вопроса.
Во-первых, случай, когда $v_0 \equiv -v_1, v_1 \equiv -v_2, v_2 \equiv -v_3, v_3 \equiv -v_4 \mod \rho^t$.
Казалось бы в этом случае $n_1$ не должно делиться на $\rho^t$.
Но я не учёл, что в этом случае $v_4 \equiv v_0 \mod \rho^t$.

Во-вторых, громоздкое выражение $n_1$ включает степени числа $i_5$ и делится на $p$ только если все громоздкие выражения c коэффициентами $a_0, ..., a_4$ при этих степенях делятся на $p$.
Мне казалось это странным.
Но я вспомнил, что есть более простые выражения с этими коэффициентами, которые равны нулю или делятся на $p$.
Так что ничего странного здесь нет.

Таким образом, наибольший общий делитель $(n_1, x)$ является целым числом, и мы можем продолжить наш план, изложенный в сообщении:

[quote="Феликс Шмидель в сообщении #1143947"]

[Феликс Шмидель]

С целью выявления подходящих простых $p$ напишем программу на UBASIC:

   10   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 380
   100  S5=0
  110   for I1=2 to P-1
  120   R=modpow(I1,N,P)
  140   if R=1 then S5=I1
  150   next I1
  160   Allsquares=1
  170   for I1=1 to 4
  180   if fnNotsquare(1+S5^I1,P) then Allsquares=0
  190   next I1
  200   R=modpow(P,1,4)
  210   if R=1 and Allsquares=0 goto 380
  220   Allsquares=1
  230   Therearesquares=0
  240   Notsquare=0
  250   for I1=1 to 4
  260   S6=modpow(S5,I1,P)
  270   Sqr=0
  280   for I3=0 to P-1
  290   if modpow(I3,2,P)=S6-1 then Sqr=I3
  300   next I3
  310   if Sqr=0 then Notsquare=1:goto 340
  320   F=(S6^3-Sqr)*(10*S6^3+5*S6+1-(S6-1)^2*Sqr)
  330   if fnNotsquare(F,P) then Allsquares=0 else Therearesquares=1
  340   next I1
  350   if Notsquare=1 goto 380
  360   if Allsquares=0 and Therearesquares=1 then print P,
  380   next I
  390   close #1
  400   end
  410   fnNotsquare(V,P)
  420   V=modpow(V,1,P)
  430   Notsquare=1
  440   for I2=0 to P-1
  450   if modpow(I2,2,P)=V then Notsquare=0
  460   next I2
  470   return(Notsquare)

Получим 11, 211, 311, 431, 461, 541, ...

Теперь нужно проверять вручную, не сделали ли мы ошибки в программе.

-- Чт авг 18, 2016 12:51:58 --

Одну ошибку я вижу: мы подставили в $n_1$ $i_5^3$ вместо $i_5$, поэтому должно быть:

320   F=(S6^3-Sqr)*(10*S6^4+5*S6^3+1-(S6-1)^2*Sqr)

[Феликс Шмидель]

Другая ошибка, что переменная Notsquare используется в функции в конце программы, поэтому в остальных местах эту переменную нужно переименовать.