Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1

[Феликс Шмидель]

В этой теме мы сделаем обзор предыдущих тем, посвящённых поиску доказательства ВТФ для $n=5$.
Будем включать в обзор только только те результаты, которые, по нашему мнению, не утратили актуальность.

Если ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, то $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$, $n$ - простое число, большее двух.
Мы предполагаем, что $a$ не делится на $n$.
Это условие выполняется если $x y z$ делится на $n$ ( то есть во втором случае ВТФ), поскольку в равенстве $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$ из двух чисел $x^{2 n}$ и $4 (yz)^n$ одно делится на $n$, а другое нет.
Для простоты мы не будем рассматривать первый случай ВТФ (то есть если $x y z$ не делится на $n$), так как cчитаем, что сможем обобщить доказательство второго случая ВТФ на первый, и, кроме этого, существуют общие доказательства первого случая для многих $n$.

Пусть $c=x^2-\sqrt[n]{4} y z, d=x^{2 n-2}+x^{2 n-4} y z \sqrt[n]{4}+x^{2 n-6} (y z)^2 (\sqrt[n]{4})^2+...+(y z)^{n-1} (\sqrt[n]{4})^{n-1}$.
То есть $c=u-v, d=u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$, где $u=x^2, v=\sqrt[n]{4} y z$.
Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$.
Значит число $n v^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $c$ и $d$.
Число $n$ взаимно-просто с числом $c$, в силу предположения, что $a$ не делится на $n$ (поскольку $c d=a^2$).
Число $(y z)$ тоже взаимно-просто с числом $c$, поскольку взаимно-просто с числом $x$.
Значит число $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $c$ и $d$.
Следовательно, если $x$ - нечётное число, то числа $c$ и $d$ не имеют общих делителей, а если $x$ - чётное число, то числа $c/\sqrt[n]{4}$ и $d/(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ не имеют общих делителей (поскольку не делятся на $\sqrt[n]{2}$).
Если $x$ - нечётное число, то $c d=a^2$, следовательно $c$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Если $x$ - чётное число, то $(c/\sqrt[n]{4})(d/(\sqrt[n]{4})^{n-1})=(a/2)^2$, следовательно $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.

Предположим теперь, что в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы проверили это для всех простых $n<100$.

При этом предположении, если $x$ - нечётное число, то $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, а если $x$ - чётное число, то $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля.
Сначала, мы доказали это для $n=3$ и $n=5$, а затем для любого $n$ (для которого имеет место преположение о единственности разложения на простые множители в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Это доказательство приведено в первом сообщении темы "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".
В нём предполагается, что $x$ - нечётное число, и используется то, что $c$ сравнимо с $1$ по модулю $4$.
Но доказательство проходит и для случая, когда $x$ - чётное число, поскольку $c/\sqrt[n]{4}$ сравнимо с $1$ по модулю $4$.
Это сравнение является следствием того, что $x$ делится на 4, и $y z \equiv 3 \mod 4$.
То, что $x$ делится на $4$ следует из того, что $x y z$ делится на $4$ (это обосновывается в упомянутом доказательстве в теме "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2"). То, что $y z \equiv 3 \mod 4$ следует из того, что $y+z$ делится на $4$, что в свою очередь следует из того, что $y^n+z^n$ делится на $4$, а $(y^n+z^n)/(y+z)=y^{n-1}-y^{n-2} z+...+z^{n-1}$ - нечётное число.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.
Это условие выполняется для многих простых $n$ за редким исключением и позволяет утверждать, что целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеют вид $a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1}$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

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

Если $x$ - чётное число, то $-yz+(\sqrt[n]{2})^{n-2} x^2/2=(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2$, где $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Это то, что мы показали в предыдущем сообщении.

Нас интересуют простые делители $p$ произведения $x y z$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует (то есть, не существует целого числа $t$, для которого $t^n \equiv 2 \mod p$).
Для таких простых делителей $p$ произведения $x y z$, все коэффициенты $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$, кроме одного делятся на $p$.

Чтобы показать это, отвлечёмся от данной задачи и рассмотрим сравнение $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.
Введём обозначения:
$g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$,

(I)
$v_0=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$,
$v_1=a_0+a_1 g i_n+...+a_{n-1} (g i_n)^{n-1}$,
...
$v_{n-1}=a_0+a_1 g i_n^{n-1}+...+a_{n-1} (g i_n^{n-1})^{n-1}$.

Из исходного сравнения $v_0^2 \equiv k \mod p$ следуют сравнения: $v_1^2 \equiv k \mod p$, ..., $v_{n-1}^2 \equiv k \mod p$.
Из этих сравнений следуют сравнения: $v_0^2 \equiv v_1^2 \equiv ... \equiv v_{n-1}^2 \mod p$.
Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.
Тогда либо $v_j \equiv v_0 \mod \rho$, либо $v_j \equiv -v_0 \mod \rho$ для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Определим целые числа $s_1, ..., s_{n-1}$ следующим образом: $s_j=0$ если $v_j \equiv v_0 \mod \rho$, и $s_j=1$ если $v_j \equiv -v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Тогда $v_j \equiv (1-2 s_j) v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.

Складывая равенства (I) получим: $n a_0=v_0+v_1+...+v_{n-1} \equiv v_0+(1-2 s_1) v_0+...+(1-2 s_{n-1}) v_0 \mod \rho$,
следовательно $n a_0 \equiv (n-2 (s_1+...+s_{n-1})) v_0$.

Для любого $j=1, 2, ..., n-1$, складывая равенства (I) с индексами $0, 1, ..., n-1$, делённые соответственно на $1, i_n^j, ..., i_n^{(n-1) j}$ получим:

$n a_j g^j=v_0+v_1/i_n^j+...+v_{n-1}/i_n^{(n-1) j} \equiv v_0+(1-2 s_1) v_0/i_n^j+...+(1-2 s_{n-1}) v_0/i_n^{(n-1) j} \mod \rho$.
Следовательно $n a_j g^j\equiv -2 (s_1/i_n^j +...+s_{n-1}/i_n^{(n-1) j}) v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Следовательно $n a_j \equiv -(s_1/i_n^j +...+s_{n-1}/i_n^{(n-1) j}) g^{n-j} v_0 \mod \rho$, для любого $j=1, 2, ..., n-1$.

Пусть

(II)
$k_0=n-2 (s_1+...+s_{n-1})$,
$k_1=-s_1/i_n-s_2/i_n^2-...-s_{n-1}/i_n^{n-1}$,
$k_2=-s_1/i_n^2-s_2/i_n^4-...-s_{n-1}/i_n^{2 (n-1)}$,
...
$k_{n-1}=-s_1/i_n^{n-1}-s_2/i_n^{2 (n-1)}-...-s_{n-1}/i_n^{(n-1) (n-1)}$.

Тогда

(III)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{n} v_0 \mod \rho$,
$a_1 \equiv \frac{k_1}{n} g^{n-1} v_0 \mod \rho$,
$a_2 \equiv \frac{k_2}{n} g^{n-2} v_0 \mod \rho$,
...
$a_{n-1} \equiv \frac{k_{n-1}}{n} g v_0 \mod \rho$.

Итак, если $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа, то для любого простого идеала $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящего $p$,

выполняются сравнения (III),

где числа $k_0, ..., k_{n-1}$ удовлетворяют равенствам (II), в которых $s_1, ..., s_{n-1}$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Теперь предположим, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Тогда $p \equiv 1 \mod n$.
Следовательно $i_n$ существует по модулю $p$.
Пусть $t$ - одно из чисел $2, 3, ..., p-1$, удовлятворяющее сравнению $t^n \equiv 1 \mod p$.
Тогда $(t-i_n)(t-i_n^2)...(t-i_n^{n-1})=t^{n-1}+t^{n-2}+...+1 \equiv 0 \mod p$.
Следовательно, $t-i_n^j \equiv 0 \mod \rho$, где $j$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$.
Cледовательно $i_n-t^{j_1} \equiv 0 \mod \rho$, где $j_1$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$ ($j_1 j \equiv 1 \mod n$).
Значит числа $k_0, k_1, ..., k_{n-1}$, определённые равенствами (II), сравнимы с целыми числами по модулю идеала $\rho$.
Пусть $k_0 \equiv b_0 \mod \rho, k_1 \equiv b_1 \mod \rho, ..., k_{n-1} \equiv b_{n-1} \mod \rho$, где $b_0, b_1, ..., b_{n-1}$ - целые числа.
Покажем, что числа $b_1, ..., b_{n-1}$ делятся на $p$.
Предположим, что это не так, и $b_j$ не делится на $p$, где $j$ - одно из чисел $1, 2, ..., n-1$.
Тогда $a_j \equiv \frac{b_j}{n} g^{n-j} v_0 \mod \rho$, в силу равенств (III).
Число $v_0$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$ в силу первого равенства в (III) (учитывая, что $k_0$ - целое число, не равное $0$ и меньшее, чем $n$ по абсолютной величине, в силу первого равенства в (II)).
Это целое число (с которым сравнимо $v_0$ по модулю идеала $\rho$) не делится на $p$, в силу исходного сравнения $v_0^2 \equiv k \mod p$, где $k$ не делится на $p$.
Следовательно $g^{n-j}$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$.
Следовательно $g$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$ (поскольку $(g^{n-j})^{j_1}=g 2^m$, где $j_1 (n-j) \equiv 1 \mod n$, $m=(j_1 (n-j)-1)/n$).
Последнее утверждение противоречит предположению, что $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Что и требовалось.
Значит числа $k_1, ..., k_{n-1}$ делятся на идеал $\rho$ (поскольку $k_0 \equiv b_0 \mod \rho, k_1 \equiv b_1 \mod \rho, ..., k_{n-1} \equiv b_{n-1} \mod \rho$).
Следовательно, числа $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$ (поскольку они делятся на идеал $\rho$, в силу сравнений III).

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы доказали следующие утверждения:

Теорема 1
-------------

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Тогда $x^{2 n}-4 (yz)^n=a^2$, где $a=y^n-z^n$.
Пусть $a$ не делится на $n$.
Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

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


Лемма 2
------------

Пусть $(a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+a_2 (\sqrt[n]{2})^2+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1})^2 \equiv k \mod p$, где $p$ - простое число, отличное от $2$ и $n$, $k$ - целое число, не делящееся на $p$, и $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.
Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.

Тогда выполняются сравнения (III), где числа $k_0, ..., k_{n-1}$ удовлетворяют равенствам (II), в которых $s_1, ..., s_{n-1}$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.


Теорема 3
--------------

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

Пусть $p$ - простой делитель произведения $x y z$, отличный от $2$ и $n$.
Пусть $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.

Если $y z$ делится на $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Если $x$ делится на $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.


Доказательство
---------------------

Если $y z$ делится на $p$, то коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$, в силу леммы 2.
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:

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

В силу леммы 2, из этого сравнения следует, что коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p$.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Пусть ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n+z^n=0$, где $n$ - простое число, большее двух.
Используя критерий Вендта (теорема 2B на стр 126 книги "Fermat's Last Theorem For Amateurs) можно установить, что произведение $x y z$ делится на многие конкретные простые числа $p=2 k n+1$. Для этого достаточно, чтобы детерминант Вендта $W_{2 k}$ не делился на $p$. На стр. 136 упомянутой книги приведена таблица детерминантов Вендта. Так $W_2=-3$ не делится на $11$, а $W_8=-3^7 \cdot 5^3 \cdot 17^3$ не делится на $41$. Поэтому при $n=5$, произведение $x y z$ делится на $11$ и $41$.
Если из трёх чисел $x, y, z$ разные числа делятся на $11$ и $41$, то можно придти к противоречию.
Пусть произведение $x y z$ делится на простые числа $p_1, p_2, ..., p_m$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует.
Тогда одно из трёх чисел $x, y, z$ делится на все эти простые числа, а два других не делятся ни на одно из них.
В противном случае можно придти к противоречию.
Этот результат получен в теме "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$".
Докажем этот результат здесь.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Внесём в последнее утверждение исправление:

Цитата:

Пусть произведение $x y z$ делится на простые числа $p_1, p_2, ..., p_m$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует

добавим: и по модулю которых среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Мы доказали последнее утверждение в упомянутой теме только для $n=5$.
Сначала докажем лемму для любого простого $n>2$.

Лемма 4
------------

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

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Тогда

(1) $x^2-g^2 y z=(\alpha(g))^2$, где $\alpha(g)=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

(2) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))=x^2$.

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

(4)
$\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1}=u_1(g, i_n) (\beta_1(g, i_n))^2$,

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)=u_2(g, i_n) (\beta_2(g, i_n))^2$,

где $u_1(g, i_n)$ и $u_2(g, i_n)$ - делители единицы, а $\beta_1(g, i_n), \beta_2(g, i_n)$ - целые алгебраические числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Доказательство
--------------------

Равенство (1) верно в силу теоремы 1.
Из (1) следует:

(1.1) $x^2-g^2 i_n^2 y z=(\alpha(g i_n))^2$

Умножая равенство (1) на $i_n^2$ и вычитая равенство (1.1) получим:

(1.2) $(i_n^2-1) x^2=i_n^2 (\alpha(g))^2-(\alpha(g i_n))^2$.

Деля равенство (1.2) на $(i_n^2-1)$ получим равенство (2).

Покажем, что выполняется

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Предположим обратное, что оба эти числа делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду равенства (2) и нечётности числа $x$, получим:

(3.1) Числа $\alpha(g)$ и $\alpha(g i_n)$ делятся на $\rho$.

Из (3.1) следует:

(3.2) Числа $(\alpha(g))^2$ и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha(g))^2=c$, и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2=d$.
Поскольку числа $c$ и $d$ (определённые в начале темы) - взаимно-просты, то (3.2) невозможно.
Что и требовалось.

Равенства (4) выполняются в силу в равенства (2), утверждения (3) и единственности разложения на простые множители в поле
$\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.


Продолжение следует.

[vasili]

Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$

Уважаемый Феликс Щмидель! Мне кажется Вы допустили здесь не точность. Остаток должен быть $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}$.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #1077947 писал(а):

Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$

Уважаемый Феликс Щмидель! Мне кажется Вы допустили здесь не точность. Остаток должен быть $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}$.

Смотрите: $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}=q (u-v)+r$.
Подставив в это равенство $v$ вместо $u$, получим: $r=n v^{n-1}$.

[Феликс Шмидель]

Теорема 5
--------------

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

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть $x y z$ делится на простые числа $p_1$ и $p_2$, по модулю которых $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Тогда, при $n=5$, невозможно, чтобы $y z$ делилось на $p_1$ и $x$ делилось на $p_2$.

Доказательство
--------------------

Предположим обратное, что $y z$ делится на $p_1$ и $x$ делится на $p_2$.

В силу теоремы 3, коэффициенты $a_1, ..., a_{n-1}$ делятся на $p_1$.
Следовательно:

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,

Значит

(5) $P(i_n) \equiv (i_n+1)^n a_0^n \mod p_1$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$

Поскольку $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)=u_2(g, i_n) (\beta_2(g, i_n))^2$, в силу леммы 4, (4), то

(6)
$P(i_n)=u_3(i_n) (\beta_3(i_n))^2$, где $u_3(i_n)$ - делитель единицы, а $\beta_3(i_n)$ - целое алгебраическое число поля $\mathbb{Q}[i_n]$.

Для наглядности, вычислим $P(i_n)$ при $n=5$ и проверим сравнение (5) в оффтопике.

(Оффтоп)

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;
u2:=i5*v1+v2;
u3:=i5*v2+v3;
u4:=i5*v3+v4;
u5:=i5*v4+v0;
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: $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3$,

где

$c_0=-3 a_0^5+20 a_0^3 a_1 a_4-10 a_0^3 a_2 a_3+40 a_0^2 a_1 a_2^2-20 a_0^2 a_3^2 a_4-80 a_0 a_1^3 a_2+80 a_0 a_1^2 a_4^2-40 a_0 a_1 a_2 a_3 a_4+80 a_0 a_1 a_3^3-20 a_0 a_2^3 a_4-120 a_0 a_3 a_4^3+ 64 a_1^5-320 a_1^3 a_3 a_4+80 a_1^2 a_2 a_3^2+40 a_1 a_2^3 a_3+160 a_1 a_2 a_4^3+400 a_1 a_3^2 a_4^2-12 a_2^5- 40 a_2^2 a_3 a_4^2-120 a_2 a_3^3 a_4-64 a_3^5-128 a_4^5$

$c_3=c_2=5 (a_0^5-4 a_0^3 a_1 a_4+4 a_0^3 a_2 a_3-8 a_0^2 a_1^2 a_3-12 a_0^2 a_1 a_2^2+4 a_0^2 a_2 a_4^2-4 a_0^2 a_3^2 a_4+16 a_0 a_1^3 a_2+16 a_0 a_1^2 a_4^2+8 a_0 a_1 a_3^3+8 a_0 a_2^3 a_4+4 a_0 a_2^2 a_3^2- 16 a_0 a_3 a_4^3-32 a_1^3 a_3 a_4-16 a_1^2 a_2^2 a_4+16 a_1^2 a_2 a_3^2-8 a_1 a_2^3 a_3+16 a_1 a_2 a_4^3+48 a_1 a_3^2 a_4^2+4 a_2^5-8 a_2^2 a_3 a_4^2-16 a_2 a_3^3 a_4-8 a_3^5-16 a_4^5)$

Проверим сравнение (5): $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3 \equiv -3 a_0^5+5 a_0^5 i_5^2+5 a_0^5 i_5^3 \mod p_2$.
Остаётся проверить, что $(i_5+1)^5=-3+5 i_5^2+5 i_5^3$.
В самом деле, $(i_5+1)^5=1+5 i_5^4+10 i_5^3+10 i_5^2+5 i_5+1=5 (1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4)-3+5 i_5^3+5 i_5^2=-3+5 i_5^3+5 i_5^2$.

В кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ есть два фундаментальных делителя единицы: $-i_5$ и $i_5+1$, причём $i_5=(i_5^3)^2$ является квадратом в этом кольце.
Поэтому либо $P(i_5)$, либо $-P(i_5)$, либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в этом кольце, в силу равенства (6).
Первые два случая невозможны в силу сравнения (5), так как среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ по модулю $p_1$ имеются квадратичные и неквадратичные.

Значит:

(7) либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Заметим, что можно взять $p_1=11$.
Обоснуем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Согласно критерию Вендта $x y z$ делится на $11$, и можно выбрать нечётное число $x$ таким образом, чтобы $y z$ делилось на $11$ (по крайней мере во втором случае ВТФ).
Подставив вместо $i_5$ вычет $-2$ по модулю $11$, получим вычеты: $-1$, $5$, $-7$, $17$, из которых $-1$ не является квадратом, а $-7 \equiv 4$ является квадратом по модулю $11$.

Поскольку $x$ делится на $p_2$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, ..., a_{n-1}$ делятся на $p_2$, в силу теоремы 3.
Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 4 a_1 \mod p_2$, следовательно $(i_5+1) P(i_5)$ и $-(i_5+1) P(i_5)$ не могут быть квадратами в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$, так как среди вычетов $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ по модулю $p_2$ есть квадратичные и неквадратичные).
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Cогласен, что $nu^\frac{n-1}{2}v^\frac{n-1}{2}\equiv nv^{n-1}\mod (u-v) $.

[Феликс Шмидель]

Мы дали в теме "Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$" новое доказательство утверждения

(7) либо $(i_5+1) P(i_5)$, либо $-(i_5+1) P(i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$.

Это новое доказательство не зависит от наличия делителя $p_1$ числа $y z$.
Вместо этого, новое доказательство использует закон квадратичной взаимности Гекке в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Теперь можно усилить теорему 5.

Теорема 6
--------------

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

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Тогда, при $n=5$, невозможно, чтобы $x$ делилось на $p$.

[Феликс Шмидель]

Сформулируем теорему 6 так, чтобы мы могли доказать ВТФ не только для $n=5$, но и для всех нечётных простых $n<100$.
При этом, необязательно предполагать единственность разложения на простые множители в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, достаточно, чтобы выбранное простое число $p$ разлагалось в этом кольце на главные простые идеалы.

Теорема 6
--------------

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 $x$ - нечётное число, и $a$ не делится на $n$.

Пусть $g=\sqrt[n]{2}$, $i_n$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Пусть в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Пусть $2^n-2$ не делится на $n^2$.

Пусть $x y z$ делится на простое число $p$, по модулю которого $\sqrt[n]{2}$ не существует, и среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ есть квадратичные и неквадратичные.

Пусть число $p$ разлагается в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$ на простые идеалы, которые являются главными.

Тогда, невозможно, чтобы $x$ делилось на $p$.

[Феликс Шмидель]

(Следует добавить, что $p \ne 2, n$).

Доказательство
--------------------

В силу теоремы 1, выполняется равенство:

(1) $x^2-g^2 y z=(\alpha(g))^2$, где $\alpha(g)=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$ - целые числа.

Из (1) следует:

(1.1) $x^2-g^2 i_n^2 y z=(\alpha(g i_n))^2$

Умножая равенство (1) на $i_n^2$ и вычитая равенство (1.1) получим:

(1.2) $(i_n^2-1) x^2=i_n^2 (\alpha(g))^2-(\alpha(g i_n))^2$.

Деля равенство (1.2) на $(i_n^2-1)$ получим равенство:

(2) $(\frac{1}{i_n+1}\frac{i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)}{i_n-1})(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))=x^2$.

Покажем, что выполняется

(3) числа $i_n \alpha(g)-\alpha(g i_n)$ и $i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n)$ взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Предположим обратное, что оба эти числа делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду равенства (2) и нечётности числа $x$, получим:

(3.1) Числа $\alpha(g)$ и $\alpha(g i_n)$ делятся на $\rho$.

Из (3.1) следует:

(3.2) Числа $(\alpha(g))^2$ и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha(g))^2=c$, и $(\alpha(g i_n))^2 (\alpha(g i_n^2))^2...(\alpha(g i_n^{n-1}))^2=d$.
Поскольку числа $c$ и $d$ (определённые в начале темы) - взаимно-просты, то (3.2) невозможно.
Что и требовалось.

Из (2) и (3) следует:

(8) число $(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

Следовательно:

(9) число $P(i_n)$ является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[i_n]$,

где $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$.

Покажем, что коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$, используя формулу:

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

и то, что $y z$ делится на $4$.

Одно из чисел $\frac{a_0-x}{2}$ и $\frac{a_0+x}{2}$ нечётное, а другое чётное.
Пусть, например, $\frac{a_0-x}{2}$ - нечётное.
Тогда максимальная степень $g$, на которую может делиться первый сомножитель в левой части равенства (10) равна $g^4$.
В этом случае второй сомножитель делится на $2$, следовательно коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$.
Что и требовалось.

Покажем, что $P(i_n) \equiv (i_n+1)^n a_0^n \mod 4$.
Представим произведение в правой части равенства $P(i_n)=(i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n))(i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2))...(i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g))$ как полином от $a_0$.
Степень этого полинома равна $n$, и коэффициент при $a_0^n$ равен $(i_n+1)^n$.
Коэффициенты при $1, a_0, ..., a_0^{n-2}$ делятся на $4$, поскольку $a_1, a_2, ..., a_{n-1}$ делятся на $2$.
Коэффициент при $a_0^{n-1}$ равен $0$, поскольку

$(i_n (\alpha(g)-a_0)+(\alpha(g i_n)-a_0))+(i_n (\alpha(g i_n)-a_0)+(\alpha(g i_n^2)-a_0))+...+(i_n (\alpha(g i_n^{n-1})-a_0)+(\alpha(g)-a_0))=i_n (\alpha(g)+\alpha(g i_n)...+\alpha(g i_n^{n-1})-n a_0)+(\alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2)+...+\alpha(g)-n a_0)=0$.

Что и требовалось.

Пусть $s$ - число, равное $1$ или $-1$, для которого $s a_0 \equiv 1 \mod 4$.

Покажем, что для любого простого идеала $\rho$ кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, на который делится $p$, квадратичный символ $(\frac{s (i_n+1) P(i_n)}{\rho})$ равен $1$.
Поскольку $\rho$ является главным идеалом по условию теоремы, то $\rho=(\beta(i_n))$, где $\beta(i_n) \in \mathbb{Z}[i_n]$.
В силу закона квадратичной взаимности Гекке для кольца $\mathbb{Z}[i_n]$ квадратичный символ $(\frac{s (i_n+1) P(i_n)}{\beta(i_n)})$ равен квадратичному символу $(\frac{\beta(i_n)}{s (i_n+1) P(i_n)})$, который равен $1$, поскольку $P(i_n)$ является квадратом идеала кольца $\mathbb{Z}[i_n]$, а число $s (i_n+1)$ является делителем единицы.
Условием применимости закона квадратичной взаимности Гекке в данном случае является нечётность чисел $s (i_n+1) P(i_n)$ и $\beta(i_n)$, и кроме этого примарность числа $s (i_n+1) P(i_n)$, то есть сравнимость этого числа с квадратом по модулю $4$.
Что и требовалось.

Значит число $s (i_n+1) P(i_n)$ является квадратом по модулю $p$ в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.

Если бы число $x$ делилось на $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, ..., a_{n-1}$ делились бы на $p$, в силу теоремы 3.
В этом случае число $s (i_n+1) P(i_n)$ было бы сравнимо с

$s (i_n+1) ((i_n+i_n) a_1 g \cdot (i_n^2+i_n^2) a_1 g \cdot ... \cdot (i_n^{n-1}+i_n^{n-1}) a_1 g \cdot (1+1) a_1 g)=s (i_n+1) 2^{n+1} a_1^n$

по модулю $p$.

Что невозможно, поскольку число $s (i_n+1) 2^{n+1} a_1^n$ не является квадратом по модулю $p$ в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$, в силу условия, что среди вычетов $i_n+1, i_n^2+1, ..., i_n^{n-1}+1$ по модулю $p$ есть квадратичные и неквадратичные.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Я перечитал эту тему и обнаружил несколько опечаток.

1)

Феликс Шмидель в сообщении #1076828 писал(а):

Пусть $\rho$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящий $p$.

Феликс Шмидель в сообщении #1076828 писал(а):

то для любого простого идеала $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, делящего $p$,

выполняются сравнения (III),

Здесь вместо $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ должно быть $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$.

2)

Феликс Шмидель в сообщении #1078285 писал(а):

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,

Должно быть:

$i_n \alpha(g)+\alpha(g i_n) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g i_n)+\alpha(g i_n^2) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
...
$i_n \alpha(g i_n^{n-2})+\alpha(g i_n^{n-1}) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,
$i_n \alpha(g i_n^{n-1})+\alpha(g) \equiv (i_n+1) a_0 \mod p_1$,

3)

Феликс Шмидель в сообщении #1078285 писал(а):

Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 4 a_1 \mod p_2$,

Должно быть:

Это противоречит (7), поскольку $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) (2 i_5 g a_1) (2 i_5 (g i_5) a_1)...(2 i_5 (g i_5^4) a_1) \mod p_2$
(или $(i_5+1) P(i_5) \equiv (i_5+1) 64 a_1^5 \mod p_2$,

[Феликс Шмидель]

Вернёмся к первому посту темы.

Феликс Шмидель в сообщении #1076393 писал(а):

Предположим теперь, что в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы проверили это для всех простых $n<100$.

При этом предположении, если $x$ - нечётное число, то $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, а если $x$ - чётное число, то $c/\sqrt[n]{4}$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля.
Сначала, мы доказали это для $n=3$ и $n=5$, а затем для любого $n$ (для которого имеет место преположение о единственности разложения на простые множители в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Это доказательство приведено в первом сообщении темы "ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".

Предположим, что в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.

Я нашёл другое доказательство, что в этом случае $c$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Это новое доказательство не рассматиривает делители единицы и не использует закон взаимности.
Оно использует лемму 4 из темы "Новое доказательство ВТФ для $n=3$":

Феликс Шмидель в сообщении #721066 писал(а):

Рассмотрим теперь уравнение:

(16) $X^2+q Y^2-c Z^2=0$,

где $c=x^2-\sqrt[3]{4} yz$, а $q$ - простое число, не имеющее общих делителей с числом $c$ и такое, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.

Если $\rho$ - нечётный простой идеал кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, который не является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах по причине указанной в доказательстве леммы 2.

Если же $\rho$ является делителем числа $q$, то уравнение (16) имеет решение в $\rho$-адических числах, поскольку мы доказали, что $c$ сравнимо с квадратом в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$ по модулю $q$ (так как $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$).

Таким образом получим:

Лемма 4
------------

Уравнение (16) имеет ненулевое решение в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ для любого простого числа $q$, взаимно-простого с $c$ и такого, что $\sqrt[3]{2}$ не существует в $\mathbb{Z}_q$.

Феликс Шмидель в сообщении #722820 писал(а):

Если бы, используя какое-либо простое число $q$, для которого верна лемма 4, число $-q$ не было бы квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$, где $a^2=x^6-4 (yz)^3$, то не только число $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ было бы квадратом в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$, но также и число $(\sqrt[3]{2}-1)(x^2-\sqrt[3]{4} yz)$, и разделив одно на другое, мы сразу бы получили противоречие.

Это доказательство не доведено до конца, потому что нужно ещё доказать существование такого простого числа $q$, что $-q$ не является квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Дело в том, что лемма 4 накладывает на $q$ некоторые ограничения.

Мы не объяснили, почему недостаточно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю какого-либо одного простого делителя числа $a$, а нужно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Дело в том, что в равенстве $X^2+q Y^2-c Z^2=0$, $X$ и $Y$ могут иметь общий делитель, на который делится $c$ (и $a$).
Тем не менее, не обязательно, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю любого простого делителя числа $a$.
Можно выбрать конкретный делитель числа $a$ и требовать, чтобы $-q$ не являлось квадратом по модулю этого делителя.
Для этого нужно представить $c$ в виде: $c=c_1^2 c_2$, где $c_2$ не делится на квадрат, и взять какой-либо простой делитель нормы числа $c_2$.

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$, $Y$ и $c$ может быть не число, а идеал.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом, и указанное препятствие не возникает.

[Феликс Шмидель]

В теме "Новое доказательство ВТФ для $n=3$" указано ещё одно препятствие: в равенстве $X^2+q Y^2-c Z^2=0$, $X$ и $Y$ могут делится на $c$.
$Z$ может делится на некоторое число $Z_1$, квадрат которого делится на $c$, и $-q$ является квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы числа $Z_1^2/c$.

А препятствие, связанное с ограничениями на $q$, налагаемыми леммой 4 (о котором говорится в предыдущем сообщении) преодолено в упомянутой теме добавлением множителя к $c$.
Вместо $c$ берётся одно из чисел $x^2-\sqrt[n]{4} y z$, $y^2-\sqrt[n]{4} x z$ или $(x^2-\sqrt[n]{4} y z) ($y^2-\sqrt[n]{4} x z)$.
Одно из них является квадратом по модулю числа $q$, которое выбирается так, чтобы $\sqrt[n]{4}$ существовал по модулю $q$ (например, если $q$ не сравнимо с $1$ по модулю $q$).
То, что одно из чисел $x^2-\sqrt[n]{4} y z$, $y^2-\sqrt[n]{4} x z$ или $(x^2-\sqrt[n]{4} y z) ($y^2-\sqrt[n]{4} x z)$ является квадратом по модулю числа $q$ следует из леммы 7A, доказанной в упомянутой теме.

Приведём некоторые детали в оффтопике из упомянутой темы.

(Оффтоп)

Предположим:

(О-1) $x^n+y^n+z^n=0$,

где $x$, $y$, $z$ - ненулевые, попарно взаимно-простые целые числа.

Тогда:

(O-2)
$x^{2 n}-4 (yz)^n=(y^n-z^n)^2$
$y^{2 n}-4 (xz)^n=(x^n-z^n)^2$
$z^{2 n}-4 (xy)^n=(x^n-y^n)^2$

Из (О-1) следует, что общим простым делителем любых двух из чисел $y^n-z^n$, $x^n-z^n$ и $x^n-y^n$ может быть только число $3$.

В частности, из этих трёх чисел, по крайней мере, два числа не делятся на $n$.
Без ограничения общности, можно предположить, что:

(О-3) числа $y^n-z^n$ и $x^n-z^n$ не делятся на $n$,

и проводить наши рассуждения для чисел $x^{2 n}-4 (yz)^n$, $y^{2 n}-4 (xz)^n$ и их произведения.

Из (О-3) и (О-2) следует:

(О-4) числа $x^{2 n}-4 (yz)^n$ и $y^{2 n}-4 (xz)^n$ не делятся на $n$.

На простые числа $q$ налагаются условия, что $q$ не равно $n$ и даёт остаток не равный $1$ при делении на $n$ (и что произведение $(x^{2 n}-4 (yz)^n)(y^{2 n}-4 (xz)^n)(z^{2 n}-4 (xy)^n)$ не делится на $q$).
Эти условия гарантируют, что существует такое натуральное число $s$, что $s^n-2$ делится на $q$, и можно доказать аналоги лемм 6 и 7.
Дальнейшие рассуждения такие же как при $n=3$ до момента рассмотрения случая, когда оба числа $c$ и $d$ делятся на нечётный простой идеал $\rho$.
В этом случае легко показать, что либо $3$ делится на $\rho$, либо $n$ делится на $\rho$.
Но $n$ не делится на $\rho$ в силу (О-4) (и того, что $c$ делится на $\rho$).
Предположим, что $3$ делится на $\rho$.
Наложим на простые числа $q$ дополнительное условие: пусть $q$ даёт остаток 2 при делении на 3.
Тогда уравнение

(О-5) $X^2+q Y^2=0$

имеет ненулевое решение в $\rho$-адических числах, поскольку $-q$ является квадратичным вычетом по модулю $3$.
Из этого следует, что уравнение

(О-6) $X^2+q Y^2-c Z^2$

имеет ненулевое решение в $\rho$-адических числах.

Что и требовалось.

Вместо

Цитата:

Для этого нужно представить $c$ в виде: $c=c_1^2 c_2$, где $c_2$ не делится на квадрат, и взять какой-либо простой делитель нормы числа $c_2$.

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$, $Y$ и $c$ может быть не число, а идеал.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом, и указанное препятствие не возникает.

в предыдущем сообщении следовало сказать более точно:

Главное препятствие для получения противоречия этим методом заключается в том, что общим делителем $X$ , $Y$ может быть число $c$ или произведение идеалов - делителей этого числа, среди которых есть делитель любого простого делятеля числа $c$.
Но если имеет место единственность разложения на простые множители, то любой идеал генерируется числом.