(Значительно) упрощенная гипотеза Фейта-Томпсона

[SomePupil]

Пусть $p, q\;-$ простые числа, такие что $q$ не делит $p-1$. Определим множество

$$E = \{a \in F_{p^q}\;|\;N(a) = N(2-a) = 1\},$$

где $N(a)\;-$ норма элемента расширения поля $F_{p^q}$ над полем $F_p.$ В данном случае $N(a) = a^{(p^q-1)/(p-1)} \pmod{p^q}.$
Задача. Доказать, что $|E| > 1$ (что $E$ содержит больше одного элемента).
Утверждение вдохновлено гипотезой Фейта-Томпсона. Доказательство, которое я держу в голове, является неуклюжим, излишне усложнено, громоздко, привлекает понятия, не имеющие даже отдаленного отношения к задаче, и, похоже, не поддается каким-либо упрощениям.

Предлагаю задачу форумчанам в надежде на то, что они найдут более простое и более естественное доказательство. К слову, задача, возможно, тривиальна. Может быть, я не заметил чего-то очень простого.

[Dendr]

То ли я что-то упустил, но я вот выбрал $p=5, q=3$, и перебрал (в Экселе) $a^{31}\mod{125}$. Единице эта величина равна лишь при $a=1$. Контрпример?

[SomePupil]

Dendr, просто же ларчик открывался
Я закономерно нашел очевидную ошибку в своих рассуждениях. Норму надо понимать mod p, но это не спасает ситуацию

Но идентичное утверждение есть в приложении C к книжке [1, стр. 147], где в качестве леммы (С.2) прописано: $|E| \ge 2,$
где $E = \{a \in F_{p^q}| N(a) = N(2-a)=1\}$. Непосредственно после леммы идет замечание: "Доказательство требует только того, чтобы $p$ и $q$ были нечетными простыми, удовлетворяющими условию (А)." И в начале стр. 146 есть утверждение (I): "...условие (А) равносильно тому, что $q$ не делит $p-1.$"

[1] Bender H., Glauberman G., Carlip W. Local analysis for the odd order theorem. – Cambridge University Press, 1994. – Т. 188.

-- 04.11.2023, 05:48 --

И забавно, что это не какое-то побочное утверждение, а промежуточная лемма к доказательству теоремы, на которой по сути основаны все рассуждения в книге Раздел так и называется: "Proof of the Main Theorem."

[mathematician123]

А что не так с $p = 5$, $q = 3$? Если правильно понял, $a$ это не целое число, а элемент поля $F_{5^3}$. Мультипликативная группа этого поля циклическая и имеет порядок 124. Значит, уравнение $a^{31} = 1$ имеет $\gcd(31, 124) = 31$ решение. И для всех этих решений $N(a) = 1$. Не знаю, найдётся ли решение, для которого $N(a) = N(2 - a) $, но это нужно проверять.

[SomePupil]

mathematician123 в сообщении #1616069 писал(а):

Значит, уравнение $a^{31} = 1$ имеет $\gcd(31, 124) = 31$ решение.

Я тоже так думал, но оказалось, что нету таких. Элементарный перебор целых чисел от $a=1$ до $124,$ показывает, что $a^{31} = 1$ как по $\pmod{125},$ так и по $\pmod{5}$ имеет только решение $a=1$

[mathematician123]

SomePupil
Остатки по модулю 125 не образуют поля. Хотя бы потому, что все элементы кратные 5 не имеют обратного.

Перебирать нужно не целые числа, а многочлены $a_0 + a_1x + a_2 x^2$, где $0 \le a_i \le 4$. Здесь в разделе "примеры" показано как эти поля устроены.

[SomePupil]

mathematician123, лютая дичь!
К тому же характеристика остатков по модулю 125 равна 125, а остатков по модулю 5 - равна 5. При этом характеристики поля и его (конечного) расширения должны совпадать

-- 04.11.2023, 14:57 --

mathematician123 в сообщении #1616069 писал(а):

Значит, уравнение $a^{31} = 1$ имеет $\gcd(31, 124) = 31$ решение.

Если $g\;-$ порождающая мультипликативной группы поля $F_{5^3}$, то все решения этого уравнения имеют вид $g^{4k}, 1 \le k \le 31.$ При этом, чему равно $g\;-$ знает один лишь Бог. Ужасная-ужасная задача! И зачем я её предложил?!