Новое доказательство ВТФ для n=3

[Феликс Шмидель]

Похожую (хотя чуть более сложную) форму по модулю $a$ (где $a^2=z^6-4 x^3 y^3$) имеют решения уравнения:

$X^2+q Y^2=c Z^2$,

где $c=z^2-\sqrt[3]{4} xy$.

Покажем, что $X$ и $Y$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 c$ и $y_0 c$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.

Это уравнение совпадает с уравнением (150).

Мы показали, что $X_0 X_3-q Y_0 Y_3$ и $X_0 Y_3+Y_0 X_3$ делятся на $a$, откуда следует, что $(X_3^2+q Y_3^2) X_0$ и $(X_3^2+q Y_3^2) Y_0$ делятся на $a$.

Учитывая (153) получим: $d X_0$ и $d Y_0$ делятся на $a$ или (умножая на $c$ и деля на $a$): $a X_0$ и $a Y_0$ делятся на $c$.

Разделим $X_0$ на $c$ c остатком, рассматривая эти числа как полиномы от $\sqrt[3]{4}$.
Остаток является рациональным числом, знаменатель которого взаимно-прост с $a$.
Обозначим числитель остатка через $m$.
Имеем: $a m$ делится на $c$ или (умножая на $d$ и деля на $a$): $d m$ делится на $a$.
Учитывая, что коэффициенты в $d$ (рассматривая $d$ как полином от $\sqrt[3]{4}$) взаимно-просты с $a$, получим, что $m$ делится на $a$.
Что и требовалось.

Подобным образом, мы могли бы показать, что $X_3$ и $Y_3$ сравнимы по модулю $a$ c $x_0 d$ и $y_0 d$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.

Но в этом случае, разделив $x_0$ и $y_0$ на $c$ (как полиномы от $\sqrt[3]{4}$)) с остатком, получим, что можно взять $x_0$ и $y_0$ целыми рациональными числами.

[Феликс Шмидель]

Сделаем несколько замечаний.
Во-первых, я ненамеренно изменил нотацию: ранее $c$ был равен $x^2-\sqrt[3]{4} y z$, а сейчас $z^2-\sqrt[3]{4} x y$. Вернёмся к тому что было раньше, и пусть $c=x^2-\sqrt[3]{4} y z$, $d=x^4+x^2 y z \sqrt[3]{4}+ (y z \sqrt[3]{4})^2$, $a^2=x^6-4 (y z)^3$.
Во-вторых, мы должны обосновать, что в уравнении (150) можно считать $Z$ целым рациональным числом, взаимно-простым с $a$.
Я пока не вижу, чтобы это следовало из леммы 15.
Пусть $(X_0, Y_0, Z_0)$ является решением уравнения (150).
Тогда $(X_0 (Z_1 Z_2), Y_0 (Z_1 Z_2), Z_0 (Z_1 Z_2))$ также является решением, где $Z_1$ и $Z_2$ сопряжённые с $Z_0$ числа, поэтому можно считать $Z_0$ целым рациональным числом.
Однако, из леммы 15 не следует, что $X_0$ и $Y_0$ делятся на какой-либо простой делитель числа $Z_0$.
В лемме 15 говорится об идеалах, делящих $c$, но не об идеалах делящих $d$.
В третьих, ранее мы использовали кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, а сейчас $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$.
Чтобы не было недоразумений, вернёмся к кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Наконец, я по-прежнему не вижу, как получить из равенства (150) противоречие.
Однако, то что свойства $X_0$ и $Y_0$ по модулю $a$ не зависят от вычета числа $q$ по модулю $a$ кажется мне обнадёживающе странным.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #732922 писал(а):

Я вижу причину, по которой из равенства (127) трудно получить противоречие.
Дело в том, что существуют такие числа $g \in \mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, что число $g^2/c$ взаимно-просто с $c$, и $-q$ может быть квадратичным вычетом по модулю простых делителей нормы этого числа. Если, кроме этого, $\alpha c$ сравнимо с квадратом по модулю $q$ в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$, то для таких $q$, уравнение:

(137) $X^2+q Y^2=\alpha (g^2/c) Z^2$

имеет ненулевые решения в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.

Помножив равенство (13) на $c^2$, получим ненулевые решения для уравнения:

(138) $X^2+q Y^2=\alpha c Z^2$.

Заметим, что $Z_1$ в (127) (или $Z$ в (138)) можно взять взаимно-простым с $c$.
В самом деле, если $Z_1$ делится на $\rho^k$, то, в силу леммы 15, $X_1$ и $Y_1$ тоже делятся на $\rho^k$, и, после умножения всех трёх чисел ($X_1$, $Y_1$ и $Z_1$) на $\beta^k$ (где число $\beta$ определено в доказательстве леммы 15), их можно сократить на $p^k$.

Но на этом, в исследовании решений уравнения (138), мы поставим точку, поскольку по указанной выше причине существование ненулевых решений этого уравнения ничему не противоречит.

Я ещё раз цитирую это несправедливо пессимистичное рассуждение, потому что оно содержит информацию о решении уравнения (150):

(150) $X_0^2+q Y_0^2=c Z^2$

Мы выяснили форму решения $X_0$ и $Y_0$ по модулю $a$:
$X_0 \equiv x_0 c$, $Y_0 \equiv y_0 c$, где $x_0$ и $y_0$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}]$.
Наше доказательство этого некорректно, потому что мы предполагали, что число $Z$ взаимно-просто с $a$, а этого делать нельзя.
Можно доказать это по-другому, используя лемму 15.
Но это не нужно, потому что из процитированного рассуждения следует, что существует решение $X_0=x_0 c$, $Y_0=y_0 c$ уже не по модулю $a$, а вообще.
Имея эту информацию о решении $X_0$, $Y_0$ можно пытаться получить из равенства (150) противоречие.
Думаю, что удобно представить $x_0$ и $y_0$ в виде $x_0 + x_1 c + x_2 d$ и
$y_0 + y_1 c + y_2 d$, где коэффициенты $x_0$, $x_1$, $x_2$ и $y_0$, $y_1$, $y_2$ - целые рациональные числа (они не обязательно целые, но можно сделать их целыми, если умножить равенство (150) на квадрат общего знаменателя).
Числа $x_0$ и $y_0$ уже не те, чем они были раньше, на английском это называется "abuse of notation", но если обратить на это внимание, то это приемлимо.
Я не уверен, что удастся получить противоречие, но попытаться можно.

[Феликс Шмидель]

Обратим внимание на то, что с этим решением уравнения (150), можно считать $Z$ целым рациональным числом, которое делится на $a$, и $Z/a$ взаимно-просто с $a$.
В самом деле, в равенстве (137), $g^2$ делится на $c$ (что касается множителя $\alpha$, то мы пока считаем его равным 1, т.е. рассматриваем такие $q$, для которых это возможно), а $Z$ в равенстве (137) можно выбрать взаимно-простым с $a$. Умножая равенство (137) на $g_1^2 g_2^2$, где $g_1$ и $g_2$ сопряжены с $g$ (сопряжены в смысле замены $\sqrt[3]{2}$ на $\sqrt[3]{2} i_3$ и $\sqrt[3]{2} i_3^2$) получим, что $(g g_1 g_2)^2$ делится на $c c_1 c_2=c d=a^2$. Значит $g g_1 g_2$ делится на $a$.
С другой стороны, поскольку $g^2/c$ взаимно-просто с $c$ (и можно выбрать $g$ так, что $g^2/c$ взаимно-просто с $a$), то $(g g_1 g_2)/a$ взаимно-просто с $a$.

План дальнейших действий такой:

1) Вывести равенства, которым удовлетворяют коэффициенты $x_0$, $x_1$, $x_2$, $y_0$, $y_1$, $y_2$.

Для этого нужно выразить $c^2$ и $d^2$ в форме $e_0+e_1 c+e_2 d$.

2) Определить $X_4$ и $Y_4$ в равенстве (154) :

(154) $X_4^2+q Y_4^2=a^2 Z^6$.

В этом равенстве, теперь правая часть делится на $a^8$, и значит $X_4$ и $Y_4$ должны делиться на $a^4$ (не вообще, конечно, а учитывая, что $-q$ не является квадратичным вычетом по модулю простых делителей числа $a$).
После сокращения равенства (154) на $a^8$, в правой части будет шестая степень числа, взаимно-простого с $a$.
Что касается $X_4$ и $Y_4$, то (после сокращения на $a^4$) их общий вид известен ещё со времён Диофанта.

[Феликс Шмидель]

Рассмотрим равенство (153):

(153) $X_3^2+q Y_3^2=d Z^4$,

и покажем, что $X_3$ и $Y_3$ теперь делятся на $a^2$.
Это не удивительно, поскольку $Z$ делится на $a$.
Используем то, что $X_4$ и $Y_4$ делятся на $a^4$, то есть:

(1) $X_0 X_3-q Y_0 Y_3$ и (2) $X_0 Y_3+Y_0 X_3$ делятся на $a^4$.

Умножая первое выражение на $X_0$, второе выражение на $q Y_0$ и складывая, получим, что число
$X_3 (X_0^2+q Y_0^2)$ делится на $a^4 c$ (поскольку $X_0$ и $Y_0$ делятся на $c$).
Умножая второе выражение на $X_0$, первое выражение на $Y_0$ и вычитая из второго первое, получим, что число $Y_3 (X_0^2+q Y_0^2)$ делится на $a^4 c$.

Учитывая равенство (150) получим: $X_3 c Z^2$ и $Y_3 c Z^2$ делятся на $a^4 c$, откуда (учитывая, что $Z/a$ взаимно-просто с $a$) получим: $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a^2$.
Что и требрвалось.

[Феликс Шмидель]

Найдём теперь линейное выражение (с $c$ и $d$) для $c^2$ и $d^2$, но перед этим сделаем важное замечание.
Когда мы будем возводить $x_0+x_1 c+x_2 d$ и $y_0+y_1 c+y_2 d$ в квадрат, то лучше обозначить $c d$ через $a_2$ и не писать $a^2$, иначе решения, которых на самом деле нет, могут появиться! В этом случае, мы не сможем получить противоречие никаким способом.

(Оффтоп)

Заметим также, мимоходом, что уравнение (153), после сокращения на $a^4$ имеет решения на самом деле, поскольку $-q$ является квадратичным вычетом по модулю любого простого идеала, который делит $d$, так как норма такого идеала равна $p^2$ (а не $p$, где $p$ - некоторое простое число), вследствие чего $(-q)^\frac{N(\rho)-1}{2} \equiv 1$ по модулю $p$.

Покажем, что:

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$,

(165) $d^2=-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d$.

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Скопируем равенства (143) и (144):

(143) $d=3 x^4-3 x^2 c+c^2$ и

(144) $c^3-3 x^2 c^2+3 x^4 c-a_2=0$ (где вместо $a^2$ мы написали $a_2$)

Из равенства (143) следует:

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$

Имеем: $d^2=c^4+9 x^4 c^2+9 x^8-6 x^2 c^3+6 x^4 c^2-18 x^6 c=c^4-6 x^2 c^3+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Значит:

(161) $d^2=c^4-6 x^2 c^3+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Из равенства (144) следует:

(162) $c^3=3 x^2 c^2-3 x^4 c+a_2$

Умножая равенство (162) на $c$, получим: $c^4=3 x^2 c^3-3 x^4 c^2+a_2 c=9 x^4 c^2-9 x^6 c+3 x^2 a_2-3 x^4 c^2+a_2 c$.

Значит:

(163) $c^4=6 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+3 x^2 a_2$

Подставляя (163) и (162) в (161), получим:

$d^2=6 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+3 x^2 a_2-18 x^4 c^2+18 x^6 c-6 x^2 a_2+15 x^4 c^2-18 x^6 c+9 x^8$

Значит:

(164) $d^2=3 x^4 c^2+(a_2-9 x^6) c+(9 x^8-3 x^2 a_2)$

Подставляя (160) в (164) получим: $d^2=-9x^8+9 x^6 c+3 x^4 d+(a_2-9 x^6) c+(9 x^8-3 x^2 a_2)$

Значит:

(165) $d^2=-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d$

[Феликс Шмидель]

Найдём выражения для $X_0$, $Y_0$, $X_3$, $Y_3$ по модулю $a_2$.

Покажем, что

(170) $X_0 \equiv c (x_0+x_1 c)$

(171) $Y_0 \equiv c (y_0+y_1 c)$

(178) $X_3 \equiv d ((x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2))$

(180) $Y_3 \equiv d (2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1)$

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Имеем: $X_0 \equiv c (x_0+x_1 c+x_2 d) \equiv c (x_0+x_1 c)$.

Значит:

(170) $X_0 \equiv c (x_0+x_1 c)$

(171) $Y_0 \equiv c (y_0+y_1 c)$

(172) $X_1 \equiv c_1 (x_0+x_1 c_1)$

(173) $Y_1 \equiv c_1 (y_0+y_1 c_1)$

(174) $X_2 \equiv c_2 (x_0+x_1 c_2)$

(175) $Y_2 \equiv c_2 (y_0+y_1 c_2)$

Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.

Значит:

(176) $X_1 X_2 \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.

(177) $Y_1 Y_2 \equiv d (y_0^2+3 x^2 y_0 y_1+3 x^4 y_1^2)$.

Поскольку $X_3=X_1 X_2-q Y_1 Y_2$, то:

(178) $X_3 \equiv d ((x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2))$

Имеем: $X_1 Y_2 \equiv c_1 c_2 (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 c_1 c_2) \equiv d (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 d) \equiv d (x_0 y_0+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2+x_1 y_1 3 x^4)$

Значит:

(178) $X_1 Y_2 \equiv d ((x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+y_0 x_1 c_1+x_0 y_1 c_2)$

(179) $Y_1 X_2 \equiv d ((x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+x_0 y_1 c_1+y_0 x_1 c_2)$

Имеем: $X_1 Y_2+Y_1 X_2 \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1)(c_1+c_2)) \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1)(3 x^2-c)) \equiv d (2 (x_0 y_0+3 x^4 x_1 y_1)+(x_0 y_1+y_0 x_1) 3 x^2)$

Поскольку $Y_3=X_1 Y_2+Y_1 X_2$, то

(180) $Y_3 \equiv d (2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1)$

[Феликс Шмидель]

Мы показали, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a_2$, поэтому из (178) и (180) следует:

(181) $(x_0^2-q y_0^2)+3 x^2 (x_0 x_1-q y_0 y_1)+3 x^4 (x_1^2-q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(182) $2 x_0 y_0+6 x^4 x_1 y_1+3 x^2 x_0 y_1+3 x^2 y_0 x_1$ делится на $a_2$

Совсем другие сравнения по модулю $a_2$ следуют из равенства (150):

(150) $X_0^2+q Y_0^2=c Z^2$.

Выведем формулу:

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

Затем покажем, что:

(187) $(x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(188) $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$.

Сделаем это в оффтопике.

(Оффтоп)

Имеем: $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=x_0^2+x_1^2 c^2+x_2^2 d^2+2 x_0 x_1 c+2 x_0 x_2 d+ 2 x_1 x_2 a_2=x_0^2+x_1^2 (-3 x^4+3 x^2 c+d)+x_2^2 (-3 x^2 a_2+a_2 c+3 x^4 d)+2 x_0 x_1 c+2 x_0 x_2 d+ 2 x_1 x_2 a_2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(3 x^2 x_1^2+x_2^2 a_2+2 x_0 x_1) c+(x_1^2+3 x^4 x_2^2+2 x_0 x_2) d$.

Значит:

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

(184) $(y_0+y_1 c+y_2 d)^2=(y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)+(2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2) c+(2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2) d$

Из (150) следует:

(185) $c ((x_0+x_1 c+x_2 d)^2+q (y_0+y_1 c+y_2 d)^2)=Z^2 \equiv 0$ по модулю $a_2$

Из (183), (184) и (185) следует:

(186) $c ((x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2))+c^2 (2(x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)) \equiv 0$ по модулю $a_2$

Поскольку $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$, то из (186) следует: $-3 x^4 (2(x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)) \equiv 0$ по модулю $a_2$, значит $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2) \equiv 0$ и из (186) теперь получим:

(187) $(x_0^2+q y_0^2)-3 x^4 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$ и

(188) $2 (x_0 x_1+q y_0 y_1)+3 x^2 (x_1^2+q y_1^2)$ делится на $a_2$.

-- Ср сен 25, 2013 01:13:49 --

Заметим, что, если бы в сравнении (181) вместо $-q$ стояло $+q$, то учитывая сравнения (187) и (188) мы бы быстро получили противоречие, потому что $x_0^2+q y_0^2$ делилось бы на $a_2$.

Мы определили $X_3=X_1 X_2-q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2+Y_1 X_2$, а могли бы определить по-другому: $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$.

Интересно, какие сравнения мы бы получили в этом случае?

[Феликс Шмидель]

Я нашёл ошибку в оффтопике, которая не повлияла на результат.

Исправление
============

Цитата:

Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2-x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.

исправляется на:

Имеем: $X_1 X_2 \equiv c_1 c_2 (x_0^2+x_0 x_1 (c_1+c_2)+x_1^2 c_1 c_2)=d (x_0^2+x_0 x_1 (3 x^2-c)+x_1^2 d) \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2+x_1^2 d^2 \equiv d x_0^2+d x_0 x_1 3 x^2+x_1^2 3 x^4 d \equiv d (x_0^2+3 x^2 x_0 x_1+3 x^4 x_1^2)$.



Определить по-другому $X_3$ и $Y_3$ можно, но мне это пока ничего не дало.
Потому что, если $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$, то $Y_3$ не принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[3]{4}]$, а включает ещё и $i_3$.

[Феликс Шмидель]

При выводе сравнений (181) и (182), мы использовали то, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $a_2$.
Заметим, что это следует напрямую из леммы 15, равенства (153) и того, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $d$ (вследствие сравнений (178) и (180)).
В самом деле, поскольку $Z^4$ делится на $a_2^2$ делится на $c^2$, то из леммы 15 следует, что $X_3$ и $Y_3$ делятся на $c$, а поскольку они делятся и на $d$ (которое взаимно-просто с $c$), то $X_3$ и $Y_3$ делятся на $c d=a_2$.
Получается, что необязательно использовать $X_4$ и $Y_4$, как мы это делали.

[Феликс Шмидель]

Видимо всё же можно, определив $X_3$ и $Y_3$ по-новому, получить видоизменённое сравнение (181).
Пусть $X_3=X_1 X_2+q Y_1 Y_2$, $Y_3=X_1 Y_2-Y_1 X_2$.
Покажем, что $X_3$ делится на делитель $m_2$ числа $a_2$, который состоит из степеней простых чисел, вида $3 k+1$.

Имеем:

(153) $X_3^2+q Y_3^2=d Z^4$

Заменим $i_3$ в $Y_3$ на $v_3$, где $v_3$ - корень кубический из $1$ по модулю $m_2^2$.
Получим: $X_3^2+q Y_{31}^2$ делится на $m_2^2$, откуда, применив лемму 15, получим, что $X_3$ и $Y_{31}$ делятся на $m_2$ со всеми вытекающими из этого сравнениями по модулю $m_2$.
В частности, из того, что $X_1 X_2+q Y_1 Y_2$ и $X_1 X_2-q Y_1 Y_2$ оба делятся на $m_2$ следует, что $X_1 X_2$ и $Y_1 Y_2$ оба делятся на $m_2$, и получить противоречие уже несложно.

[Феликс Шмидель]

Теперь надо проверять, что, собственно мы доказали? Что $c$ является квадратом? Что на самом деле происходит, если $Y_0=0$? Каким образом получается противоречие в этом случае? А что если $Y_0 \ne 0$ а просто делится на $a_2$?
На все эти вопросы нужно дать ответы и всё тщательно проверить, прежде чем можно утверждать, что мы что-то доказали.

[Феликс Шмидель]

Например, предположим, что $c$ является квадратом, $X_0=c \sqrt{d}$, $Y_0=0$.
В этом случае $X_3=d c \sqrt{d}$, $Y_3=0$.
Проверяем: $X_3$ делится на $a_2$ - да это действительно так.
Пусть $\sqrt{d}=x_0+x_1 c+x_2 d$.
Тогда из сравнений (181), (187) и (188) следует, что $x_0$ и $x_1$ делятся на $a$.
Но у нас есть ещё $x_2$, и как получить противоречие неясно.
Максимум, что следует из сравнений (181), (182), (187) и (188) (и того, что $X_1 X_2$ делится на $a_2$) это то, что $x_0$, $x_1$, $y_0$, $y_1$ делятся на $a$.
Мы даже не знаем делится ли $y_2$ на $a$.
Было неправильно сказать, что "получить противоречие уже несложно".
Как говорится: "back to the drawing board".

[Феликс Шмидель]

Запишем равенство (150) в виде:

(190) $c ((x_0+x_1 c+x_2 d)^2+ q(y_0+y_1 c+y_2 d)^2)=Z^2$

Используем формулы (183) и (160):

(183) $(x_0+x_1 c+x_2 d)^2=(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2) c+(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2) d$

(160) $c^2=-3 x^4+3 x^2 c+d$

Поскольку коэффициент при $d$ в $c^2$ равен 1, то из (190) и (183) получим:

(191) $(2 x_0 x_1+3 x^2 x_1^2+a_2 x_2^2)+q (2 y_0 y_1+3 x^2 y_1^2+a_2 y_2^2)=0$

Далее из (190) и (183) следует:

(192) $(x_0^2-3 x^4 x_1^2-3 x^2 a_2 x_2^2+2 x_1 x_2 a_2)+q (y_0^2-3 x^4 y_1^2-3 x^2 a_2 y_2^2+2 y_1 y_2 a_2)=0$

(193) $(2 x_0 x_2+x_1^2+3 x^4 x_2^2)+q (2 y_0 y_2+y_1^2+3 x^4 y_2^2)=Z^2/a_2$

Равенства (191), (192) и (193) являются необходимыми и достаточными условиями для того, чтобы равенство (190) имело место.

Для того, чтобы записать эти равенства в более компактной форме, введём обозначения:

(194) $u_0=x_0^2+q y_0^2$, $u_1=x_1^2+q y_1^2$, $u_2=x_2^2+q y_2^2$,

(195) $u_{01}=x_0 x_1+q y_0 y_1$, $u_{02}=x_0 x_2+q y_0 y_2$, $u_{12}=x_1 x_2+q y_1 y_2$

С этими обозначениями, равенства (191), (193) и (193) принимают вид:

(196) $2 u_{01}+3 x^2 u_1+a_2 u_2=0$

(197) $u_0-3 x^4 u_1-3 x^2 a_2 u_2+2 a_2 u_{12}=0$

(198) $2 u_{02}+u_1+3 x^4 u_2=Z^2/a_2$

[Феликс Шмидель]

Может быть я снова пессимистичен, но, по-моему равенства (191), (192) и (193) ничему не противоречат.
Вместо $\sqrt[3]{4} yz$ можно взять любое алгебраическое число $v$, в том числе и такое, что $x^6-v^3$ является квадратом, определить $c=x^2-v$, $d=x^4+x^2 v+v^2$, и затем придти к равенствам (196), (197) и (198).
Не для любых $q$, конечно, а только для таких, по модулю, которых $c$ является квадратом.