ВТФ для любого простого показателя $n$.

[Феликс Шмидель]

Мне понятно, что главную трудность представляет доказательство того, что числа $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$ взаимно-просты.
Поэтому мы сосредоточимся на этой задаче.
Сравнение $D_{\gamma1} \equiv 0$ по модулю простого числа $p$ эквивалентно системе $n$ нелинейных алгебраических сравнений с $n$ неизвестными.
Поставим в этой системе знак $=$ вместо знака $\equiv$ и попробуем решить полученную систему алгебраических уравнений.
Это можно сделать в какой-нибудь алгебраической программе, например, REDUCE.
Начнём с $n=3$, затем сделаем это для $n=5$.

Программа REDUCE умеет вычислять детерминанты матриц с переменными, поэтому мы представим коэффициенты числа $D_{\gamma1}$ в виде детерминантов.

Обозначим $\frac{a_0-x}{2}$ через $a_n$ и рассмотрим матрицу:

$M=\left( \begin{array} {ccccc} a_1 & 2 a_n & 2 a_{n-1} & \ldots & 2 a_2 \\ a_2 & a_1 & 2 a_n & \ldots & 2 a_3 \\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots & \vdots \\ a_n & a_{n-1} & a_{n-2} & \ldots & a_1 \end{array} \right)$

Пусть $\gamma1=b_1+b_2 g+...+b_n g^{n-1}$.
Тогда

(53) $M (b_1, ..., b_n)^T=(N(\gamma), 0, ..., 0)^T$

Коэффициенты $b_1, ..., b_n$ находятся из этой системы линейных уравнений по правилу Крамера, причём детерминант системы (в знаменателе) связан с нормой $N(\gamma)$: абсолютная величина детерминанта равна абсолютной величине нормы.
Это нетрудно показать, поскольку числа $\gamma, \gamma g, ... \gamma g^{n-1}$ образуют базис идеала, генерированного числом $\gamma$, и матрица $M$ (c перестановкой строк) является матрицей перехода от базиса $1, g, ..., g^{n-1}$ кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[n]{2}]$ к вышеуказанному базису идеала.
Если вычеркнуть первую строку и любой столбец матрицы $M$, то детерминант полученного минора равен (плюс-минус) одному из коэффициентов $b_1, ..., b_n$.
Мы проверим это для $n=3$.
Равенство нулю всех этих миноров даёт интересующую нас систему алгебраических уравнений.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть $n=3$.

Тогда $M=\left( \begin{array} {ccc} a_1 & 2 a_3 & 2 a_2 \\ a_2 & a_1 & 2 a_3 \\ a_3 & a_2 & a_1 \end{array} \right)$

Oпределим матрицу $M$ коммандой:

M:=mat((a1, 2*a3, 2*a2), (a2, a1, 2*a3), (a3, a2, a1));

Вычислим детерминант матрицы $M$ коммандой:

det(M);

Получим: $a_1^3-6 a_1 a_2 a_3+2 a_2^3+2 a_3^3$,

что является выражением для нормы.

Определим миноры коммандами:

M1:=mat((a1, 2*a3), (a2, a1));
M2:=mat((a2, 2*a3), (a3, a1));
M3:=mat((a2, a1), (a3, a2));

Решим систему уравнений коммандой:

solve({det(M1)=0, det(M2)=0, det(M3)=0}, {a1, a2, a3});

Получим два решения:

1) $a_1=0$, $a_2=0$, $a_3=0$.

2) $a_3$ - произвольное число, $a_1=root_{of}(a_1^3-4 a_3^3)$, $a_2=a_1^3/a_3$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что для доказательства взаимной простоты числа $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$, необязательно было решать систему сравнений ${\det(M_1) \equiv 0, \det(M_2) \equiv 0, \det(M_3) \equiv 0}$.
Достаточно получить линейное относительно $a_3$ сравнение, чтобы заключить, что коэффициент при $a_3$ и свободный член сравнимы с нулём.
В частности, из первого сравнения получим: $a_2 \equiv 0$, а из третьего: $a_1 \equiv 0$. Теперь из второго, получим: $a_3^2 \equiv 0$.
Если говорить о сравнении по простому модулю, то $a_3 \equiv 0$, откуда следует, что числа $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$ взаимно-просты.

Пусть теперь $n=5$.

Теперь система ${\det(M_1) \equiv 0, \det(M_2) \equiv 0, \det(M_3) \equiv 0, \det(M_4) \equiv 0, \det(M_5) \equiv 0}$ гораздо сложнее.
Для доказательства взаимной простоты чисел $D_{\gamma1}$ и $D_{\beta1}$, здесь больше подошёл бы алгоритм Евклида относительно $a_5$.

Продолжение следует.