Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$

[Феликс Шмидель]

На всякий случай приведём доказывающие это рассуждения и код.
Можно, ведь, спросить, а не слишком ли на много делится число $\gamma_1(g)$?

Посмотрим ещё раз на равенство (23):

Цитата:

(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.

Множители в левой части равенства (23) не могут оба делиться на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, на который не делится число $2$.
Иначе, числа $c=(\alpha_1(g))^2$ и $d=(\alpha_1(g i_5))^2...(\alpha_1(g i_5^4))^2$ делились бы на $\rho$, а мы знаем, что эти числа взаимно-просты.

Пусть $\rho^m$ - максимальная степень идеала $\rho$, на которую делится число $(y z)$.

Предположим, что числа $2$ и $5$ не делятся на $\rho$.

Равенство (23) и три других равенства, полученных из (23) заменой числа $i_5$ на $i_5^2$, $i_5^3$ и $i_5^4$ даёт нам систему сравнений, одну из 16 возможных, по модулю идеала $\rho^m$.

Мы показали, что решение этой системы сравнений, относительно коэффициентов $a_0$, ..., $a_4$ имеет вид:

(45)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$

$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$

$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$

$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$

$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$

по модулю идеала $\rho^m$,

где $v_0=a_0+a_1 g+...+a_4 g^4$ и

(46)

$k_0=5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$

$k_1=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$

$k_2=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$

$k_3=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$

$k_4=-s_1 i_5^{5-4}-s_2 i_5^{10-8}-s_3 i_5^{15-12}-s_4 i_5^{20-16}$,

где $s_1, s_2, s_3, s_4$ - некоторые числа равные $0$ или $1$.

Напомним равенство:

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

и определения:

(5)
$\gamma(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4$
$\beta(g)=a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4$

(6)
$\gamma_1(g)=\gamma(g i_5)\gamma(g i_5^2)\gamma(g i_5^3)\gamma(g i_5^4)$,
$\beta_1(g)=\beta(g i_5)\beta(g i_5^2)\beta(g i_5^3)\beta(g i_5^4)$

Предположим, что:

(47) число $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$.

Поскольку $a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3 \equiv \frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} g^4 v_0$ по модулю идеала $\rho^m$ и $\gamma(g)$ делится на $\rho^m$ по предположению (47), то

(48) $\frac{a_0-x}{2} \equiv -\frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} v_0$

по модулю идеала $\rho^m$.

Пусть

(49) $\gamma_k(g)=k_1 g_1^4+k_2 g_1^3 g+k_3 g_1^2 g^2+k_4 g_1 g^3-(k_1+k_2+k_3+k_4) g^4$,

(50) $\gamma_{1_k}(g)=\gamma_k(g i_5)\gamma_k(g i_5^2)\gamma_k(g i_5^3)\gamma_k(g i_5^4)$.

Вычислим коэффициенты числа $\gamma_{1_k}(g)$ с помощью следующего кода:

load_package polydiv;

k0:=5-2*(s1+s2+s3+s4);
k1:=-s1*i5^(5-1)-s2*i5^(5-2)-s3*i5^(5-3)-s4*i5^(5-4);
k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

v0:=k1*g1^4+k2*g1^3*g+k3*g1^2*g^2+k4*g1*g^3-(k1+k2+k3+k4)*g^4;
v1:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5+k3*g1^2*g^2*i5^2+k4*g1*g^3*i5^3-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^4;
v2:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^2+k3*g1^2*g^2*i5^4+k4*g1*g^3*i5^6-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^8;
v3:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^3+k3*g1^2*g^2*i5^6+k4*g1*g^3*i5^9-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^12;
v4:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^4+k3*g1^2*g^2*i5^8+k4*g1*g^3*i5^12-(k1+k2+k3+k4)*g^4*i5^16;

v51:=(((v1*v2) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v52:=(((v3*v4) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=(((v51*v52) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:= v6 mod g;
v7:=(v6-c0)/g;

c1:= v7 mod g;
v8:=(v7-c1)/g;

c2:= v8 mod g;
v9:=(v8-c2)/g;

c3:= v9 mod g;
c4:=(v9-c3)/g;
 
c0;
c1;
c2;
c3;
c4;

Получим:

(51)
$c_0=1000 g_1 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_1=1000 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_2=500 g_1^4 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_3=500 g_1^3 s_1 s_2 s_3 s_4$

$c_4=500 g_1^2 s_1 s_2 s_3 s_4$

Эти равенства показывают, что если хотя бы один из параметров $s_1$, ..., $s_4$ равен нулю, то
все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho^m$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Зададим теперь вопрос: могут ли все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делиться на простой идеал $\rho$, если $\beta(g)$ делится на $\rho$?

Поскольку $a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3 \equiv \frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} g^4 v_0$ по модулю идеала $\rho$ и $\beta(g)$ делится на $\rho$, то

(48) $\frac{a_0+x}{2} \equiv -\frac{k_1+k_2+k_3+k_4}{5} v_0$

по модулю идеала $\rho$.

Также $v_0 \equiv -x$ по модулю $\rho$, так как $g \beta=v_0+x$.

Значит:

(49) $\frac{a_0-x}{2} \equiv \frac{5-k_1-k_2-k_3-k_4}{5} v_0$

по модулю $\rho$.

Пусть

(49) $\gamma_k(g)=k_1 g_1^4+k_2 g_1^3 g+k_3 g_1^2 g^2+k_4 g_1 g^3+(5-k_1-k_2-k_3-k_4) g^4$,

(50) $\gamma_{1_k}(g)=\gamma_k(g i_5)\gamma_k(g i_5^2)\gamma_k(g i_5^3)\gamma_k(g i_5^4)$.

Вычислим коэффициенты числа $\gamma_{1_k}(g)$ с помощью следующего кода:

Код:

load_package polydiv;

k0:=5-2*(s1+s2+s3+s4);
k1:=-s1*i5^(5-1)-s2*i5^(5-2)-s3*i5^(5-3)-s4*i5^(5-4);
k2:=-s1*i5^(5-2)-s2*i5^(5-4)-s3*i5^(10-6)-s4*i5^(10-8);
k3:=-s1*i5^(5-3)-s2*i5^(10-6)-s3*i5^(10-9)-s4*i5^(15-12);
k4:=-s1*i5^(5-4)-s2*i5^(10-8)-s3*i5^(15-12)-s4*i5^(20-16);

v0:=k1*g1^4+k2*g1^3*g+k3*g1^2*g^2+k4*g1*g^3+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4;
v1:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5+k3*g1^2*g^2*i5^2+k4*g1*g^3*i5^3+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^4;
v2:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^2+k3*g1^2*g^2*i5^4+k4*g1*g^3*i5^6+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^8;
v3:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^3+k3*g1^2*g^2*i5^6+k4*g1*g^3*i5^9+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^12;
v4:=k1*g1^4+k2*g1^3*g*i5^4+k3*g1^2*g^2*i5^8+k4*g1*g^3*i5^12+(5-k1-k2-k3-k4)*g^4*i5^16;

v51:=(((v1*v2) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
v52:=(((v3*v4) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

v6:=(((v51*v52) mod (g^5-2)) mod (g1^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

c0:= v6 mod g;
v7:=(v6-c0)/g;

c1:= v7 mod g;
v8:=(v7-c1)/g;

c2:= v8 mod g;
v9:=(v8-c2)/g;

c3:= v9 mod g;
c4:=(v9-c3)/g;

c0;
c1;
c2;
c3;
c4;

Я не привожу пока результатов вычислений, но при $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$, если все коэффициенты $c_0$, ..., $c_4$ делятся на $\rho$, то либо $5$ делится на $\rho$, либо $2$ делится на $\rho$.

Значит, можно доказать, что наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ не делится на $\rho$.

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.
В самом деле, пусть $p$ - простой делитель числа $y z$, и $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ не делится на $p$.
Для простоты, предположим, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$, и, что $p \ne 2$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ и $\rho$ соответствует набору параметров $s_1, s_2, s_3, s_4$, то не все они равны 1.
Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.
Иначе $\beta(g)$ делится на $\rho$, и поскольку наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ не делится на $\rho$, то $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$.
Значит $\gamma_1(g)$ делится на $p$, значит все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $p$.
Но, если $\beta(g)$ делится на $\rho$, то не все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho$ (мы не доказали это, но показали в этом сообщении, как можно доказать.).
Мы не привели доказательство того, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$ во всех деталях.
Вместо $\rho$ нужно рассматривать $\rho^m$.
Нужно отдельно рассмотреть случай $p=2$.
Но в общих чертах понятно, как можно это доказать.

[Феликс Шмидель]

Исправление
------------------

Цитата:

Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.

исправляется на:

Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.


Исправление
------------------

Цитата:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.

исправляется на:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.

[Феликс Шмидель]

Вообще, случай, когда $5$ делится на $\rho$ нуждается в особом рассмотрении.
Предположим, что это так, и что число $y z$ делится на 5.

Из равенства (4):

Цитата:

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

и взаимной простоты сомножителей в левой части этого равенства следует, что $a_1, ...,a_4$ делятся на $5^t$ и либо $a_0-x$, либо $a_0+x$ делится на $5^t$, где $5^t$ - максимальная степень числа $y z$.

Теперь рассмотрим равенства:

(23) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5))=y z g^2 (i_5^2-1)$.

(23.1) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^2))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^2))=y z g^2 (i_5^4-1)$.

(23.2) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^3))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^3))=y z g^2 (i_5^6-1)$.

(23.2) $(\alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5^4))(\alpha1(g)+\alpha_1(g i_5^4))=y z g^2 (i_5^8-1)$.

Цитата:

Пусть

$v_0=a_0+a_1 g+...+a_4 g^4$
$v_1=a_0+a_1 g i_5+...+a_4 g^4 i_5^4$
$v_2=a_0+a_1 g i_5^2+...+a_4 g^4 i_5^8$
$v_3=a_0+a_1 g i_5^3+...+a_4 g^4 i_5^12$
$v_4=a_0+a_1 g i_5^4+...+a_4 g^4 i_5^16$

Тогда

(I)

$5 a_0=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$
$5 a_1 g=v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4$
$5 a_2 g^2=v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8$
$5 a_3 g^3=v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^12$
$5 a_4 g^4=v_0+v_1/i_5^4+v_2/i_5^8+v_3/i_5^12+v_4/i_5^16$

Число $v_0$ сравнимо c $\pm x$ по модулю любого простого идеала - делителя числа $y z$, поэтому $v_0$ - взаимно-просто с $y z$.
Числа $v_1$, ..., $v_4$ сравнимы либо с $v_0$, либо с $-v_0$ по модулю $5^t$, поскольку только один из множителей в левой части равенств (23), (23.1), ..., (23.4) делится на простой идеал - делитель числа $5$ (есть только один такой идеал).
Поскольку $v_0$ не делится на этот идеал (так как взаимно-просто с $y z$), то равенство

$5 a_0=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$

может выполняться только если $v_1$, ..., $v_4$ сравнимы с $v_0$ по модулю $5^t$.

Таким образом, простой идеал $\rho$ - делитель числа $5$ соответствует набору параметров $\{s_1, ..., s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$.

Больше, ничего нового из равенств (I) не следует.
Из них следует, что $a_0 \equiv v_0$, $a_1 \equiv 0$, ...,$a_4 \equiv 0$ по модулю $5^{t-1}$,
но мы уже получили эти сравнения по модулю $5^t$ из равенства (4).

Если число $\beta(g)$ делится на $5^t$, то коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ тоже делятся на $5^t$, и никакого противоречия здесь нет (если $\beta(g)$ делится на простой идеал $\rho$, который не является делителем чисел $2$, $5$ и не является общим делителем чисел $a_1$, ..., $a_4$, то, по-видимому, все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ не могут делиться на $\rho$).

Поэтому, мы и исправили:

Цитата:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.

Но кроме $5$ следует исключить и такие простые делители $p$ числа $y z$, на которые делятся все коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$.
Если $v_1 \equiv v_0$, ...,$v_4 \equiv v_0$ по модулю $p$, то из равенств (I) следует, что все коэффициенты $a_1$, ..., $a_4$ делятся на $p$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$, то $\rho$ соответствует набору $\{s_1, ..., s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$.
Других вариантов нет, по крайней мере, если $p \ne 2$ и $p \ne 3$, поскольку сумма правых частей последних четырёх равенств из (I) равна $4 v_0-(v_1+v_2+v_3+v_4)$.

Исправление
-----------------

Цитата:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/5^t$, где $5^t$ наибольшая степень числа $5$, на которую делится число $y z$.

исправляется на:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/(p_1^t_1...p_m^t_m)$, где $p_j^t_j$ наибольшая степень простого числа $p_j$, на которую делится число $y z$, и простые числа $p_1$, ..., $p_m$ являются общими делителями коэффициентов $a_1$, ..., $a_4$.

Возможно это тоже не точно, потому что мы не разобрались в случаях $p=2$ и $p=3$.

[Феликс Шмидель]

Перейдём теперь от делителей числа $y z$ к делителям числа $x$.
Займёмся равенством (25):

Цитата:

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

Пусть

$v_0=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g_4$

$v_1=a_0/i_5+a_1 g+a_2 g^2 i_5+a_3 g^3 i_5^2+a_4 g^4 i_5^3$

$v_2=a_0/i_5^2+a_1 g+a_2 g^2 i_5^2+a_3 g^3 i_5^4+a_4 g^4 i_5^6$

$v_3=a_0/i_5^3+a_1 g+a_2 g^2 i_5^3+a_3 g^3 i_5^6+a_4 g^4 i_5^9$

$v_4=a_0/i_5^4+a_1 g+a_2 g^2 i_5^4+a_3 g^3 i_5^8+a_4 g^4 i_5^12$

Тогда

$5 a_0=v_0+v_1 i_5+v_2 i_5^2+v_3 i_5^3+v_4 i_5^4$

$5 a_1 g=v_0+v_1+v_2+v_3+v_4$

$5 a_2 g^2=v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4$

$5 a_3 g^3=v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8$

$5 a_4 g^4=v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^12$

Значит:

$5 a_0 \equiv k_0 2 v_0$

$5 a_1 \equiv k_1 g^4 v_0$

$5 a_2 \equiv k_2 g^3 v_0$

$5 a_3 \equiv k_3 g^2 v_0$

$5 a_4 \equiv k_4 g v_0$

(по модулю идеала $\rho^{2 m}$, где $x$ делится на $\rho^m$, $\rho$- простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$),

где

$k_0=-s_1 i_5-s_2 i_5^2-s_3 i_5^3-s_4 i_5^4$

$k_1=5/2-(s_1+s_2+s_3+s_4)$

$k_2=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$

$k_3=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$

$k_2=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$.

Мы ввели параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$, каждый из которых равен $0$ или $1$ в зависимости от того $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$, для $j=1, 2, 3, 4$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Исправление
-----------------

Цитата:

Я не привожу пока результатов вычислений, но при $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$, если все коэффициенты $c_0$, ..., $c_4$ делятся на $\rho$, то либо $5$ делится на $\rho$, либо $2$ делится на $\rho$.

Значит, можно доказать, что наибольший общий делитель коэффициентов числа $\gamma_1(g)$ не делится на $\rho$.

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$.
В самом деле, пусть $p$ - простой делитель числа $y z$, и $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ не делится на $p$.
Для простоты, предположим, что не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$, и, что $p \ne 2$.
Если $p$ делится на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ и $\rho$ соответствует набору параметров $s_1, s_2, s_3, s_4$, то не все они равны 1.
Согласно доказанному в предыдущем сообщении, наибольший общий делитель числа $\gamma_1(g)$
делится на $\rho$, если $\gamma(g)$ делится на $\rho$.
Иначе $\beta(g)$ делится на $\rho$, и поскольку наибольший общий делитель коэффициентов числа $\beta(g)$ не делится на $\rho$, то $\gamma_1(g)$ делится на $\rho$.
Значит $\gamma_1(g)$ делится на $p$, значит все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $p$.
Но, если $\beta(g)$ делится на $\rho$, то не все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ делятся на $\rho$ (мы не доказали это, но показали в этом сообщении, как можно доказать.).
Мы не привели доказательство того, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z$ во всех деталях.
Вместо $\rho$ нужно рассматривать $\rho^m$.
Нужно отдельно рассмотреть случай $p=2$.
Но в общих чертах понятно, как можно это доказать.

Нельзя было по одному набору параметров $s_1=0$, $s_2=0$, $s_3=1$, $s_4=0$ судить об остальных.
Я подставил другие наборы в результаты вычислений, и для некоторых, получил нулевые $c_0$, ..., $c_4$.

Цитата:

Если это так, то можно показать, что $2 (5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на $y z/(p_1^t_1...p_m^t_m)$, где $p_j^t_j$ наибольшая степень простого числа $p_j$, на которую делится число $y z$, и простые числа $p_1$, ..., $p_m$ являются общими делителями коэффициентов $a_1$, ..., $a_4$.

Это не так, и показать это нельзя.

Эта тема не привела к доказательству ВТФ для $n=5$.
Вообще в этой теме, слишком много вычислений, которые, как оказалось не нужны.
Я закрываю её, и продолжу поиск доказательства в новой теме.

[serega57]

Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):

В этой теме, мы с ananova займёмся подготовкой доказательства ВТФ для $n=5$.
Уважаемый ananova, Вы в курсе, что в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы не доказали это, а нашли, используя математическую компьютерную программу gp/PARI.
Эта программа определила, что число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ равно 1.
Вы, возможно не знаете, что такое идеал, и тем более, что такое число классов идеалов.

(Оффтоп)

Век живи век учись. А вообще мне очень понравилось, как культурно человека можно на хрен послать. А перед этим 100% успеха обещать. Так вроде невзначай. Если я ещё давеча сомневался по поводу Канадской статьи, то тапереча Вы мои сомнения окончательно развеяли. Здаётся мне, что эта статья не конкурент Вашему доказательству, а похоронная команда для Вашего доказательства. Мил человек если Вас не затруднит, не могли бы Вы дать даты публикаций Вашего и Канадского доказательства. Если конечно Вы в впереди то извиняйте, а позади то прщавайте. Лихим словом меня не поминайте

[Феликс Шмидель]

(Оффтоп)

Я никого никуда не посылал. ananova отказался от участия в поиске доказательства в самом начале. Так что он нисколько не пострадал. Я извинился за неудавшуюся попытку доказательства и свою неоправданную самоуверенность. Моё доказательство для $n=3$ нигде не опубликовано.
Но оно проверено на этом форуме заслуженным участником, а также специалистами.
А статья в Канадском журнале, по мнению заслуженных участников, содержит ошибки.

[serega57]

Феликс Шмидель в сообщении #799665 писал(а):

(Оффтоп)

Я никого никуда не посылал. ananova отказался от участия в поиске доказательства в самом начале. Так что он нисколько не пострадал. Я извинился за неудавшуюся попытку доказательства и свою неоправданную самоуверенность. Моё доказательство для $n=3$ нигде не опубликовано.
Но оно проверено на этом форуме заслуженным участником, а также специалистами.
А статья в Канадском журнале, по мнению заслуженных участников, содержит ошибки.

(Оффтоп)

прошу прощение но выглядит это имен о так.

[Феликс Шмидель]

У меня появилась идея, которая основана на равенстве из этой темы и требует ещё одно вычисление.
Поэтому я рассмотрю эту идею здесь.
В соседней теме мы показали, что у числа $y z$ есть легко вычислимые делители, на которые делятся все коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ (кроме $a_0$).

В этой темы мы доказали равенство (28):

Цитата:

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

и показали, что два сомножителя в левой части равенства (28) взаимно-просты, и из (28) следует, что они являются квадратами идеалов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

Идея заключается в том, чтобы рассмотреть, например, второй сомножитель по модулю делителей, на которые делятся $a_1, a_2, a_3, a_4$.
Этот сомножитель сравним с $a_0 (i_5+1)$ по модулю этих делителей, и вопрос в том, что нам даёт то, что он является квадратом идеала поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$?
Мы можем добиться упрощения если помножим этот сомножитель на результаты подстановки в него $g i_5, g i_5^2, g i_5^3, g i_5^4$ вместо $g$.
В этой теме мы проделали подобное вычисление, подставляя $i_5^2$, $i_5^3$, $i_5^4$ вместо $i_5$, и перемножая четыре полученых выражения, но в данном случае это ничего не даёт, потому что перемножение четырёх одинаковых чисел $a_0 (i_5+1)$ является квадратом и это ничему не противоречит.
Другое дело если перемножить пять одинаковых чисел!
Итак вычислим: $(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))(i_5 \alpha_1(g i_5)+\alpha_1(g i_5^2))(i_5 \alpha_1(g i_5^2)+\alpha_1(g i_5^3))(i_5 \alpha_1(g i_5^3)+\alpha_1(g i_5^4))(i_5 \alpha_1(g i_5^4)+\alpha_1(g))$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

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

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

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

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

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

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 $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3$, либо $-(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, 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 этом кольце.
Поскольку $c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3 \equiv a_0^5 (i_5+1)^5$ по модулю делителей числа $y z$, на которые делятся $a_1, ..., a_4$, то первые два случая невозможны, так как среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).
Я не утверждаю, что это верно для любого такого делителя, но достаточно, чтобы это было верно хотя бы для одного такого делителя.
Например, мы показали, что число $11$ является таким делителем.
Подставим 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 $11$.
Значит:

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

где

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

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

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

Из (60) следует:

(61) либо $a_0$, либо $-a_0$ является квадратом по модулю всех простых делителей числа $y z$, на которые делятся одновременно $a_1, a_2, a_3, a_4$.

Это новый результат, но он не ведёт к противоречию.
Интересно, что следует из (60) по модулю остальных других делителей числа $y z$?
Можно упростить вычисления, поскольку, по-видимому, имеет место:

(62) либо $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$, либо $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

В самом деле, число $(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом идеала в этом кольце, в котором, по видимому, имеет место единственность разложения на простые множители (что несложно проверить, например, в программе GP/PARI).
Значит, $u(g, i_5) (i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в этом кольце, где $u(g, i_5)$ - некоторый делитель единицы.
Мы показали, что произведение $u(g, i_5) u(g, i_5^2) u(g, i_5^3) u(g, i_5^4)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[g]$, и либо $(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ либо $-(i_5+1) u(g, i_5) u(g i_5, i_5) u(g i_5^2, i_5) u(g i_5^3, i_5) u(g i_5^4, i_5)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Число $i_5+1$ является делителем единицы, обладающим этими свойствами.
Можно проверить (62), вычислив другие фундаментальные единицы поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, но мы пока не будем это делать.
Предположим, что (62) верно, и попробуем получить противоречие.
Если это удастся, то будем проверять.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

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

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

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

[Феликс Шмидель]

Заметим, что $i_5^2+i_5^3=(-1-\sqrt{5})/2$ (а $i_5+i_5^4=(-1+\sqrt{5})/2$, так как сумма и произведение двух чисел $i_5^2+i_5^3$ и $i_5+i_5^4$ равны -1).
Заметим также, что в поле $\mathbb{Q}[\sqrt{5}]$ имеет место единственность разложения на простые множители (в отличие от классического примера - поля $\mathbb{Q}[\sqrt{-5}]$, в котором эта единственность не выполняется).

[Феликс Шмидель]

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 $h^2=1-h$).