ВТФ - поиск доказательства для n=5 - тема 2.

[Феликс Шмидель]

Мы продолжаем поиск доказательства ВТФ для $n=5$, на основе следующих идей:

Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):

В кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ имеет место единственность разложения на простые множители.
Мы нашли это, используя математическую компьютерную программу gp/PARI.
Эта программа определила, что число классов идеалов кольца $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ равно 1.
Значит имеет место единственность разложения на множители.

Если в кольце обычных целых чисел есть только два делителя единицы: $1$ и $-1$, то в кольце $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ есть и другие делители единицы, например $\sqrt[5]{2}-1$.

Если ненулевые, взаимно-простые целые числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^5+y^5+z^5=0$, то $x^{10}-4 (yz)^5=a^2$, где $a=y^5-z^5$.
Будем считать, что $x$ - нечётное число, а число $a$ не делится на $n$.
Этого можно добиться, поменяв $x$, $y$ и $z$ местами.

Пусть $c=x^2-\sqrt[5]{4} y z$, $d=x^8+x^6 y z \sqrt[5]{4}+x^4 (y z)^2 (\sqrt[5]{4})^2+x^2 (y z)^3 (\sqrt[5]{4})^3+(y z)^4 (\sqrt[5]{4})^4$.
Не трудно доказать, что $c$ и $d$ - взаимно-простые числа, то есть единственными общими делителями этих чисел являются делители единицы.

Исходя из равенства:

(1) $c d=a^2$,

взаимной простоты чисел $c$ и $d$, и единственности разложения на простые множители, получим:

(2) $c=u \alpha^2$,

где $u$ - делитель единицы, и оба числа $u$ и $\alpha$ принадлежат кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$.

Используя приём из моего доказательства для $n=3$ можно показать, что из (2) следует:

(3) $c=\alpha_1^2$,

где число $\alpha_1$ принадлежит кольцу $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ (мы ввели индексированное число $\alpha_1$, поскольку оно может отличаться от числа $\alpha$ из (2)).

Наша задача: получить из равенства (3) противоречие.

Пусть $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$, где $g=\sqrt[5]{2}$, а $a_0$, ..., $a_4$ - целые рациональные числа.

Тогда (3) можно записать в виде:

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

Oбозначим первый сомножитель в (4) через $\gamma(g)$, а второй сомножитель через $\beta(g)$.
То есть:

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

Определим число $\gamma_1(g)$ как произведение всех сопряжённых с $\gamma$ чисел (но, в отличие от нормы, не включая в произведение само число $\gamma$).
Подобным образом определим и число $\beta_1(g)$.
То есть:

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

В принципе, произведения в правой части равенств (6) можно преобразовать раскрытием скобок и получить выражение через коэффициенты чисел $\gamma$ и $\beta$.
В этих выражениях не будет числа $i_5$, которое исчезнет при использовании формулы $1+i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4=0$.

Наша первая с задача: доказать, что если присоединить к коэффициентам числа $\gamma_1$ коэффициенты числа $\beta_1$, то все эти целые числа не могут иметь общих делителей (кроме тривиальных $1$ и $-1$).

Феликс Шмидель в сообщении #788351 писал(а):

Из (3) следует, что $(\alpha_1(g i_5))^2=c(g i_5)=x^2-y z g^2 i_5^2$, значит:

(7) $(\alpha_1(g))^2-(\alpha_1(g i_5))^2=y z g^2 (i_5^2-1)$

Из (7) следует:

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

Феликс Шмидель в сообщении #793668 писал(а):

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

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

Пусть $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, на который делится число $y z$.

Пусть $\rho$ - не является делителем числа $2$.

Другой особый случай, когда $\rho$ является делителем числа $5$, мы пока не исключаем.

Из равенства (8) следует, что $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$, для $j=1, 2, 3, 4$.

Введём 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 $j=1, 2, 3, 4$.

Пусть

(9)
$k_0=5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$k_1=-s_1 i_5^{5-1}-s_2 i_5^{5-2}-s_3 i_5^{5-3}-s_4 i_5^{5-4}$
$k_2=-s_1 i_5^{5-2}-s_2 i_5^{5-4}-s_3 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-8}$
$k_3=-s_1 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{10-6}-s_3 i_5^{10-9}-s_4 i_5^{15-12}$
$k_4=-s_1 i_5^{5-4}-s_2 i_5^{10-8}-s_3 i_5^{15-12}-s_4 i_5^{20-16}$


Тогда

(10)
$5 a_0 \equiv k_0 v_0$
$5 a_1 \equiv k_1 g^4 v_0$
$5 a_2 \equiv k_2 g^3 v_0$
$5 a_3 \equiv k_3 g^2 v_0$
$5 a_4 \equiv k_4 g v_0$

по модулю простого идеала $\rho$.

Из (10) следует:

(11)
$5 a_0 \equiv k_0 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv k_1 g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv k_2 g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv k_3 g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv k_4 g (\pm x)$

по модулю простого идеала $\rho$,

поскольку из (3) следует, что $v_0^2 \equiv x^2$ по модулю $y z$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть простое число $p$ делится на идеал $\rho$.

Будем говорить, что простой идеал $\rho$ соответствует набору параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, если выполняются сравнения (11).

Возникает вопрос: каким наборам параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$ соответствуют другие простые идеалы, на которые делится число $p$?

Если подставить в (9) $i_5^2$ или $i_5^3$ или $i_5^4$ вместо $i_5$, получим перестановку параметров.

Но что будет, если предварительно подставить в (11) $g i_5$ или $g i_5^2$ или $g i_5^3$ или $g i_5^4$ вместо $g$?

Мы можем вообще не получить набора параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, состоящего из нулей и единиц!

Дело в том, что в одном из столбцов в (9) (исключая первую строчку) окажется $i_5^k$, где $k$ делится на $5$.
Заменяя $i_5^k$ в этом столбце на $-i_5-i_5^2-i_5^3-i_5^4$, и распределяя это выражение по всем столбцам, получим в этом столбце вместо множителя $-s_j$ множитель $s_j$.
Из этого следует, что все параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$ равны 0 или же ненулевое выражение $s'_1 i_5+s'_2 i_5^2+s'_3 i_5^3+s'_4 i_5^4$ делится на простой идеал $\rho_1$, сопряжённый с идеалом $\rho$.
В последнем случае, норма этого ненулевого выражения делится на $p$.
Есть и другие следствия, и, возможно, таких $p$ (отличных от $5$) вообще не существует.

Если это моё рассуждение верно, то все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на все простые делители числа $y z$!

Я буду проверять это рассуждение и искать в нём ошибку.
Буду благодарен, если кто-нибудь мне в этом поможет.

[Феликс Шмидель]

Проведём это рассуждение ещё раз с большей строгостью.
Пусть $p$ - какое-либо простое число, отличное от $2$ и $5$, на которое делится число $y z$.
Пусть $P$- какой-либо простой идеал поля $F=\mathbb{Q}[i_5]$, на который делится простое число $p$.
Пусть $\rho$- какой-либо простой идеал поля $L=F[g]=\mathbb{Q}[g, i_5]$, на который делится простое число $p$.
Под идеалом поля, мы имеем в виду идеал кольца всех алгебраических чисел этого поля.

Поясним, как мы получили равенства (9) и сравнения (10) по модулю идеала $\rho$.
Из равенства (8) следует, что $v_j \equiv v_0$ или $v_j \equiv -v_0$ по модулю идеала $\rho$, для $j=1, 2, 3, 4$.
Введём 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 $j=1, 2, 3, 4$.

Имеем:

(12)
$v_0+v_1+v_2+v_3+v_4 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)+(v_0-2 s_2 v_0)+(v_0-2 s_3 v_0)+(v_0-2 s_4 v_0)=(5-2 (s_1+s_2+s+3+s_4)) v_0$

$v_0+v_1/i_5+v_2/i_5^2+v_3/i_5^3+v_4/i_5^4 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^2+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^3+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^4=-2 (s_1/i_5+s_2/i_5^2+s_3/i_5^3+s_4/i_5^4) v_0$

$v_0+v_1/i_5^2+v_2/i_5^4+v_3/i_5^6+v_4/i_5^8 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^2+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^4+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^6+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^8=-2 (s_1/i_5^2+s_2/i_5^4+s_3/i_5^6+s_4/i_5^8) v_0$

$v_0+v_1/i_5^3+v_2/i_5^6+v_3/i_5^9+v_4/i_5^12 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^3+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^6+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^9+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^12=-2 (s_1/i_5^3+s_2/i_5^6+s_3/i_5^9+s_4/i_5^12) v_0$

$v_0+v_1/i_5^4+v_2/i_5^8+v_3/i_5^12+v_4/i_5^16 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)/i_5^4+(v_0-2 s_2 v_0)/i_5^8+(v_0-2 s_3 v_0)/i_5^12+(v_0-2 s_4 v_0)/i_5^16=-2 (s_1/i_5^4+s_2/i_5^8+s_3/i_5^12+s_4/i_5^16) v_0$

по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (12) и равенств

Цитата:

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

следуют сравнения (10) с равенствами (9).

Из сравнений (10) следуют сравнения (11).

Будем говорить, что простой идеал $\rho$ соответствует набору параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, если выполняются сравнения (11).

Тогда, простой идеал $\rho$ соответствует некоторому набору параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, каждый из которых равен 0 или 1.

Определим, как простой идеал $P$ поля $F=\mathbb{Q}[i_5]$ разлагается в произведение простых идеалов поля $L=F[g]=\mathbb{Q}[g, i_5]$.

Это известно из учебников по теории алгебраических чисел, поскольку расширение $L:F$ является классическим нормальным расширением Куммера.

Приведём цитату из моей темы по теории алгебраических чисел:

Цитата:

Рассмотрим теперь расширение Куммера $L=F[\sqrt[n]{2}]$, где $F=\mathbb{Q}[i_n]$, $i_n$-комплексный корень $n$-ой степени из $1$.

Если $P$ - простой идеал поля $F$, не делящий $2 n$, то либо (1) $P G_L=\rho_1 ... \rho_n$ либо (2) $P G_L=\rho_1$.
Количество множителей, входящих в разложения (1) и (2) равно либо $n$, либо $1$, поскольку степень нормального расширения $L:F$, равная простому числу $n$, делится на колличество множителей.
Для того, чтобы случай (1) имел место, необходимо и достаточно, чтобы сравнение

(13) $x^n \equiv 2$ по модулю идеала $P$,

имело решение в кольце $\mathbb{Z}[i_n]$.

Я привёл простое доказательство необходимости условия (13), и не стал доказывать достаточность.
Доказательство необходимости и достаточности условия (13) приводится в учебниках по теории алгебраических чисел.

Возвращаясь к нашему случаю ($n=5$), если хотя бы одно из чисел $k_1, ..., k_4$ в равенствах (9) не делится на идеал $P$, то из сравнений (11) следует, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, сравнение (13) по модулю идеала $\rho$ имеет решение в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Это решение $x$ удовлетворяет сравнению (13) по модулю идеала $P$.
Мы рассмотрим исключительный случай, когда все числа $k_1, ..., k_4$ в равенствах (9) делятся на идеал $P$ в дальнейшем.
А пока, предположим, что не все числа $k_1, ..., k_4$ делятся на $P$.
Из достаточности условия (13) следует:

(14) $P G_L=\rho_1 ... \rho_5$,

где один из множителей - идеал $\rho$, а остальные 4 множителя получаются из него заменой числа $g$ на $g i_5$, $g i_5^2$, $g i_5^3$ или $g i_5^4$ во всех элементах идеала $\rho$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Без ограничения общности, пусть $\rho=\rho_5$, а перечисленные замены дают идеалы $\rho_1$, $\rho_2$, $\rho_3$, $\rho_4$.
Производя эти замены в сравнениях (11) получим:

(15)
$5 a_0 \equiv k_0 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv k_1 i_5^{4 j} g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv k_2 i_5^{3 j} g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv k_3 i_5^{2 j} g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv k_4 i_5^{j} g (\pm x)$

по модулю простого идеала $\rho_j$,

для $j=1, 2, 3, 4$.

Я сделал ошибочное заключение, в следующем рассуждении:

Цитата:

Но что будет, если предварительно подставить в (11) $g i_5$ или $g i_5^2$ или $g i_5^3$ или $g i_5^4$ вместо $g$?

Мы можем вообще не получить набора параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, состоящего из нулей и единиц!

Дело в том, что в одном из столбцов в (9) (исключая первую строчку) окажется $i_5^k$, где $k$ делится на $5$.
Заменяя $i_5^k$ в этом столбце на $-i_5-i_5^2-i_5^3-i_5^4$, и распределяя это выражение по всем столбцам, получим в этом столбце вместо множителя $-s_j$ множитель $s_j$.
Из этого следует, что все параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$ равны $0$ или же ненулевое выражение $s'_1 i_5+s'_2 i_5^2+s'_3 i_5^3+s'_4 i_5^4$ делится на простой идеал $\rho_1$, сопряжённый с идеалом $\rho$.

Вовсе необязательно, чтобы параметры $s_1, s_2, s_3, s_4$ были равны $0$.
Достаточно в сравнениях (15) изменить знак при $x$ на противоположный, и мы снова из $s_j$ получим $-s_j$.
Если $s_j=0$, то знак при $x$ менять не нужно и, скажем, идеал $\rho_1$ соответствует набору, который является перестановкой набора $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$.
Если $s_j=1$, то изменив знак при $x$ на противоположный, получим, что идеал $\rho_1$ соответствует набору, который получается в результате перестановки набора $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$ и заменой трёх параметров в нём $s$ на $1-s$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Можно ещё проверить первое сравнение в (11) будет ли оно соблюдаться по модулю идеала $\rho_1$.
Если $s_j=0$, то оно соблюдается, поскольку перестановка параметров $s_1, ..., s_4$ не меняет их суммы.
Если $s_j=0$, то оно соблюдается, поскольку $a_0-(5-2 (1+(1-s_1)+(1-s_2)+(1-s_3))) (-x)=a_0-(5-2(1+s_1+s_2+s_3)) x$.

Когда я открывал эту тему, у меня была идея, связанная с вычислением коэффициентов числа $\gamma_1(g)$.
Для реализации этой идеи, требовалось знание, каким наборам соответствуют сопряжённые с $\rho$ идеалы.
Эта реализация затормозилась из-за ошибочного рассуждения, которое, казалась, сразу вело к результату.
Теперь у нас есть полное знание о соответствии сопряжённых идеалов наборам, и путь к реализации идеи открыт!

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Реализация этой идеи не привела к противоречию.
Я объясню причины этого в оффтопике.
Буду искать новые идеи.

(Оффтоп)

Если $p$ - простой делитель числа $y z$ отличный от $2$-ух и $5$-и, то из первого сравнения (11) следует, что либо $5 a_0\pm 3 x$ , либо $5 a_0 \pm x$, либо $5 a_0 \pm 5 x$ делится на $p$.
В последнем случае, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$, поэтому из сравнений (11) следует, что все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$.
Рассмотрим первые два случая.
1. $5 a_0\pm 3 x$ делится на $p$.

В этом случае, простые идеалы $\rho$, на которые делится $p$ соответствуют наборам $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 1, 1, 1\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 0, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 1, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 1, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 0, 1\}$.

Если $\gamma(g)$ делится на идеал $\rho$, cоответствующий набору $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, то $\beta(g)$ делится на идеалы $\rho$, cоответствующие остальным наборам.
Вычисления показывают, что коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ не делятся на $p$, а коэффициенты числа $\beta_1(g)$ делятся на $p$.

2. $5 a_0\pm x$ делится на $p$.

В этом случае, $\gamma(g)$ делится на часть идеалов $\rho$, а $\beta(g)$ на другую часть, причём все идеалы $\rho$ соответствуют наборам, в которых есть $0$.
Вычисления показывают, что все коэффициенты числа $\gamma_1(g)$ и все коэффициенты числа $\beta_1(g)$ делятся на $p$.

Покажем, что это возможно, и противоречия из этого получить нельзя.
Пусть $p$ - такое простое число, дающее остаток $1$ при делении на $5$, что оба числа $i_5$ и $g=\sqrt[5]{2}$ существуют по модулю $p$.
Если в сравнениях (11) заменить $g$ и $i_5$ соответствующими вычетами, то можно подобрать целые числа $a_0, ..., a_4$, удовлетворяющие этим сравнениям по модулю $p$.
Вычислив коэффициенты чисел $\gamma_1(g)$ и $\beta_1(g)$ на основании этих сравнений, мы убедимся, что они действительно делятся на $p$, и никакого противоречия в этом нет.

[Феликс Шмидель]

У меня появилась идея.
Теорема Вендта позволяет доказать, что простое число вида $q=10 k+1$ является делителем числа $x y z$. Вычет $\sqrt[5]{2}$ по модулю $q$ может, как существовать, так и не существовать.
Если не существует, могут ли иметь место сравнения (11) по модулю простого идеала $\rho$, на который делится простое число $q$?
Я в этом не уверен, ведь мы показали: из сравнений (11) следует, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$.

[Феликс Шмидель]

Поскольку $q \equiv 1$ по модулю $5$, то $i_5$ существует по модулю $q$.
Обозначим этот вычет через $u$. Тогда $u^4+u^3+u^2+u+1$ делится на $q$.
Значит $(u-i_5)(u-i_5^2)(u-i_5^3)(u-i_5^4)$ делится на $q$.
Значит один из этих четырёх сомножителей делится на простой идеал $\rho$.
Следовательно $i_5$ сравнимо с целым числом по модулю $\rho$.
Поскольку, мы показали, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$, то $g$ сравнимо с целым числом по модулю идеала $\rho$.
Значит $g$ существует по модулю $q$.
Это ведёт к противоречию, потому что это не так, например, для $q=11$.
Однако, мы показали, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$ при условии, что хотя бы одно из чисел $k_1, ..., k_4$ в равенствах (9) не делится на $\rho$.
Если же все числа $k_1,...,k_4$ равны $0$, то все числа $a_1, ..., a_4$ делятся на $q$, но противоречия получить не удастся.

[Феликс Шмидель]

Мы получили новый результат для случая, когда $x y z$ делится на $8$, $y z$ делится на простое число $p$, и не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$.
Оказывается, в этом случае можно получить, что $i_5+1$ и $-(i_5+1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел кольца $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю $p$.
Мы получили этот результат в общем виде, не только для $n=5$, и не только если $y z$ делится на $p$.
В этой теме, однако, мы ограничимся случаем $n=5$.

Пусть $p$ - простой делитель числа $y z$ отличный от $2$-ух и $5$, и не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$.
Наши первые попытки придти к противоречию в этой теме не увенчались успехом, но новый результат показывает, что имеет смысл продолжить эти попытки.
При этом нас интересует не столько этот результат, сколько анализ, не является ли рассматриваемый случай внутренне противоречивым.
Из первого сравнения (11) следует, что либо $5 a_0\pm 3 x$ , либо $5 a_0 \pm x$, либо $5 a_0 \pm 5 x$ делится на $p$.
В последнем случае, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 0, 0\}$, поэтому из сравнений (11) следует, что все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$.
Значит либо $5 a_0\pm 3 x$ , либо $5 a_0 \pm x$ делится на $p$.

Ограничимся пока рассмотрением первого случая.

Пусть $5 a_0\pm 3 x$ делится на $p$.
В этом случае, простые идеалы $\rho$, на которые делится $p$ соответствуют наборам $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 1, 1, 1\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 0, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 1, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 1, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 0, 1\}$.
Это так вследствие того, что сумма чисел в наборе должна равняться $4$ или $1$ для того, чтобы из первого сравнения (11):

$5 a_0 \equiv (5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)) (\pm x) \mod \rho$

следовало, что $5 a_0\pm 3 x$ делится на $p$.

Есть два случая: $5 a_0-3 x$ делится на $p$ и $5 a_0+3 x$ делится на $p$.

Мы ограничимся рассмотрением первого случая.

Пусть $5 a_0-3 x$ делится на $p$.

Для части простых идеалов $\rho$, на которые делится $p$, в сравнениях (11) $\pm x=x$, для другой части $\pm x=-x$.

Те идеалы $\rho$, которые делят $a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4-x$ (для них в сравнениях (11) стоит $x$) соответствуют
одному из наборов: $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 0, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 1, 0, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 1, 0\}$, $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{0, 0, 0, 1\}$.

Те идеалы $\rho$, которые делят $a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4+x$ (для них в сравнениях (11) стоит $-x$) соответствуют набору $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}=\{1, 1, 1, 1\}$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Подставляя эти наборы в последнее сравнение (11), получим, что $5 a_4+x i_5 g$ делится на одну часть этих идеалов $\rho$,
$5 a_4+x i_5^2 g$ - на другую часть, $5 a_4+x i_5^3 g$ - на третью часть, $5 a_4+x i_5^4 g$ - на четвёртую часть, $5 a_4-(i_5+i_5^2+i_5^3+i_5^4) g x$ - на остальные из этих идеалов $\rho$.

Значит $(5 a_4+x i_5 g)(5 a_4+x i_5^2 g)(5 a_4+x i_5^3 g)(5 a_4+x i_5^4 g)(5 a_4+x g)$ делится на $p$.
По-моему, из этого сравнения следует, что $a_4$ делится на $p$.
Если это так, то подобным образом $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, в противоречии условию, что не все эти коэффициенты делятся на $p$.
Получается слишком просто, нужно проверять.

[Феликс Шмидель]

Из указанного сравнения не следует, что $a_4$ делится на $p$.
Указанное произведение можно вычислить, например, в программе "Reduce".
Оно равно $(5 a_4)^5+2 x^5$.
Если $\sqrt[5]{2}$ существует по модулю $p$, то сравнение $(5 a_4)^5+2 x^5 \equiv 0 \mod p$ решается относительно $a_4$.
Можно ожидать, что мы получим простые сравнения по модулю $p$ для всех коэффициентов $a_1, a_2, a_3, a_4$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Эти сравнения имеют вид:

$(5 a_3+x i_5^2 g^2)(5 a_3+x i_5^4 g^2)(5 a_3+x i_5^6 g^2)(5 a_3+x i_5^8 g^2)(5 a_3+x g^2) \equiv 0 \mod p$
$(5 a_2+x i_5^3 g^3)(5 a_2+x i_5^6 g^3)(5 a_2+x i_5^9 g^3)(5 a_2+x i_5^12 g^3)(5 a_2+x g^3) \equiv 0 \mod p$
$(5 a_1+x i_5^4 g^4)(5 a_1+x i_5^8 g^4)(5 a_1+x i_5^12 g^4)(5 a_1+x i_5^16 g^4)(5 a_1+x g^4) \equiv 0 \mod p$

Решая эти сравнения получим:

$5 a_4 \equiv -s_4 x \mod p$,
$5 a_3 \equiv -s_3^2 x \mod p$,
$5 a_2 \equiv -s_2^3 x \mod p$,
$5 a_1 \equiv -s_1^4 x \mod p$,
$5 a_0 \equiv 3 x \mod p$,

где $s_1, s_2, s_3, s_4$ - целые положительные числа, для которых $s_1^5 \equiv s_2^5 \equiv s_3^5 \equiv s_4^5 \equiv 2 \mod p$.

Какой-либо противоречивости по модулю $p$ не видно.

Мы получили результат, что $i_5+1$ и $-(i_5+1)$ сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел кольца $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю $p$, на основе равенств, а не сравнений по модулю $p$.

Произведение некоторых взаимно-простых выражений было равно квадрату, из чего следовало, что сами выражения равны квадрату.

Уже после этого следовали рассуждения по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что $s_1, s_2, s_3, s_4$ сравнимы между собой по модулю $p$.
Кроме этого, лучше использовать другие обозначения, так как $s_1, s_2, s_3, s_4$ уже используются в сравнениях (11).
Поэтому запишем решения сравнений (в случае, если $5 a_0-3 x$ делится на $p$) в виде:

$5 a_4 \equiv -h x \mod p$,
$5 a_3 \equiv -h^2 x \mod p$,
$5 a_2 \equiv -h^3 x \mod p$,
$5 a_1 \equiv -h^4 x \mod p$,
$5 a_0 \equiv 3 x \mod p$,

где $h$ - целое положительное число, для которого $h^5 \equiv 2 \mod p$.

[Феликс Шмидель]

Проверим, что с этими решениями, $(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2 \equiv x^2 \mod p$.

load_package(polydiv);
r:=3-h^4*g-h^3*g^2-h^2*g^3-h*g^4;
r1:=v^2 mod (g^5-2);
r2:=v1 mod (h^5-2);

Получим: $r=3-g^4 h-g^3 h^2-g^2 h^3-g h^4$, $r^2 \equiv 25 \mod p$.

Проверено.

-- Пт дек 25, 2015 17:44:36 --

Подставляя $g \equiv h \mod \rho, g \equiv h i_5 \mod \rho, g \equiv h i_5^2 \mod \rho, g \equiv h i_5^3 \mod \rho, g \equiv h i_5^4 \mod \rho$ в выражение $r=3-g^4 h-g^3 h^2-g^2 h^3-g h^4$ получим, что $a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4 \equiv -x \mod \rho$ только для одного идеала $\rho$ (делящего $p$) поля $\mathbb{Q}[g]$, и $a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4 \equiv x \mod \rho$ для всех остальных идеалов (делящих $p$).

При этих подстановках, следует заменить $i_5$ на соответствующий вычет по модулю $p$, так понятнее.

[Феликс Шмидель]

Раньше источником простых чисел $p$, на которые делится $x y z$ был критерий Вендта.
Сейчас мы найдём другой источник таких чисел $p$.
Мы покажем, что если простое число $p$ не делит $x y z$, то оно должно обладать редкими свойствами.
Пусть $x y z$ не делится на $p$, и $y \equiv k x \mod p$, где $k$ - целое число.
Тогда $z \equiv -h x \mod p$, где $h$ - целое число, удовлетворяющее сравнению $h^n \equiv k^n+1 \mod p$ (поскольку из равенства $x^n+y^n+z^n=0$ следует сравнение $x^n (k^n+1)+z^n \equiv 0 \mod p$).
Поскольку $x^2-g^2 y z$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[g]$, то $1+k h g^2$ сравнимо с квадратом целого алгебраического числа этого поля по модулю $p$.
Я полагаю, что редкие вычеты $k h$ по модулю $p$ обладают этим свойством, и для таких вычетов ещё должно соблюдаться сравнение $h^n \equiv k^n+1 \mod p$.
Можно проверить на компьютере, для каких конкретных простых чисел $p$ это возможно.
Если для какого-либо $p$ это невозможно, то $x y z$ делится на $p$.