ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3

[Феликс Шмидель]

Наша следующая идея: сократить числитель и знаменатель $s$ и $t$ числа $b_2$, используя (15), и затем уже тестировать по модулю $41$ или другого простого числа, причём проверять, что $t(s-16 t)$ является квадратом после деления числа $t$ на чётные степени простых делителей числа $a_3$.

Перед этим неплохо было бы получить утверждение (15) для простых делителей $2$ и $5$ числа $a_2$.

Сократив числа $a_2$, $a_3$ и $a_4$ на их наибольший общий делитель, будем считать их взаимно-простыми (не попарно).

Из (5) следует:

(15.1)
Пусть простое число $p=5$ является делителем числа $a_3$, и $p^{k_3}$ является наибольшей степенью простого числа $p$, на которую делится $a_3$.
Пусть $k_3>1$.
Тогда число $k_3-1$ делится на $3$, и $p^{(k_3-1)/3}$ является наибольшой степенью простого числа $p$, на которую делится либо $a_2$, либо $a_4$, а другое число из этих двух не делится на $p$.

В самом деле, из (5) следует, что $10 (a_2 a_4)^3$ делится на $a_3$, следовательно одно из чисел $a_2^3$ и $a_4^3$ делится на $p^{k_3-1}$, поскольку только одно из них делится на $p$, вследствие взаимной простоты чисел $a_2$, $a_3$ и $a_4$.
Если, например, число $a_2^3$ делится на $p^{k_3-1}$, то на бОльшую степень $p$ оно не делится, иначе левая часть равенства (5) делилась бы на $p^{k_3+1}$, а правая часть - нет, поскольку $a_2^5+4 a_4^5$ не делится на $p$.

(15.2)
Пусть простое число $p=2$ является делителем числа $a_3$, и $p^{k_3}$ является наибольшей степенью простого числа $p$, на которую делится $a_3$.
Пусть $k_3>1$.
Тогда либо число $k_3-1$ делится на $3$, и $p^{(k_3-1)/3}$ является наибольшой степенью простого числа $p$, на которую делится число $a_4$, либо $k_3+1$ делится на $3$, и $p^{(k_3+1)/3}$ является наибольшой степенью простого числа $p$, на которую делится число $a_2$.

В самом деле, из (5) следует, что $10 (a_2 a_4)^3$ делится на $a_3$, следовательно одно из чисел $a_2^3$ и $a_4^3$ делится на $p^{k_3-1}$, поскольку только одно из них делится на $p$, вследствие взаимной простоты чисел $a_2$, $a_3$ и $a_4$.
Если число $a_4^3$ делится на $p^{k_3-1}$, то на бОльшую степень $p$ оно не делится, иначе левая часть равенства (5) делилась бы на $p^{k_3+1}$, а правая часть - нет, поскольку $a_2^5+4 a_4^5$ не делится на $p$.
Если число $a_2^3$ делится на $p^{k_3-1}$, то правая часть равенства (5) делится на $p^{k_3+2}$,
поскольку $a_2^5+4 a_4^5$ делится на $4$, следовательно $a_2^3$ делится на $p^{k_3+1}$, но на бОльшую степень $p$ оно не делится, иначе левая часть равенства (5) делилась бы на $p^{k_3+3}$, а правая часть - нет.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Дополним случаи (15.1) и (15.2) случаем, когда $a_3$ делится на $2$, но не делится на $4$ или делится на $5$, но не делится на $25$:

(15.3)
Пусть простое число $p=2$ или $p=5$ является делителем числа $a_3$, но $p^2$ не является делителем числа $a_3$.
Тогда ни $a_2$, ни $a_4$ не делится на $p$.

В самом деле, если бы произведение $a_2 a_4$ делилось на $p$, то левая часть равенства (5) делилась бы на $p^4$, а правая нет (при $p=5$, правая часть делится только на $p$, а при $p=2$ правая часть делится либо на $p$, либо на $p^3$).

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Пусть $d_2$ - наибольший общий делитель чисел $a_2$ и $a_3$.
Пусть $d_4$ - наибольший общий делитель чисел $a_4$ и $a_3$.

Из утверждений (15), (15.1), (15.2), (15.3) следует, что $a_3=k_0 (d_2 d_4)^3$, где $k_0$ - одно из чисел: $1, -1, 2, -2, 5, -5, 10, -10, 1/2, -1/2, 5/2, -5/2$.

Или $a_3=(k_1/2) (d_2 d_4)^3$, где $k_1$ - одно из чисел: $2, -2, 4, -4, 10, -10, 20, -20, 1, -1, 5, -5$.

Пусть $a_2=d_2 c_2$, $a_4=d_4 c_4$.

Выразим $b_2$ через $d_2, c_2, d_4, c_4, k_1$ в программе "Reduce":

a2:=d2*c2;
a4:=d4*c4;
a3:=(k1/2)*(d2*d4)^3;

u:=a2*a4/a3^2;
B:=(a2^5-4*a4^5)/(2*a3^5*(u-1));
b1:=B-(5*u^2-2*u/5);
b2:=-10*b1;

Получим: $b_2=s/t$, где

$s=16 (-10 c_2^5 d_2^5 k_1+200 c_2^3 c_4^3-54 c_2^2 c_4^2 d_2^5 d_4^5 k_1^2+c_2 c_4 d_2^{10} d_4^{10} k_1^4+40 c_4^5 d_4^5 k_1)$,

$t=d_2^{10} d_4^{10} k_1^4 (4 c_2 c_4-d_2^5 d_4^5 k_1^2)$.

Одно и только одно из чисел $d_2$ и $d_4$ делится на $41$, а числа $c_2$ и $c_4$ не делятся на $41$.

Проверим при каких остатках по модулю $41$ выполняется (17) по модулю $41$, причём вместо $t (s-16 t)$ будем проверять, что $(4 c_2 c_4-d_2^5 d_4^5 k_1^2)(s- 16 t)$ является квадратом по модулю $41$.

Разделяя два случая, когда $d_2$ делится на $41$ или $d_4$ делится на $41$, требуется выяснить, когда $c_2 c_4 (200 c_2^3 c_4^3+40 c_4^5 d_4^5 k_1)$ является квадратом по модулю $41$, и
когда $c_2 c_4 (-10 c_2^5 d_2^5 k_1+200 c_2^3 c_4^3)$ является квадратом по модулю $41$.

Или когда $c_2 (200 c_2^3+40 c_4^2 d_4^5 k_1)$ является квадратом по модулю $41$, и когда $c_4 (-10 c_2^2 d_2^5 k_1+200 c_4^3)$ является квадратом по модулю $41$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я написал программу, взяв $k_1=1$ и проверяя выражение $c_2 (200 c_2^3+40 c_4^2 d_4^5 k_1)$.
Имеется 32000 подходящих вариантов из 64000.
Выразим равенство (5) через новые переменные в программе "Reduce":

a2:=d2*c2;
a4:=d4*c4;
a3:=(k1/2)*(d2*d4)^3;

10*(a2*a4)^3-10*(a2*a4)^2*a3^2+4*a3^6-a3*(a2^5+4*a4^5);

Проверяя полученное равенство вместе с выражением $c_2 (200 c_2^3+40 c_4^2 d_4^5 k_1)$ получим 1600 подходящих вариантов, если я не ошибся.
Теперь надо проверить ещё одну точку на кривой.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Найдём выражения для проверки дополнительной точки в "Reduce":

a2:=d2*c2;
a4:=d4*c4;
a3:=(k1/2)*(d2*d4)^3;

s:=16*(-10*c2^5*d2^5*k1+200*c2^3*c4^3-54*c2^2*c4^2*d2^5*d4^5*k1^2+c2*c4*d2^10*d4^10*k1^4+40*c4^5*d4^5*k1);
t:=d2^10*d4^10*k1^4*(4*c2*c4-d2^5*d4^5*k1^2);

m1:=2*(-25*s*a2*a4+s*a3^2+204*t*a2*a4-300*t*a3^2);
m2:=5*a3^2*(s+4*t);

s3:=m1^2*t-m2^2*s+12*m2^2*t;
t3:=m2^2*t;

v1:=(s3-16*t3)/(400*d2^12*d4^12*k1^4);
v2:=t/(d2^10*d4^10*k1^4);

d2:=0;
v1;
v2;

и

a2:=d2*c2;
a4:=d4*c4;
a3:=(k1/2)*(d2*d4)^3;

s:=16*(-10*c2^5*d2^5*k1+200*c2^3*c4^3-54*c2^2*c4^2*d2^5*d4^5*k1^2+c2*c4*d2^10*d4^10*k1^4+40*c4^5*d4^5*k1);
t:=d2^10*d4^10*k1^4*(4*c2*c4-d2^5*d4^5*k1^2);

m1:=2*(-25*s*a2*a4+s*a3^2+204*t*a2*a4-300*t*a3^2);
m2:=5*a3^2*(s+4*t);

s3:=m1^2*t-m2^2*s+12*m2^2*t;
t3:=m2^2*t;

v1:=(s3-16*t3)/(400*d2^12*d4^12*k1^4);
v2:=t/(d2^10*d4^10*k1^4);

d4:=0;
v1;
v2;

Получим выражения: $10 c_2 (125 c_2^9+25 c_2^6 c_4^2 d_4^5 k_1-5 c_2^3 c_4^4 d_4^{10} k_1^2-c_4^6 d_4^{15} k_1^3)$ и $10 c_4 (c_2^6 d_2^{15} k_1^3-20 c_2^4 c_4^3 d_2^{10} k_1^2-400 c_2^2 c_4^6 d_2^5 k_1+8000 c_4^9)$, которые должны быть квадратами по модулю $41$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы получили те же 1600 подходящих вариантов, то есть никаких вариантов отсеять не удалось.
Причина этого заключается в следующем.
Из сокращённого равенства (5) по модулю $41$ следует, что $t (s-16 t) (s^2+8 s t-304 t^2)$ является квадратом по модулю $41$, где $s$, $t$ определённые выражения с переменными $d_2$, $d_4$, $c_2$, $c_4$ и $k_1$.
Также $t_0 (s-16 t) (s^2+8 s t-304 t^2)$ является квадратом по модулю $41$, где $t_0$ - выражение $t$, сокращённое на множитель, являющийся квадратом.
Если вместо $t$ подставить $0$, то $t_0 (s-16 t)$ является квадратом по модулю $41$, а это именно то, что мы проверяем.
Так что наша идея отсеивать варианты может быть успешной только по модулю таких простых $p$, на которые не делится $t$, то есть не делится $a_3$.
Значит идея проверять по модулю $41$ не является удачной, и надо искать другие идеи.

[Феликс Шмидель]

Я пока не отказываюсь совсем от идеи проверки по модулю $41$ или другого небольшого простого числа. Можно, например, отсеить 800 из 1600 подходящих вариантов, проверяя, что левая часть равенства $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=x^2$ является квадратом по модулю $41$.
Если $a_0$ не делится на $41$, а $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $41$, то отсеить варианты нельзя, но если $a_1$ не делится на $41$, а $a_0, a_2, a_3, a_4$ делятся на $41$, то, если не ошибаюсь, можно.

[Феликс Шмидель]

Докажем это.
Найдём выражение $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ через $d_0, d_2, d_4, c_2, c_4, k_1$ в программе "Reduce":

a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*(k1/2)*(d2*d4)^3;

a0:=(2*a3*a4^2-a2^3)/(2*(a2*a4-a3^2));
a1:=(a3*a2^2-2*a4^3)/(2*(a2*a4-a3^2));

a0^2+4*a1*a4+4*a2*a3;

Мы обозначили наибольший общий делитель чисел $a_2, a_3$ и $a_4$ через $d_0$, и использовали формулы (3) для $a_0$ и $a_1$.

Получим:
$a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=(2 d_0^2 (2 c_2^6 d_2^5+20 c_2^3 c_4^2 d_2^5 d_4^5 k_1-10 c_2^2 c_4 d_2^{10} d_4^{10} k_1^3-32 c_2 c_4^5 d_4^5+c_2 d_2^{15} d_4^{15} k_1^5+10 c_4^4 d_2^5 d_4^{10} k_1^2))/(d_2 d_4^2 (16 c_2^2 c_4^2-8 c_2 c_4 d_2^5 d_4^5 k_1^2+d_2^{10} d_4^{10} k_1^4))$

Поскольку выражение в левой части этого равенства является квадратом целого числа, то умножив выражение в правой части на квадрат знаменателя, получим:

$2 d_2 (2 c_2^6 d_2^5+20 c_2^3 c_4^2 d_2^5 d_4^5 k_1-10 c_2^2 c_4 d_2^{10} d_4^{10} k_1^3-32 c_2 c_4^5 d_4^5+c_2 d_2^{15} d_4^{15} k_1^5+10 c_4^4 d_2^5 d_4^{10} k_1^2) (16 c_2^2 c_4^2-8 c_2 c_4 d_2^5 d_4^5 k_1^2+d_2^{10} d_4^{10} k_1^4)$

является квадратом целого числа.

Число $d_2$ взаимно-просто с числами $c_2, c_4, d_4$, поэтому может иметь с сомножителями в скобках только общий делитель $2$ или степень двойки.
Если $d_2$ не делится на $2$, то $d_2$ является квадратом целого числа.
Если $d_2$ делится на $2$, то в первом сомножителе в скобках, слагаемое $32 c_2 c_4^5 d_4^5$ делится на $32$ и не делится на $64$, а остальные слагаемые делятся на $64$.
Поэтому $32$ - максимальная степень двойки, на которую делится первый сомножитель в скобках.
Точно так же, $16$ - максимальная степень двойки, на которую делится второй сомножитель в скобках.
Значит $d_2$ является квадратом целого числа и в случае, если $d_2$ делится на $2$.
Значит,

$2 (2 c_2^6 d_2^5+20 c_2^3 c_4^2 d_2^5 d_4^5 k_1-10 c_2^2 c_4 d_2^{10} d_4^{10} k_1^3-32 c_2 c_4^5 d_4^5+c_2 d_2^{15} d_4^{15} k_1^5+10 c_4^4 d_2^5 d_4^{10} k_1^2) (16 c_2^2 c_4^2-8 c_2 c_4 d_2^5 d_4^5 k_1^2+d_2^{10} d_4^{10} k_1^4)$

является квадратом целого числа.

Если $d_4$ делится на $41$, то это выражение сравнимо с $2 (2 c_2^6 d_2^5)(16 c_2^2 c_4^2)$ по модулю $41$ и является квадратом по модулю $41$, поскольку $d_2$ является квадратом целого числа.
Никаких вариантов в этом случае отсеить нельзя.
Если же $d_2$ делится на $41$, то это выражение сравнимо с $2 (32 c_2 c_4^5 d_4^5)(16 c_2^2 c_4^2)$ по модулю $41$, следовательно $c_2 c_4 d_4$ является квадратом по модулю $41$.
Это условие позволяет отсеить $800$ из $1600$ вариантов по модулю $41$.

[Феликс Шмидель]

Вывод о том, что нельзя отсеить варианты в случае, если $d_4$ делится на $41$ (а $d_2$ не делится на $41$), по-видимому, ошибочен, поскольку мы доказали, что $d_2$ - квадрат целого числа.

В теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$" приведены другие выражения (отличные от $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$), которые являются квадратами.
Эти выражения могут также отсеить варианты по модулю $41$, поскольку мы показали, что $a_0$ или $a_1$ являются квадратами по модулю $41$.
Вопрос в том, можно ли использовать эти выражения для большего отсеивания вариантов.
Другое возможное направление для отсеивания вариантов по модулю $41$ - попробовать найти наибольший общий делитель выражений числителя и знаменателя числа $b_2$.
Это сводится к нахождению наибольшего общего делителя выражений $a_2^5-4 a_4^5$ и $a_2 a_4 - a_3^2$ из равенства (16).
Из формул (3) следует, что $(2 a_3 a_4^2-a_2^3)/(2 (a_4 a_2-a_3^2))$ - целое число.
Значит, $4 a_3^2 a_4^4 \equiv a_2^6$ по модулю $a_2 a_4 - a_3^2$.
Значит, $a_2 (a_2^5-4 a_4^5)$ делится на $a_2 a_4 - a_3^2$.

Продолжение следует.

[ananova]

Феликс Шмидель
Вы исходите из того, что $g^{10}=4$. А если попробовать использовать $g^5=4$?

[Феликс Шмидель]

ananova в сообщении #888033 писал(а):

Вы исходите из того, что $g^{10}=4$. А если попробовать использовать $g^5=4$?

Я не вижу разницы.

[Феликс Шмидель]

Я оставляю пока идею с сокращением дроби $b_2$, поскольку не видно как это сделать и неясно, что это даст. Основная проблема этого подхода заключается в том, что знаменатель может делится на $a_3$ даже после сокращения. Мы видели, что $a_3$ делится на $41$, можно показать это и для других конкретных простых чисел. Но, поскольку знаменатель $t$ дроби $b_2$ делится на эти простые числа, то отсеить варианты по их модулю, рассматривая $s-16 t$, не удаётся.

Займёмся выражениями из темы, "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$", которые являются квадратами. Мы показали в той теме, что если $x$ делится на одно конкретное простое число определённого вида, а $y z$ на другое, то можно придти к противоречию.
Некоторые найдённые в той теме выражения являются квадратами только при предположении, что $x$ делится на конкретное простое число. Другие выражения являются квадратами только при предположении, что $y z$ делится на конкретное простое число.
Источником выражений, являющихся квадратами, является следующее равенство:

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

где $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$, $g=\sqrt[5]{2}$, $i_5$ - комплексный корень пятой степени из $1$.

Мы показали, что при предположениях в (1): $x$ - нечётное число, а число $y^5-z^5$ не делится на 5, сомножители в левой части равенства (28) взаимно-просты, и следовательно, являются квадратами идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.

Взаимная простота сомножителей в (28) следует из взаимной простоты выражений $i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5)$ и $i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5)$, что доказывается в следующей цитате:

Феликс Шмидель в сообщении #788464 писал(а):

Из $(\alpha_1(g i_5))^2=x^2-y z g^2 i_5^2$ следует:

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

Из (24) следует:

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

Нетрудно показать, что сомножители в левой части равенства (25) взаимно-просты, в том смысле, что не делятся оба ни на какой простой идеал $\rho$ расширения Куммера: $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.

В самом деле, предположим, что оба эти сомножителя делятся на $\rho$.
Тогда их сумма и разность делятся на $\rho$, и ввиду нечётности числа $x$, получим:

(26) Числа $\alpha_1(g)$ и $\alpha_1(g i_5)$ делятся на $\rho$.

Из (26) следует:

(27) Числа $(\alpha_1(g))^2$ и $(\alpha_1(g i_5))^2 (\alpha_1(g i_5^2))^2 (\alpha_1(g i_5^3))^2 (\alpha_1(g i_5^4))^2$ делятся на $\rho$.

Но $(\alpha_1(g))^2=x^2-y z g^2, и $(\alpha_1(g i_5))^2...(\alpha_1(g i_5^4))^2=x^8+x^6 y z g^2+x^4 (y z)^2 g^4+x^2 (y z)^3 g^6+(y z)^4 g^8$.
Поскольку числа $x^2-y z g^2$ и $x^8+x^6 y z g^2+x^4 (y z)^2 g^4+x^2 (y z)^3 g^6+(y z)^4 g^8$ - взаимно-просты, то (27) невозможно.
Значит сомножители в левой части равенства (25) взаимно-просты.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы отказались от идеи проверки выражения $t(s-16 t)$ по модулю $41$ или других конкрeтных простых чисел, потому что $t$ может на них делиться, и в этом случае проверка не даёт новой информации.
Можно попробовать проверить это выражение по модулю неконкретного числа $p$, на которое $t$ не делится. Если $x y z$ делится на $p$, то числа $a_0, ..., a_4$ удовлетворяют одной из систем сравнений, которые мы получили в теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$".
Используя эти сравнения и проверяя выражения $t(s-16 t)$ по модулю $p$ для различных точек кривой, возможно, нам удалось бы показать, что $t$ делится на $p$ или $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Мы уже получили этот результат если $g$ не существует по модулю $p$ и $x y z$ делится на $p$.
Это следует напрямую из систем сравнений, которые получили в теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$".
Возможно, нам удалось бы показать это и в том случае, если $g$ существует по модулю $p$ и $x y z$ делится на $p$.
Это было бы шагом вперёд.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Займёмся теперь первым сомножителем равенства (28).
Пусть $\beta(g)=(i_5 \alpha_1(g)-\alpha_1(g i_5))/(i_5-1)$.
Вычислим произведение $\beta(g) \beta(g i_5) \beta(g i_5^2) \beta(g i_5^3) \beta(g i_5^4)$ в програме "Reduce":

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);

a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*(k1/2)*(d2*d4)^3;

a0:=(2*a3*a4^2-a2^3)/(2*(a2*a4-a3^2));
a1:=(a3*a2^2-2*a4^3)/(2*(a2*a4-a3^2));

v9:=v8*4*d4^6/d0^4;

v9;

Мы разделили код на две части во-избежание проблем, которые иногда случаются
в этой программе.

Получим выражение, которое должно быть квадратом с точностью до множителя, являющегося делителем единицы в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Подставим в это выражение $d_2=0$:

d2:=0;
v9;

Получим: $64 d_0 c_4^5 d_4^{11} (5 i_5^3+5 i_5^2-3)$.
Можно проверить, что последний сомножитель в скобках является делителем единицы.
Поскольку все сомножители, кроме $d_0$ не делятся на $41$, то $d_0$ делится на чётную степень числа $41$.
Пусть $d_{00}$ - результат деления $d_0$ на эту чётную степень числа $41$.
Мы знаем, что либо $d_2$, либо $d_4$ делится на $41$, а другое из этих чисел не делится на $41$.
Получим, что если $d_2$ делится на $41$, то $d_{00} c_4 d_4 e_0$ является квадратом по модулю $41$, где $e_0$ является делителем единицы в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Заметим, что $5 i_5^3+5 i_5^2-3=(i_5+1)^5$.
В кольце $\mathbb{Z}[i_5]$ есть два фундаментальных делителя единицы: $-i_5$ и $i_5+1$, причём $i_5=i_5^6$ является квадратом.
Значит число $e_0$ равно $-1, 1, (i_5+1)$ или $-(i_5+1)$

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Предположим, что $d_2$ делится также на $11$.
Тогда $e_0$ не может равняться $i_5+1$ или $-(i_5+1)$, поскольку среди вычетов $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю $11$ (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю $11$).
В самом деле, вычетами $i_5$ по модулю $11$ являются числа: $-2, 4, -8, 16$, из которых $-1$ не является квадратом, а $-7 \equiv 4$ является квадратом по модулю $11$.
Значит, если $d_2$ делится на $41$ и на $11$, то $d_{00} c_4 d_4$ является квадратом по модулю $41$, поскольку $-1$ является квадратом по модулю $41$.
Это даёт нам информацию о вычете $d_{00}$ по модулю $41$.

Продолжение следует.