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

[Феликс Шмидель]

Итак, если $d_2$ делится на $41$ или другое простое число, то проверка множителей равенства (28) не даёт значительной информации и не позволяет отсеить варианты по модулю этого простого числа (кроме тех, что были отсеяны благодаря равенству $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=x^2$).
Я убедился в этом путём подстановки кода:

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));

в множители равенства (28) и полагая $d_2=0$.

Займёмся теперь идеей проверки выражений $t (s-16 t)$ для различных точек кривой по модулю неконкретного простого числа $p$, с целью доказать, что оно является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$.
Мы уже не можем перебрать все варианты по модулю $p$.

Пусть $y z$ делится на $p$ (отдельно, можно рассмотреть также случай, когда $x$ делится на $p$).
Тогда числа $a_0, ..., a_4$ удовлетворяют одной из систем сравнений, которые мы получили в теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$".
Если $g$ не существует по модулю $p$, мы уже показывали, что число $p$ является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$.
Мы хотим показать, что это верно и в случае, если $g$ существует по модулю $p$.
Подставляя одну из систем сравнений в выражения $t (s-16 t)$, получим конкретные числа (зависящие от $i_5$), являющиеся квадратами по модулю $p$ (при предположении, что $p$ не является общим делителем чисел $a_2, a_3, a_4$).
Я проверил это в программе "Reduce".

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Доказать это, проверяя выражения $t (s-16 t)$ для различных точек кривой по модулю $p$, вряд ли удастся. Дело в том, что выражения, сравнимые с $a_2, a_3, a_4$ по модулю $p$ удовлетворяют равенству (5), и значит создают точку на эллиптической кривой (12). В отличие от точки (-4, 80), новая точка выражается через $i_5$. Она является точкой поля $\mathbb{Q}[i_5]$ (а не только по модулю $p$). Поэтому выражение $t (s-16 t)$ является квадратом целого алгебраического числа этого поля с точностью до множителя, являющегося делителем пяти.
Это рассуждение нуждается, конечно, в строгом обосновании и проверке.
С другой стороны, речь идёт о простых числах $p$, которые дают остаток $1$ при делении на $5$, поскольку иначе $i_5$ не существует по модулю $p$, и из системы сравнения следует, что $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Вычисления вроде показывают, что если простое число $p$ даёт остаток $1$ при делении на $5$ и на $4$, то $g$ не существует по модулю $p$.
Если это так, то интересующие нас простые числа $p$ дают остаток $3$ при делении на $4$.
Это тоже нуждается в строгом обосновании и проверке.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я извиняюсь: наше последнее утверждение ошибочно: например $g$ cуществует по модулю $241$ и равно $3$, поскольку $3^5=243$.

[Феликс Шмидель]

Займёмся теперь проверкой нашего последнего рассуждения.
Во-первых, напомним о каких системах сравнений идёт речь.

Из (1) следует равенство:

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

где $\alpha_1=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4$.

Пусть

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

Тогда

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

Пусть $p$ - какое-либо простое число, отличное от $2$ и $5$, на которое делится число $y z$.
Пусть $\rho$- какой-либо простой идеал поля $L=F[g]=\mathbb{Q}[g, i_5]$, на который делится простое число $p$.

Из равенства (A.1) 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 $v_j \equiv -v_0$ по модулю $\rho$, для $j=1, 2, 3, 4$.

Имеем:

(A.4)
$v_0+v_1+v_2+v_3+v_4 \equiv v_0+(v_0-2 s_1 v_0)+(v_0-2 s_2 v_0)+(v_0-2 s_3 v_0)+(v_0-2 s_4 v_0)=(5-2 (s_1+s_2+s+3+s_4)) v_0$

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

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

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

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

по модулю идеала $\rho$.

Из сравнений (A.4) и равенств (A.3) следуют сравнения:

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

по модулю идеала $\rho$, где

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

Из сравнений (A.5) следуют сравнения:

(A.7)
$5 a_0 \equiv k_0 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv k_1 g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv k_2 g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv k_3 g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv k_4 g (\pm x)$

по модулю идеала $\rho$,

поскольку из (1) следует, что $v_0^2 \equiv x^2$ по модулю $y z$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Заметим, что в сравнениях (A.7) либо везде $+x$, либо везде $-x$.
Чтобы не различать эти два случая, можно пользоваться сравнениями (A.5).

Пусть простое число $p$ даёт остаток $1$ при делении на $20$ и $g$ существует по модулю $p$.
Пусть простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$ является делителем числа $p$.

Предположим, что целые числа $a_2, a_3, a_4$ не все делятся на $p$, и сравнения (A.5) по модулю идеала $\rho$ имеют место.

Будем говорить, что простой идеал $\rho$ соответствует набору параметров $\{s_1, s_2, s_3, s_4\}$, если выполняются сравнения (A.5).

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

Покажем, что простое число $p$ разлагается в произведение 20-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Поскольку $p$ даёт остаток $1$ при делении на $5$, то $p$ разлагается в произведение 4-ёх различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[i_5]$:

Феликс Шмидель в сообщении #770641 писал(а):

Любое другое простое число $p$, отличное от $n$ разлагается в расширении $F:\mathbb{Q}$ в произведение неветвящихся простых идеалов, то есть $p G_F=\rho_1 ... \rho_g$, где $g=(n-1)/f$, а $f$-наименьшее натуральное число, такое что $p^f \equiv 1$ по модулю $n$.

Покажем, что каждый из этих четырёх простых идеалов поля $\mathbb{Q}[i_5]$ разлагается в произведение 5-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.

Феликс Шмидель в сообщении #770919 писал(а):

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

(B.1) $x^n \equiv 2$ по модулю идеала $P$,

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

Пусть $P$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[i_5]$, который делится на идеал $\rho$.
Если хотя бы одно из чисел $k_1, ..., k_4$ в равенствах (A.6) не делится на идеал $P$, то из сравнений (A.7) следует, что число $g=\sqrt[5]{2}$ сравнимо с числом, принадлежащим кольцу $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, сравнение (B.1) по модулю идеала $\rho$ имеет решение в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.
Это решение $x$ удовлетворяет сравнению (B.1) по модулю идеала $P$.
Значит, идеал $P$ разлагается в произведение 5-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Что и требовалось.

Значит, $p$ разлагается в произведение 20-и различных простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Из этих 20-и простых идеалов, ни один не соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, поскольку числа $a_2, a_3, a_4$ не все делятся на $p$.
Разобъём остальные 15 наборов параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ на 3 части:

1) $(1, 1, 1, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)$

2) $(0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0)$

3) $(1, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 1), (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 1, 0, 1)$

При подстановке $g i_5$ вместо $g$ в правые части равенств (A.6) и последующей замене слагаемого $-s_4$ на $s_4 (i_5^4+i_5^3+i_5^2+i_5)$ получим:

(A.8)
$5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$s_4 i_5^{5-1}-(s_1-s_4) i_5^{5-2}-(s_2-s_4) i_5^{5-3}-(s_3-s_4) i_5^{5-4}$
$s_4 i_5^{5-2}-(s_1-s_4) i_5^{5-4}-(s_2-s_4) i_5^{10-6}-(s_3-s_4) i_5^{10-8}$
$s_4 i_5^{5-3}-(s_1-s_4) i_5^{10-6}-(s_2-s_4) i_5^{10-9}-(s_3-s_4) i_5^{15-12}$
$s_4 i_5^{5-4}-(s_1-s_4) i_5^{10-8}-(s_2-s_4) i_5^{15-12}-(s_3-s_4) i_5^{20-16}$.

Если $s_4=0$, то набор $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_4, s_1, s_2, s_3)$.
Если $s_4=1$, то изменим знак выражений (A.8) на противоположный, тем самым меняя знак при $x$ в сравнениях (A.7).
Если $s_4=1$, то первое выражение в (A.8) c изменённым знаком равно $-5+2(s_1+s_2+s_3+s_4)=5-2 (s_4+(s_4-s_1)+(s_4-s_2)+(s_4-s_3))$.
Получим, что если $s_4=1$, то $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_4, s_4-s_1, s_4-s_2, s_4-s_3)$.

В наборах 1), 2) и 3), каждый из 5-и наборов переходит в следующий за ним, а 5-ый набор переходит в 1-ый.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то 20 вышеупомянутых идеалов соответствуют наборам из группы 1), а если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то эти 20 идеалов соответствуют наборам из групп 2) и 3).

При подстановке $i_5^2$ вместо $i_5$ в правые части равенств (A.6) получим:

(A.9)
$5-2(s_1+s_2+s_3+s_4)$
$-s_3 i_5^{5-1}-s_1 i_5^{5-2}-s_4 i_5^{5-3}-s_2 i_5^{5-4}$
$-s_3 i_5^{5-2}-s_1 i_5^{5-4}-s_4 i_5^{10-6}-s_2 i_5^{10-8}$
$-s_3 i_5^{5-3}-s_1 i_5^{10-6}-s_4 i_5^{10-9}-s_2 i_5^{15-12}$
$-s_3 i_5^{5-4}-s_1 i_5^{10-8}-s_4 i_5^{15-12}-s_2 i_5^{20-16}$.

Значит $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ переходит в набор $(s_3, s_1, s_4, s_2)$.
Значит $(1, 1, 1, 1)$ переходит в $(1, 1, 1, 1)$, $(1, 0, 0, 0)$ переходит в $(0, 1, 0, 0)$, $(0, 1, 0, 0)$ переходит в $(0, 0, 0, 1)$, $(0, 0, 1, 0)$ переходит в $(1, 0, 0, 0)$, $(0, 0, 0, 1)$ переходит в $(0, 0, 1, 0)$.

Пусть $\rho$ - какой-либо идеал, соответствующий набору $(1, 1, 1, 1)$.
Преобразование $i_5 \rightarrow i_5^2$, сделанное несколько раз, после чего преобразование $g \rightarrow g i_5$, сделанное несколько раз, преобразует идеал $\rho$ в любой из вышеупомянутых 20-и идеалов.
Таким образом, любой из этих 20-и идеалов, соответствует некоторому набору из группы 1).

Таким же способом, можно показать, что если $\rho$ - какой-либо идеал, соответствующий набору $(0, 0, 1, 1)$, то любой из вышеупомянутых 20-и идеалов соответствует некоторому набору из объединения групп 2) и 3).

Заметим, что если сначала сделать переобразование $g \rightarrow g i_5$, а потом преобразование $i_5 \rightarrow i_5^2$, то получим из $\rho$ идеал, отличный от полученного ранее.
Не учитывая этого, легко получить кажущееся противоречие.

Проверим в программе "Reduce", что если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 1), то $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $\rho$, и следовательно делится на $p$:

load_package polydiv;

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);

d1:=k2*k4-k3^2;

s1:=0; s2:=0; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=0; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=0; s2:=1; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=0; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=0; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=0; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=1; s4:=0;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);
s1:=1; s2:=1; s3:=1; s4:=1;
k2 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k3 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); k4 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4); d1 mod (1+i5+i5^2+i5^3+i5^4);

Получим, что если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 1), то $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $\rho$, а если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 2) или 3), то $a_2 a_4 - a_3^2$ не делится на $\rho$.

Если идеал $\rho$ соответствует какому-либо набору из группы 2) или 3), и $a_2 a_4 - a_3^2$ делилось бы на $p$, то получается выражение, зависящее от $i_5$, которое делилось бы на $\rho$.
Для всех $p$, кроме нескольких, получается противоречие.
Можно показать, что противоречие получается если $p \ne 5$.

Достаточно было проверить только один набор из группы 1) и один набор из объединения групп 2) и 3), но мы проверили все 16 наборов.

Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы проверили в теме "Совместное доказательство для $n=5$", что сравнения (A.7) не противоречат равенствам (2).
Подстановка выражений, сравнимых с $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ по модулю идеала $\rho$ обращает равенства (2) в тождества.
Проверим это здесь, полагая $x_1=\pm x/5$, посредством следующего кода в програме "Reduce":

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);

a0:=k0*x1;
a1:=k1*g^4*x1;
a2:=k2*g^3*x1;
a3:=k3*g^2*x1;
a4:=k4*g*x1;

f4:=2*a0*a4+2*a1*a3+a2^2;
f3:=a0*a3+a1*a2+a4^2;
f1:=a0*a1+2*a2*a4+a3^2;

(f4 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
(f3 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);
(f1 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

Получим, что выражения $f_4, f_3$ и $f_1$ равны нулю для любого набора $(s_1, s_2, s_3, s_4)$, состоящего из нулей и единиц.

Подстановка выражений, сравнимых с $a_2, a_3, a_4$ по модулю идеала $\rho$ обращает также равенство (5) в тождество, поскольку равенство (5) следует из равенств (2).

Пусть

(A.10)
$a_2 \equiv c k_2 g^3 (\pm x/5)$
$a_3 \equiv c k_3 g^2 (\pm x/5)$
$a_4 \equiv c k_4 g (\pm x/5)$

по модулю идеала $\rho$, где $c$ - какое-либо число.

Подстановка выражений из сравнений (A.10) обращает равенство (5) в тождество.
Если $y z$ делится на простое число $p$, и $p$ делится на идеал $\rho$, то сравнения (A.10) выполняются при $c=1$.
В связи с этим, у меня появилась новая идея: доказать, что эти сравнения по модулю идеала $\rho$ выполняются для некоторого целого числа $c$, не только если $y z$ делится на $p$.
Из этого следовало бы, что $y z$ делится на $p$, поскольку подстановка выражений из сравнений (A.10) обращает левую часть равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ в ноль.
Поскольку $y z$ не может делиться на бесконечное количество простых чисел $p$, мы получили бы противоречие.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Эту идею не удалось реализовать, поскольку оказалось, что если $a_2/a_3 \equiv g k_2/k_3$ по модулю идеала $\rho$, то необязательно, чтобы выполнялось сравнение $a_4/a_3 \equiv (1/g) k_4/k_3$.
Пусть, например, идеал $\rho$ соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 1, 1)$.
Тогда $g k_2/k_3=g(-i_5^4-i_5^2)/(-i_5-i_5^3)=g i_5$,
$(1/g) k_4/k_3=(1/g) (-i_5^3-i_5^4)/(-i_5-i_5^3)=(1/g) i_5^2 (1+i_5)/(1+i_5^2)=(1/g) (1+i_5)(i_5^2+i_5+1)=(1/g i_5) (i_5^3+i_5^2-1)$.

Мы проверили правильность двух последних равенств в программе "Reduce".

Если обозначить $x_2=a_2/a_3$ и $x_4=a_4/a_3$, то равенство (5) представляется в виде:

(5.1) $10 (x_2 x_4)^3-10 (x_2 x_4)^2+4=x_2^5+4 x_4^5$

При подстановке $x_2=g i_5$ и $x_4=(1/g i_5) (i_5^3+i_5^2-1)$, равенство (5.1) обращается в тождество, но оно обращается в тождество также при подстановке $x_2=g i_5$ и $x_4=(1/g i_5)$.

Получается, что даже если $a_2/a_3 \equiv g k_2/k_3$ по модулю идеала $\rho$, то необязательно, чтобы чтобы выполнялось сравнение $a_4/a_3 \equiv (1/g) k_4/k_3$.

Идею не удалось реализовать, но мы заметили, что если $y z$ делится на простое число $p$ и $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p$.
Это следует из сравнения $a_2/a_3 \equiv g i_5$ по модулю идеала $\rho$.
В связи с этим возникает вопрос: верно ли, что $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$?
В теме "Совместное доказательство ВТФ для $n=5$" мы пытались доказать, что $(5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)$ делится на некоторый делитель числа $y z$.
Теперь понятно, что правильнее рассматривать выражение $(5 a_0-x)(5 a_0+x)(5 a_0-3 x)(5 a_0+3 x)(a_0+x)(a_0-x)$, где первые два множителя соответствуют наборам из группы 2) и 3), то есть случаю, когда $a_2^5-2 a_3^5$ не делится на $p$, а последние два множителя соответствуют набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, то есть случаю, когда $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Займёмся нахождением выражений с числами $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$, которые делятся на $y z$ и строгим обоснованием этого.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Нас интересует случай, когда $y z$ делится на простое число $p$.
В частности, если $a_2 a_4 - a_3^2$ делится на $p$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$, не содержит ли этот случай противоречия?

Перед рассмотрением этого вопроса сделаем несколько предварительных замечаний.

Напомним, что если $a_3$ делится на простое число $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, то все числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
В самом деле из (5) следует, что $a_2 a_4$ делится на $p$, и из первых двух равенств (2) следует, что оба числа $a_2$ и $a_4$ делятся на $p$.

Заметим, что из (15.3) следует, что если $p=2$ или $p=5$, и $a_3$ делится на $p$, то мы не можем утверждать, что $a_2 a_4$ делится на $p$.

Предположим теперь, что $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$.
Тогда из (3) следует, что $a_3 \equiv a_2^3/(2 a_4^3)$ и $a_3 \equiv 2 a_4^3/a_2^3$ по модулю $p$.

Cледовательно, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, то $a_2^5-4 a_4^5$ делится на $p$.

Пусть теперь $y z$ делится на $p$, где $p=2$ или $p=5$.

Если $p=2$, то из равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ следует, что $a_1$ делится на $2$, из первого равенства (2) следует, что $a_2$ делится на $2$.
С учётом этого, из последнего равенства (2) следует, что $a_3$ делится на $2$, и из второго равенства (2) следует, что $a_4$ делится на $2$.

Если $p=5$, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$, вследствие равенства:

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

В самом деле, разность сомножителей в левой части равенства (1.1) равна $x g^4$, поэтому оба сомножителя не могут оба делиться на простой идеал, являющийся делителем числа $5$.
В поле $\mathbb{Q}[g]$: $(5)=\rho^5$, где $\rho$ - простой идеал.
Значит, один из сомножителей равенства (1.1) делится на $5$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.
Если $y z$ делится на $5^t$, где $t$ - целое положительное число, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5^t$.

Возвращаясь к случаю $p=2$ и $y z$ делится на $2$, заметим, что из равенства $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-y z$ следует, что $y z$ делится на $4$ (поскольку мы показали, что числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$).
Если $y z$ делится на $2^t$ где $t$ - целое положительное число, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t-1}$, поскольку один из сомножителей в левой части равенства (1.1) делится на $g^4$, но не на бОльшую степень $g$, а второй сомножитель делится на $2^{t-1} g$.
Если $2^t$ - максимальная степень двойки, на которую делится $y z$, то $a_1$ делится на $2^t$ (поскольку делится на $2^{t-1} g$), а $a_2$ не делится на $2^t$ (иначе один из сомножителей левой части равенства (1.1) делился бы на $2^{t-1} g^2$).
Таким образом, числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t-1}$, но нельзя сказать, что все они делятся на $2^t$.

Перейдём теперь к рассмотрению интересующего нас случая.
Пусть $y z$ делится на простое число $p$, где $p \ne 2$ и $p \ne 5$, $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, и числа $a_2, a_3, a_4$ не делятся на $p$.

Число $g$ cуществует по модулю $p$, поскольку $a_2^5-4 a_4^5$ делится на $p$.
Мы пока не можем утверждать, что $i_5$ cуществует по модулю $p$ (даёт ли $p$ остаток $1$ при делении на $5$ или нет), и не знаем разлагается ли $p$ в произведение $20$, $10$ или $5$ простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.
Но мы проверили, что эти простые идеалы соответствуют наборам параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ группы 1), поскольку $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, и эта проверка не зависит от количества этих простых идеалов (и от того, даёт ли $p$ остаток $1$ при делении на $5$ или нет).
Поскольку наборы группы 1) переходят один в другой, при преобразовании $g \rightarrow g i_5$, то существует простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, делящий $p$ и соответствующий набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 1)$.
Для этого набора, равенства (A.6) имеют вид:

(A.6.1)
$k_0=3$
$k_1=-i_5$
$k_2=-i_5^2$
$k_3=-i_5^3$
$k_4=-i_5^4$.

Для этого набора, сравнения (A.7) имеют вид:

(A.7.1)
$5 a_0 \equiv 3 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv -i_5 g^4 (\pm x)$
$5 a_2 \equiv -i_5^2 g^3 (\pm x)$
$5 a_3 \equiv -i_5^3 g^2 (\pm x)$
$5 a_4 \equiv -i_5^4 g (\pm x)$

по модулю идеала $\rho$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Я не вижу, чтобы из сравнений (A.7.1) следовало противоречие.

Зато из вышеизложенного следует, что $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$.

В самом деле, если $y z$ делится на $p^t$, где $p$ - простое число, не равное $2$ и $5$, то сравнения (A.7) выполняются по модулю идеала $\rho^t$, где $\rho$ - простой идеал делящий $p$.
Мы показали, что если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то для некоторого простого идеала $\rho$, делящего $p$: $a_2 \equiv a_3 g i_5$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.
Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то из сравнений (A.7.1) следует, что $a_2 \equiv a_3 g i_5^4$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$.
Если $p=5$ и $y z$ делится на $p^t$, то $a_2$ и $a_3$ делятся на $5^t$.
Если $p=2$ и $y z$ делится на $2^t$, то $t>1$ и $a_2$ и $a_3$ делятся на $2^{t-1}$.
Если $y z$ делится на $p^t$, где $p \ne 2$ и $p\ne 5$, и числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, то один из сомножителей в левой части равенства (1.1) не делится на $p$ и взаимно-прост с $p$ (в смысле не делится ни на какой идеал $\rho$, делящий $p$), а второй сомножитель делится на $p^t$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^t$.
В любом случае, $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $p^t$.
Следовательно $a_2^5-2 a_3^5$ делится на $y z$.

[Феликс Шмидель]

Покажем теперь, что $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $y z$.

Пусть $y z$ делится на $p^t$, где $p$ - простое число, отличное от $2$-ух и $5$-и, и $t$ - целое положительное число.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Поскольку наборы параметров $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ групп 2) и 3) переходят один в другой, при преобразованиях $g \rightarrow g i_5$ и $i_5 \rightarrow i_5^2$, то существует простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, делящий $p$ и соответствующий набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 1, 1)$.
Для этого набора, равенства (A.6) имеют вид:

(A.6.2)
$k_0=1$
$k_1=-i_5^2-i_5$
$k_2=-i_5^4-i_5^2$
$k_3=-i_5-i_5^3$
$k_4=-i_5^3-i_5^4$.

Для этого набора, сравнения (A.7) имеют вид:

(A.7.2)
$5 a_0 \equiv 1 (\pm x)$
$5 a_1 \equiv g^4 (-i_5^2-i_5) (\pm x)$
$5 a_2 \equiv g^3 (-i_5^4-i_5^2) (\pm x)$
$5 a_3 \equiv g^2 (-i_5-i_5^3) (\pm x)$
$5 a_4 \equiv g (-i_5^3-i_5^4) (\pm x)$

по модулю идеала $\rho^t$.

Из сравнений (A.7.2) следует, что $a_1 \equiv a_4 g^3 i_5^3$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то из сравнений (A.7.1) следует, что $a_1 \equiv a_4 g^3 i_5^2$ по модулю идеала $\rho^t$.
Возводя последнее сравнение в 5-ую степень, получим: $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $\rho^t$.
Cледовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$, если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$.

Если $p=5$ и $y z$ делится на $p^t$, то $a_1$ и $a_4$ делятся на $5^t$.
Если $p=2$ и $y z$ делится на $2^t$, то $t>1$ и $a_1$ и $a_4$ делятся на $2^{t-1}$.
Если $y z$ делится на $p^t$, где $p \ne 2$ и $p\ne 5$, и числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, то один из сомножителей в левой части равенства (1.1) не делится на $p$ и взаимно-прост с $p$ (в смысле не делится ни на какой идеал $\rho$, делящий $p$), а второй сомножитель делится на $p^t$, следовательно числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^t$.
В любом случае, $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $p^t$.
Следовательно $a_1^5-8 a_4^5$ делится на $y z$.

[Феликс Шмидель]

Меня смущает одно обстоятельство.
Что происходит, если $p$ даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, $y z$ делится на $p$, и $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$.

Цитата:

Феликс Шмидель в сообщении #770641 писал(а):
Любое другое простое число $p$, отличное от $n$ разлагается в расширении $F:\mathbb{Q}$ в произведение неветвящихся простых идеалов, то есть $p G_F=\rho_1 ... \rho_g$, где $g=(n-1)/f$, а $f$-наименьшее натуральное число, такое что $p^f \equiv 1$ по модулю $n$.

Поскольку $p$ даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, то $f=4$, следовательно $g=1$, и в поле $\mathbb{Q}[i_5]$: $(p)$ является простым идеалом.

Цитата:

Феликс Шмидель в сообщении #770919 писал(а):
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

(B.1) $x^n \equiv 2$ по модулю идеала $P$,

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

Поскольку $(p-1)$ не делится на $5$, то $g$ существует по модулю $p$, значит сравнение (B.1) имеет решение в кольце $\mathbb{Z}$, и, тем более, в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$.

Следовательно, в поле $\mathbb{Z}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.
Если бы какой-либо из этих простых идеалов соответствовал набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)$ из группы 2) или 3), то 5-и идеалов бы не хватило на 10 наборов объединения групп 2) и 3), значит, какой-либо из этих простых идеалов соответствовал двум различным наборам, что невозможно.
В самом деле, если $b_1 i_5+b_2 i_5^2+b_3 i_5^3+b_4 i_5^4=0$, для некоторых целых чисел $b_1, b_2, b_3, b_4$, то все эти числа равны нулю.
Поэтому, если сравнения (A.7) имеют место для двух наборов $(s_{11}, s_{12}, s_{13}, s_{14})$ и $(s_{21}, s_{22}, s_{23}, s_{24})$ по модулю одного и того же простого идеала, то наборы должны быть одинаковыми, даже с учётом того, что знаки при $x$ могут быть разными (при условии, что $p$ не равен нескольким простым числам, на которые может делится норма ненулевого выражения $b_1 i_5+b_2 i_5^2+b_3 i_5^3+b_4 i_5^4$, мы видели, что на самом деле достаточно $p \ne 5$).
Остаётся возможность, что любой из $5$-и простых идеалов соответствует набору $(s_1, s_2, s_3, s_4)=(0, 0, 0, 0)$, то есть числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Если это так, то не плохо бы доказать это ещё каким-либо способом, потому что имеется ещё одна возможность, что мы где-то ошиблись.
Я не буду продолжать тему, пока не разберусь в этом вопросе.

[Феликс Шмидель]

Я нашёл другое доказательство того, что если $y z$ делится на простое число $p$, которое даёт остаток $2$ или $3$ при делении на $5$, то числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$.
Пусть $g_1$ - такое целое число, что $g_1^5-2$ делится на $p$.
Если $\rho$ - один из 5-и простых идеалов поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, на которые делится $p$, то $g-g_1 i_5^k$ делится на $\rho$, где $k$ - одно из чисел: $0, 1, 2, 3, 4$.
Поскольку $g-g_1$ не делится на $p$, то для одного из этих 5-и простых идеалов $\rho$, $g-g_1 i_5^k$ делится на $\rho$, где $k \ne 0$.

Напомним равенство (1.1):

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

Один из сомножителей в левой части равенства (1.1) делится на $\rho$.
Пусть, например, первый сомножитель делится на $\rho$.
Тогда $(a_1+a_2 (g_1 i_5^k) +a_3 (g_1 i_5^k)^2+a_4 (g_1 i_5^k)^3+\frac{a_0-x}{2} (g_1 i_5^k)^4)$ делится на $\rho$, следовательно делится на идеал $(p)$, который является простым идеалом поля $\mathbb{Q}[i_5]$, делящимся на $\rho$.
Значит числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $p$, поскольку $g_1$ - целое число, не делящееся на $p$, $k$ - одно из чисел $1, 2, 3, 4$ и $k \ne 0$.
Что и требовалось.

Значит, наверное, всё правильно.

Я заметил опечатку в предыдущем сообщении:

Цитата:

Следовательно, в поле $\mathbb{Z}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.

исправляется на:

Следовательно, в поле $\mathbb{Q}[g, i_5]$, идеал $(p)$ разлагается в произведение $5$-и различных простых идеалов.

[Феликс Шмидель]

Найдём теперь другие выражения, которые делятся на $y z$.

Для этого, возведём сравнения (A.7.1) и (A.7.2) в 5-ую степень.
Сравнения выполняются по модулю идеала $\rho^t$, на который делится $y z$.
Получим:

Если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то:

(A.7.3)
$3125 a_0^5 \equiv 243 (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv 16 (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv 8 (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv 4 (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv 2 (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

Или

(A.7.4)

$243 a_1^5 \equiv 16 a_0^5$
$243 a_2^5 \equiv 8 a_0^5$
$243 a_3^5 \equiv 4 a_0^5$
$243 a_4^5 \equiv 2 a_0^5$

по модулю $\rho^t$.


Если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то:

(A.7.5)
$3125 a_0^5 \equiv (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv -16 (i_5+1)^5 (\pm x)^5=-16 (5 i_5^3+5 i_5^2-3) (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv -8 (i_5^2+1)^5 (\pm x)^5=-8 (5 i_5^3+5 i_5^2-8) (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv -4 (i_5^2+1)^5 (\pm x)^5=-4 (5 i_5^3+5 i_5^2-8) (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv -2 (i_5+1)^5 (\pm x)^5=-2 (5 i_5^3+5 i_5^2-3) (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

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).
С учётом этого, получим:

(A.7.6)
$3125 a_0^5 \equiv (\pm x)^5$
$3125 a_1^5 \equiv 8 (11+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_2^5 \equiv 4 (21+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_3^5 \equiv 2 (21+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$
$3125 a_4^5 \equiv (11+5 \sqrt{5}) (\pm x)^5$

по модулю $\rho^t$.

Или

(A.7.7)
$a_1^5 \equiv 8 (11+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_2^5 \equiv 4 (21+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_3^5 \equiv 2 (21+5 \sqrt{5}) a_0^5$
$a_4^5 \equiv (11+5 \sqrt{5}) a_0^5$

по модулю $\rho^t$.

Следовательно,

(A.7.8)
$a_1^{10} - 176 a_1^5 a_0^5 - 256 a_0^{10} \equiv 0$
$a_2^{10} - 168 a_2^5 a_0^5 + 5056 a_0^{10} \equiv 0$
$a_3^{10} - 84 a_3^5 a_0^5 + 1264 a_0^{10} \equiv 0$
$a_4^{10} - 22 a_4^5 a_0^5 - 4 a_0^{10} \equiv 0$

по модулю $\rho^t$.

Из (A.7.4) и (A.7.8) следует:

(A.7.9)
$(243 a_1^5-16 a_0^5)(a_1^{10} - 176 a_1^5 a_0^5 - 256 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_2^5-8 a_0^5)(a_2^{10} - 168 a_2^5 a_0^5 + 5056 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_3^5-4 a_0^5)(a_3^{10} - 84 a_3^5 a_0^5 + 1264 a_0^{10}) \equiv 0$
$(243 a_4^5-2 a_0^5)(a_4^{10} - 22 a_4^5 a_0^5 - 4 a_0^{10}) \equiv 0$

по модулю $y z$.

Продолжение следует.