ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4

[Феликс Шмидель]

В предыдущей теме мы показали, что $d_2$ является квадратом целого числа.
Мы тогда рассматривали случай, в котором $d_2$ делится на $2$.
Теперь мы знаем, что $d_2$ не делится на $2$, в силу утверждения (15.2).
Также у нас есть более точное выражение для $a_3$ из утверждения (15.4).

Заметим, что $a_3 \ne 0$, иначе $a_2=0$ или $a_4=0$, в силу равенства (5), следовательно $a_2=0$, $a_4=0$ и $a_0 a_1=0$, в силу равенств (2), что невозможно, поскольку противоречит равенству (1).
Без ограничения общности, можно считать $a_3>0$ (изменив знак всех чисел $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ на противоположный, если $a_3<0$).
Поэтому, мы можем использовать коэффициент $10$, а не $-10$ в утверждении (15.4).

Приведём новое доказательство того, что $d_2$ является квадратом.
Вычислим $x^2=a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$:

d0:=2*d4*d2;
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*10*(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;

Получим множитель $d_2$, который взаимно-прост с числителем и знаменателем, поскольку взаимно-прост с числами $c_2, c_4, d_4, 2$.
Значит $d_2$ является квадратом.

[Феликс Шмидель]

Запишем равенства (2) в новых терминах:

d0:=2*d4*d2;
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*10*(d2*d4)^3;

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

Получим:

(2.2)
$a_0 c_4+10 a_1 d_2^3 d_4^2+c_2^2 d_2^3=0$
$10 a_0 d_2^2 d_4^3+a_1 c_2+2 c_4^2 d_4^3=0$
$a_0 a_1+8 c_2 c_4 d_2^3 d_4^3+400 d_2^8 d_4^8=0$

-- Сб авг 16, 2014 11:55:01 --

Из утверждений (15.0), (15.1) и (15.2) следует, что $a_0$ делится на $d_2^3$, и $a_1$ делится на $8 d_4^3$.
C учётом этого, равенства (2.2) можно упростить.
Пусть $a_0=d_2^3 c_0 $, $a_1=8 d_4^3 c_1$.

d0:=2*d4*d2;
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*10*(d2*d4)^3;

a0:=d2^3*c0;
a1:=8*d4^3*c1;

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

Получим:

(2.3)
$c_0 c_4+80 c_1 d_4^5+c_2^2=0$
$5 c_0 d_2^5+4 c_1 c_2+c_4^2=0$
$c_0 c_1+c_2 c_4+50 d_2^5 d_4^5=0$

[Феликс Шмидель]

Из (2.3) следует: $(c_0 c_4+c_2^2)(4 c_1 c_2+c_4^2)=-8 c_0 c_1 (c_0 c_1+c_2 c_4)$

или

(50) $8 (c_0 c_1)^2+12 (c_0 c_1)(c_2 c_4)+(c_2 c_4)^2=-(c_0 c_4^3+4 c_1 c_2^3)$

Пусть $v_1=c_0 c_1$, $v_2=c_2 c_4$, $v_3=(c_0 c_4^3-4 c_1 c_2^3)$.

Тогда $(8 v_1^2+12 v_1 v_2+v_2^2)^2-16 v_1 v_2^3=v_3^2$

или

(51) $64 v_1^4+192 v_1^3 v_2+160 v_1^2 v_2^2+8 v_1 v_2^3+v_2^4=v_3^2$

[Феликс Шмидель]

Пусть $v_3=8 v_1^2+12 v_1 v_2+b_1 v_2^2$, где $b_1$ - рациональное число.

Тогда $v_3^2=64 v_1^4+192 v_1^3 v_2+(144+16 b_1) v_1^2 v_2^2+24 b_1 v_1 v_2^3+b_1^2 v_2^4$.

Из этого равенства и (51) следует:

(52) $(16 b_1-16) v_1^2 v_2^2+(24 b_1-8) v_1 v_2^3+(b_1^2-1) v_2^4=0$

Следовательно, $(12 b_1-4)^2-(16 b_1-16) (b_1^2-1)=16 b_1 (-b_1^2+10 b_1-5)$ является квадратом рационального числа.

Следовательно:

(53)
Пусть $v_1=c_0 c_1, v_2=c_2 c_4, v_3=(c_0 c_4^3-4 c_1 c_2^3)$.
Пусть $b_1=(v_3-8 v_1^2-12 v_1 v_2)/v_2^2$.

Тогда $b_1 (-b_1^2+10 b_1-5)$ является квадратом рационального числа.

[Феликс Шмидель]

Эллиптическая кривая в (53) принципиально не отличается от исследованной нами в предыдущей теме.
Она имеет бесконечное колличество рациональных точек, которые генерируются точкой (-1, 2) (то есть
$-b_1=-1$ или $b_1=1$).
Разница в том, что числа $c_0, c_1, c_2, c_4$ не делятся на $41$ и другие конкретные простые числа, поскольку числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на них.
Поэтому я собираюсь исследовать кривую в (53) по модулю $41$.
Предварительные результаты обнадёживают: равенству (50) по модулю $41$ удовлетворяют более $50000$ вариантов остатков (из $40^4=2560000$ вариантов), однако только 25600 вариантов удовлетворяют условию, что $b_1$ - квадрат по модулю $41$ (это следует из (53)).
Можно попробовать отсеить варианты, взяв вместо точки, соответствующей $-b_1$, её сумму с точкой (-1, 2).
Колличество вариантов можно изначально уменьшить с учётом того, что $d_2 d_4$ делится на $41$.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Реализовать это идею не удаётся. так как имеется 1600 вариантов, в которых $c_0 c_4+c_2^2$ и $c_0 c_1+c_2 c_4$ делятся на $41$, и каждый из этих вариантов является подходящим, так как $b_1$ оказывается рациональной точкой на кривой в (53).
Поэтому отсеить варианты из этих 1600 не получится.

[Феликс Шмидель]

Из (50) следует:

(54) $b_1=((c_2 c_4)^2+2 c_0 c_4^3)/(c_2 c_4)^2=(c_2^2+2 c_0 c_4)/c_2^2$.

Из (2.3) следует, что числа $c_0$ и $c_2$ взаимно-просты.
В самом деле, если они делятся на простое число $p$, то из первого равенства (2.3) следует, что $c_1$ делится на $p$, из второго равенства (2.3), что $c_4$ делится на $p$, что противоречит третьему равенству, поскольку ни $d_2$, на $d_4$ не делятся на $p$, и $c_2$ не делится ни на $2$, ни на $5$.

Из первого равенста (2.3) следует, что $c_2^2+2 c_0 c_4$ не делится на $5$, значит из (53) следует, что
$c_2^2+2 c_0 c_4$ является плюс-минус квадратом целого числа.

[Феликс Шмидель]

Проверим равенства (50), (51), (52), (53), (54):

v1:=c0*c1;
v2:=c2*c4;
v3:=c0*c4^3-4*c1*c2^3;
b1:=(c2^2+2*c0*c4)/c2^2;
v3-(8*v1^2+12*v1*v2+b1*v2^2);
(c0*c4+c2^2)*(4*c1*c2+c4^2)+8*c0*c1*(c0*c1+c2*c4);
(16*b1-16)*v1^2*v2^2+(24*b1-8)*v1*v2^3+(b1^2-1)*v2^4;
d5:=(12*b1-4)^2-(16*b1-16)*(b1^2-1);
((v1/v2)*(16*b1-16)+(12*b1-4))^2-d5;
(12*b-4)^2-(16*b-16)*(b^2-1);

Проверено.

-- Вт авг 19, 2014 00:03:22 --

Теперь, пусть $-v_3=8 v_1^2+12 v_1 v_2+b_1 v_2^2$, где $b_2$ - рациональное число.

Тогда

(52.2) $(16 b_2-16) v_1^2 v_2^2+(24 b_2-8) v_1 v_2^3+(b_2^2-1) v_2^4=0$

(53.2)
Пусть $v_1=c_0 c_1, v_2=c_2 c_4, v_3=(c_0 c_4^3-4 c_1 c_2^3)$.
Пусть $b_2=(-v_3-8 v_1^2-12 v_1 v_2)/v_2^2$.

Тогда $b_2 (-b_2^2+10 b_2-5)$ является квадратом рационального числа.

Из (50) следует:

(54.2) $b_2=((c_2 c_4)^2+8 c_1 c_2^3)/(c_2 c_4)^2=(c_4^2+8 c_1 c_2)/c_4^2$.

Проверим равенства (52.2), (53.2), (54.2):

v1:=c0*c1;
v2:=c2*c4;
v3:=c0*c4^3-4*c1*c2^3;
b2:=(c4^2+8*c1*c2)/c4^2;
-v3-(8*v1^2+12*v1*v2+b2*v2^2);
(16*b2-16)*v1^2*v2^2+(24*b2-8)*v1*v2^3+(b2^2-1)*v2^4;
d5:=(12*b2-4)^2-(16*b2-16)*(b2^2-1);
((v1/v2)*(16*b2-16)+(12*b2-4))^2-d5;

Проверено.

-- Вт авг 19, 2014 00:11:54 --

Из второго равенста (2.3) следует, что $c_4^2+8 c_1 c_2$ не делится на $5$, значит из (53) следует, что $c_4^2+8 c_1 c_2$ является плюс-минус квадратом целого числа.

[Феликс Шмидель]

Следовательно, $c_4^2+8 c_1 c_2$ является квадратом целого числа, поскольку даёт остаток $1$ при делении на $4$.

Поскольку $(c_4^2+8 c_1 c_2)+c_4^2=2 (c_4^2+4 c_1 c_2)=-10 c_0 d_2^5$, то $-10 c_0 d_2^5$ является суммой двух квадратов, следовательно $c_0 <0$, и $c_0 d_2^5$ не делится на простые числа, которые дают $3$ при делении на $4$.

Поскольку $x y z$ делится на $11$ и на другие конкретные простые числа, дающие $3$ при делении на $4$, и числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $11$ и на те из этих простых чисел, по модулю которых $g$ не существует, то $d_2 d_4$ делится на $11$ и на другие такие простые числа.
Поскольку мы показали, что $d_2$ не делится на на простые числа, которые дают $3$ при делении на $4$, то $d_4$ делится на $11$ и на другие простые числа, обладающие вышеуказанными свойствами.

Думаю, что всё это приведёт к противоречию.
Нам нужно продолжать накапливать следствия.

[Феликс Шмидель]

Пусть $z$ - чётное число, а $x y$ - нечётное.
Тогда

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

Здесь $g=\sqrt[5]{2}$, $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа, $x, y, z$ - ненулевые, взаимно-простые целые числа, которые удовлетворяют уравнению Ферма: $x^5+y^5+z^5=0$.
Для доказательства (1.2), мы предположили, что $z$ - чётное число, а число $x^5-y^5$ не делится на $5$.

Из (1.2) следует (2), (3), (4), (5), (5.1), (15.0), (15.1), а утверждение (15.2) нуждается в модификации, поскольку теперь $a_0$ - чётное, а $a_1$ - нечётное число.


(15.2.2)
-------------

Пусть $2^t$ - наибольшая степень двух, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Тогда $t>0$.

Число $a_1$ - нечётно.

Наибольшими степенями двух, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t+1}, 2^{2 t}, 2^{4 t-1}, 2^t$.


Доказательство
---------------------

Из равенства $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=z^2$ следует, что $a_0$ делится на $2$, из первого равенства (2) следует, что $a_2$ делится на $2$.
С учётом этого, из третьего равенства (2) следует, что $a_3$ делится на $2$, и из второго равенства (2) следует, что $a_4$ делится на $2$.
Значит $t>0$.
Поскольку $x y$ не делится на $2$, то $a_1$ не делится на $2$, и из третьего равенства (2) следует, что $a_0$ делится на $2^{2 t}$.
Из второго равенства (2) следует, что $a_2$ делится на $2^{2 t}$.
С учётом этого, из первого равенства (2) следует, что $a_3$ делится на $2^{3 t}$.
С учётом этого, из третьего равенства (2) следует, что $a_0$ делится на $2^{3 t+1}$.
С учётом этого, из первого равенства (2) следует, что $a_3$ делится на $2^{4 t-1}$.
Значит, $a_0$ делится на $2^{3 t+1}$, $a_2$ делится на $2^{2 t}$, $a_3$ делится на $2^{4 t-1}$, $a_4$ делится на $2^t$.

Покажем, что $a_4$ не делится на $2^{t+1}$.
Предположим, что это не так, и $a_4$ делится на $2^{t+1}$.
Тогда из второго равенства (2) следует, что $a_2$ делится на $2^{2 t+2}$.
Следовательно, числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t+1}$.
Это противоречит тому, что $2^t$ - наибольшая степень двух, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Значит, $a_4$ не делится на $2^{t+1}$.
Что и требовалось.

С учётом этого, из второго равенства (2) следует, что $a_2$ не делится на $2^{2 t+1}$.
С учётом этого, из первого равенства (2) следует, что $a_3$ не делится на $2^{4 t}$, и из третьего равенства (2) следует, что $a_0$ не делится на $2^{3 t+2}$.
Значит, наибольшими степенями двух, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t+1}, 2^{2 t}, 2^{4 t-1}, 2^t$.
Что и требовалось.


Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Докажем теперь следующее утверждение:

(15.4.2)
Пусть $d_0$ - наибольший общий делитель чисел $a_2, a_3, a_4$ ($d_0>0$).
Пусть $a'_2=a_2/d_0, a'_3=a_3/d_0, a'_4=a_4/d_0$.

Пусть $d_2$ - наибольший общий делитель чисел $a'_2$ и $a'_3$ ($d_2>0$).
Пусть $d_4$ - наибольший общий делитель чисел $a'_4$ и $a'_3$ ($d_4>0$).

Тогда

1) либо $a'_3=(5/2) (d_2 d_4)^3$, либо $a'_3=-(5/2) (d_2 d_4)^3$.

2) $d_0=d_4 d_2$, $a_0$ делится на $d_2$, $a_1$ делится на $d_4$.

3) Числа $a'_2$ и $a'_4$ - взаимно-просты.


Доказательство:
---------------------

1)
Пусть $p$ - какой-либо простой делитель числа $a'_3$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Если $p \ne 5$, то $t>0$, в силу утверждений (15.0) и (15.2).

Если $t>0$, то одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.
Если $p \ne 2$, то это верно в силу утверждений (15.0) и (15.1).
Если $p=2$, то $a_0$ делится на $p$, а $a_1$ нет.

Если $t=0$, то $p=5$, числа $a_0$ и $a_1$ не делятся на $5$, а число $a'_3$ делится на $5$ и не делится на $25$.

Пусть $p^{k_3}$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делится число $a'_3$.

Пусть $a'_{30}$ - произведение степеней $p^{k_3}$ простых делителей $p$ числа $a'_3$, на которые делится $a_0$.
Пусть $a'_{31}$ - произведение степеней $p^{k_3}$ простых делителей $p$ числа $a'_3$, на которые делится $a_1$.

Из утверждений (15.0), (15.1) и (15.2.2) следует:

Если $a_0 a_1$ делится на $5$, то $a'_3=\pm a'_{30}a'_{31}$.
Если $a_0 a_1$ не делится на $5$, то $a'_3=\pm 5 a'_{30}a'_{31}$.

Если $a'_{30}$ делится на $p$, то $a'_2$ делится на $p$, и $a'_4$ не делится на $p$.
В этом случае, наибольшая степень $p$, на которую делится $a'_2$ равна $p^t$, а наибольшая степень $p$, на которую делится $a'_3$ равна $p^{3 t}$, $p^{3 t+1}$, или $p^{3 t-1}$, второе имеет место, если $p=5$, а последнее - если $p=2$.

Значит, если $a'_{30}$ не делится на $5$, то $a'_{30}=d_2^3/2$, а если $a'_{30}$ делится на $5$, то $a'_{30}=5 d_2^3/2$.

Если $a'_{31}$ делится на $p$, то $a'_4$ делится на $p$, и $a'_2$ не делится на $p$.
В этом случае $p \ne 2$, наибольшая степень $p$, на которую делится $a'_4$ равна $p^t$, а наибольшая степень $p$, на которую делится $a'_3$ равна $p^{3 t}$ или $p^{3 t+1}$ последнее имеет место, если $p=5$.
Значит, если $a'_{31}$ не делится на $5$, то $a'_{31}=d_4^3$, а если $a'_{31}$ делится на $5$, то $a'_{31}=5 d_4^3$.

Значит, если $a_0 a_1$ делится на $5$ (в этом случае $a_{30} a_{31}$ делится на $5$), то $a_{30} a_{31}=(5/2) d_2^3 d_4^3$, а если $a_0 a_1$ не делится на $5$ (в этом случае $a_{30} a_{31}$ не делится на $5$), то $a_{30} a_{31}=(1/2) d_2^3 d_4^3$.

В первом случае $a'_3=\pm a'_{30}a'_{31}=\pm (5/2) d_2^3 d_4^3$, во втором случае $a'_3=\pm 5 a'_{30}a'_{31}=\pm (5/2) d_2^3 d_4^3$.
В любом случае $a'_3=\pm (5/2) d_2^3 d_4^3$.
Что и требовалось.

2)
Пусть $p$ - какой-либо простой делитель числа $d_0$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Тогда $t>0$.

Одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.
Если $p \ne 2$, то это верно в силу утверждений (15.0) и (15.1).
Если $p=2$, то $a_0$ делится на $p$, а $a_1$ нет.

Пусть $d_{00}$ - произведение степеней $p^t$ простых делителей $p$ числа $d_0$, на которые делится $a_0$.
Пусть $d_{01}$ - произведение степеней $p^t$ простых делителей $p$ числа $d_0$, на которые делится $a_1$.

Тогда $d_0=d_{00} d_{01}$.

Если $a_0$ делится на $p$, то $a'_2$ делится на $p$, и $a'_4$ не делится на $p$.
В этом случае, наибольшая степень $p$, на которую делится $d_2$ равна $p^t$, и наибольшая степень $p$, на которую делится $d_0$ равна $p^t$.
Значит $d_{00}=d_2$.
Поскольку $a_0$ делится на $p^{3 t}$, то $a_0$ делится на $d_2$.

Если $a_1$ делится на $p$, то $a'_4$ делится на $p$, и $a'_2$ не делится на $p$.
В этом случае, $p \ne 2$, наибольшая степень $p$, на которую делится $d_4$ равна $p^t$ и наибольшая степень $p$, на которую делится $d_0$ равна $p^t$.
Значит $d_{01}=d_4$.
Поскольку $a_1$ делится на $p^{3 t}$, то $a_1$ делится на $d_4$.

Значит, $d_0=d_{00} d_{01}=d_4 d_2$.
Что и требовалось.

3)
Предположим обратное, что числа $a'_2$ и $a'_4$ не взаимно-просты.
Пусть $a'_2$ и $a'_4$ делятся на простое число $p$.
Если $a_3$ не делится на $p$, то из третьего равенства (2) следует, что $a_0 a_1$ не делится на $p$, что противоречит второму равенству (2), поскольку из него следует, что $a_0 a_3$ делится на $p$.
Значит $a_3$ делится на $p$.
Следовательно $t>0$ и одно из чисел $a'_2$ и $a'_4$ делится на $p$, а другое нет, в силу утверждений (15.0), (15.1) и (15.2.2).
Это противоречит тому, что $a'_2$ и $a'_4$ делятся на $p$.
Значит, числа $a'_2$ и $a'_4$ взаимно-просты.

-- Чт авг 21, 2014 08:50:55 --

Из утверждений (15.0), (15.1) и (15.2.2) следует, что $a_0$ делится на $2 d_2^3$, и $a_1$ делится на $d_4^3$.
Пусть $a_0=2 d_2^3 c_0 $, $a_1=d_4^3 c_1$.

d0:=d4*d2;
a2:=d0*d2*c2;
a4:=d0*d4*c4;
a3:=d0*(5/2)*(d2*d4)^3;

a0:=2 d2^3*c0;
a1:=d4^3*c1;

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

Получим:

(2.3.2)
$4 c_0 c_4+5 c_1 d_4^5+c_2^2=0$
$5 c_0 d_2^5+c_1 c_2+c_4^2=0$
$8 c_0 c_1+8 c_2 c_4+25 d_2^5 d_4^5=0$

-- Чт авг 21, 2014 09:01:32 --

Из (2.3.2) следует: $(4 c_0 c_4+c_2^2)(c_1 c_2+c_4^2)=-8 c_0 c_1 (c_0 c_1+c_2 c_4)$

или

(50.2) $8 (c_0 c_1)^2+12 (c_0 c_1)(c_2 c_4)+(c_2 c_4)^2=-(4 c_0 c_4^3+c_1 c_2^3)$

Пусть $v_1=c_0 c_1$, $v_2=c_2 c_4$, $v_3=(4 c_0 c_4^3-c_1 c_2^3)$.

Тогда $(8 v_1^2+12 v_1 v_2+v_2^2)^2-16 v_1 v_2^3=v_3^2$

или

(51.2) $64 v_1^4+192 v_1^3 v_2+160 v_1^2 v_2^2+8 v_1 v_2^3+v_2^4=v_3^2$

-- Чт авг 21, 2014 09:04:54 --

Пусть $v_3=8 v_1^2+12 v_1 v_2+b_1 v_2^2$, где $b_1$ - рациональное число.

Тогда $v_3^2=64 v_1^4+192 v_1^3 v_2+(144+16 b_1) v_1^2 v_2^2+24 b_1 v_1 v_2^3+b_1^2 v_2^4$.

Из этого равенства и (51.2) следует:

(52.2) $(16 b_1-16) v_1^2 v_2^2+(24 b_1-8) v_1 v_2^3+(b_1^2-1) v_2^4=0$

Следовательно, $(12 b_1-4)^2-(16 b_1-16) (b_1^2-1)=16 b_1 (-b_1^2+10 b_1-5)$ является квадратом рационального числа.

Следовательно:

(53.2)
Пусть $v_1=c_0 c_1, v_2=c_2 c_4, v_3=(4 c_0 c_4^3-c_1 c_2^3)$.
Пусть $b_1=(v_3-8 v_1^2-12 v_1 v_2)/v_2^2$.

Тогда $b_1 (-b_1^2+10 b_1-5)$ является квадратом рационального числа.

-- Чт авг 21, 2014 09:14:00 --

Из (50.2) следует:

(54.2) $b_1=((c_2 c_4)^2+8 c_0 c_4^3)/(c_2 c_4)^2=(c_2^2+8 c_0 c_4)/c_2^2$.

Из первого равенста (2.3.2) следует, что $c_2^2+8 c_0 c_4$ не делится на $5$, значит из (53.2) следует, что $c_2^2+8 c_0 c_4$ является плюс-минус квадратом целого числа.

Следовательно, $c_2^2+8 c_0 c_4$ является квадратом целого числа, поскольку даёт остаток $1$ при делении на $4$.

-- Чт авг 21, 2014 09:28:38 --

Поскольку $(c_2^2+8 c_0 c_4)+c_2^2=2 (c_2^2+4 c_0 c_4)=-10 c_1 d_4^5$, то $-10 c_1 d_4^5$ является суммой двух квадратов, следовательно $c_1 <0$, и $c_1 d_4^5$ не делится на простые числа, которые дают $3$ при делении на $4$.

Это не даёт нам новой информации, а только подтверждает, что $x y$ не делится на $11$ и другие конкретные простые числа с определёнными свойствами.
Мы и раньше определили, что на эти простые числа делится именно $z$.

[Феликс Шмидель]

Определим теперь, каким должно быть рациональное число $b_1$, чтобы $-b_1^2+10 b_1-5$ было квадратом рационального числа.
Пусть $b_1=s/t$, где $s$ и $t$ - взаимно-простые целые числа.
В нашем случае, $s$ и $t$ - нечётные числа.

Тогда $s$ и $t$ параметрически выражаются через две переменные, пусть $u_1$ и $u_2$.
Имеем: $-(b_1-5)^2+20$ является квадратом рационального числа.
Следовательно, $-(s-5 t)^2+20 t^2=(2 u)^2$, где $u$ - целое число.
Следовательно, $u^2+((s-5 t)/2)^2=5 t^2$.

Подходит $s=9 u_1^2+u_2^2-4 u_1 u_2$, $t=u_1^2+u_2^2$, $u=u_1^2-u_2^2+4 u_1 u_2$

Проверяем:

s:=9*u1^2+u2^2-4*u1*u2;
t:=u1^2+u2^2;
u:=u1^2-u2^2+4*u1*u2;
u^2+((s-5*t)/2)^2-5*t^2;

Получим $0$ - проверено.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Числа $b_1=(c_2^2+2 c_0 c_4)/c_2^2$ и $b_2=(c_4^2+8 c_1 c_2)/c_4^2$ определяют две точки на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$.
Заметим, что $b_1 \ne 1$, иначе $c_2^2+c_0 c_4=1$, что противоречило бы делимости на $5$ в первом равенстве (2.3).
Также $b_2 \ne 1$, иначе $c_4^2+4 c_1 c_2=1$, что противоречило бы делимости на $5$ во втором равенстве (2.3).

Найдём связь между $b_1$ и $b_2$.
Мы определили $v_1=c_0 c_1$, $v_2=c_2 c_4$.
Следовательно, $(b_1-1) (b_2-1)=16 v_1/v_2$.
Подставим это значение $v_1/v_2$ в (52):

(52) $(16 b_1-16) v_1^2 v_2^2+(24 b_1-8) v_1 v_2^3+(b_1^2-1) v_2^4=0$.

Получим: $(1/16) (b_1-1)^3 (b_2-1)^2+(1/2) (3 b_1-1) (b_1-1) (b_2-1)+(b_1^2-1)=0$.
Следовательно, $(b_1-1)^2 (b_2-1)^2+8 (3 b_1-1) (b_2-1)+16 (b_1+1)=0$, поскольку $b_1 \ne 1$.

Последнее равенство можно привести к симметричной относительно $b_1$ и $b_2$ форме:

(60) $(b_1-1)^2 (b_2-1)^2+8 (b_1-1) (b_2-1)+16 b_1 b_2+16=0$

Расскроем скобки:

(b1-1)^2*(b2-1)^2+8*(b1-1)*(b2-1)+16*b1*b2+16;

Получим: $b_1^2 (b_2^2-2 b_2+1)+b_1 (-2 b_2^2+28 b_2-10)+(b_2^2-10 b_2+25)=0$

Вычислим дискриминант этого квадратного уравнения:

(-b2^2+14*b2-5)^2-(b2^2-2*b2+1)*(b2^2-10*b2+25)

Получим $16 b_2 (-b_2^2+10 b_2-5)$.
Значит:

(61) $b_1=(b_2^2-14 b_2+5 \pm 4 w_2)/(b_2-1)^2$, где $w_2^2=b_2 (-b_2^2+10 b_2-5)$.

В силу симметрии (60), получим:

(62) $b_2=(b_1^2-14 b_1+5 \pm 4 w_1)/(b_1-1)^2$, где $w_1^2=b_1 (-b_1^2+10 b_1-5)$.

Из (61) и (62) следует, что если что если число $b_2$ определяет точку на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$, то число $b_1$, вычисленное по формуле (61) также определяет точку на этой кривой.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Группа рациональных точек эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$ генерируется точкой $b=1, w=2$.
Первые 10 точек этой циклической группы: $(1, 2)$, $(-1, 4)$, $(9, 6)$, $(-1/4, -11/8)$, $(49/25, -574/125)$, $(-361/9, -7676/27)$, $(841/1369, 34742/50653)$, $(-6241/1936, 1055519/85184)$, $(301401/48841, 115730298/10793861)$, $(-32761/2059225, -846602884/2954987875)$.

Точка $b_1$, вычисленная по формуле (61) является следующей или предыдущей точкой за $b_2$, в зависимости от знака $+$ или $-$ в этой формуле.
Думаю, что это верно, поскольку я проверил это для первых 10-и точек.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #899168 писал(а):

Точка $b_1$, вычисленная по формуле (61) является следующей или предыдущей точкой за $b_2$, в зависимости от знака $+$ или $-$ в этой формуле.

Докажем это.

Пусть $y=k x+t$ - уравнение прямой проходящей через точки $(1, 2)$ и $(b_2, w_2)$.
Тогда $k=(w_2-2)/(b_2-1), t=2-k$.
Точки пересечения прямой $y=k x+t$ и эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ удовлетворяют уравнению $(k x+t)^2=x (-x^2+10 x-5)$ или $x^3-10 x^2+5 x+(k x+t)^2=0$ или

$x^3-(10-k^2) x^2+(5+2 k t) x+t^2=0$.

Точка $(b, w)$, следующая за $(b_2, w_2)$, то есть $(b_2, w_2)+(1, 2)$ вычисляется по теореме Виета: $b=10-k^2-1-b_2=9-b_2-(w_2^2-4 w_2+4)/(b_2-1)^2=((9-b_2) (b_2-1)^2-b_2 (-b_2^2+10 b_2-5)-4+4 w_2)/(b_2-1)^2$.

Вычислим $(9-b_2) (b_2-1)^2-b_2 (-b_2^2+10 b_2-5)-4$ в программе "Reduce":

(9-b2)*(b2-1)^2-b2*(-b2^2+10*b2-5)-4;

Получим $b_2^2-14 b_2+5$.

Значит $b=(b_2^2-14 b_2+5+4 w_2)/(b_2-1)^2$, что совпадает с формулой (61).

Мы нашли следующую за $(b_2, w_2)$ точку.
Предыдущая точка равна $(b_2, w_2)-(1, 2)=(b_2, w_2)+(1, -2)$.
Значит, для предыдущей точки: $b=10-k^2-1-b_2$, где $k=(w_2+2)/(b_2-1)$.
Значит, для предыдущей точки: $b=(b_2^2-14 b_2+5-4 w_2)/(b_2-1)^2$.

Что и требовалось.

-- Ср авг 27, 2014 11:36:19 --

Кроме точек циклической группы, генерированной точкой $[1, 2]$, есть ещё точки $m [1, 2]+[0, 0]$, где $m$ - целое положительное число. Вычисление первых десяти этих точек показывает, что числитель первой координаты делится на $5$, поэтому числа $b_1=(c_2^2+2 c_0 c_4)/c_2^2$ и $b_2=(c_4^2+8 c_1 c_2)/c_4^2$ не определяют эти точки.