Совместный поиск доказательства ВТФ для $n=5$

[Феликс Шмидель]

Мы получили выражения (64), рассматиривая произведение сопряжённых чисел с первым сомножителем в равенстве (28).
Теперь рассмотрим средний сомножитель в этом произведении, который со знаком $\pm$ тоже должен быть квадратом.
Мы не доказали это со всей строгостью, но показали как это можно сделать на основании соображений, связанных с делителями числа $y z$, которые делят числа $a_1, ..., a_4$.
Распечатаем этот сомножитель.

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);

u3:=(u3 mod (g^5-2)) mod (i5^4+i5^3+i5^2+i5+1);

u3;

Получим:

$u_3=(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) (i_5^2+i_5^3)=(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) h$.

Значит, $(a_0-a_2 g^2)+(a_4 g^4-a_3 g^3) h=(b_0(g)+b_1(g) h)^2$, значит:

(65) $a_0-a_2 g^2=\pm (b_0(g)^2+b_1(g)^2)$, $a_4 g^4-a_3 g^3=\pm (2 b_0(g) b_1(g)-b_1(g)^2)$.

Выражения (65) получаются так же, как (64).
Из (65) можно вывести (64), поэтому выражения (65) являются более сильными.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #802062 писал(а):

Можно упростить вычисления, поскольку, по-видимому, имеет место:

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

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

Покажем, как в принципе можно получить противоречие из (62)
Во-первых, процитируем одно место из темы, которое нуждается в уточнении:

Феликс Шмидель в сообщении #793794 писал(а):

(42)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$
$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$
$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$
$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$
$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$

(по модулю простого идеала $\rho$).

Найдём коэффициенты при $g, g^2, g^3, g^4$ в $(a_0+a_1 g+...+a_4 g^4)^2$:

$f_1=2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2$
$f_2=2 a_0 a_2 +a_1^2+4 a_3 a_4$
$f_3=2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2$
$f_4=2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2$

Вычисления показали: все формы $f_1, f_2, f_3, f_4$ равны нулю для всех 16 наборов параметров {$s_1, ..., s_4$}.
Таким образом, подстановка в нулевые квадратичные формы нам ничего не дала.

Здесь речь идёт о простых делителях числа $y z$. Пусть $p$ - такой простой делитель. Казалось бы результаты вычислений не дают нам информации о коэффициентах $a_0, ..., a_4$ по модулю $p$.
Однако это не так. Не нужно забывать, что $a_0, ..., a_4$ - целые числа. Если $g$ не существует по модулю $p$, то из (42) следует, что коэффициенты $a_1, ..., a_4$ (все кроме $a_0$) делятся на $p$. Этот вывод можно проверить для конкретных $p$, например, $p=11$, написав простую программу, в которой $a_0, ..., a_4$ пробегают значения от $0$ до $p-1$, и $f_1, ..., f_4$ сравнимы с 0 по модулю $p$.
Рассматривая (62) по модулю $p$, мы не сможем получить противоречие, поскольку $(i_5+1)^2 a_0$ может быть квадратом по модулю $p$.
Пусть теперь $p$ является делителем не $y z$, а числа $x$.
В этом случае, если $g$ не существует по модулю $p$, то коэффициенты $a_0, a_2, a_3, a_4$ (все кроме $a_1$) делятся на $p$.
Если $-1$ является квадратом по модулю $p$ (например $p=41$), то рассматривая (62) по модулю $p$ можно придти к противоречию.
Можно показать, что детерминант Вендта $W_8$ не делится на $41$, из чего следует, что $x y z$ делится на $41$.
Если $x$ не делится на $41$, можно поменять $x$ c $y$ или $x$ c $z$ местами.
Однако, если теперь $x$ - чётное, то $c$ и $d$ не являются взаимно-простыми, и мы не сможем получить (62).
Посмотрим, сможем ли мы преодолеть это препятствие.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Более серьёзное препятствие заключается в том, что мы получили (62) исходя из того, что $y z$ делится на $11$ или на другое такое простое число $p=5 k+1$, что $g$ не существует по модулю $p$ и среди чисел $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ есть квадратичные и неквадратичные вычеты по модулю $p$ (где $i_5$ - вычет).
Но может быть так, что $x$ делится на $11$, $41$ и другие простые числа с этими свойствами, а $y z$ не делится ни на одно из таких простых чисел.
Как говорится, "back to the drawing board".

[lasta]

Феликс Шмидель в сообщении #786879 писал(а):

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.

Уважаемый Феликс Шмидель! Эта не значительная опечатка кочует по Вашим сообщениям. Она есть и в последнем. Важно, чтобы она не залезла в программы. Хотя в тех, которые есть в сообщениях, я ее не обнаружил.
Чтобы не повторилась классика, - любая ошибка сразу ведет к доказательству.

[Феликс Шмидель]

Спасибо!

[Феликс Шмидель]

Препятствие, о котором я писал, неожиданно устранилось:

Феликс Шмидель в сообщении #824423 писал(а):

Более серьёзное препятствие заключается в том, что мы получили (62) исходя из того, что $y z$ делится на $11$ или на другое такое простое число $p=5 k+1$, что $g$ не существует по модулю $p$ и среди чисел $i_5+1, i_5^2+1, i_5^3+1, i_5^4+1$ есть квадратичные и неквадратичные вычеты по модулю $p$ (где $i_5$ - вычет).
Но может быть так, что $x$ делится на $11$, $41$ и другие простые числа с этими свойствами, а $y z$ не делится ни на одно из таких простых чисел.

Мы показали в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ - тема 4", что именно $y z$, а не $x$ делится на $11$ и на другие конкретные простые числа с указанными свойствами, которые дают остаток $3$ при делении на $4$.
Поскольку препятствие устранено, проверим наши рассуждения, и выясним нельзя ли получить противоречие.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Есть ещё одно препятствие, о котором мы говорили: случай, когда чётное число из $y z$ делится на $11$ и другие простые числа с указанными свойствами.
Пусть, например, число $z$ - чётное, и будем предполагать, что число $x^5-y^5$ не делится на $5$.
Во-втором случае ВТФ для $n=5$, $x^5-y^5$ не делится на $5$, а первый случай ВТФ легко доказывается, например, методом Софи Жермен.
Числа $z^2-xy g^2$ и $z^8+z^6 x y g^2+z^4 (x y)^2 g^4+z^2 (x y)^3 g^6+(x y)^4 g^8$ не являются взаимно-простыми, поскольку первое число делится на $g^2$, а второе число делится на на $g^8$.
Имеем:$z^{10}/4-(x y)^5=((x^5-y^5)/2)^2$, и
$z^{10}/4-(x y)^5=((z/g)^2-x y)((z/g)^8+(z/g)^6 x y+(z/g)^4 (x y)^2+(z/g)^2 (x y)^3+(x y)^4)$.
Сомножители в левой части последнего равенства взаимно-просты, поскольку $5 (x y)^4$ делится на любой их общий простой делитель-идеал, и поскольку этот общий делитель не делит $5$, в силу предположения, что $x^5-y^5$ не делится на $5$.
Следовательно $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом идеала в поле $\mathbb{Q}[g]$.
В этом поле имеются две фундаментальные единицы: $g-1$ и $g^3+g^2-1$, их произведение равно $g^4-g^2-g+1$.
Произведение числа $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ и любого из этих трёх делителей единицы не является
квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$, поскольку имеет нечётный коэффициент при $g$ или при $g^3$.
Значит, $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$.
Наша цель теперь развить теорию, аналогичную той, которую мы развили в теме "Доказательство ВТФ для $n=5$ - тема 4", и посмотреть какие результаты она нам даст.

Продолжение следует.

[Deggial]

Обсуждение с MrAlexander выделено в отдельную тему

[Феликс Шмидель]

Поскольку $-x y+2 (z/2)^2 g^3$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$, то умножив это выражение на $g^2$ получим, что $z^2-xy g^2$ является квадратом целого алгебраического числа в поле $\mathbb{Q}[g]$.
Для получения из этого следствий перейдём в тему "Доказательство ВТФ для $n=5$ - тема 4".

[Феликс Шмидель]

Я считаю равенство

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

и следствие из него:

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

интересными.

Мы не доказали следствие (62) и возникает вопрос: а верно ли оно?
Перечитывая предыдущие сообщения, я прихожу к выводу, что следствие (62) верно, но из него не следует противоречие, доказывающее ВТФ для $n=5$.

Несмотря на это, имеет смысл доказать (62), и мы этим займёмся.
Начнём с того, что $u(g, i_5) (i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом в кольце алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, где $u(g, i_5)$ - некоторый делитель единицы.
Это прямое следствие равенства (28), взаимной простоты сомножителей в левой его части и того, что число классов поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ равно 1.
Значит, число $u(g, i_5) (i_5+1) a_0$ сравнимо с квадратом алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ по модулю числа $11$ и других чисел, на которые, как мы показали, делятся числа $y z, a_1, a_2, a_3, a_4$.

Мы доказали

Цитата:

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

и показали, что

Цитата:

Из (60) следует:

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

Значит, либо $u(g, i_5) (i_5+1)$, либо $-u(g, i_5) (i_5+1)$ является квадратом по модулю этих простых делителей.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Возможно, мы доказали

(60) либо $(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$, либо $-(i_5+1)(c_0+c_2 i_5^2+c_3 i_5^3)$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}[i_5]$,

но мы пока поставим и это утверждение под сомнение.
Дело в том, что доказательство утверждения (60) зависит от наличия такого простого делителя $p$, на которое делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$, что среди вычетов $i_5+1, (i_5+1)^2, (i_5+1)^3, (i_5+1)^4$ имеются квадратичные и неквадратичные по модулю такого делителя (если вместо $i_5$ подставить вычет по модулю этого делителя).
Таким делителем является, например, $p=11$.
Рассматривая детерминант Вендта, можно показать, что $x y z$ делится на $11$.
Если $y z$ делится на $11$, то $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $11$.
Это следует из того, что $g$ не существует по модулю $11$ и сравнений

Цитата:

(42)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{5} v_0$
$a_1 \equiv \frac{k_1}{5} g^4 v_0$
$a_2 \equiv \frac{k_2}{5} g^3 v_0$
$a_3 \equiv \frac{k_3}{5} g^2 v_0$
$a_4 \equiv \frac{k_4}{5} g v_0$

Однако $y z$ может не делиться на $11$, в этом случае $x$ делится на $11$ и можно показать, что $a_0, a_2, a_3, a_4$ делится на $11$.
Но, в этом случае, $a_1$ не делится на $11$, и наше доказательство утверждения (60) не проходит.

Цитата:

Мы показали в теме "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ - тема 4", что именно $y z$, а не $x$ делится на $11$ и на другие конкретные простые числа с указанными свойствами, которые дают остаток $3$ при делении на $4$.

Мы вроде показали это, но я уже не помню как, и в любом случае, это доказательство проходит только для $n=5$ (а мы бы хотели чтобы наши рассуждения проходили и для других $n$, например, для всех простых $n<100$).

[Феликс Шмидель]

У меня появилась идея, как доказать (или опровергнуть), что

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

используя закон квадратичной взаимности в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$.
Эти числа нечётны, и при умножении на делители единицы дают квадраты в этом поле.
Достаточно доказать, что одно из этих чисел примарно (то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$) и можно применить закон квадратичной взаимности так, как мы это сделали в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".

Цитата:

В начале 20-го века Гекке доказал закон квадратичной взаимности для любого числового поля.
Доказательство этого закона находится в книге Гекке "Лекции по теории алгебраических чисел".
Закон сформулирован на стр. 244 (теорема 165).

Закон квадратичной взаимности для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ ещё проще, чем для поля $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}]$, потому что если $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]=\mathbb{Q}[s]$, то минимальный полином числа $s$ не имеет действительных корней, поэтому в теореме 165 у Гекке: $r_1=0$ и закон квадратической взаимности имеет вид:

$(\frac{a}{b})(\frac{b}{a})=1$,

где $a$ и $b$ -любые нечётные взаимно-простые целые алгебраические числа, принадлежащие полю $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, из которых хотя бы одно примарное.

Рассуждая как в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2" можно показать, что утверждение (62) равносильно тому, что одно из чисел в этом утверждении примарное (то есть сравнимо с квадратом по модулю $4$).
Если же они оба не примарные, то утверждение (62) неверно, поскольку если число является квадратом, то оно является квадратом и по модулю $4$.

[Феликс Шмидель]

Возможно одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом по модулю $4$, но это неочевидно.
Напомним, что $\alpha_1(g)=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4$.
Если $y z$ делится на $8$, то можно показать, что коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $4$, используя формулу
$(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0-x}{2} g^4) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+\frac{a_0+x}{2} g^4)=-y z$.
В этом случае одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ действительно является квадратом по модулю $4$.
Но у нас нет доказательства, что $y z$, делится на $8$, есть доказательство, что $y z$, делится на $4$.
Пусть $y z$ делится на $4$ и не делится на $8$.
Тогда из упомянутой формулы следует, что коэффициенты $a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.
Поскольку второй множитель в левой части формулы делится на $g^4$, то $a_2$ не делится на $4$ (иначе $a_2 g g^4$ делится на $8$, из чего следует, что $y z$ делится на $8$).
Этот вывод справедлив не только для $n=5$, но и в общем случае, для любого простого $n>2$.
В случае $n=5$, мы знаем из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$", лемма 4.8, что наибольшими степенями числа $2$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $8, 2, 4, 2$.
В общем случае, для любого простого $n>2$ у нас нет пока аналогичной информации.

-- Ср дек 02, 2015 12:52:50 --

Мы уже 2 раза успешно применили закон квадратичной взаимности Гекке.
Один раз для того, чтобы доказать, что $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$.
Другой раз для того, чтобы доказать, что одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ является квадратом целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$ (при условии, что одно из этих чисел примарно, то есть является квадратом по модулю $4$).
В обоих случаях мы предполагаем единственность разложения на простые множители в соответствующем поле.
В следующем сообщении мы покажем, почему нужно это предположение и порассуждаем о том, нельзя ли его обойти.

[Феликс Шмидель]

Согласно закону квадратичной взаимности Гекке, квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{p})$ равен единице для любого простого числа $p$ (и вообще любого нечётного целого алгебраического числа поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$).
Условия для этого: $x$ - нечётное число, $y z$ делится на $4$ и $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ - квадрат идеала, а также рассуждения, устанавливающие равенство этого квадратичного символа единице находятся в начале темы " ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2".
Мы, однако, не можем сделать вывод из равенства этого квадратичного символа единице, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю простого числа $p$, потому что для этого число $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ должно быть сравнимо с квадратом по модулю любого простого идеала - делителя числа $p$.
Это так при предположении единственности разложения на простые множители в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$, потому что в этом случае можно заменить простой идеал нечётным простым числом этого кольца $P$, для которого квадратичный символ $(\frac{x^2-y z \sqrt[n]{4}}{P})$ равен единице, из чего, по определению квадратичного символа следует, что число $x^2-y z \sqrt[n]{4}$ сравнимо с квадратом по модулю $P$.
Мы хотели бы доказать, что число $x^2-y z \sqrt[n]{2}$ сравнимо с квадратом по модулю простого числа $p$ без предположения единственности разложения на простые множители, но нам пока удалось это сделать только, если $\sqrt[n]{2}$ не существует по модулю $p$.
Вот доказательство для таких $p$, которое мы привели (для $n=3$) в теме "Новое доказательство ВТФ для n=3":

Цитата:

В самом деле, кольцо $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$ является конечным полем с циклической группой по умножению порядка $p^3-1$, поэтому $(x^2-\sqrt[3]{4}yz)^{(p^3-1)/2}$ равно в этом поле $1$ или $-1$, и от этого зависит, является ли $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ квадратом или нет. Пусть $j$ равно $\sqrt[3]{4}$ или любому другому комплексному кубическому корню из $4$. Путём последовательного умножения, получим:

(13) $(x^2-j yz)^{(p^3-1)/2}=a_0+a_1 j+a_2 j^2$,

где $a_0$, $a_1$ и $a_2$ - целые числа, $a_1$ и $a_2$ делятся на $p$, а $a_0$ сравнимо с 1 или -1 по модулю $p$.

Перемножая равенства (13) для всех трёх значений $j$, получим:

(14) $(x^6-4 (yz)^3)^{(p^3-1)/2} \equiv a_0^3$ по модулю $p$.

Из (14) следует, что если $x^6-4 (yz)^3$ является квадратом по модулю $p$, то $a_0$ сравнимо с 1 по модулю $p$, и значит $x^2-\sqrt[3]{4} yz$ является квадратом в кольце $\mathbb{Z}_p[\sqrt[3]{4}]$.

[Феликс Шмидель]

Рассмотрим теперь вопрос о том, является ли одно из чисел $(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ и $-(i_5+1)(i_5 \alpha_1(g)+\alpha_1(g i_5))$ квадратом по модулю $4$.
Поскольку мы знаем, что остатки от деления коэффициентов $a_1, a_2, a_3, a_4$ на $4$ равны соответственно $0, 2, 0, 2$, то заданный вопрос эквивалентен следующему: является ли число $\pm 1+2 i_5 g^2+2 i_5 (i_5^2-i_5+1) g^4$ квадратом по модулю $4$?
Коэффициент $i_5 (i_5^2-i_5+1)$ это результат от деления $i_5+i_5^4$ на $i_5+1$, а $\pm 1$ это остаток от деления $\pm a_0$ на $4$.
В принципе, этот вопрос можно решить перебором полной системы вычетов по модулю $4$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ на компьютере.
Для начала посчитаем сколько вычетов, взаимно-простых с $4$, есть в этой системе вычетов.
Число $2$ является простым в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$, поскольку число простых идеалов, на которые оно разлагается равно $(5-1)/f$, где $f$ - наименьшее натуральное число, такое, что $2^f \equiv 1 \mod 5$, то есть $f=4$, а $(5-1)/f=1$.
Значит число $\sqrt[5]{2}$ является простым не только в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}]$, но также и в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$. Норма числа $\sqrt[5]{2}$ в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ равна норме числа $2$ в поле $\mathbb{Q}[i_5]$, то есть равна $2^4=16$.
Значит в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[5]{2}, i_5]$ имеется $16^{10}-16^9$ вычетов по модулю $4$, взаимно-простых с $4$, (поскольку $4=(\sqrt[5]{2})^{10}$).
У нас получилось $1030792151040$ вычетов, что многовато даже для компьютера.

Продолжение следует.