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

[Феликс Шмидель]

В теме "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4" мы нашли идею и путь, который по нашему мнению ведёт к доказательству ВТФ для $n=5$.
В этой теме, мы займёмся изложением этого доказательства и формулировкой составляющих его лемм.
Существуют простые доказательства первого случая ВТФ для $n=5$ (если $x y z$ не делится на $5$), например, доказательство Софи Жермен.
В этой теме, мы не будем заниматься первым случаем, а будем доказывать второй случай (предполагая $x y z$ делится на $5$).

[Феликс Шмидель]

В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ и
следующие классические теоремы теории алгебраических чисел:

(I) Малая теорема Ферма для идеалов (ссылка 1)

(II) (ссылка 2)

Пусть $\mathbb{Q}[g]$ - числовое поле степени $n$, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $f(x)$ - минимальный полином числа $g$.
Пусть $g_1=g, g_2, ..., g_n$ - корни полинома $f(x)$.
Дискриминант базиса $(1, g, ..., g^{n-1})$ поля $\mathbb{Q}[g]$ равен:

$D(1, g, ..., g^{n-1})=(-1)^{n (n-1)/2} f'(g_1)...f'(g_n)$

(III) (ссылка 3)

Пусть $\mathbb{Q}[g]$ - числовое поле степени $n$, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $D$ - дискриминант базиса $(1, g, ..., g^{n-1})$ поля $\mathbb{Q}[g]$.
Любое целое алгебраическое число $a$ поля $\mathbb{Q}[g]$ представимо в виде

$a=\frac{a_0}{D}+\frac{a_1}{D} g+...+\frac{a_{n-1}}{D} g^{n-1}$,

где $a_0, ..., a_{n-1}$ - целые рациональные числа.

(IV) Существование и единственность разложения идеала в произведение простых идеалов в числовом поле (ссылка 4)

(V) (ссылка 5):

Пусть $F$ - числовое поле cо степенью $n=r_1+2 r_2$ расширения $F:Q$, где $(r_1, r_2)$ - сигнатура $F$.
Пусть $G_F$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $I$ - идеал кольца $G_F$.
Тогда существует такой элемент $\alpha \in I$, что

$|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$,

где $\Delta_F$ - дискриминант поля $F$.

(VI) Теорема Дирихле о делителях единицы (ссылка 6)

Также в доказательстве используется следующее утверждение:

(VII)

Ранг группы рациональных точек эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ равен $1$.

Это утверждение мы пока не доказали.

[Феликс Шмидель]

Пусть $g=\sqrt[5]{2}$.

Лемма 1.1
-------------

Пусть $b=\frac{1}{2} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)$ является целым алгебраическим числом, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.
Тогда все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - чётные.

Доказательство:
---------------------

Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое неотрицательное число, для которого $a_m$ - нечётное число.
Помножив $b$ на $g^{4-m}$, получим, что $\frac{1}{2} a_m g^4$ является целым алгебраическим числом, что невозможно, поскольку норма этого числа не является целым числом.


Лемма 1.2
--------------

Пусть $b=\frac{1}{5} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)$ является целым алгебраическим числом, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.
Тогда все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.

Доказательство:
----------------------

Пусть $i_5$ - комплексный корень пятой степени из $1$.
Пусть $b_1, b_2, b_3, b_4$ - сопряжённые с $b$ числа, то есть:

$b_1=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5)+a_2 (g i_5)^2+a_3 (g i_5)^3+a_4 (g i_5)^4)$

$b_2=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^2)+a_2 (g i_5^2)^2+a_3 (g i_5^2)^3+a_4 (g i_5^2)^4)$

$b_3=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^3)+a_2 (g i_5^3)^2+a_3 (g i_5^3)^3+a_4 (g i_5^3)^4)$

$b_4=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^4)+a_2 (g i_5^4)^2+a_3 (g i_5^4)^3+a_4 (g i_5^4)^4)$

Пусть $\rho$ - идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, который является наибольшим общим делителем чисел $2-g$ и $1-i_5$.
Числа $2^k-(g i_5)^k, 2^k-(g i_5^2)^k, 2^k-(g i_5^3)^k, 2^k-(g i_5^4)^k$ делятся на $\rho$, для любого целого положительного числа $k$, поскольку сравнимы с $2^k-g^k$ по модулю $\rho$.
Следовательно,

(1) $b (2^k-g^k)+b_1 (2^k-(g i_5)^k)+b_2 (2^k-(g i_5^2)^k)+b_3 (2^k-(g i_5^3)^k)+b_4 (2^k-(g i_5^4)^k)$ делится на $\rho$, для любого целого положительного числа $k$.

Пусть $k$ - одно из чисел $1, 2, 3, 4$.

Пусть $b (2^k-g^k)=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$.

Тогда $c_0=\frac{1}{5} (a_0 2^k-2 a_{5-k})$.

Поскольку слагаемые в выражении (1) являются сопряжёнными числами, то их сумма равна $5 c_0=a_0 2^k-2 a_{5-k}$.
Значит, из (1) следует, что $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $\rho$.
Поскольку $1-i_5$ делится на $\rho$, то $5$ делится на $\rho$.
Следовательно, $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $5$, поскольку целое рациональное число $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $\rho$.
Следовательно:

(2) $a_4 \equiv a_0, a_3 \equiv 2 a_0, a_2 \equiv 4 a_0, a_1 \equiv 8 a_0$ по модулю $5$.

Значит:

(3) $\frac{1}{5} (a_0+8 a_0 g+4 a_0 g^2+2 a_0 g^3+a_0 g^4)$ является целым алгебраическим числом.

Из (3) следует:

(4) $\frac{1}{5} a_0 (16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4)$ является целым алгебраическим числом.

Имеем:

(5) $2^5-2=(2-g)(2-g i_5)(2-g i_5^2)(2-g i_5^3)(2-g i_5^4)$,

(6) $16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4=(2-g i_5)(2-g i_5^2)(2-g i_5^3)(2-g i_5^4)$.

Если бы правая часть равенства (6) делилась на $5$, то правая часть равенства (5) делилась бы на $5 \rho$, следовательно и левая часть равенства (5), равная $30$ делилась бы на $5 \rho$, что невозможно, поскольку $6$ не делится на $\rho$, так как $5$ делится на $\rho$.
Значит, правая часть равенства (6) не делится на $5$, следовательно левая часть равенства (6) не делится на $5$.
Поскольку $16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4$ не делится на $5$, то из (4) следует, что $a_0$ делится на $5$, и из (2) следует, что все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.
Что и требовалось.


Теорема 1
---------------

Любое целое алгебраическое число $b$ поля $\mathbb{Q}[g]$ представимо в виде

$b=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые рациональные числа.

Доказательство:
---------------------

Предположим, что это не так, и пусть

(7) $b=r_0+r_1 g+r_2 g^2+r_3 g^3+r_4 g^4$,

где $b$ - целое алгебраическое число и $r_0, r_1, r_2, r_3, r_4$ - рациональные числа, из которых не все целые.


Пусть $D$ - дискриминант базиса $1, g, g^2, g^3, g^4$.
В силу (III), $D r_0, D r_1, D r_2, D r_3, D r_4$ - целые числа.

Пусть $d$ - наименьшее целое положительное число, для которого $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ - целые числа.
Пусть $D=s d+t$, где $t$ - остаток от деления числа $D$ на $d$.
Тогда $t r_0, t r_1, t r_2, t r_3, t r_4$ - целые числа, поскольку $t r_i=D r_i-s (d r_i)$ для $i=0, 1, 2, 3, 4$.
Поскольку $t<d$, то $t=0$, в силу минимальности числа $d$.
Следовательно число $d$ является делителем числа $D$.

Число $d$ либо чётное, либо нечётное.
Рассмотрим эти два случая по-отдельности.


1. Число $d$ - чётное.

Из (7) следует:

(8) $\frac{d}{2} b=\frac{1}{2} (d r_0+d r_1 g+d r_2 g^2+d r_3 g^3+d r_4 g^4)$.

Все числа $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ - чётные в силу леммы 1.1.
Следовательно, числа $\frac{d}{2} r_0, \frac{d}{2} r_1, \frac{d}{2} r_2, \frac{d}{2} r_3, \frac{d}{2} r_4$ - целые, что противоречит минимальности числа $d$.


2. Число $d$ - нечётное.

Согласно (II), $D=(-1)^{10} 5 g_1^4 5 g_2^4 5 g_3^4 5 g_4^4 5 g_5^4=2^4 \cdot 5^5$.

Поскольку $d \ne 1$, $d$ - нечётное число, и число $D=2^4 \cdot 5^5$ делится на $d$, то $d$ делится на $5$.

Из (7) следует:

(9) $\frac{d}{5} b=\frac{1}{5} (d r_0+d r_1 g+d r_2 g^2+d r_3 g^3+d r_4 g^4)$.

Все числа $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ делятся на $5$, в силу леммы 1.2.
Следовательно, числа $\frac{d}{5} r_0, \frac{d}{5} r_1, \frac{d}{5} r_2, \frac{d}{5} r_3, \frac{d}{5} r_4$ - целые, что противоречит минимальности числа $d$.

[Феликс Шмидель]

Лемма 2.1
---------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^m-1$ не делится на $5$, где $m$ - целое положительное число.
Если $N(\rho)=p^m$, то $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $N(\rho)=p^m$.
Тогда $g^{p^m-1}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.

Имеем: $N(\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{N(g^{p^m-1}-1)}{N(g^{p-1}-1)}=\frac{2^{p^m-1}-1}{2^{p-1}-1}$.
Заметим, что второе равенство имеет место, поскольку $p^m-1$ не делится на $5$ и $p-1$ не делится на $5$.
Значит:

(10) $N(\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{2^{p^m-1}-1}{2^{p-1}-1}$.

Если обозначить $a=2^{p-1}$ и $k=(p^m-1)/(p-1)$, то правая часть равенства (20), равная $\frac{a^k-1}{a-1}=a^{k-1}+a^{k-2}+...+1$, сравнима с $k$ по модулю $p$.
Следовательно, правая часть равенства (20) сравнима с $1$ по модулю $p$, поскольку число $k=(p^m-1)/(p-1)$ сравнимо с $1$ по модулю $p$.

Следовательно, левая часть равенства (10) не делится на $p$.
Следовательно, $\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1}$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, поскольку $g^{p^m-1}-1$ делится на $\rho$.
Что и требовалось.


Лемма 2.2
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Если $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, то $N(\rho)=p$.

Доказательство:
----------------------

Группа по умножению $G$ конечного поля $\mathbb{Z}[g]/\rho$ является циклической.
Пусть смежный класс $a+\rho$ является генератором группы $G$, где $a \in \mathbb{Z}[g]$.
Поскольку $g^p \equiv g$ по модулю идеала $\rho$, то $a^p \equiv a$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, $a^{p-1} \equiv 1$ по модулю идеала $\rho$, поскольку $a$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $p-1$ делится на $N(\rho)-1$, поскольку порядок группы $G$ равен $N(\rho)-1$.
Следовательно $N(\rho)=p$, поскольку если $N(\rho)=p^m$, где $m>1$, то $p-1$ не делилось бы на $N(\rho)-1$.
Что и требовалось.


Лемма 2.3
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^m-1$ не делится на $5$, где $m$ - целое положительное число.
Если $m>1$, то $N(\rho) \ne p^m$.

Доказательство:
----------------------

Предположим обратное, что $N(\rho)=p^m$, где $m>1$.
Тогда $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, в силу леммы 2.1, следовательно $N(\rho)=p$ в силу леммы 2.2.
Это противоречит предположению, что $N(\rho)=p^m$.

[Феликс Шмидель]

Я вынужден внести исправление: вместо "равенства (20)" в предыдущем сообщении должно быть "равенства (10)".

Лемма 2.4
--------------

Пусть простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g]$ делит какое-либо из чисел: $2, 3, 5, 7, 13$.
Тогда $\rho$ является главным идеалом.

Доказательство:
----------------------

Имеют место равенства:

(11)
$2=g^5$,
$3=(g+1) (g^4-g^3+g^2-g+1)$,

$5=(g^2+1)^5/(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1)$, где $(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1)$ - делитель единицы, поскольку $(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1) (3 g^4+4 g^3-g^2-6 g-3)=1$,

$7=(g^3-1) (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)$,
$13=(g^4-g^2+1) (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)$.

Можно проверить эти равенства в программе "Reduce":

load_package polydiv;
(g+1)*(g^4-g^3+g^2-g+1) mod (g^5-2);

((g^2+1)^5-5*(2*g^4+2*g^3+g^2+4*g+1))  mod (g^5-2);
(2*g^4+2*g^3+g^2+4*g+1)*(3*g^4+4*g^3-g^2-6*g-3)  mod (g^5-2); 

(g^3-1)*(2*g^4+g^3+4*g^2+2*g+1)  mod (g^5-2);
(g^4-g^2+1)*(4*g^4-2*g^3+g^2+6*g-3)  mod (g^5-2);

Нормы чисел $g, g+1, g^2+1, g^3-1, g^4-g^2+1$ равны соответственно $2, 3, 5, 7, 13$.
Эти нормы вычисляются путём подстановки $2$ вместо $g$.
В случае последнего числа, $N(g^4-g^2+1)=2^4-2^2+1$, поскольку $g^4-g^2+1=(g^6+1)/(g^2+1)$.

Каждое из чисел $g, g+1, g^2+1, g^3-1, g^4-g^2+1$ генерирует простой идеал, поскольку их нормы являются простыми числами.

Покажем, что идеал $(g+1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $3$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g+1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $3$.
Тогда $g^2-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $g-1=(g^2-1)/(g+1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N(g-1)=1$.

Покажем, что идеал $(g^3-1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $7$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g^3-1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $7$.
Тогда $g^6-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $g^3+1=(g^6-1)/(g^3-1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N(g^3+1)=9$ не делится на $7$.

Покажем, что идеал $(g^4-g^2+1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $13$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g^4-g^2+1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $13$.
Тогда $g^{12}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $(g^6-1)(g^2+1)=(g^{12}-1)/(g^4-g^2+1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N((g^6-1)(g^2+1))=63 \cdot 5=315$ не делится на $13$.

Из равенств:
$3=(g+1) (g^4-g^3+g^2-g+1)$,
$7=(g^3-1) (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)$ и
$13=(g^4-g^2+1) (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)$

и значений норм:
$N(g+1)=3$,
$N(g^3-1)=7$,
$N(g^4-g^2+1)=13$

следует:

$N(g^4-g^3+g^2-g+1)=3^4$,
$N(2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)=7^4$,
$N(4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)=13^4$.

Поскольку числа $3^2-1, 3^3-1, 7^2-1, 7^3-1, 13^2-1, 13^3-1$ не делятся на $5$, то не существует простых идеалов с нормами $3^2, 3^3, 7^2, 7^3, 13^2, 13^3$, в силу леммы 2.3.

Значит, числа $g^4-g^3+g^2-g+1, 2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1, 4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3$ не делятся на простые идеалы с этими нормами.
Эти числа не делятся также на простые идеалы с нормами соответственно $3, 7, 13$, так как не делятся соответственно на числа $g+1, g^3-1, g^4-g^2+1$, поскольку последние могут входить в разложение чисел $3, 7, 13$ только в первой степени.

Следовательно, идеалы $(g^4-g^3+g^2-g+1) \mathbb{Z}[g], (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1) \mathbb{Z}[g], (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3) \mathbb{Z}[g]$ являются простыми.

Значит любой простой идеал, который делит одно из чисел $2, 3, 5, 7, 13$ генерируется одним из множителей, входящим в правые части равенств (11).
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 2.5
--------------

Пусть $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $11$.
Тогда $\rho=11 \mathbb{Z}[g]$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $N(\rho)=11^m$.
Тогда $g^{11^m-1}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно, $2^{\frac{11^m-1}{5}}-1$ делится на $11$.
Следовательно, $2^{\frac{11-1}{5}\frac{11^m-1}{11-1}}-1$ делится на $11$.
Следовательно, $4^{11^{m-1}+11^{m-2}+...+1}-1$ делится на $11$.
Следовательно $4^m-1$ делится на $11$, поскольку $11^{m-1}+11^{m-2}+...+1$ даёт остаток $m$ при делении на $10$, и $4^{10} \equiv 1$ по модулю $11$.

Поскольку числа $4-1, 4^2-1, 4^3-1, 4^4-1$ не делятся на $11$, то $m \ne 1, 2, 3, 4$
Следовательно, $m=5$ и $\rho=11 \mathbb{Z}[g]$.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 3
----------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 5.
Тогда $x^2-g^2 v$ и $x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4$ не имеют в $\mathbb{Z}[g]$ общих делителей - идеалов.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-g^2 v$ и $x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4$ имеют общий простой делитель: идеал $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $g^5=2$, то $m x^2+n g^3 (g^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[g]$ с $g^2 v$ , и поскольку $x^2-g^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $g^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 5, то
(3.2) $g^2 x^2 v$ делится на $5$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $5$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $5 g^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Из (3.3) следует, что числа $5, g, x, v$ не делятся на $\beta$, следовательно (поскольку $\beta$ - простой идеал):
(3.4) $5 g^8 v^4$ не делится на $\beta$.

Но
$5 g^8 v^4=(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)-(x^2-g^2 v) (x^6+2 x^4 g^2 v+3 x^2 g^4 v^2+4 g^6 v^3)$

делится на $\beta$, что противоречит (3.4).


Лемма 3.1
-------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]=I^2$,

где $I$ - некоторый идеал кольца $\mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $a$.

Доказательство:
--------------------

Имеем:

(3.1.1) $(x^2-g^2 v)(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)=x^{10}-4 v^5=a^2$.

Из (3.1.1) следует:

(3.1.2) $((x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g])((x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)\mathbb{Z}[g])=(a \mathbb{Z}[g])^2$,

Если какой-либо простой идеал $\rho$ является делителем идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$, то идеал $(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)\mathbb{Z}[g]$ не делится на $\rho$ в силу леммы 3.
Значит идеал $\rho$ входит в разложение идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ на простые множители в чётной степени, поскольку $\rho$ входит в чётной степени в разложение правой части равенства (3.1.2).
Следовательно, идеал $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ является квадратом некоторого идеала $I$.
Поскольку норма идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ равна $x^{10}-4 v^5=a^2$, то норма идеала $I$ равна $a$, что и требовалось.


Лемма 3.2
--------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$x^2-g^2 v=u \beta^2$,

где $u$ - некоторый делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[g]$, а $\beta$ - некоторое число этого кольца.

Доказательство:
---------------------

Согласно лемме 3.1, в кольце $\mathbb{Z}[g]$, существует идеал $I$, такой что:

(3.2.1) $(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]=I^2$,

(3.2.2) $N(I)=a$.

Cогласно (V), существует такое число $\alpha$, принадлежащее идеалу $I$, что:

(3.2.3) $|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$,

где $n=5$, $r_2=2$, $\Delta_F=2^4 \cdot 5^5$ в силу (II), $N(I)=a$ в силу (3.2.2).

Значит:

(3.2.4) $|N(\alpha)|< (\frac{4}{3.14})^2 120/5^5 \sqrt{2^4 \cdot 5^5} a$,

Вычисление $(\frac{4}{3.14})^2 120/5^5 \sqrt{2^4 \cdot 5^5}$ (коммандой "print (4/3.14)^2*120/5^5*(2^4*5^5)^.5" на UBASIC) даёт 13.93..., значит:

(3.2.5) $|N(\alpha)|< 14 a$.

Из (3.2.5) следует:

(3.2.6) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))<(14 a)^2/a^2=14^2$.

Число $\alpha^2/(x^2-g^2 v)$ является целым алгебраическим числом, потому что из принадлежности числа $\alpha$ идеалу $I$, следует, что $\alpha^2$ принадлежит идеалу $I^2=(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]$.

Значит

(3.2.7) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является целым числом.

Поскольку $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))=(N(\alpha))^2/N((x^2-g^2 v))=(N(\alpha))^2/a^2=(N(\alpha)/a)^2$, то:

(3.2.8) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является квадратом рационального числа.

Из (3.2.7) и (3.2.8) следует:

(3.2.9) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является квадратом целого рационального числа.

Из (3.2.6) и (3.2.9) следует:

(3.2.10) Норма $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ равна одному из чисел: $1, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2, 6^2, 7^2, 8^2, 9^2, 10^2, 11^2, 12^2, 13^2$

Из (3.2.10), лемм 2.4 и 2.5 и (IV) следует:

(3.2.11) идеал $(\alpha^2/(x^2-g^2 v)) \mathbb{Z}[g]$ является произведением степеней главных простых идеалов.

Из (3.2.11) и леммы 3.1 следует, что эти степени чётные, значит:

(3.2.12) $(\alpha^2/(x^2-g^2 v)) \mathbb{Z}[g]=\gamma^2 \mathbb{Z}[g]$ где $\gamma \in \mathbb{Z}[g]$.

Из (3.2.12) следует:

(3.2.13) $u \alpha^2/(x^2-g^2 v)=\gamma^2$, где $u$ - делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[g]$.

Пусть $\beta=\alpha/\gamma$.

Тогда из (3.2.13) следует:

(3.2.14) $x^2-g^2 v=u \beta^2$.

Из (3.2.14) следует, что $\beta^2$ является целым алгебраическим числом, следовательно $\beta$ является целым алгебраическим числом, а поскольку $\beta=\alpha/\gamma \in \mathbb{Q}[g]$, то $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, в силу теоремы 1.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Найдём фундаментальные единицы поля $\mathbb{Q}[g]$ в программе "Sage":

K.<a>=NumberField(x^5-2);K
UK = UnitGroup(K); UK
UK.gens()
UK.gens_values()

Получим: $g-1$ и $g^3+g^2-1$.

Добавим в список используемых утверждений следующее:

(VIII) Числа $g-1$ и $g^3+g^2-1$ являются фундаментальными единицами поля $\mathbb{Q}[g]$, где $g=\sqrt[5]{2}$.

Это утверждение, также как и (VII), мы пока не доказали, а только проверили в математической программе "Sage".


Лемма 3.3
-------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.

Доказательство:
---------------------

Кольцо $\mathbb{Z}[g]$ состоит из действительных чисел, следовательно:

(3.3.1) в группе (по умножению) делителей единицы кольца $\mathbb{Z}[g]$ есть только два элемента конечного порядка: $-1$ и $1$.

Из (3.3.1), (VI), (VIII) и леммы (3.2) следует:

(3.3.2) $x^2-g^2 v=\pm u \beta^2$,

где $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, а $u$ - одно из четырёх чисел: $1, g-1, g^3+g^2-1, (g-1) (g^3+g^2-1)$.

Последнее из этих чисел равно $(g-1) (g^3+g^2-1)=g^4-g^2-g+1$.

Из (3.3.2) следует:

(3.3.3) $\pm u (x^2-g^2 v)=(u \beta)^2$,

где $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, а $u$ - одно из четырёх чисел: $1, g-1, g^3+g^2-1, g^4-g^2-g+1$.

Если $u=g-1$ то $u (x^2-g^2 v)=-x^2+x^2 g+v g^2-v g^3$.
Если $u=g^3+g^2-1$ то $u (x^2-g^2 v)=(-x^2-2 v)+(x^2+v) g^2+x^2 g^3-v g^4$.
Если $u=g^4-g^2-g+1$ то $u (x^2-g^2 v)=x^2-(x^2+2 v) g-(x^2+v) g^2+v g^3+(x^2+v) g^4$.

Значит:

(3.3.4) если $u=g-1$ или $u=g^4-g^2-g+1$, то коэффициент при $g$ в левой части равенства (3.3.3) нечётный, а если $u=g^3+g^2-1$, то коэффициент при $g^3$ в левой части равенства (3.3.3) нечётный.

Из (3.3.3) и (3.3.4) следует, что $u=1$, поскольку коэффициенты при нечётных степенях $g$ в правой части равенства (3.3.3) (после возведения в квадрат) - чётные.
Значит:

(3.3.5) $\pm (x^2-g^2 v)=\beta^2$.

Если $v \le 0$, то $x^2-g^2 v>0$, поскольку $x$ - нечётное число и $g>0$.
Если $v>0$, то $x^2-g^2 v>0$, так как $x^2/(g^2 v)>1$, поскольку из $x^{10}-4 v^5=a^2$ и $a \ne 0$ следует: $(x^2/(g^2 v))^5>1$.
Значит:

(3.3.6) $x^2-g^2 v>0$

Из (3.3.5) и (3.3.6) следует:

(3.3.7) $x^2-g^2 v=\beta^2$.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.1
--------------

Пусть $x$ и $v$ - целые числа.
Пусть $x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.

Тогда выполняются следующие равенства:

(4.1.1) $2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2=0$

(4.1.2) $a_0 a_3+a_1 a_2+a_4^2=0$

(4.1.3) $a_0 a_1+2 a_2 a_4+a_3^2=0$

(4.1.4) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=x^2$

(4.1.5) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-v$

Доказательство:
--------------------

Имеем:

$(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2=(a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3)+(2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2) g+(2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2) g^2+(2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2) g^3+(2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2) g^4$

Следовательно,

(4.1.6)
$x^2-g^2 v=(a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3)+(2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2) g+(2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2) g^2+(2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2) g^3+(2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2) g^4$,

поскольку $x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$.

Равенства (4.1.1), (4.1.2), (4.1.3), (4.1.4), (4.1.5) следуют из равенства (4.1.6), поскольку $g^5-2$ является минимальным полиномом числа $g$, и это число не может быть корнем полинома меньшей степени с ненулевыми коэффициентами.

[Феликс Шмидель]

Исправим последнее предложение:

Равенства (4.1.1), (4.1.2), (4.1.3), (4.1.4), (4.1.5) следуют из равенства (4.1.6), поскольку $g^5-2$ является минимальным полиномом числа $g$, и это число не может быть корнем полинома меньшей степени с ненулевыми рациональными коэффициентами.

Мы добавили слово "рациональными".

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.2
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Тогда выполняются следующие равенства:

(4.2.1) $10 (a_2 a_4)^3-10 (a_2 a_4)^2 a_3^2+4 a_3^6=a_3 (a_2^5+4 a_4^5)$

(4.2.2) $5 (a_2^2 a_4)=2 a_3 (a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3)$

(4.2.3) $5 (a_2 a_4^2)=a_3 (2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4)$

(4.2.4) $2 (a_0 a_1)^2+6 (a_0 a_1)(a_2 a_4)+(a_2 a_4)^2=-(2 a_0 a_4^3+a_1 a_2^3)$

Доказательство:
---------------------

Отнимем равенство (4.1.2), умноженное на $2 a_3$ от равенства (4.1.1), умноженного на $a_2$.
Получим:

(4.2.5) $2 a_0 (a_2 a_4-a_3^2)=2 a_3 a_4^2-a_2^3$.

Отнимем равенство (4.1.2), умноженное на $2 a_4$ от равенства (4.1.1), умноженного на $a_3$.
Получим:

(4.2.6) $2 a_1 (a_2 a_4-a_3^2)=a_3 a_2^2-2 a_4^3$.

Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2=0$, то $a_2=0, a_3=0, a_4=0$.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2=0$.
Из равенств (4.2.5) и (4.2.6) следует: $(2 a_3 a_4^2) (2 a_4^3)=(a_2^3) (a_3 a_2^2)$, следовательно $a_3 (4 a_4^5-a_2^5)=0$.
Следовательно $a_3=0$ или $a_4=0$, поскольку $4$ не равно пятой степени рационального числа.
Если $a_4=0$, то из $a_2 a_4-a_3^2=0$ следует $a_3=0$
Значит $a_3=0$.
Поскольку $a_2 a_4-a_3^2=0$, то $a_2 a_4=0$.
Если $a_2=0$ то $a_4=0$ из равенства (4.1.2).
Если $a_4=0$ то $a_2=0$ из равенства (4.1.1).
Что и требовалось.

Если $a_2 a_4-a_3^2=0$, то равенства (4.2.1), (4.2.2) и (4.2.3) выполняются, поскольку $a_2=0, a_3=0, a_4=0$.

Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2 \ne 0$, то равенства (4.2.1), (4.2.2) и (4.2.3) выполняются.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2 \ne 0$.
Найдем $a_0$ и $a_1$ из равенств (4.2.5) и (4.2.6) и подставим в левую часть равенства (4.1.3):

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

Получим:

$\frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{4 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}=0$,

следовательно равенство (4.2.1) выполняется.

Подставим теперь $a_0$ и $a_1$ из равенств (4.2.5) и (4.2.6) в разность между левой и правой частью равенств (4.2.2) и (4.2.3):

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

5*(a2^2*a4)-2*a3*(a0^2-a1*a4-a2*a3);
5*(a2*a4^2)-a3*(2*a1^2-a0*a2-2*a3*a4);

Получим выражения:

$a_2 \frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{2 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}$,

$a_4 \frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{2 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}$,

которые равны нулю, в силу равенства (4.2.1).
Значит равенства (4.2.2) и (4.2.3) выполняются.
Что и требовалось.

Докажем теперь равенство (4.2.4).

Из равенств (4.1.1) и (4.1.2) следует: $2 a_0 a_4+a_2^2=-2 a_1 a_3$ и $a_1 a_2+a_4^2=-a_0 a_3$.
Перемножая эти равенства и сравнивая результат с равенством (4.1.3) получим:

(4.2.7) $(2 a_0 a_4+a_2^2)(a_1 a_2+a_4^2)=-2 a_0 a_1 (a_0 a_1+2 a_2 a_4)$.

Отнимем правую часть равенства (4.2.7) из левой части и раскроем скобки:

(2*a0*a4+a2^2)*(a1*a2+a4^2)+2*a0*a1*(a0*a1+2*a2*a4);

Получим: $2 a_0^2 a_1^2+6 a_0 a_1 a_2 a_4+2 a_0 a_4^3+a_1 a_2^3+a_2^2 a_4^2=0$, следовательно, равенство (4.2.4) выполняется.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.3
-------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть $a_3$ делится на простое число $p$, где $p \ne 5$.

Тогда $a_2$ делится на $p$, и $a_4$ делится на $p$.

Доказательство:
---------------------

Рассмотрим два случая: $p \ne 2$ и $p=2$.

1) $p \ne 2$.

Произведение $a_2 a_4$ делится на $p$, в силу равенства (4.2.1) из леммы 4.2.
Если $a_2$ делится на $p$ то из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $p$, поскольку $a_3$ делится на $p$.
Если $a_4$ делится на $p$ то из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $p$, поскольку $a_3$ делится на $p$.

2) $p=2$.

Из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $2$, поскольку числа $a_2$ и $a_3$ делятся на $2$.


Лемма 4.4
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).

Если $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $2$, то числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $2$.
Тогда $a_1$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.3) следует, что $a_3$ делится на $2$, поскольку числа $a_1$ и $a_2$ делятся на $2$.
Из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $2$, поскольку числа $a_2$ и $a_3$ делятся на $2$.

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.5
-------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть одно из чисел $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ и $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $5$, а другое не делится на $5$.
Тогда числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.

Доказательство:
---------------------

Покажем, что $a_3$ делится на $5$.
Рассмотрим два случая: 1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ не делится на $5$ и 2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ не делится на $5$.

1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ не делится на $5$.

Число $a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3$ не делится на $5$, поскольку $a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3=a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3-5 (a_1 a_4+a_2 a_3)$.
Следовательно $a_3$ делится на $5$, в силу равенства (4.2.2).

2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ не делится на $5$.

Число $2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4$ не делится на $5$, поскольку $2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4=2 (2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2)-5 (a_0 a_2+2 a_3 a_4)$.
Следовательно $a_3$ делится на $5$, в силу равенства (4.2.3).

Что и требовалось.

Покажем, что если $a_2 a_4$ не делится на $5$, то $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$.
Пусть $a_2 a_4$ не делится на $5$.
Из равенств (4.1.1) и (4.1.2) следует: $a_0 \equiv -a_2^2/(2 a_4), a_1 \equiv -a_4^2/a_2$ по модулю $5$.
Следовательно:
$a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3 \equiv \frac{a_2^4}{4 a_4^2}-\frac{4 a_4^3}{a_2} \equiv \frac{a_2^5-16 a_4^5}{4 a_4^2 a_2}$ по модулю $5$,
$2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2 \equiv \frac{-a_2^3}{a_4}+\frac{a_4^4}{a_2^2} \equiv \frac{a_4^5-a_2^5}{a_4 a_2^2}$ по модулю $5$.
Значит:

(4.5.1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3 \equiv \frac{a_2^5-16 a_4^5}{4 a_4^2 a_2}$ по модулю $5$,

(4.5.2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2 \equiv \frac{a_4^5-a_2^5}{a_4 a_2^2}$ по модулю $5$.

Поскольку либо $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$, либо $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $5$ по условию леммы, то либо из равенства (4.5.1), либо из равенства (4.5.2) следует: $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$.
Что и требовалось.

Покажем что $a_2 a_4$ делится на $5$.
Предположим обратное, что $a_2 a_4$ не делится на $5$.
Тогда $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$, следовательно $a_2^5+4 a_4^5$ делится на $5$.
Поскольку $a_3$ делится на $5$, то в равенстве (4.2.1) левая часть не делится на $25$, а правая делится на $25$.
Значит $a_2 a_4$ делится на $5$.
Что и требовалось.

Покажем, что $a_2$ и $a_4$ делятся на $5$.
Если $a_2$ делится на $5$ то из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $5$, поскольку $a_3$ делится на $5$.
Если $a_4$ делится на $5$ то из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $5$, поскольку $a_3$ делится на $5$.
Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.6
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на простое число $p$, где $p \ne 2$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.

Число $a_3$ делится на $p^{4 t}$.

Если $a_0$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{t}, p^{2 t}$.

Если $a_1$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^{t}$.

Доказательство:
---------------------

Рассмотрим два случая.

1) $a_0$ не делится на $p$, и $a_1$ делится на $p$.

Из равенства (4.1.3) следует следует, что $a_1$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$.
Значит, $a_1$ делится на $p^{3 t}$, $a_2$ делится на $p^t$, $a_3$ делится на $p^{4 t}$, $a_4$ делится на $p^{2 t}$.

Число $a_2$ не делится на $p^{t+1}$, иначе числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^{t+1}$, в противоречии с тем, что $p^t$ - наибольшая степень $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

С учётом этого, из из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ не делится на $p^{2 t+1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ не делится на $p^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{t}, p^{2 t}$.

2) $a_1$ не делится на $p$, и $a_0$ делится на $p$.

Из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_2$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_3$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$.
Значит, $a_0$ делится на $p^{3 t}$, $a_2$ делится на $p^{2 t}$, $a_3$ делится на $p^{4 t}$, $a_4$ делится на $p^t$.

Число $a_4$ не делится на $p^{t+1}$, иначе числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^{t+1}$, в противоречии с тем, что $p^t$ - наибольшая степень $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_2$ не делится на $p^{2 t+1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ не делится на $p^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^t$.

Что и требовалось.

[Феликс Шмидель]

Лемма 4.7
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на простое число $p$, где $p \ne 2$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.

Если $p \ne 5$, то наибольшей степенью $p$, на которую делится число $a_3$ является $p^{4 t}$.
Если $p=5$, то наибольшей степенью $p$, на которую делится число $a_3$ является $p^{4 t}+1$.

Доказательство:
---------------------

Число $a_3$ делится на $p^{4 t}$, число $a_2 a_4$ делится на $p^{3 t}$ и не делится на $p^{3 t+1}$ в силу леммы 4.6.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится левая часть равенства (4.2.1), равна наибольшей степени $p$, на которую делится число $10 (a_2 a_4)^3$, то есть $p^{9 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{9 t+1}$ если $p=5$.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится правая часть равенства (4.2.1), равна $p^{9 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{9 t+1}$ если $p=5$.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится число $a_3$ равна $p^{4 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{4 t+1}$ если $p=5$, поскольку наибольшая степень $p$, на которую делится число $a_2^5+4 a_4^5$ равна $p^{5 t}$, в силу леммы 4.6.

-- Вт сен 16, 2014 07:28:44 --

Лемма 4.8
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.
Пусть $2^t$ - наибольшая степень числа $2$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть $a_1$ делится на $2$, а $a_0$ не делится на $2$.

Наибольшими степенями числа $2$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t}, 2^{t}, 2^{4 t-2}, 2^{2 t-1}$.

Доказательство:
---------------------

Из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $2^{2 t}$.
Из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $2^{2 t-1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $2^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $2^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $2^{4 t-2}$.
Значит, $a_1$ делится на $2^{3 t}$, $a_2$ делится на $2^t$, $a_3$ делится на $2^{4 t-2}$, $a_4$ делится на $2^{2 t-1}$.

Покажем, что $a_2$ не делится на $2^{t+1}$.
Предположим, что это не так, и $a_2$ делится на $2^{t+1}$.
Тогда из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $2^{2 t+1}$.
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, $a_2$ не делится на $2^{t+1}$.
Что и требовалось.

С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ не делится на $2^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ не делится на $2^{4 t-1}$, и из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ не делится на $2^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями двух, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t}, 2^{t}, 2^{4 t-2}, 2^{2 t-1}$.
Что и требовалось.