ВТФ - поиск доказательства для любого $n$ - тема 2

[Феликс Шмидель]

lasta в сообщении #927143 писал(а):

Не понятен переход от $p^{n-1}$ к $2^{n-1}$. Далее, на сколько я понял не выполняется для указанных показателей. Или я ошибаюсь?

Число $p$ является произвольным простым делителем числа $y$.
Без ограничения общности, можно предположить, что число $y$ - чётное и взять $p=2$.
Только для двух указанных показателей и выполняется.

[Феликс Шмидель]

Исправление
--------------------

Феликс Шмидель в сообщении #927109 писал(а):

Имеем: $(\frac{q}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z-y z (a+b g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b (x^2-y z g^2)}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b}{a})_2$.
Последнее равенство имеет место, в силу закона взаимности, поскольку число $(x^2-y z g^2)$ является положительным, примарным и квадратом идеала.
Значит $(\frac{q}{a+b^2 g^2})_2=(\frac{b}{a})_2$.
Далее, $(\frac{b}{a})_2=(\frac{a}{b})_2=(\frac{a yz}{b})_2=(\frac{q}{b})_2=(\frac{b}{q})_2=1$.

исправляется на:

Цитата:

Имеем: $(\frac{q}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z}{a+b g^2})_2=(\frac{b x^2+a y z-y z (a+b g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b (x^2-y z g^2)}{a+b g^2})_2=(\frac{b}{a+b g^2})_2$.
Последнее равенство имеет место, в силу закона взаимности, поскольку число $(x^2-y z g^2)$ является положительным, примарным и квадратом идеала.
Значит $(\frac{q}{a+b g^2})_2=(\frac{b}{a+b g^2})_2$.
Далее, $(\frac{b}{a+b g^2})_2=(\frac{a+b g^2}{b})_2=(\frac{a}{b})_2=(\frac{a yz}{b})_2=(\frac{q}{b})_2=(\frac{b}{q})_2=1$.

Теперь, вроде, правильно, но не видно, чтобы эта идея была успешной.

[Феликс Шмидель]

Я вижу некоторое продолжение этой идеи.
Её недостаток заключается в очевидности результата: если число $b$ является квадратом по модулю $q$, то $b (x^2-y z g^2)$ тоже, при условии, что $x^2-y z g^2$ является квадратом.
Заменяя $b x^2$ на $-a y z$ получим, что $(\frac{a+b g^2}{q})_2$ является квадратом по модулю $q$ (после того как покажем, что $-y z$ является квадратом по модулю $q$, используя условие, что $q$ является квадратом по модулю $y z$).
Таким образом, можно не требовать, чтобы выполнялось равенство $a x^2+b y z=q$, $q$ было квадратом по модулю $y z$ и $b$ было нечётным числом, а просто взять любое число $b$, которое является квадратом по модулю $q$ и получить очевидное утверждение, что $b (x^2-y z g^2)$ является квадратом по модулю $q$.
Это утверждение очевидно только при условии, что $x^2-y z g^2$ является квадратом по модулю $q$. На самом деле это не так, и наша цель доказать это.
Пусть простое число $q$ выбрано таким, что число $x^2-y z$ является квадратом по модулю $q$.
Пусть число $b$ удовлетворяет сравнению: $b (x^2-y z) \equiv 1$ по модулю $q$.
Тогда $b x^2-(b x^2-1) g^2$ является квадратом по модулю $q$.
Вопрос в том, существуют ли такие простые числа $q$, что числа вида $v-(v-1) g^2$ не являются квадратами по модулю $q$ для всех квадратичных вычетов $v$ по модулю $q$?

[Феликс Шмидель]

Компьютерная проверка показывает, что такие простые числа $q$ вряд ли существуют, за исключением нескольких малых $q$ (мы проверили простые $q<1000$, не сравнимые с $1$ по модулю $n$, при $n=5$).
Для всех проверенных $q$ (кроме $q=7$ и $q=17$) имеется редко менее $q/10$ таких вычетов $v$, что $v-(v-1) g$ является квадратом по модулю $q$.
Заметим, что $v-(v-1) g$ является квадратом по модулю $q$ тогда и только тогда когда числа $v^n-4 (v-1)^n$ и $v-(v-1) s$ являются квадратами по модулю $q$, где $s$ - такой вычет по модулю $q$, что $s^n-2$ делится на $q$.
Значит проверяемая идея не работает.
У нас есть дополнительные выражения, которые должны быть квадратами (в том числе и по модулю $q$).
Можно их тоже задействовать.