ВТФ - поиск доказательства для n=5 - тема 6

[Феликс Шмидель]

В этой теме, как и в других, исходным результатом является равенство:

(1) $(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a^3 g^3+a_4 g^4)^2=x^2-y z g^2$,

из которого мы пытаемся получить противоречие.

Пусть $y z$ делится на простое число $p$, и не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$.

Сегодня мы знаем, что такие простые $p$ должны удовлетворять различным условиям, например, они не могут давать остаток $3$ при делении на $4$.
Точнее, мы доказали, что если $x y z$ делится на $8$, то числа $i_5-1$ и $-(i_5-1)$ должны быть сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел кольца $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю $p$.

В этой теме мы попытаемся получить дополнительные условия, которым должны удовлетворять такие простые числа $p$.
Если нам это не удастся - "попытка не пытка".

[Феликс Шмидель]

Пусть $p$ делится на простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$.

Согласно лемме 2 из темы "Поиск доказательства ВТФ для $n=5$ обзорная тема 1", выполняются сравнения (III), где числа $k_0, ..., k_{n-1}$ удовлетворяют равенствам (II), в которых $s_1, ..., s_{n-1}$ - некоторые числа равные $0$ или $1$:

(II)
$k_0=n-2 (s_1+...+s_{n-1})$,
$k_1=-s_1/i_n-s_2/i_n^2-...-s_{n-1}/i_n^{n-1}$,
$k_2=-s_1/i_n^2-s_2/i_n^4-...-s_{n-1}/i_n^{2 (n-1)}$,
...
$k_{n-1}=-s_1/i_n^{n-1}-s_2/i_n^{2 (n-1)}-...-s_{n-1}/i_n^{(n-1) (n-1)}$.

(III)
$a_0 \equiv \frac{k_0}{n} v_0 \mod \rho$,
$a_1 \equiv \frac{k_1}{n} g^{n-1} v_0 \mod \rho$,
$a_2 \equiv \frac{k_2}{n} g^{n-2} v_0 \mod \rho$,
...
$a_{n-1} \equiv \frac{k_{n-1}}{n} g v_0 \mod \rho$,

где $v_0=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$.

Заметим, что либо $v_0 \equiv x \mod \rho$, либо $v_0 \equiv -x \mod \rho$.

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

В теме "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 3" показано, что если $a_2 a_4-a_3^2$ делится на $p$, то существует простой идеал $\rho$, делящий $p$, соответствующий набору $\{0, 0, 0, 1\}$.
Если $a_2 a_4-a_3^2$ не делится на $p$, то существует простой идеал $\rho$, делящий $p$, соответствующий набору $\{0, 0, 1, 1\}$.
Обоснование этого приводится в упомянутой теме, начиная с сообщения:

Феликс Шмидель в сообщении #889965 писал(а):

Из этих 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.

Мы пока ограничимся рассмотрением более простого случая, и предположим, что идеал $\rho$ соответствует набору $\{0, 0, 0, 1\}$.

В этом случае, сравнения (III) принимают более простой вид:

(III.1)
$a_0 \equiv \frac{1}{5} 3 v_0 \mod \rho$
$a_1 \equiv \frac{1}{5} (-i_5 g^4) v_0 \mod \rho$
$a_2 \equiv \frac{1}{5} (-i_5^2 g^3) v_0 \mod \rho$
$a_3 \equiv \frac{1}{5} (-i_5^3 g^2) v_0 \mod \rho$
$a_4 \equiv \frac{1}{5} (-i_5^4 g) v_0 \mod \rho$,

где $v_0=a_0+a_1 g+...+a_{n-1} g^{n-1}$, и либо $v_0 \equiv x \mod \rho$, либо $v_0 \equiv -x \mod \rho$.

Теперь наша задача находить выражения с коэффициентами $a_0, ..., a_4$, являющиеся квадратами, и подставлять в них сравнения (III.1).

[Феликс Шмидель]

Например, число $4 a_3/5=(2 d_2 d_4)^4$, в силу леммы 4.11 из темы "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5".
Из этого равенства и сравнения $a_3 \equiv \frac{1}{5} (-i_5^3 g^2) v_0 \mod \rho$ следует, что $-v_0$ является квадратом по модулю $p$.
Более того, возводя указанное сравнение в 5-ую степень, получим $a_3^5 \equiv (\frac{1}{5})^5 (-4) v_0^5 \mod p$.
Поскольку $4 a_3^5/5$ является 4-ой степенью целого числа, то $-25 v_0$ сравнимо с 4-ой степенью целого числа по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Исправим ошибку: $-v_0$ не является квадратом по модулю $p$, и $-25 v_0$ не сравнимо с 4-ой степенью целого числа по модулю $p$.
Верно другое: $-(\pm x)$ является квадратом по модулю $p$, и $-25 (\pm x)$ сравнимо с 4-ой степенью целого числа по модулю $p$, где $v_0 \equiv \pm x \mod \rho$.

[Феликс Шмидель]

Источником являющихся квадратами выражений является следующее утверждение:

Феликс Шмидель в сообщении #907873 писал(а):

(53.2.A)
Пусть $v_1=a_0 a_1, v_2=a_2 a_4, v_3=(2 a_0 a_4^3-a_1 a_2^3)$.
Пусть $b_2=(-v_3-2 v_1^2-6 v_1 v_2)/v_2^2$.

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

Из (50.A) следует:

(54.2.A) $b_2=((a_2 a_4)^2+2 a_1 a_2^3)/(a_2 a_4)^2=(a_4^2+2 a_1 a_2)/a_4^2$.

В частности, число $a_4^2+2 a_1 a_2$ является квадратом целого числа.

Подставляя в это выражение сравнения (III.1) получим, что $5$ является квадратом по модулю $p$.
Но это не даёт нам ничего нового, поскольку следует из того, что $i_5-1$ является квадратом по модулю $p$.

То же относится и к другим точкам на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$.
Это следует из следующих формул:

Феликс Шмидель в сообщении #907873 писал(а):

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

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

Из (61.A) и (62.A) 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.A) также определяет точку на этой кривой.

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

[Феликс Шмидель]

Другим источников выражений, являющихся квадратами, является другая эллиптическая кривая:

Феликс Шмидель в сообщении #884438 писал(а):

(12) $b_2^3-8 b_2^2-432 b_2+4864=A_2^2$,

где $u=a_2 a_4/a_3^2$, $b_2=-10 ((a_2^5-4 a_4^5)/(2 a_3^5 (u-1))-(5 u^2-(2/5) u))$, $A_2=2/5 ((b_2-100)-(25 b_2-204) u)$.

Используя сравнения (III.1) можно показать, что $b_2 \equiv -4 \mod p$.
Точка $(-4, 80)$ является генератором группы точек этой эллиптической кривой.
Вычислим также несколько других точек:

E = EllipticCurve([0, -8, 0, -432, 4864])
E.rank()
E.torsion_subgroup()
E.gens()
P=E(-4, 80); P
P1=P+P; P1
P2=P1+P; P2
P3=P2+P; P3
P4=P3+P; P4

Поскольку $b^3-8 b^2-432 b+4864=(b-16) (b^2+8 b-304)$, то $b-16$ является квадратом рационального числа (умноженным на $1$, $-1$, $5$ или $-5$).

Результаты выглядят так, что $-5$ является квадратом по модулю $p$, а это мы уже знаем.

[Феликс Шмидель]

Да и то, что $-5$ является квадратом по модулю $p$, вроде не следует.
Я не буду уточнять, так как, в любом случае, это не даёт нам ничего нового.

[Феликс Шмидель]

Отметим только метод, которым мы получили последнюю эллиптическую кривую:

Феликс Шмидель в сообщении #883451 писал(а):

Имеем:

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

Из (5) следует:

(6) $(10 (a_2 a_4)^3-10 (a_2 a_4)^2 a_3^2+4 a_3^6)^2-16 a_3^2 (a_2 a_4)^5=a_3^2 (a_2^5-4 a_4^5)^2$

[Феликс Шмидель]

Из этого, мы получили несколько равенств, в частности:

Феликс Шмидель в сообщении #883803 писал(а):

(8) $25 u^4-4 u^3-8 u^2+8 u+4=(a_2^5-4 a_4^5)^2/(4 a_3^{10} (u-1)^2)$,

где $u=a_2 a_4/a_3^2$.

Умножив равенство (8) на $25^3$, получим:

(9) $u_2^4-4 u_2^3-200 u_2^2+5000 u_2+62500=A^2$,

где $u=a_2 a_4/a_3^2, u_2=25 u, A=125 (a_2^5-4 a_4^5)/(2 a_3^5 (u-1))$.

Последнее равенство привлекло моё внимание.
Пусть $u_1, u_2, u_3, u_4$ - корни многочлена $u_2^4-4 u_2^3-200 u_2^2+5000 u_2+62500$.

Если доказать, что $u-u_1$ является квадратом в поле алгебраических чисел, которое содержит корни этого многочлена,
то $1-u_1$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.
Это напоминает наш результат, что $1-i_5$ сравнимо с квадратом по модулю $p$.

[Феликс Шмидель]

Я не собираюсь это сейчас доказывать, но на всякий случай проверю, что число классов равно 1:

K.<a>=NumberField(x^4-4*x^3-200*x^2+5000*x+62500);K
ClnK=K.class_number(); ClnK
UK = UnitGroup(K); UK
UK.gens_values()

[Феликс Шмидель]

Возникает вопрос, какие ещё многочлены третьей или четвёртой степени равны квадрату, и какую рациональную функцию от коэффициентов можно подставить вместо переменной?

[Феликс Шмидель]

Для $n=5$, мы можем распечатать любое количество подходящих простых чисел $p$.
Это простые $p$ являются делителями числителей чисел $(b_1+1)(b_2-1)+16$, где $b_1$ и $b_2$ - первые координаты двух последовательных точек на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$:

Феликс Шмидель в сообщении #905617 писал(а):

(73)
$-y z=-4 d_4 (c_1 c_2^2+c_0 c_1 c_4+c_2 c_4^2)$
$x^2=-d_2 (c_0 c_4^2+4 c_0 c_1 c_2+4 c_2^2 c_4)$

Феликс Шмидель в сообщении #905744 писал(а):

(75)
$-y z=-1/4 d_4 c_2 c_4^2 ((b_1+1) (b_2-1)+16)$
$x^2=-1/4 d_2 c_4 c_2^2 ((b_1-1) (b_2+1)+16)$

Заметим, что $d_4$ является делителем всех коэффициентов $a_1, ..., a_4$, вследствие:

Феликс Шмидель в сообщении #908976 писал(а):

(4.11.4)
$d_0=2 d_4 d_2$,
$a_2=d_0 d_2 c_2$,
$a_4=d_0 d_4 c_4$,
$a_3=10 d_0 (d_2 d_4)^3$,
$a_0=d_2^3 c_0$,
$a_1=8 d_4^3 c_1$.

Если же $y z$ делится на простое число $p$, и не все коэффициенты $a_1, ..., a_4$ делятся на $p$, то $c_1 c_2^2+c_0 c_1 c_4+c_2 c_4^2$ делится на $p$, или эквивалентно этому $(b_1+1)(b_2-1)+16 \equiv 0 \mod p$.

Первые 10 точек эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$ даны в сообщении:

Феликс Шмидель в сообщении #899168 писал(а):

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.

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

Заметим, что рациональные точки на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$ полностью решают диофантово уравнение

$10 (a_2 a_4)^3-10 (a_2 a_4)^2 a_3^2+4 a_3^6=a_3 (a_2^5+4 a_4^5)$ и систему равенств:

$2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2=0$
$a_0 a_3+a_1 a_2+a_4^2=0$
$a_0 a_1+2 a_2 a_4+a_3^2=0$,

которая следует из равенства

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

Наш результат:

если $x y z$ делится на $8$, то числа $i_5-1$ и $-(i_5-1)$ должны быть сравнимы с квадратами целых алгебраических чисел кольца $\mathbb{Z}[i_5]$ по модулю $p$

не следует из найденного решения, поскольку зависит от выражения $x^2$ через коэффициенты $a_0, ..., a_4$.
Но в остальном, простые числа $p$, которые, мы можем распечатать являются вполне подходящими.

[Феликс Шмидель]

Феликс Шмидель в сообщении #1099981 писал(а):

Заметим, что рациональные точки на эллиптической кривой $b (-b^2+10 b-5)=w^2$ полностью решают диофантово уравнение

$10 (a_2 a_4)^3-10 (a_2 a_4)^2 a_3^2+4 a_3^6=a_3 (a_2^5+4 a_4^5)$ и систему равенств:

$2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2=0$
$a_0 a_3+a_1 a_2+a_4^2=0$
$a_0 a_1+2 a_2 a_4+a_3^2=0$,

которая следует из равенства

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

Поправлюсь: не решают, так как решений этого диофантового уравнения и системы равенств нет.
Решают в том смысле, что если бы были решения, то соответствовали бы двум последовательным рациональным точкам на эллиптической кривой.

[Феликс Шмидель]

У меня был путь, ведущий к доказательству ВТФ для $n=5$, но я отказался идти по этому пути, потому что он не годился для других $n$.
Для любого $n$, у нас есть следующее равенство:

Феликс Шмидель в сообщении #1083371 писал(а):

(4) $(a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0-x}{2} g^{n-1}) (a_1+a_2 g+a_3 g^2+a_4 g^3+...+a_{n-1} g^{n-2}+\frac{a_0+x}{2} g^{n-1})=-y z$

У меня появилась идея попробовать доказать, что сомножители в левой части равенства сравнимы с квадратами по модулю простых чисел $p$, обладающих определёнными свойствами.
Если простое число $p$ неразложимо в квадратичном поле, в котором $-y z$ является квадратом, то можно применить закон квадратичной взаимности, как мы не раз уже делали, и доказать, что сомножители являются квадратами по модулю $p$.

Это только идея, я пока не знаю, получится ли её развить.

[Феликс Шмидель]

Развивая последнюю идею, пусть $-y z>0$ и $p$ - какое-либо простое число, по модулю которого $-y z$ не является квадратичным вычетом.
Тогда в поле $\mathbb{Q}[\sqrt{-y z}]$, число $p$ является неразложимым (смотрите, например, Keith Konrad, "Factoring in quadratic fields", Theorem 8.3).

Следовательно в поле $\mathbb{Q}[\sqrt{-y z}, g]$, число $p$ разлагается в произведение главных простых идеалов (при условии, что это так в поле $\mathbb{Q}[g]$).

Если один из сомножителей в левой части равенства (4) является нечётным и примарным, то есть сравнимым с квадратом по модулю $4$, то согласно закону квадратичной взаимности в поле $\mathbb{Q}[\sqrt{-y z}, g]$, этот сомножитель сравним с квадратом по модулю $p$ (мы неоднократно рассуждали подобным образом, применяя закон квадратичной взаимности ко всем простым делителям числа $p$).

Пусть этот сомножитель сравним с числом вида $(\beta_1+\beta_2 \sqrt{-y z})^2$ по модулю $p$, где $\beta_1, \beta_2 \in \mathbb{Z}[g]$.
Тогда $2 \beta_1 \beta_2$ делится на $p$.
Значит сомножитель (о котором речь) сравним либо с $\beta_1^2$, либо с $-y z \beta_2^2$ по модулю $p$.

Это нетривиальный результат, но, что из этого следует, я пока не знаю.

(Оффтоп)

В поле $\mathbb{Q}[\sqrt{-y z}]$, число $-y z$ является квадратом, и, значит, сравнимо с квадратом по модулю $p$, а в поле $\mathbb{Q}$ это не так. Никакого противоречия здесь нет.