Новое доказательство ВТФ для $n=3, n=5, n=7$

[Феликс Шмидель]

Пусть взаимно-простые целые положительные числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n=z^n$, где $n$ - простое число, большее двух.
Существуют простые способы доказательства первого случая ВТФ: невозможность равенства Ферма, если $x y z$ не делится на $n$.
В частности, можно применить теорему Лежандра, основанную на методе Софи Жермайн: если $x y z$ не делится на $n$, и $2 n+1$ - простое число, или $4 n+1$ - простое число, то равенство Ферма невозможно.
Доказательство теоремы Лежандра находится в книге "Fermat Theorem For Amateurs", на стр. 112.
Для доказательства первого случая ВТФ, можно также использовать детерминант Вендта, но наиболее универсальный критерий даёт теорема Фуртвенглера, которая имеет простое доказательство (смотрите мою тему "Теорема Фультвенгера").
Из теоремы Фуртвенглера следует невозможность равенства Ферма в первом случае ВТФ, если $2^n \not \equiv 1 \mod n^2$.

Из изложенного ясно, что для $n=3, 5, 7$, если $x y z$ не делится на $n$, то равенство Ферма $x^n+y^n=z^n$ невозможно.
В этой теме мы изложим новый общий метод доказательства второго случая ВТФ и применим его для $n=3, 5, 7$.

Пусть $x y z$ делится на $n$.

Из равенства $x^n+y^n=z^n$ следует: $z^{2 n}-4 (xy)^n=a^2$, где $a=y^n-x^n$.
Из условия $x y z$ делится на $n$ следует, что $a$ не делится на $n$.

Покажем, что в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathh{Q}[\sqrt[n]{2}]$, для $n=3, 5, 7$, число $z^2-x y \sqrt[n]{2}$ является квадратом.


Лемма 1
-----------

Обозначим $g=\sqrt[n]{2}$.
Пусть $z$ и $w$ - целые взаимно-простые числа, и $z w$ делится на $n$.
Пусть $u=z^2, v=w g^2$.

Если $z$ - нечётное число, то числа $u-v$ и $u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1}$ не имеют в кольце $\mathbb{Z}[g]$ общих делителей - идеалов.
Если $z$ - чётное число, то числа $(u-v)/\sqrt[n]{4}$ и $(u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1})/(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ не имеют в кольце $\mathbb{Z}[g]$ общих делителей - идеалов.

Доказательство
--------------------

Деля полином $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$ на полином $u-v$ получим остаток $n v^{n-1}$.
Значит число $n v^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $u-v$ и $u^{n-1}+u^{n-2} v+...+v^{n-1}$.
Число $n$ взаимно-просто с числом $u-v$, в силу того, что одно из чисел $u$ и $v$ делится на $n$, а второе - взаимно-просто с $n$.
Число $w$ тоже взаимно-просто с числом $u-v$, поскольку взаимно-просто с числом $z$.
Значит число $(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ делится на любой общий делитель чисел $u-v$ и $u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1}$.

Если $z$ - нечётное число, то числа ִִ$\sqrt[n]{4}$ и $u-v$ взаимно-просты, следовательно числа $u-v$ и $u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1}$ не имеют общих делителей.

Если $z$ - чётное число, то числа ִִ$\sqrt[n]{4}$ и $(u-v)/\sqrt[n]{4}$ взаимно-просты, следовательно числа $(u-v)/\sqrt[n]{4}$ и $(u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1})/(\sqrt[n]{4})^{n-1}$ не имеют общих делителей.


Лемма 2
-----------

Пусть $F$ - числовое поле cо степенью $n=r_1+2 r_2$ расширения $F:Q$, где $(r_1, r_2)$ - сигнатура $F$.
Пусть $M=(\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|}$, где $\Delta_F$ - дискриминант поля $F$.

(A) Пусть любое простое число, которое не больше чем $M$, разлагается в произведение простых главных идеалов.

Тогда любой идеал $I$ поля $F$ является главным.

Доказательство
---------------------

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

(1) $|N(\alpha)| \le M N(I)$

Следовательно $N((\alpha)/I) \le M$.
Следовательно идеал $(\alpha)/I$ является делителем целого положительного числа, не превосходящего $M$.
Такие делители являются главными идеалами, в силу условия (A).
Следовательно $I$ является главным идеалом.
Что и требовалось.

Лемма 3
-----------

Для $n=3, 5, 7$: поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ является полем главных идеалов.

Доказательство
--------------------

Для $n=3, 5, 7$: $M=2.94, 13.91, 91.70$ соответственно, где $M$ - число определённое в лемме 2.
Следующий код на языке математической программы "Sage" проверяет, что условие (A) леммы 2 выполняется:

n=5;
K.<a>=NumberField(x^n-2);K
P=[3, 5, 7, 11, 13];
for m in P:
 I=K.ideal(m);
 F=I.factor();
 for J in F:
   print(m, J[0].gens_reduced(), J[0].is_principal())

n=7;
K.<a>=NumberField(x^n-2);K
P=[3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89];
for m in P:
 I=K.ideal(m);
 F=I.factor();
 for J in F:
   print(m, J[0].gens_reduced(), J[0].is_principal())

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Определение
----------------

Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел некоторого числового поля.
Число $a \in A$ называется примарным, если оно сравнимо с квадратом числа кольца $A$ по модулю $4$.
Число $a \in A$ называется нечётным, если оно взаимно-просто с числом $2$, то есть если $a d_1+2 d_2=1$ для некоторых $d_1, d_2 \in A$.
Идеал кольца $A$ называется нечётным, если он содержит хотя бы одно нечётное число.


Лемма 4
-----------

Пусть поле $F=\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ является полем главных идеалов.
Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $e_1 \in A$ - примарный делитель единицы.
Тогда $e_1$ является квадратом в кольце $A$.


Доказательство
--------------------

Пусть $\rho$ - какой-либо нечётный простой идеал кольца $A$.
По условию леммы, идеал $\rho$ является главным.
Пусть $\rho=(\beta)$, где $\beta \in A$, $\beta>0$, $\beta$ - нечётное число.
Согласно закону взаимности Гекке для поля $F$ (ссылка II):

(4.1) $(\frac{e_1}{\beta})(\frac{\beta}{e_1})=(-1)^{\frac{sgn(e_1)-1}{2}\frac{sgn(\beta)-1}{2}}=1$,

где $(\frac{e_1}{\beta})$ и $(\frac{\beta}{e_1})$ - квадратичные символы (а не дроби).

Из (4.1) следует:

(4.2) $(\frac{e_1}{\beta})=1$,

поскольку $(\frac{\beta}{e_1})=1$ по определению квадратичного символа для делителя единицы $e_1$.

Из (4.2) следует:

(4.3) Число $e_1$ сравнимо с квадратом по модулю любого нечётного простого идеала кольца $A$.

Чётные простые идеалы делят число $2$, поэтому есть только конечное число чётных идеалов (в кольце $A$ есть только один чётный простой идеал: $(\sqrt[n]{2})$).

Из (4.3) следует:

(4.4) число $e_1$ является квадратом в кольце $A$,

в силу Global Square Theorem (ссылка III).

Что и требовалось.


Лемма 5
-----------

Пусть взаимно-простые целые положительные числа $x$, $y$ и $z$ удовлетворяют уравнению Ферма: $x^n+y^n=z^n$, где $n$ - простое число, большее двух.
Пусть поле $F=\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}]$ является полем главных идеалов.
Пусть $A$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.

Число $z^2-x y \sqrt[n]{4}$ является квадратом в кольце $A$.


Доказательство
--------------------

Обозначим $g=\sqrt[n]{2}$.
Из равенства $x^n+y^n=z^n$ следует: $z^{2 n}-4 (xy)^n=a^2$, где $a=y^n-x^n$.

Пусть $u=z^2, v=x y g^2$.
Если $z$ - нечётное число, пусть $c=u-v, d=u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1}$.
Если $z$ - чётное число, пусть $c=(u-v)/\sqrt[n]{4}, d=(u^{n-1}+v u^{n-2}+...+v^{n-2} u+v^{n-1})/(\sqrt[n]{4})^{n-1}$.

(5.1) Идеал $(c)$ является квадратом идеала кольца $A$,

поскольку либо $c d=a^2$, либо $c d=(a/2)^2$, и сомножители в левых частях этих равенств не имеют общих делителей, в силу леммы 1.

Из (5.1) и условия, что поле $F$ является полем главных идеалов, следует:

(5.2) Число $e_1 c$ является квадратом в кольце $A$, для некоторого делителя единицы $e_1$.

Число $c$ является нечётным и примарным, примарным, поскольку $x y z$ делится на $4$ (ссылка IV).
Если $z$ - нечётное число, то $c \equiv z^2 \equiv 1 \mod 4$.
Если $z$ - чётное число, то $c \equiv -x y \equiv 1 \mod 4$, поскольку $x+y \equiv x^n+y^n \equiv 0 \mod 4$.

Из (5.2) и примарности числа $c$ следует:

(5.3) Число $e_1$ является примарным.

Из (5.3) следует:

(5.4) Число $e_1$ является квадратом в кольце $A$,

в силу леммы 4.

Из (5.2) и (5.4) следует, что число $c$ является квадратом в кольце $A$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Мы отказываемся от рассмотрения случая $n=3$ и будем доказывать ВТФ для $n=5$ и $n=7$.

Введём обозначения.
Пусть $i_n=\cos(2 \pi/n)+i \sin(2 \pi/n)$ - комплексный корень $n$-ой степени из $1$.
Пусть $w_0=w, w_1=z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^2, w_2=z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^4, ..., w_{n-1}=z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^{2 (n-1)}$.
Пусть $v_0=v, v_1=\sqrt{z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^2}, v_2=\sqrt{z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^4}, ..., v_{n-1}=\sqrt{z^2-x y \sqrt[n]{4} i_n^{2 (n-1)}}$.
В последних обозначениях, из двух значений корня берётся значение, сопряжённое с $v$, то есть
если $v=a_0+a_1 \sqrt[n]{2}+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1}$, то $v_j=a_0+a_1 \sqrt[n]{2} i_n^j+...+a_{n-1} (\sqrt[n]{2})^{n-1} i_n^{j (n-1)}$, для любого $j=0, 1, ..., n-1$.
Числа $w_1, ..., w_{n-1}$ являются сопряжёнными с $w$, числа $v_1, ..., v_{n-1}$ являются сопряжёнными с $v$.
Пусть $C_n^0, C_n^1, ..., C_n^n$ - биноминальные коэффициенты для степени $n$.


Лемма 6
-----------

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4} (i_n-1)$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $v_j \equiv z \mod \rho$, для любого $j=0, 1, ..., n-1$, то $f$ не делится на $\rho$.
Если $v_j \equiv -z \mod \rho$, для любого $j=0, 1, ..., n-1$, то $f$ не делится на $\rho$.


Доказательство
--------------------

Либо $b_j \equiv C_n^{n-j} z^{n-j} \mod \rho$ для любого $j=1, 2, ..., n-1$, либо $b_j \equiv C_n^{n-j} (-z)^{n-j} \mod \rho$ для любого $j=1, 2, ..., n-1$.
Следовательно $f \equiv z^{n-1} (1+C_n^2+...+C_n^{n-1})=z^{n-1} 2^{n-1} \mod \rho$.
Следовательно $f$ не делится на $\rho$, поскольку $\rho$ - нечётный идеал, и $z$ не делится на $\rho$, так как $x y$ делится на $\rho$.
Что и требовалось.


Определение
----------------

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4} (i_n-1)$ со степенью $m$.
Пусть $v_j \equiv -z \mod \rho^m$ для $s$ индексов $j$ из $j=0, 1, ..., n-1$, и $v_j \equiv z \mod \rho^m$ для $n-s$ индексов.
Будем говорить, что идеал $\rho$ имеет $s$ минусов.


Лемма 7
-----------

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4} (i_n-1)$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если количество минусов идеала $\rho$ не равно $0$ и $n$, то $f$ делится на $\rho^m$.


Доказательство
--------------------

Пусть $\varphi(t)=(t+1)^s (t-1)^{n-s}$.
Тогда $f \equiv z^{n-1} (1+b_{n-2}/z^2+...+b_3/z^{n-3}+b_1/z^{n-1})$ $\equiv z^{n-1} (\varphi(1)-\varphi(-1))/2=0 \mod \rho^m$.
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Лемма 8
-----------

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Пусть $\rho$ имеет $s$ минусов.
Пусть $h=x y \sqrt[n] {4} (i_n^{2 j_1}+i_n^{2 j_2}+...+i_n^{2 j_s})$, где $v_{j_1} \equiv -z \mod \rho^m, ..., v_{j_s} \equiv -z \mod \rho^m$.
Пусть $h_1=x y \sqrt[n] {4}$.

Если $n=5$ и $s \not = 0, 1, n-1, n$, то $f \equiv 2 z^2 h \mod \rho^{2 m}$.
Если $n=7$ и $s \not = 0, 1, n-1, n$, то $f \equiv 2 z^4 h \mod \rho^{2 m}$.

Если $n=5$ и $s=1$, то $f \equiv 2 z^2 (-h-2 h_1) \mod \rho^{2 m}$.
Если $n=5$ и $s=4$, то $f \equiv 2 z^2 (-3 h-2 h_1) \mod \rho^{2 m}$.

Если $n=7$ и $s=1$, то $f \equiv 2 z^4 (-h-8 h_1) \mod \rho^{2 m}$.
Если $n=7$ и $s=6$, то $f \equiv 2 z^4 (-15 h-8 h_1) \mod \rho^{2 m}$.


Доказательство
--------------------

Это проверяется следующим кодом в математической программе "Reduce":

n:=5;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
b4:=e1;
b3:=e2;
b2:=e3;
b1:=e4;
b0:=e5;

f:=z^4-2*h1*z^2+(z^2-h1)*b3+b1;

и

n:=7;
nm:=2;
s1:=(n-2*nm)*z-h/z;
s2:=n*z^2+2*h;
s3:=(n-2*nm)*z^3+3*z*h;
s4:=n*z^4+4*z^2*h;
s5:=(n-2*nm)*z^5+5*z^3*h;
s6:=n*z^6+6*z^4*h;
s7:=(n-2*nm)*z^7+7*z^5*h;
e0:=1;
e1:=s1;
e2:=(e1*s1-e0*s2)/2;
e3:=(e2*s1-e1*s2+e0*s3)/3;
e4:=(e3*s1-e2*s2+e1*s3-e0*s4)/4;
e5:=(e4*s1-e3*s2+e2*s3-e1*s4+e0*s5)/5;
e6:=(e5*s1-e4*s2+e3*s3-e2*s4+e1*s5-e0*s6)/6;
e7:=(e6*s1-e5*s2+e4*s3-e3*s4+e2*s5-e1*s6+e0*s7)/7;
b6:=e1;
b5:=e2;
b4:=e3;
b3:=e4;
b1:=e6;
b0:=e7;

f:=z^6-3*h1*z^4+(z^4-2*h1*z^2)*b5+(z^2-h1)*b3+b1;

Cтрока

nm:=2;

заменяется на

nm:=1, 3, 4;

и любое другое количество минусов идеала $\rho$.

В коде использованы сравнения:
$v \equiv \pm z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[n]{4} \mod \rho^{2 m}$,
$v_1 \equiv \pm z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[n]{4} i_n^2 \mod \rho^{2 m}$,
$v_2 \equiv \pm z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[n]{4} i_n^4 \mod \rho^{2 m}$,
...
$v_{n-1} \equiv \pm z-\frac{1}{2 z} x y \sqrt[n]{4} i_n^{2 (n-1)} \mod \rho^{2 m}$,

которые легко проверить путём возведения их в квадрат.

Также использовано равенство: $x y \sqrt[n]{4}+x y \sqrt[n]{4} i_n^2+...+x y \sqrt[n]{4} i_n^{2 (n-1)}=0$
Для вычисления коэффициентов $b_{n-1}, ..., b_{0}$, использованы формулы Ньютона.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Лемма 8 выполняется не только для $f$, но и для сопряжённых с $f$ чисел, полученных подстановкой в $f$ сопряжённых с $w$ чисел вместо $w$.
При этом, для сопряжённого числа $f_j$, полученного подстановкой $w_j$, число $h_1$ определяется по-другому: $h_1=x y \sqrt[n]{4} i_n^{2 j}$.

Лемма 9
-----------

Пусть $\rho$ - нечётный простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$, входящий в разложение числа $x y \sqrt[n]{4}$ со степенью $m$.
Пусть $f=w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Если $n=5$ или $n=7$, то либо $f$ не делится на $\rho$, либо делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$, либо делится на $\rho^{m+1}$.

(Оффтоп)

Если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то $f$ не делится на $\rho^{m+2}$, но бы не будем это утверждать или доказывать.

Если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряжённые с $f$ числа, делятся на $\rho^m$ и не делятся на $\rho^{m+1}$.


Доказательство
--------------------

Если количество минусов идеала $\rho$ равно $0$ или $n$, то $f$ не делится на $\rho$, в силу леммы 6.

Если количество минусов идеала $\rho$ не равно $0, 1, n-1, n$, то $f$ и сопряжённые с $f$ числа делятся на $\rho^m$ и не делятся на $\rho^{m+1}$, в силу леммы 8.
В этом случае $f$ не делится на $\rho^{m+1}$, так как множитель в $h$, зависящий от $i_n$ имеет норму $1$ или $8$.

Если количество минусов идеала $\rho$ равно $1$ или $n-1$, то $f$ делится на $\rho^m$ и, возможно, на $\rho^{m+1}$, в силу леммы 8.
Разность между каким-либо сопряжённым с $f$ числом и $f$ делится на $\rho^m$ и не делится на $\rho^{m+1}$, в силу леммы 8.
Следовательно, если $f$ делится на $\rho^{m+1}$, то сопряжённые с $f$ числа делятся на $\rho^m$ и не делятся на $\rho^{m+1}$.

Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

В обозначениях перед леммой 6, нужно добавить:

Пусть $b_0, b_1, ..., b_{n-1}$ - целые числа, удовлетворяющие равенству

(6.1) $v^n-b_{n-1} v^{n-1}+...+b_1 v-b_0=0$.

В следующей лемме, мы используем те же обозначения.


Лемма 10
-----------

Пусть $t_1, ..., t_{(n-1)/2}$ - комплексные корни многочлена $w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Тогда

(10.1) $\prod_{k=1}^{(n-1)/2} (b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0)$ делится на $w_j^{(n-1)/2}+b_{n-2} w_j^{(n-3)/2}+...+b_3 w_j+b_1$,

в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$,
для любого $j=0, 1, ..., n-1$.


Доказательство
--------------------

Из (6.1) следует:

(10.2) $b_{n-1} w_j^{(n-1/2)}+b_{n-3} w_j^{(n-3/2)}+...+b_2 w_j+b_0=$ $(w_j^{(n-1)/2}+b_{n-2} w_j^{(n-3)/2}+...+b_3 w_j+b_1) v$,

для любого $j=0, 1, ..., n-1$.

Из (10.2) следует:

(10.3) $b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0$ делится на $w_j-t_k$,

в поле $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n, t_1, t_2, ..., t_{(n-1)/2}]$,
для любого $k=1, 2, ..., (n-1)/2$,
для любого $j=0, 1, ..., n-1$.

Перемножая сравнения (10.3) для $k=1, 2, ..., (n-1)/2$ получим (10.1).
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Лемма 11
------------

Пусть $t_1, ..., t_{(n-1)/2}$ - комплексные корни многочлена $w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1$.

Тогда

(11.1) $(x y \sqrt[n] {4} (i_n-1))^{(n-1)^2/2} \prod_{k=1}^{(n-1)/2} (b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0)$ делится на $N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1)$,

в кольце целых алгебраических чисел поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n]$,
где $N(w^{(n-1)/2}+b_{n-2} w^{(n-3)/2}+...+b_3 w+b_1)=$ $\prod_{j=0}^{n-1} (w_j^{(n-1)/2}+b_{n-2} w_j^{(n-3)/2}+...+b_3 w_j+b_1)$.


Доказательство
--------------------

Пусть $k$ - какой-либо индекс от $1$ до $(n-1)/2$.

Если $w_{j_1}-t_k$ и $w_{j_2}-t_k$ имеют общий делитель (идеал), где $j_1$ и $j_2$ - различные индексы, то $x y \sqrt[n]{4} (i_n-1)$ делится на этот идеал, поскольку $w_{j_1}-w_{j_2}=x y \sqrt[n]{4} (i_n^{2 j_1}-i_n^{2 j_2})$, и $i_n-1$ делится на $i_n^{2 j_1}-i_n^{2 j_2}$.
Пусть $\rho_1$ - какой-либо простой идеал поля $\mathbb{Q}[\sqrt[n]{2}, i_n, t_1, t_2, ..., t_{(n-1)/2}]$, делящий $x y \sqrt[n]{4} (i_n-1)$ и входящий в разложение этого числа со степенью $m_1$.

Тогда $\rho_1$ входит в разложение $n-1$ из $n$ сопряжённых чисел $w-t_k, w_1-t_k, ..., w_{n-1}-t_k$ со степенью не больше $m_1$, а в одно из этих $n$ чисел - со степенью, скажем, $m_2$, которая не больше чем в разложении числа $b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0$ (в силу сравнения (10.3)).
В произведение этих $n$ чисел, идеал $\rho_1$ входит со степенью не больше $m_2+(n-1) m_1$.

Из этого и (10.3) следует:

(11.2) $(x y \sqrt[n] {4} (i_n-1))^{n-1} (b_{n-1} t_k^{(n-1/2)}+b_{n-3} t_k^{(n-3/2)}+...+b_2 t_k+b_0)$ делится на $N(w-t_k)=\prod_{j=0}^{n-1} (w_j-t_k)$.

Перемножая сравнения (11.2) для $k=1, 2, ..., (n-1)/2$ получим (11.1).
Что и требовалось.

Продолжение следует.

[Феликс Шмидель]

Ввиду обнаружения критической ошибки, я закрываю эту тему.
Возможно, вместо неё открою новую.