Простое доказательство теоремы ФЕРМА.

[binki]

Дополнение к моему предыдущему сообщению.
Итак, числа $x,y,z$ не могут быть любыми, а решение для квадратов не является решением для кубов, поэтому в любом случае $a_2b_2 \ne a_3b_3 $. (На это указывал уважаемый Someone)
Приведенное докво Великой теоремы Ферма ошибочное, так как опирается на ошибочное утверждение $a_2b_2 = a_3b_3 $

[ydgin]

vxv в сообщении #1396175 писал(а):

Если можно (для полноты восприятия), то же проделайте для $s=4$.

Чтобы доказать теорему, достаточно доказать ее для $s=4$ и всех простых нечетных значений $s$ , т.к. они образуют все остальные показатели степеней.

И еще , достаточно доказать для взаимно простых $x,y,z$.

Отбросим эти утверждения.

Для доказательства теоремы просто ответим на вопрос:
"Почему есть целые решения для $s=2$ и нет целых решений для $s>2$ ?"

Начнем с $s=2$,
$x^2+y^2=z^2$
$x^2=x\cdot{x}$
$x^2=(z-y)(z+y)$


Теперь сделаем важное замечание.
Нельзя относится к $x,y,z$- решения уравнения , как просто к числам.

$x=x$-просто число.

$x^2=x\cdot{x}$

$kx=kx$
$k^2x^2=kx\cdot{kx}$

$x$- решение уравнения.

$x^2=(z-y)(z+y)$

$k^2x^2=(k^2(z-y))(z+y)$
$k^2x^2=(z-y)(k^2(z+y))$
$k^2x^2=(k(z-y))(k(z+y))$

Для каждого простого $k$ существует три варианта решений.

Для $s=2$ все можно проверить на примерах.

Например:$x=3$,$x=5$,$x=15$

$x=3$
$x^2=9$

$9=1\cdot9$,
$x=3,y=4,z=5$,

$9=3\cdot3$
$x=3,y=0,z=3$

$9=9\cdot1$
$x=3,y=-4,z=5$

$x=5$
$x^2=25$

$25=1\cdot25$
$x=5,y=12,z=13$

$25=5\cdot5$
$x=5,y=0,z=5$

$25=25\cdot1$
$x=5,y=-12,z=13$

$x=15$
$x^2=225$

$225=1\cdot225$
$x=15,y=112,z=113$

$225=3\cdot75$
$x=15,y=36,z=39$

$225=5\cdot45$
$x=15,y=20,z=25$

$225=9\cdot25$
$x=15,y=8,z=17$

$225=15\cdot15$
$x=15,y=0,z=15$

$225=25\cdot9$
$x=15,y=-8,z=17$

$225=45\cdot5$
$x=15,y=-20,z=25$

$225=75\cdot3$
$x=15,y=-36,z=39$

$225=225\cdot1$
$x=15,y=-112,z=113$

Проанализируем результаты.

При $(z-y)>(z+y)$, $y$ меняет знак, для уравнения это не важно.

При $(z-y)=(z+y)$, $y=0$ ,для уравнения это квазицелое решение,существует для любой степени.

Можно оставить решения, когда $(z-y)<(z+y)$.

$x=3, (3,4,5)$

$x=5, (5,12,13)$

$x=15, (15,112,113), (15,36,39), (15,20,25), (15,8,17)$

С тройками $(15,36,39)$ и $(15,20,25)$ все ясно.
Просто умножили предыдущие решения на $3$ и на $5$,как просто числа.
Если нужны только примитивные решения их сразу можно отбросить.

А тройки $ (15,112,113)$ и $(15,8,17)$ , хотя и считаются примитивными , тоже получены умножением предыдущих решений на $3$ и на $5$.
Значит у них есть общий множитель , как у решений уравнения.
И если нужны "по-настоящему" примитивные решения , то $x$- может быть только простым числом.

Теперь понятна гипотеза Била .

"Если $A^x+B^y=C^z$, где $A,B,C,x,y,z \in N$ и $x,y,z>2$, то $A,B,C$- имеют общий простой делитель."

Переформулируем:
"Если $A^x+B^y=C^z$, где $A,B,C,x,y,z \in N$ и $x,y,z>1$, то $A,B,C$-не имеют общего простого делителя только при $A$- простое число."

Сделаем утверждение:
для того, чтобы получить любое $x$- решение уравнения,можно получить рациональное решение для $x=1$,а затем умножить его на нужное целое число.

$x=1$
$1^2=1\cdot1$

$(z-y)=(z+y)$
$1^2=1\cdot1$
Это решение не подходит.Умножением просто будем тиражировать квазицелые решения.

$(z-y)<(z+y)$

$1^2=\frac{1}{2}\cdot2$
$x=1,y=\frac{3}{4},z=\frac{5}{4}$

$1^2=\frac{1}{3}\cdot3$
$x=1,y=\frac{4}{3},z=\frac{5}{3}$

$1^2=\frac{1}{5}\cdot5$
$x=1,y=\frac{12}{5},z=\frac{13}{5}$

$1^2=\frac{1}{15}\cdot15$
$x=1,y=\frac{112}{15},z=\frac{113}{15}$
$1^2=\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{3}$
$x=1,y=\frac{8}{15},z=\frac{17}{15}$

Для любого целого решения есть рациональное решение при $x=1$, и наоборот.

Делаем вывод.
- Нельзя относиться к решениям уравнения , как просто к числам.
-Для любого целого $x>2$ существует целое решение уравнения.
- Для простого $x$ существует только одно решение ( если не учитывать знаков),$(x,\frac{x^2-1}{2},\frac{x^2+1}{2})$
-Все взаимно простые решения можно получить путем умножения.
-Для любого целого решения есть рациональное решение при $x=1$.
-Все целые решения для любого целого $x$ можно получить зная разложение $x^2$ на простые множители.

Перейдем к $s=3$.

$x^3=x\cdot{x}\cdot{x}$
$x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$

Нельзя относится к $x,y,z$- решения уравнения , как просто к числам.
Это относится и к $s=3$.
$x_2=x_3$ равные , как целые числа , не могут быть равными как решения,кроме квазицелого решения.

Найдем решения для $x=1$.

Если найдем рациональное решение ,значит есть целые решения.

$1^3=1\cdot1\cdot1$

$1^3=1\cdot1^2$

Сразу видна главная проблема .
Нужно представить $1^2$ в виде произведения .

$1\cdot1$,- это дает только квазицелые решения.

В виде произведения рациональных чисел - дает совпадение с $s=2$.

Если взять иррациональные числа - не получим целого решения умножением на целое число.

Вывод: нет целых решений для $s=3$.

Такая же проблема для любой другой старшей степени.

[binki]

ydgin в сообщении #1402629 писал(а):

$1^3=1\cdot1^2$

Сразу видна главная проблема .
Нужно представить $1^2$ в виде произведения .

Уважаемый ydgin
В новом докве Вы опять совершаете старую ошибку, пытаясь перенести свойства квадратов на кубы. Квадрат не обязан равняться только сумме или разности квадратов. Он может быть представлен самыми различными способами.

ydgin в сообщении #1402629 писал(а):

$1\cdot1$,- это дает только квазицелые решения.

Это дает что угодно и не доказывает существования только тривиальных решений для кубов. Очередная грубая ошибка.

[ydgin]

Уважаемый binki
Если можно , по-конкретней , пожалуйста.

binki в сообщении #1402685 писал(а):

В новом докве Вы опять совершаете старую ошибку, пытаясь перенести свойства квадратов на кубы. Квадрат не обязан равняться только сумме или разности квадратов. Он может быть представлен самыми различными способами.

Какие свойства квадратов? Какие различные способы?

binki в сообщении #1402685 писал(а):

ydgin в сообщении #1402629

писал(а):

$1\cdot1$,- это дает только квазицелые решения.
Это дает что угодно и не доказывает существования только тривиальных решений для кубов. Очередная грубая ошибка.

$x^2=(z-y)(z+y)$

$x=1$
$1^2=1\cdot1$
$x=1,y=0,z=1$


$1^2=\frac{1}{2}\cdot2$
$x=1,y=\frac{3}{4},z=\frac{5}{4}$

$1^2=\frac{1}{3}\cdot3$
$x=1,y=\frac{4}{3},z=\frac{5}{3}$

$x^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$

$x^3=1\cdot1\cdot1$
$x=1,y=0,z=1$

$x^3=1\cdot1^2$

Нужно представить $1^2$ в виде произведения .

Если можно, приведите пример.

[binki]

ydgin в сообщении #1403406 писал(а):

Какие свойства квадратов? Какие различные способы?

$$x^3=x_1^3x_2^3;\quad x_1^2=\frac{z-y}{x_1};\quad x_2^2=\frac{(z-y)^2+3zy}{x_2}$$

Вот и докажите для кубов, используя эти формулы, что есть только тривиальные решения. Здесь квадрат не равен разности квадратов. Поэтому и не надо перебирать решения для квадратов.

ydgin в сообщении #1403406 писал(а):

Нужно представить $1^2$ в виде произведения .

Если можно, приведите пример.

Например, у меня докво еще проще Вашего.

$$x^3+y^3=z^3$$

Сразу видно, что уравнение не имеет решения в натуральных числах. Если не верите, то приведите контрпример.

[ydgin]

binki в сообщении #1398639 писал(а):

Покажите это подробно. Скачкообразные выводы, как правило, содержат скрытые ошибки.

Уважаемый binki

Когда берем $x^3=x_1^3x_2^3$, не понятно , что имеется в виду.

Если $x=\sqrt{x_1x_2}\sqrt{x_1x_2}$,

то зная , что делать с квадратами найдем все целые решения.

$x\cdot{x}=(x_1x_2)(x_1x_2)$
$x\cdot{x}=1\cdot{x_1^2x_2^2}$
$x\cdot{x}=x_1^2\cdot{x_2^2}$

В том числе: $x\cdot{x}=(x_1x_2)(x_1x_2)$ - квазицелое $(x_1x_2,0,x_1x_2)$.
(тривиальное -(0,0,0).

Если $x=\sqrt[3]{x_1x_2}\sqrt[3]{x_1x_2}\sqrt[3]{x_1x_2}$,

то $x\cdot{x}\cdot{x}=(x_1x_2)(x_1x_2)(x_1x_2)$

Это разложение дает только квазицелые решения.

Как получить $x\cdot{x}\cdot{x}=x_1^3\cdot{x_2^3}$ непонятно.

[binki]

ydgin в сообщении #1404159 писал(а):

Когда берем $x^3=x_1^3x_2^3$, не понятно , что имеется в виду.

Уважаемый ydgin
Аналогично $6^3=2^33^3$, куб произведения взаимно простых чисел, через Ваши единицы

$$1^3=1\cdot1\cdot1;\quad x_1^3=x_1^3(1\cdot1);\quad x_1^3 x_2^3=x_1^3(x_2^3\cdot1) $$

Забудьте про квадраты. В скобках куб. Поэтому нет противоречий. Свойства кубов определяются уравнением.

$$x^3=x_1^3x_2^3=(z-y)((z-y)^2+3zy)$$

Докво ошибочное.

[ydgin]

binki в сообщении #1402685 писал(а):

В новом докве Вы опять совершаете старую ошибку, пытаясь перенести свойства квадратов на кубы.

binki в сообщении #1404312 писал(а):

Забудьте про квадраты.

Уважаемый binki

Доказательство одно и тоже.

Просто берем равенство

$(x+y)^s=(z+(x+y-z))^s$

Это равенство не зависит от $s$

Заметим
$x=(z-y)+(x+y-z)$
$y=(z-x)+(x+y-z)$
$z=(z-y)+(z-x)+(x+y-z)$

Для целых решений нужны целые $(z-x),(z-y),(x+y-z)$

Возьмем $s=2$ и $s=3$

$(x+y)^2=(z+(x+y-z))^2$
$x^2+y^2-z^2=2z(x+y-z)+(x+y-z)^2-2xy$

$(x+y)^3=(z+(x+y-z))^3$
$x^3+y^3-z^3=3z(x+y-z)(x+y)+(x+y-z)^3-3xy(x+y)$

Эти равенства верны для любых $x,y,z$

Но , если разделить каждое равенство на два уравнения

$x^2+y^2=z^2$
$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$

$x^3+y^3=z^3$
$(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$

Возникает проблема :
-при $s=2$- бесконечное множество целых решений.
-при $s=3$- нет целых решений.

Вот и отвечаем на этот вопрос.

Внимательно рассмотрев случай при $s=2$

ydgin в сообщении #1402629 писал(а):

Делаем вывод.
- Нельзя относиться к решениям уравнения , как просто к числам.
-Для любого целого $x>2$ существует целое решение уравнения.
- Для простого $x$ существует только одно решение ( если не учитывать знаков),$(x,\frac{x^2-1}{2},\frac{x^2+1}{2})$
-Все взаимно простые решения можно получить путем умножения.
-Для любого целого решения есть рациональное решение при $x=1$.
-Все целые решения для любого целого $x$ можно получить зная разложение $x^2$ на простые множители.

При $s=3$

$x=1$

$1^3=1\cdot1\cdot1$

$1^3=1\cdot1^2$

binki в сообщении #1403606 писал(а):

Вот и докажите для кубов, используя эти формулы, что есть только тривиальные решения.

Опять заметим

$(z-y)=x-(x+y-z)$
$(z-y)=1,x=1,(x+y-z)=0$

Значит возможны только квазицелые решения.
$(1,0,1),(1,-1,0)$

[binki]

binki в сообщении #1404312 писал(а):

$$1^3=1\cdot1\cdot1;\quad x_1^3=x_1^3(1\cdot1);\quad x_1^3 x_2^3=x_1^3(x_2^3\cdot1) $$

Чем это не решение? И где здесь противоречии?

ydgin в сообщении #1405135 писал(а):

$(z-y)=x-(x+y-z)$
$(z-y)=1,x=1,(x+y-z)=0$

Тогда элементарное, которое всем известно и изрядно надоело и мне тоже.

$$x=x_1x_2; \quad y=y_1y_2;\quad z=3z_1z_2$$

$$ x_1^3=(z-y);\quad y_1^3=(z-x);\quad z_1^3=3(x+y); \quad (x+y-z)=3x_1y_1z_1 $$

$$(z-y)=x_1x_1^2=x_1(x_2-3y_1z_1)$$

Где здесь противоречия?

[binki]

binki в сообщении #1405197 писал(а):

$$ x_1^3=(z-y);\quad y_1^3=(z-x);\quad z_1^3=3(x+y); \quad (x+y-z)=3x_1y_1z_1 $$

$$(z-y)=x_1x_1^2=x_1(x_2-3y_1z_1)$$

Опечатка. Правильно

$$ x_1^3=(z-y);\quad y_1^3=(z-x);\quad z_1^3=3(x+y); \quad (x+y-z)=x_1y_1z_1 $$

$$(z-y)=x_1x_1^2=x_1(x_2-y_1z_1)$$

Ну пора и честь знать. Хватит мне докучать доводами об ошибках в докве и спосбствовать напрасной трате времени других участников форума.
Хотя уже подозреваю, что ydgin просто устроил розыгрыш по своему знаменитому соотношению $1^3=1\cdot1\cdot1$

[ydgin]

binki в сообщении #1405241 писал(а):

Хотя уже подозреваю, что ydgin просто устроил розыгрыш по своему знаменитому соотношению $1^3=1\cdot1\cdot1$

Уважаемый binki
Розыгрыш я вижу в других соотношениях:

$(x+y-z)=1$

$(x+y-z)^2=1^2=1\cdot1=2(z-y)(z-x)$

$(x+y-z)^3=1^3=1\cdot1\cdot1=3(z-y)(z-x)(x+y)$

$(x+y-z)^5=1^5=1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1=5(z-y)(z-x)(x+y)((x+y)^2-xy-z(x+y-z))$

$(x+y-z)^7=1^7=1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1=7(z-y)(z-x)(x+y)(.....)$

И так далее.

И , хотя , нет определения определения общего множителя для нецелых чисел ,целый множитель есть и он не зависит от $x,y,z$(целых или нецелых).

Надо разобраться почему есть целые решения при $s=2$

$((z-y)+(x+y-z))^2+((z-x)+(x+y-z))^2=((z-y)+(z-x)+(x+y-z))^2$

$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$

и нет целых решений при $s=3$

$((z-y)+(x+y-z))^3+((z-x)+(x+y-z))^3=((z-y)+(z-x)+(x+y-z))^3$

$(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$

Просто сравним
$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$ и $(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$.

Для $(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$

Есть три варианта решений :

$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$=$(2(z-y))(z-x)$
$(x+y-z)=\sqrt{2(z-y)}\sqrt{(z-x)}$

$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$=$(z-y)(2(z-x))$
$(x+y-z)=\sqrt{(z-y)}\sqrt{2(z-x)}$

$(x+y-z)^2=2(z-y)(z-x)$=$(\sqrt{2}(z-y))(\sqrt{2}(z-x))$
$(x+y-z)=\sqrt{\sqrt{2(z-y)}}\sqrt{\sqrt{2(z-x)}}$

Выбираем из них целые , если есть.

Для $(x+y-z)^3=3(z-y)(z-x)(x+y)$

Есть четыре варианта так , как ,появился множитель $(x+y)$.
Варианты
$(x+y-z)^3=(3(z-y))(z-x)(x+y)$,
$(x+y-z)^3=(z-y)(3(z-x))(x+y)$,
$(x+y-z)^3=(z-y)(z-x)(3(x+y))$
не могут быть целыми,из за множителя $(x+y)$.
Это для любой степени.
А вариант
$(x+y-z)^3=(\sqrt[3]{3}(z-y))(\sqrt[3]{3}(z-x))(\sqrt[3]{3}(x+y))$
не может быть целым для взаимно простых $(z-y),(z-x),(x+y)$.

Выбирать целые решения не из чего.

[Valprim]

ydgin в сообщении #1421234 писал(а):

$(x+y-z)^3=(3(z-y))(z-x)(x+y)$,
$(x+y-z)^3=(z-y)(3(z-x))(x+y)$,
$(x+y-z)^3=(z-y)(z-x)(3(x+y))$
не могут быть целыми,из за множителя $(x+y)$.

Почему?

[ydgin]

ydgin в сообщении #1421234 писал(а):

не могут быть целыми,из за множителя $(x+y)$.
Это для любой степени.

Рассмотрим два целых числа $P=ab$ и $Q=ab(a+b)$.
Если $a,b$ - целые ,то любое из этих чисел можно считать целым решением уравнения $X+Y=Z$.
$P=ab$- два целых множителя (два слагаемых), $Q=ab(a+b)$ - три целых множителя (два слагаемых и сумма).
$X=a,Y=b,Z=(a+b)$ , или т.к. все числа целые $X=a+P,Y=b+P,Z=(a+b)+2P$,$X=a+Q,Y=b+Q,Z=(a+b)+2Q$.

Зная , что любое целое число можно получить умножением единицы на простые множители посмотрим как будет с решениями уравнения.

Возьмем $P=ab$.
Заметим , что любое целое число можно представить в виде двух целых множителей, значит любое целое число может быть решением $P=ab$.
Минимальное $P=1\cdot1$.
Умножая$P=ab$ на простое число $K$ получаем два целых варианта новых решений :
$KP=(Ka)b$, $KP=a(Kb)$
$KP=P'$, $KP=P''$
Теперь ,зная минимальное решение и зная как умножать целое решение на целое число можно получить целые
$X,Y,Z$ для любого уравнения $X+Y=Z$.

Другая ситуация для $Q=ab(a+b)$.

Минимальное $Q=1\cdot1(1+1)=2$, т.е. $Q$ - всегда четное (если целое).
Но с "умножением" возникают проблемы.
Если "умножить" целое $KQ=Kab(Ka+b)$,$KQ=aKb(a+Kb)$ таким способом ,нет равенства $KQ=Q'$,но $Q'$ - целое.
А если нужно равенство , то $KQ=Q''=a'b'(a'+b')$ и не понятно как изменились $a,b$, остались они целыми или нет.
Пример:
$2=1\cdot1(1+1)$
$2\cdot2=2\cdot1(1+2)$ (нет равенства).
$Q'=6=1\cdot2(1+2)$ - целое .
$2\cdot2=4$
$Q''=1\cdot(\frac{1}{2}(\sqrt{17}-1))(\frac{1}{2}(\sqrt{17}+1))$ - не целое.
Заметим , если не нужно равенство $Q=Q'$ и зная минимальное целое $Q=1\cdot1(1+1)=2$ , то можно получить все целые $Q=ab(a+b)$ с помощью "умножения" .
Еще отметим :
$Q\cdot{Q}=(Q)^2$
$Q=ab(a+b) , (Q)^2=a^2b^2(a+b)^2,$
$Q\cdot{Q}=Q^2$ (нет равенства)
$Q=ab(a+b) , Q^2=a^2b^2(a^2+b^2),$
Вывод:
если $Q$ - целое ,$Q^2$ - не целое .
И наоборот
если $Q^2$ - целое ,$Q$ - не целое .

Переходим к уравнению $X^2+Y^2=Z^2$.
Заметим ,что аналогом $P=ab$ можно взять $X^2=a(2Y+a)$.
Теперь находим целые $Q^2$ , $Q^2=(a(2Y+a))(Y^2)(Y+a)^2=X^2Y^2Z^2$.
Для удобства разделим решения на четные и не четные.
$X^2=a(2Y+a)$ - не четное, a - не четное .$Q^2=(a(2Y+a))(Y^2)(Y+a)^2=X^2Y^2Z^2$
$Y^2=b(2X+b)$ - четное , b - четное .$Q^2=(b(2X+b))(X^2)(X+a)^2=Y^2X^2Z^2$

Еще для уравнения $X^s+Y^s=Z^s$ при $s>1$ есть $X+Y-Z=n$ (при $s=1$, $X+Y-Z=0$)
$n^2=2ab$
$Q^2=(a+n)^2(b+n)^2(a+b+n)^2$

Делаем вывод :
любое целое число,если его можно представить как аналог $P=ab$ , может быть целым решением уравнения $X^2+Y^2=Z^2$.
Если тоже самое число представить как аналог $Q=ab(a+b)$ , то оно не будет целым решением .

Теперь переходим к $X^3+Y^3=Z^3$.
Наша задача найти целое $Q^3=X^3Y^3Z^3$
Опять заметим , если взять $X^3=a(3Y(Y+a)+a^2)$ , то найдя $Y$ , получим все
$Q^3=(a(3Y(Y+a)+a^2))(Y^3)(Y+a)^3$
или
$n^3=3ab(a+b+2n)$
$Q^3=(a+n)^3(b+n)^3(a+b+n)^3$
Но $X^3$ и $n^3$ все это аналоги $Q$ , а значит не могут быть целыми одновременно первой и какой-то другой степени.

Делаем вывод:
не существует целого $Q=ab(a+b)$ степенью больше двух.
Хотя $a,b,(a+b)$ могут быть любой степени , степень всех трех целых и взаимно простых множителей не может одновременно быть больше двух.
Т.е. каждая любая степень одного или двух множителей "уравновешивается" второй или первой степенью остальных множителей.

Этим утверждением доказываем следующее :
- не существует целых,взаимно простых $X,Y,Z$
при которых
$X^s+Y^s=Z^s$ и $s>2$
- не существует целых,взаимно простых $X,Y,Z$
при которых
$X^{s_1}+Y^{s_2}=Z^{s_3}$ и одновременно $s_1,s_2,s_3>2$
- не существует целых,взаимно простых $X,Y,Z$
при которых
$X+Y=Z$ и $(rad(XYZ))^2<Z$

[ydgin]

Подведем итоги.
Начнем с первой степени.
$X+Y=Z.$

$X=Z-Y$

$Y=Z-X$

Нам нужны целые числа решения данного уравнения.
Согласно основной теоремы арифметики , целое число можно представить , как набор целых множителей.
Обозначим эти наборы.
$X=(Z-Y)=a$

$Y=(Z-X)=b$

$Z=(X+Y)=a+b$

Мы получили три набора множителей для решений уравнения .
Если нужны разные решения ,то $a,b$ - разные.
Если нужны взаимно простые решения ,то $a,b$ - взаимно простые.
Один из наборов всегда четный, обозначим :
$b$-четный,$a$-нечетный ,$(a+b)$-нечетный.
Заметим :
$\min\limits_{}a=1$,
$\min\limits_{}b=2$.
Теперь ,выбрав один из наборов любым и второй набор либо разный,либо взаимно простой получим третий ,а значит всю тройку $X,Y,Z$- целые решения уравнения $X+Y=Z$.
Таким образом можно получить любые нужные решения.
Заметим также :
зная минимальные наборы $a,b$ можно получить все целые решения просто добавляя целые множители к минимальным наборам.
Т.е. нам не нужно для целых чисел использовать "метод бесконечно спуска", а для того ,чтобы найти все решения,зная минимальное решение, можно использовать "метод бесконечного подъема".
Добавим :для любого $a$ существует бесконечное множество $b$, а значит и $(a+b)$.

Переходим ко второй степени.
$X^2+Y^2=Z^2$

$X^2=(Z-Y)(Z+Y)$

$Y^2=(Z-X)(Z+X)$

$(X+Y-Z)^2=2(Z-Y)(Z-X)$
Обратим внимание , что появилось еще одно выражение не равное нулю $(X+Y-Z)$ в отличие от первой степени.
Задача осталась той же , найти целые $X,Y,Z$.
Основная теорема арифметики не делает различий между числами разной степени, но мы скажем:
если числу $X$ соответствует набор $a$,то числу $X^2$ соответствуют два одинаковых набора $a\cdot{a}$ или $a^2$.
$X^2=a\cdot{a}$
Но разложение только на два одинаковых набора для $X^2$ не устраивает.
Поэтому для решений уравнения будем раскладывать два одинаковых набора $a\cdot{a}$ на два разных набора $a'\cdot{a''}$ ,если нужны взаимно простые , то $a',a''$ - взаимно простые.
$X^2=a\cdot{a}=a'\cdot{a''}$
Т.е. в отличие от первой степени , где разложение единственное , для второй степени количество вариантов разложения зависит от количества разных множителей в $a^2$ ,
где $a'$- может быть любым целым набором начиная с $1$ до $a^2$.
Теперь , зная ,что

$X^2=a'\cdot{a''}$

$X^2=(Z-Y)(2Y+(Z-Y))$ или $X^2=(Z-Y)(2Z-(Z-Y))$

Обозначив $(Z-Y)=a', (Z+Y)=a''$

Можем найти все целые $Y,Z$ для этого $X^2$.

$Y=\frac{1}{2}(a''-a')$

$Z=\frac{1}{2}(a''+a')$.

При $X^2=a\cdot{a}$ получается $Y=0$ в остальных случаях нет.

Все тоже справедливо и для четного $Y^2$

$Y^2=(Z-X)(Z+X)$

$Y^2=b'\cdot {b''}$

$X=\frac{1}{2}(b''-b')$

$Z=\frac{1}{2}(b''+b')$

Для четных чисел есть один нюанс ,
т.к. роль единицы выполняет двойка и два четных числа не могут быть взаимно простыми ,
скажем: для того , чтобы получать взаимно простые решения в одном из четных наборов $b',b''$ должна быть
только одна двойка , а в другом больше.
Из этого следует : для примитивных решений $\sqrt{a'},\sqrt{a''}$-целые, $\sqrt{b'},\sqrt{b''}$-нет, но $\sqrt{2b'},\sqrt{2b''}$-целые.

Переходим к выражению :

$n^2=(Z-Y)(Z-X)=2a'b'$

Заметим , $n^2$ состоит из двух разных или взаимно простых наборов множителей и числа $,которое не принадлежит ни к одному из них,
для целого $\sqrt{n^2}$ это возможно ,т.к. для первой степени $n=0$.

С помощью $n^2$ тоже можно получать любые пифагоровы тройки :

$\sqrt{X^2}=a'+\sqrt{2a'b'}, \sqrt{Y^2}=b'+\sqrt{2a'b'}, \sqrt{Z^2}=a'+b'+\sqrt{2a'b'}$

Делаем выводы для второй степени :

- можно взять любое нечетное целое число $X$ и найти для него все пифагоровы тройки ,
начиная с $1^2+0=1^2$.

- тоже самое для четного целого числа $Y$,
$2^2+0=2^2$.

-можно взять любое четное $n$ и если $n\ne0$, получить для него все решения,
начиная с $3^2+4^2=5^2$ при $n=2$.

-т.к. нам подходят любые целые числа , то выполняются равенства
$X=\sqrt{X^2}, a=\sqrt{a'a''},$ или $Y=\sqrt{Y^2}, b=\sqrt{b'b''}, a,b,a',b'$- целые.

Но $(X+Y-Z)=0 $,а $(\sqrt{X^2}+\sqrt{Y^2}-\sqrt{Z^2})\ne0$.

Т.е.
$9+16=25$- уравнение первой степени ,а $3^2+4^2=5^2$ - второй.

- зная минимальные $a,b$, $\min\limits_{}a=1,\min\limits_{}b=2$ можно все остальные решения найти просто добавляя к ним новые целые множители.

- если зафиксировать $a'$, то для него существует только один набор $b'$, и наоборот.
выбор ограничен равенством
$n^2=2a'b'$

Теперь третья степень.

$X^3+Y^3=Z^3$

$X^3=(Z-Y)((Z-Y)^2+3ZY)$

$Y^3=(Z-X)((Z-X)^2+3ZX)$

$Z^3=(X+Y)((X+Y)^2-3XY)$

$(X+Y-Z)^3=3(Z-Y)(Z-X)(X+Y)$

Задача осталась такая же.
Наборы остались такие же.

$ X=a, X^2=a^2,X^3=a^3$

$Y=b, Y^2=b^2, Y^3=b^3$

Осталось только разложить разложить какой-нибудь из них на три целых набора и получить целые решения.

$X^3=a\cdot{a}\cdot{a}=A'\cdot{A''}\cdot{A'''}$

Теперь отвлечемся от основного уравнения и рассмотрим не сложную задачу :

Есть три набора целых , взаимно простых множителей ,
$a,b,(a+b)$.
С их помощью нужно найти целые , взаимно простые решения уравнения
$P'+P''=P'''$.

Для этого берем $P'$ - любой из наборов , $P''$ - любой из оставшихся, или оба вместе, и получаем нужное решение.
Можно также взять для $P'$ любые два набора и для $P''$ - оставшийся.
Зная минимальное решение : $P'=1,P''=2,P'''=3$ можно найти другие решения просто добавляя новые целые множители .

Но как только для $P'$ взяли все три набора $P'=ab(a+b)$ , то оказывается что ,
если выбрать $a$-целое ,то $b$- будет не целое и$P''$ выбирать не из-чего.
Остаются для уравнения только три варианта :
- $P''=0$, $P'+0=P'$.
- $P''$ , взять за пределами трех наборов ,т.е. считать $P'$ как один или два набора.
- $P''$ - не целое число , т.е. взять $P'=ab(a+b)=aB'B''$ , где $B''-B'=a, B'B''=b(a+b)$ ,$P'+B'=B''$.
В любом из трех вариантов , зная минимальное значение $P'=6$ бессмысленно искать другие решения ,т.к. нет нужного минимального $P''$.

Вернемся к основному уравнению.

$X=a$
$X^2=a^2=a'a''=a'(2Y+a')=a'(2Z-a')$
$X^3=a^3=A'A''A'''=A'(3YZ+A'^2)$
- для не четного числа, или

$Y=b$
$Y^2=b'b''=(Z-X)(2X+b')=b'(2Z-b')$
$Y^3=B'B''B'''=(Z-X)(3ZX+B'^2)$
- для четного числа.

$Z=X+B'=Y+A'=A'+B'+\sqrt[3]{n^3}$

Т.к. выбор множителей для третьей степени ограничен , при $n^3\ne0$,
$n^3=A'B'(A'+B'+2\sqrt[3]{n^3})$
При разложении на три взаимно простых набора , любого из слагаемых , взяв один целый набор ,
остальные два будут не целыми.

Нельзя разложить куб простого числа на три набора взаимно простых множителей.

Нельзя разложить куб четного числа на три четных набора множителей,чтобы получить взаимно простые решения.

Нельзя к двум взаимно простым наборам , образующим $n^2$ добавить третий ,взаимно простой с первыми двумя и поменяв множитель
$2$ на $3$ , получить такой же $n^3$.

Делаем простой вывод:
Если есть три взаимно простых целых числа $A,B,C$ и есть равенство $A+B=C$ ,то это либо уравнение первой степени,
либо пифагорова тройка.

А из последнего утверждения следует и гипотеза Била и $ABC$-гипотеза.

[Valprim]

ydgin в сообщении #1495456 писал(а):

Теперь третья степень.

$X^3+Y^3=Z^3$
............
$(X+Y-Z)^3=3(Z-Y)(Z-X)(X+Y)$

В связи с отсутствием всех свойств уравнения Ферма в произведении $3(Z-Y)(Z-X)(X+Y)$, оно не может быть основой для доказательства ВТФ. Тем более для любых $X,Y,Z$. Вот тройка чисел $(179, 397, 522)$ для которой
$(Z-Y)(Z-X)3(X+Y)=5^3\cdot 7^3\cdot 12^3$
И ни каких противоречий.