ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[ozheredov]

Antoshka то есть число Два как-то выделено (при $n=2$ соотношения имеют один вид, а при $n=3,4,4367,$ и т.д. совершенно другой). Причем при $n=3$ и $n=20765$ соотношения похожи, а вот при $n=2$ и $n=3$ разительно отличаются. Я правильно понимаю? Если да, то объясните причину please.

[Antoshka]

ozheredov в сообщении #1576225 писал(а):

Antoshka то есть число Два как-то выделено (при $n=2$ соотношения имеют один вид, а при $n=3,4,4367,$ и т.д. совершенно другой). Причем при $n=3$ и $n=20765$ соотношения похожи, а вот при $n=2$ и $n=3$ разительно отличаются. Я правильно понимаю? Если да, то объясните причину please.

Да, правильно понимаете. Сначала посмотрите, как выглядят решения уравнения $x^2+y^2=z^2$, затем сравните с тем, что ниже
Лемма. Пусть уравнение $x^7+y^7=z^7$ имеет решения в натуральных попарно взаимно простых числах для случая $z$ делится на семь. Тогда верно следующее:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p, \\ x=w^7+7p, \\ z=m^7+7p+w^7,m,w,A\in\mathbb{N},\ \eqno[2] \\ p=mwA,\\ A=CD,(C,D)=1 \end{array} \right$$

Доказательство леммы.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$. Тогда $y^7=z^7-x^7\Leftrightarrow y^7=(z-x)(z^7-x^7)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z-x=m^7, \\ z-y=w^7, \\ m,w\in\mathbb{N} \end{array} \right$$
Пусть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^7+y^7=(x+v)^7\Rightarrow \frac{y^7-v^7}{7v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^7,$
Так как $7\mid y-v;v=m^7\Rightarrow m^7\mid y^7\Rightarrow m\mid y;$
Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^7+7mh_y$. Где $h_y$ целое число.
Пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^7+y^7=(y+u)^7\Rightarrow \frac{x^7-u^7}{7u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^7,$
Так как $7\mid x-u;u=w^7\Rightarrow w^7\mid x^7\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^7+7wh_x$. Где $h_x$ целое число.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p, \\ y=m^7+7p, \\ p=mwA\\ z=m^7+7p+w^7,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7\Rightarrow m^7+w^7+14mwA=7^6C^7;$ $z=m^7+w^7+7mwA\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD)$. Поясню последний переход подробнее. Очевидно $$\frac{z^7}{x+y}\in\mathbb{N}\Rightarrow\frac{(7^6C^7-7mwA)^7}{7^6C^7}=7\Bigg(\frac{7^5C^6-mwA}{C}\Bigg)^7=7\Bigg(7^5C^6-\frac{mwA}{C}\Bigg)^7\in\mathbb{N}$ $(x,y)=(y,z)=(x,z)=1\Rightarrow (m,C)=(C,w)=1\Rightarrow C\mid A\Rightarrow A=CD$. $C,D\in\mathbb{N}.$
Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанного выше, $(x+y-z)^7=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7\Leftrightarrow (x+y-z)^7-(x^7+y^7-z^7)$ $=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7$.
Решаем это уравнение относительно $D$ например в wolfram mathematica и получаем, что $D^7=(x^2+xy+y^2)^2-z(x+y)(2x^2+3xy+2y^2)+(3x^2+5xy+3y^2)z^2$ $-2(x+y)z^3+z^4$.
Отсюда следует, что $D$ нечетно всегда: и когда $z$ четное, и когда $z$ нечетное. При таком раскладе получается, что $D$ не может делиться на $7$ в силу того, что $7\mid (x+y)$. Предположим, что $(C,D)>1$. Тогда $(x^2+xy+y^2)=(x+y)^2-xy\Rightarrow (C,D)\mid xy$. Но ранее было установлено, что $x+y=7^6C^7$. Получается, что $(C,D)\mid x,(C,D)\mid y$. Имеем противоречие, так как $(x,y)=1$. Имеем, что $(C,D)=1$.
Аналогично проверяется, что $(x,D)=(y,D)=1$.
$x+y=7^6C^7\Leftrightarrow m^7+w^7+14mwCD=7^6C^7\Rightarrow 49\mid m^7+w^7\Rightarrow 7\mid C$ $\Rightarrow 49\mid z;\eqno[3]$.
Лемма доказана!

[Antoshka]

Здравствуйте. ЗУ mihaild рекомендовал переписать Доказательство более наглядно. Ещё 200 лет назад кто-то совершенно правильно заметил, что надо разделить Доказательство на 2 случая: тройка чисел не делится и делится на показатель степени. Сначала я решил рассмотреть случай, когда одно из чисел тройки делится на показатель степени. Пусть это будет $z$. Чтобы было легче проверять Доказательство, имеет смысл расписать его для показателя семь. Итак, имеем уравнение $x^7+y^7=z^7,z\equiv 0\bmod 7; \eqno [1]$. Нужно доказать, что оно не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Идея в том, чтобы изготовить соотношения для $x,y z$ такие, что при подстановке их в $\eqno[1]$ получалось бы ТОЖДЕСТВЕННОЕ РАВЕНСТВО, либо близкое к тождественному!
Доказательство
Этап 1. С помощью формул Абеля получить соотношения для гипотетических решений уравнения $\eqno[1]$ в натуральных попарно взаимно простых числах!
Как и для кубов, доказывается от противного. Пусть существуют такие натуральные попарно взаимно простые числа $x,y,z$, что указанное равенство выполняется. Тогда, как и для кубов, справедлива лемма, правда имеющая некоторые отличия.
Лемма 1.Пусть уравнение $x^7+y^7=z^7$ имеет решения в натуральных попарно взаимно простых числах для случая $z$ делится на семь. Тогда верно следующее:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p, \\ x=w^7+7p, \\ z=m^7+7p+w^7,m,w,C,D\in\mathbb{N},\ \eqno[2] \\ z=7C(7^5C^6-mwD),\\ p=mwA,\\ A=CD,7\mid C,\\ x+y=7^6C^7,\\ (C,D)=(m,D)=(w,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \end{array} \right$$

Доказательство леммы будет дано позже.
Этап 2. Вывести такие соотношения для $x,y,z$ что при их подстановке в $\eqno[1]$ получалось бы тождественное равенство!
Вот далее совершенно неочевидный шаг, но такой же, как в доказательстве для кубов. Запишем тождество(оно получается вследствие замены $z=x+y+k$, что наглядно показано в доказательстве для кубов в первом сообщении этой темы) $\frac{7p^6}{7p+z}=(p^5-1/7p^4z+1/49p^3z^2-1/343p^2z^3+pz^4/7^4)-z^5/7^5+\frac{z^6/7^5}{7p+z}$. Умножим обе части тождества на $7^5p$. Получим $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)-z^5p+\frac{z^6p}{7p+z}$. В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом. Поэтому делаем замену переменной $m_0=\frac{7^6p^7}{z+7p}-(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)$ и записываем $\frac{z^6p}{7p+z}=m_0+pz^5,m_0\in\mathbb{Z}$
Важно понять, какой знак имеет число $m_0$. Выразим из последнего равенства $m_0$. Получается $m_0=z^5p(\frac{z}{z+7p}-1)\Rightarrow m_0<0$. Вернёмся к равенству $\frac{z^6p}{7p+z}=m_0+pz^5,m_0\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow z^6p=(m_0+pz^5)(7p+z)\Leftrightarrow 7z^5p^2+$$7pm_0+zm_0=0;$
Как видите, получилось квадратное уравнение относительно $p$. Посчитаем его дискриминант. $D_{ кв1}=49{m_0}^2-28z^6m_0={\varepsilon_1}^2;\varepsilon_1, \varepsilon_2 \in $\mathbb{N}$$. Дискриминант представляет из себя в свою очередь квадратное уравнение такое $49{m_0}^2-28z^6m_0-{\varepsilon_1}^2=0$. Посчитаем его дискриминант.
$D_{кв2}/4=(14z^6)^2+49{\varepsilon_1}^2={\varepsilon_2}^2\Leftrightarrow (2z^6)^2+{\varepsilon_1}^2=({\varepsilon_2/7})^2$
Теперь решаем каждое квадратное уравнение
$\left\{ \begin{array}{lcl} p=\frac{-7m_0\pm \varepsilon_1}{14z^5} \\ m_0=\frac{14z^6\pm \varepsilon_2}{49}\\ \end{array} \right.$
Ранее было получено, что
$\left\{ \begin{array}{ lcl} m_0<0 \\ p>0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_1=14pz^5+7m_0 \\ \varepsilon_2/49=2/7z^6-m_0 \\ \end{array} \right.$$
Получается ПТ $(2z^6/7)^2+(\varepsilon_1/7)^2=(\varepsilon_2/49)^2$.
А дальше рассматриваем 2 случая: $z$ нечетное и четное. Для начала пусть $z$ четно, а $y$ нечетное. Нужно понять, четное или нечетное число $m_0$! Для этого, запишем величину $\frac{z^6p}{z+7p}$ через $A,m,w$. Получится, что $\frac{z^6p}{z+7p}=\frac{(7C)^6(7^5C^6-mwD)}{7^6C^7=(7^5C^6-mwD)mwD}$. Но $mwD$ нечетное число по лемме 1. Тогда $m_0,m$ также нечетные и Пифагорова тройка принимает вид следующий
$(2z^6/7)^2+(2pz^5+m_0)^2=(2z^6/7-m_0)^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} 2z^6/7=2ab\\ (2pz^5+m_0)=a^2-b^2\\ 2z^6/7-m_0=a^2+b^2 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7ab}\\ m_0=-(a-b)^2 \\ p=\frac{a(a-b)}{(7(ab))^{5/6}} \end{array} \right.$
Важно понимать, что $a,b$ могут не быть натуральными числами, поэтому $\left\{ \begin{array}{lcl} a=\sqrt{\alpha}\cdot a_1 \\ b=\sqrt{\alpha}\cdot b_1\\ \alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$
Здесь $\alpha$ является возможным общим делителем чисел в ПТ. Сейчас важно узнать, может ли $\alpha$ делиться на $7$. Для этого распишем $m_0$ и узнаем, делится ли оно на семь. $m_0=\frac{7^6p^7}{z+7p}-(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)$.
В силу соотношений $\eqno[2]$ из леммы, $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(mwD)^7$. Раз $D$ не делится на $7$ по лемме 1, то и $m_0$ не делится и $\alpha$ не делится.
Запишем теперь $z,z+7p$ в терминах $a_1,b_1,\alpha$.
$\left\{ \begin{array}{lcl} z=(7\alpha a_1b_1)^{1/6}\\ z+7p=\frac{a_1(7\alpha a_1b_1)^{1/6}}{b_1} \\ \end{array} \right.$
Запишем дробь в терминах соотношений из леммы: $\frac{z^7}{z+7p}=\frac{(7C)^7(7^5C^6-mwD)^7}{7^6C^7};$
Эта дробь, которая на самом деле является натуральным числом, делится на $7$, причём не больше и не меньше. Запишем ее же в терминах $a_1,b_1,\alpha;$. Получим $\frac{z^7}{z+7p}=7b_1^2\alpha;$
Раз $z$ делится на $49$, то $a_1$ делится на $7$!
Как найти, чему равно $\alpha$? Через соотношение для неизвестной $p$. В терминах $a_1,b_1,\alpha$ она записывается следующим образом $p=\frac{(a-b)\sqrt[6]{7ab}}{7b}=\frac{(a_1-b_1)\sqrt[6]{7a_1b_1\alpha}}{7b_1}; p\in\mathbb{N}\Rightarrow \frac{7a_1\alpha}{b_1^5}\in\mathbb{N}\Rightarrow \alpha=b_1^5 \alpha_2;$
Теперь возникает вопрос, как найти $\alpha_2$? Используя факт, что числа $7^6C^7$ и $(7^5C^6-mwD)$ являются взаимно простыми в силу леммы 1!
$\frac{z^7}{z+7p}=7b_1\alpha_2;$
Из леммы 1 следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7$. Запишем $z+7p$ через $\alpha_2$. Получим $z+7p=\frac{a_1\sqrt[6]{7a_1b_1^6\alpha_2}}{b_1}=a_1\sqrt[6]{7a_1\alpha_2}$. Как уже было показано выше, $\frac{z^7}{7(z+7p)}=(7^5C^6-mwD)$, значит $\alpha_2=1;$
Осталось записать соотношения для $z,p$ в окончательном виде!
Имеем $\left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7a_1}b_1\\ p=\sqrt[6]{7a_1}\frac{a_1-b_1}{7} \\ (a_1,b_1)=1,a_1,b_1\in \mathbb{N} \end{array} \right.$ Далее индексы у $a_1,b_1$ можно опустить и писать просто $a,b$
Зная $z$ и $p$ можно найти $m^7,w^7$. Надо просто записать сумму и произведение $m^7,w^7$ через $a,b$ и найти $m^7,w^7$ как корни квадратного уравнения. Произведение записывается через соотношение для $p$,а сумма - через соотношение для $z$. Я напомню, что в лемме 1 было доказано, что $z=m^7+w^7+7p\Rightarrow m^7+w^7=z-7p$. Ну и произведение $m^7w^7=\frac{p^7}{C^7D^7}$ Осталось выразить $C$ через $a,b$ и можно решать квадратное уравнение. Из леммы следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7\Rightarrow 7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow C=\frac{\sqrt[6]{7a}}{7};$
Получаем систему уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^7w^7=(a-b)^7D^{-7} \\ m^7+w^7=(2b-a)\sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.$$

Находим $m^7,w^7$ как корни квадратного уравнения с помощью теоремы Виета. Результат такой (знаки согласованы, это важно!!!)

$$\left\{ \begin{array}{rcl} m^7=\frac{(2b-a)\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ w^7=\frac{(2b-a)\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ \end{array} \right.$$

Раз теперь $m^7,w^7$ известны, можно найти $x,y$ с помощью соотношений из леммы, которые имеют вид $\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p \\ y=m^7+7p\\ p=mwA \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{(a\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ y=\frac{a\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \ \ \eqno[3]\\ z=\sqrt[6]{7a}b\\ \end{array} \right. $
Знаки опять же согласованы!
Этап 3. С помощью теоремы косинусов записать Пифагорову тройку, затем составить из неё кубическое уравнение относительно косинуса. Думаю, ясно, что должны выполняться условия $\left\{ \begin{array}{rcl} x+y>z\\ y+z>x\\ x+z>y \end{array} \right.\Rightarrow $ существует треугольник со сторонами $x,y,z$, для которого справедлива теорема косинусов $z^2=x^2+y^2-2xy\cos\gamma;$
Здесь $\gamma$ это угол между $x,y$! Я сразу запишу косинус через $a,b$ в упрощённом виде, используя $\eqno[3]$
$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}}{2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7})};$
Сейчас нужно подумать, на что сокращается дробь $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N};(h_1,h_2)=1;$
Вот есть два числа ${x^2+y^2-z^2;2xy}$. Как найти их НОД? Его можно найти как НОД суммы и разности этих чисел, то есть НОД чисел $(x+y-z);(x+y+z)$. Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$ либо $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow y^7+2x^7=z^7+x^7$. Так как в силу леммы $x+y-z=7mwCD$, а также того факта, что $(z,x)=(z,y)=1;(x,D)=(y,D)=1$, который будет показан в процессе доказательства леммы, дробь $\cos\gamma $ сокращается на $2mw$. Осталось выразить $2mw$ через $a,b$ и можно записывать $h_1,h_2$.
Получим $2mw=2(a-b)D^{-1}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1\\ h_1=\frac{(a-b)D\sqrt[3]{7a}}{2}-(a-b)^6D^{-6} \ \eqno[4]\\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+(a-b)^6D^{-6} \end{array} \right.$
Оба числа $h_1,h_2$ являются нечетными, так как число $x^2+y^2-z^2$ после деления на двойку становится нечетным, а $2xy/2$ и так ясно, что нечетное.
Можно ли выражение для $\cos\gamma$ записать как-то иначе? Да, можно! Для этого делаем замену $F=mw$ и умножаем числитель и знаменатель дроби на два для удобства. $\cos\gamma=\frac{D^2\sqrt[3]{7a}F-2(a-b)^6D^{-6}}{2\sqrt[3]{7a}bD+2(a-b)^6D^{-6}};$ Это новое выражение для $\cos\gamma$ после приведения к ОБЩЕМУ знаменателю представляет из себя квадратное уравнение относительно $D$ и этим нужно воспользоваться! Итак, после упрощения имеем $\sqrt[3]{7a}FD^2-2\sqrt[3]{7a}b\cos\gamma D-2F^6(\cos\gamma+1)=0;$
Решаем его как обычное квадратное уравнение, формируя Пифагорову тройку таким же образом, как в начале доказательства. Считаем дискриминант $\frac{D_3}{4}=(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}F^6(\cos\gamma+1)=\varepsilon_3^2;$
В равносильном виде он имеет вид $(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}F^6(\cos\gamma+1)-\varepsilon_3^2=0;$
Получилось квадратное уравнение относительно $\sqrt[3]{7a}!$ Здесь надо отметить, что так как $|\cos\gamma|<1$, то у обоих квадратных уравнений произведение корней ОТРИЦАТЕЛЬНОЕ! А так как $D,a\in\mathbb{N}$, то корни берём с плюсом! Значит, считаем дискриминант квадратного уравнения относительно $\sqrt[3]{7a}$. $\frac{D_4}{4}=(F^7(\cos\gamma+1))^2+(b\cos\gamma)^2\varepsilon_3^2=(\varepsilon_4)^2;\eqno[5]$
Вот Пифагорова тройка готова. Осталось найти корни квадратных уравнений $D,\sqrt[3]{7a}$! Это просто уже

$$\left\{ \begin{array}{lcl} D=\frac{\sqrt[3]{7a}b\cos\gamma+\varepsilon_3}{\sqrt[3]{7a}F} \\ \sqrt[3]{7a}=\frac{-F^7(\cos\gamma+1)+\varepsilon_4}{(b_1\cos\gamma)^2}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_3=\sqrt[3]{7a}(FD-b\cos\gamma),\\ \varepsilon_4=(b\cos\gamma)^2\sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1) \ \eqno[6]\\ \end{array} \right.$$

Подставляем теперь соотношения для $\varepsilon_3,\varepsilon_4$ в Пифагорову тройку, при этом надо сделать подстановку $b=a-FD$, что следует из соотношений $\eqno[3]$ и леммы 1, а именно $z=\sqrt[6]{7a}b=7C(7^5C^6-FD)$

[mihaild]

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Запишем тождество(оно получается вследствие замены $z=x+y+k$, что наглядно показано в доказательстве для кубов в первом сообщении этой темы) $\frac{7p^6}{7p+z}=(p^5-1/7p^4z+1/49p^3z^2-1/343p^2z^3+pz^4/7^4)-z^5/7^5+\frac{z^6/7^5}{7p+z}$.

Можете процитировать? (а лучше вообще оформить отдельным утверждением)

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число

Непонятно, как это следует из лемммы.

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

mihaild рекомендовал переписать Доказательство более наглядно

Нет, я давал более четкие рекомендации.
Например, явно указывать, где вводится каждая переменная, и постараться сократить число переменных, используемых по всему доказательству.
Вот в вашем [3] - дальше будет важно, какие именно числа $a, b, D$, или достаточно того, что они целые? В любом случае, лучше явно выписать отдельное утверждение: существуют $a, b, D$, такие что (тут свойства, которые вам понадобятся).

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$

Это "в силу того" совершенно непонятно.
(и тут явно надо написать подробно, т.к. для $n = 2$ это не выполнено)

[Antoshka]

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Запишем тождество(оно получается вследствие замены $z=x+y+k$, что наглядно показано в доказательстве для кубов в первом сообщении этой темы) $\frac{7p^6}{7p+z}=(p^5-1/7p^4z+1/49p^3z^2-1/343p^2z^3+pz^4/7^4)-z^5/7^5+\frac{z^6/7^5}{7p+z}$. Умножим обе части тождества на $7^5p$. Получим $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)-z^5p+\frac{z^6p}{7p+z}$. В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом

А почему в левой части тождества получается целое число? Вот берём соотношения из леммы 1

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Тогда верно следующее:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p, \\ x=w^7+7p, \\ z=m^7+7p+w^7,m,w,C,D\in\mathbb{N},\ \eqno[2] \\ z=7C(7^5C^6-mwD),\\ p=mwA,\\ A=CD,7\mid C,\\ x+y=7^6C^7,\\ (C,D)=(m,D)=(w,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \end{array} \right$$

Сначала надо обратить внимание, что из первого, второго, третьего и пятого соотношений следует, что $z+7p=x+y$! Затем смотрим на предпоследнее равенство и видим, что оказывается $x+y=7^6C^7$, стало быть $z+7p=7^6C^7$. Теперь смотрим на пятое и шестое соотношения. Выясняется, что $p^7=m^7w^7C^7D^7\Rightarrow 7^6p^7=7^6m^7w^7C^7D^7\Rightarrow \frac{7^6p^7}{z+7p}=m^7w^7D^7$
А как вообще получается это тождество? Самое простое - деление уголком по школьному. Как возникла идея записать такое тождество? Из за замены $z=x+y+k$ Итак, как и для кубов, делаем замену $\delta=z-k$ тогда $\delta=x+y\Rightarrow x=\delta-y$. В таком случае исходное уравнение принимает вид такой $(\delta-y)^7+y^7=z^7\Leftrightarrow (y^6-3\delta y^5+5\delta^2y^4-5\delta^3y^3+3\delta^4y^2-\delta^5y)+\frac{\delta^7-z^7}{7\delta}=0$. Получилось алгебраическое уравнение шестой степени относительно $y$, свободный член которого имеет должен быть целым. С помощью соотношений из леммы 1, имеем $\delta=z+7p$ и тогда свободный член переписывается следующим образом $\frac{(z+7p)^7-z^7}{z+7p}=\frac{7^7p^7}{z+7p}+7^6p^5z+2\cdot 7^5p^4z^2+3\cdot 7^4p^3z^3+686p^2z^4+49z^5\Rightarrow \frac{7^7p^7}{z+7p}\in\mathbb{N}$. Вот и получилось то самое число, из которого тождество взялось. Далее деление уголком хоть по школьному

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$ либо $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow y^7+2x^7=z^7+x^7$. Так как в силу леммы $x+y-z=7mwCD$, а также того факта, что $(z,x)=(z,y)=1;(x,D)=(y,D)=1$, который будет показан в процессе доказательства леммы, дробь $\cos\gamma $ сокращается на $2mw$.

давайте сначала разберём, почему $(x+y+z,x)=1$ Пусть $(x+y+z,x)>1\Rightarrow (y+z,x)>1$. Перепишем уравнение исходное в виде $x^7+2y^7=z^7+y^7\Rightarrow (y+z,x)\mid z^7+y^7$ $\Rightarrow (y+z,x)\mid (x^7+2y^7)\Rightarrow (y+z,x)\mid y^7\Rightarrow (y,x)>1$.
Имеем противоречие. Для $(x+y+z,y)>1$ принцип такой же!

mihaild в сообщении #1576529 писал(а):

Вот в вашем [3] - дальше будет важно, какие именно числа $a, b, D$, или достаточно того, что они целые?

Важно, что эти числа являются попарно взаимно простыми! $a,b$ это бывшие $a_1,b_1$, просто я убрал индексы для удобства, о чем заранее предупредил. Так вот, то, что $(a,b)=1$ ясно из того, что рассматривается Пифагорова тройка, я это выше подробно расписал. То, что $(a,D)=1$, так это следует из леммы 1, а именно $(C,D)=1$, а так как я выше показал, что

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Имеем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7a_1}b_1\\ p=\sqrt[6]{7a_1}\frac{a_1-b_1}{7} \\ (a_1,b_1)=1,a_1,b_1\in \mathbb{N} \end{array} \right.$$

Далее индексы у $a_1,b_1 можно опустить и писать просто $a,b$

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Из леммы следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7\Rightarrow 7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow C=\frac{\sqrt[6]{7a}}{7};$

то понятно, почему $(a,D)=1$, ну а $(F,D)=1$ это в лемме 1 доказывается. Опять же, я заранее предупредил в доказательстве, что делаю замену $F=mw$

[Antoshka]

Здравствуйте. Я переписал Доказательство более наглядно. Ещё 200 лет назад кто-то совершенно правильно заметил, что надо разделить Доказательство на 2 случая: тройка чисел не делится и делится на показатель степени. Сначала я решил рассмотреть случай, когда одно из чисел тройки делится на показатель степени. Пусть это будет $z$. Чтобы было легче проверять Доказательство, имеет смысл расписать его для показателя семь. Итак, имеем уравнение $x^7+y^7=z^7,z\equiv 0\bmod 7; \eqno [1]$. Нужно доказать, что оно не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Идея в том, чтобы изготовить соотношения для $x,y,z$ такие, что при подстановке их в $\eqno[1]$ получалось бы ТОЖДЕСТВЕННОЕ РАВЕНСТВО, либо близкое к тождественному!
Доказательство
Этап 1. С помощью формул Абеля получить соотношения для гипотетических решений уравнения $\eqno[1]$ в натуральных попарно взаимно простых числах!
Как и для кубов, доказывается от противного. Пусть существуют такие натуральные попарно взаимно простые числа $x,y,z$, что указанное равенство выполняется. Тогда, как и для кубов, справедлива лемма, правда имеющая некоторые отличия.
Лемма 1.Пусть уравнение $x^7+y^7=z^7$ имеет решения в натуральных попарно взаимно простых числах для случая $z$ делится на семь. Тогда верно следующее:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p, \\ x=w^7+7p, \\ z=m^7+7p+w^7,m,w,C,D\in\mathbb{N},\ \eqno[2] \\ z=7C(7^5C^6-mwD),\\ p=mwA,\\ A=CD,7\mid C,\\ x+y=7^6C^7,\\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \end{array} \right$$

Доказательство леммы под спойлером

(Оффтоп)

Доказательство леммы.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$. Тогда $y^7=z^7-x^7\Leftrightarrow y^7=(z-x)(z^7-x^7)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z-x=m^7, \\ z-y=w^7, \\ m,w\in\mathbb{N} \end{array} \right$$
Пусть по определению $k=z-x-y$, то есть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^7+y^7=(x+v)^7\Rightarrow \frac{y^7-v^7}{7v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^7,$
Так как $7\mid y-v;v=m^7\Rightarrow m^7\mid y^7\Rightarrow m\mid y;$
Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^7+7mh_y$. Где $h_y$ целое число.
Пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^7+y^7=(y+u)^7\Rightarrow \frac{x^7-u^7}{7u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^7,$
Так как $7\mid x-u;u=w^7\Rightarrow w^7\mid x^7\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^7+7wh_x$. Где $h_x$ целое число.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p, \\ y=m^7+7p, \\ p=mwA\\ z=m^7+7p+w^7,m,w,A\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7\Rightarrow m^7+w^7+14mwA=7^6C^7;$ $z=m^7+w^7+7mwA\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD)$. Поясню последний переход подробнее. Очевидно $$\frac{z^7}{x+y}\in\mathbb{N}\Rightarrow\frac{(7^6C^7-7mwA)^7}{7^6C^7}=7\Bigg(\frac{7^5C^6-mwA}{C}\Bigg)^7=7\Bigg(7^5C^6-\frac{mwA}{C}\Bigg)^7\in\mathbb{N}$ $(x,y)=(y,z)=(x,z)=1\Rightarrow (m,C)=(C,w)=1\Rightarrow C\mid A\Rightarrow A=CD$. $C,D\in\mathbb{N}.$
Надо ещё выяснить, могут ли $C,D$ иметь какие-то общие делители. Прежде всего, нужно выяснить, чему вообще равно $D$. Делается это просто. В силу доказанного выше, $(x+y-z)^7=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7\Leftrightarrow (x+y-z)^7-(x^7+y^7-z^7)$ $=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7$.
Решаем это уравнение относительно $D$ например в wolfram mathematica и получаем, что $D^7=(x^2+xy+y^2)^2-z(x+y)(2x^2+3xy+2y^2)+(3x^2+5xy+3y^2)z^2$ $-2(x+y)z^3+z^4$.
Отсюда следует, что $D$ нечетно всегда: и когда $z$ четное, и когда $z$ нечетное. При таком раскладе получается, что $D$ не может делиться на $7$ в силу того, что $7\mid (x+y)$. Предположим, что $(C,D)>1$. Тогда $(x^2+xy+y^2)=(x+y)^2-xy\Rightarrow (C,D)\mid xy$. Но ранее было установлено, что $x+y=7^6C^7$. Получается, что $(C,D)\mid x,(C,D)\mid y$. Имеем противоречие, так как $(x,y)=1$. Имеем, что $(C,D)=1$.
Аналогично проверяется, что $(x,D)=(y,D)=1$.
$x+y=7^6C^7\Leftrightarrow m^7+w^7+14mwCD=7^6C^7\Rightarrow 49\mid m^7+w^7\Rightarrow 7\mid C$ $\Rightarrow 49\mid z;\eqno[3]$.
Лемма доказана!

Этап 2. Вывести такие соотношения для $x,y,z$ что при их подстановке в $\eqno[1]$ получалось бы тождественное равенство!
Лемма 2. Существуют такие попарно взаимно простые натуральные числа $a,b,D$, что имеют место следующие соотношения

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{a\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ y=\frac{a\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \ \ \eqno[3]\\ z=\sqrt[6]{7a}b,(a,b)=1,a,b,D\in\mathbb{N}\\ \end{array} \right.$$

Доказательство леммы 2
Вот далее совершенно неочевидный шаг, но такой же, как в доказательстве для кубов. Запишем тождество $\frac{7p^6}{7p+z}=(p^5-1/7p^4z+1/49p^3z^2-1/343p^2z^3+pz^4/7^4)-z^5/7^5+\frac{z^6/7^5}{7p+z}$. Конкретно для показателя семь вывод тождества под спойлером.

(Оффтоп)

Самое простое - деление уголком по школьному. Как возникла идея записать такое тождество? Из за замены $z=x+y+k$ Итак, как и для кубов, делаем замену $\delta=z-k$ тогда $\delta=x+y\Rightarrow x=\delta-y$. В таком случае исходное уравнение принимает вид такой $(\delta-y)^7+y^7=z^7\Leftrightarrow (y^6-3\delta y^5+5\delta^2y^4-5\delta^3y^3+3\delta^4y^2-\delta^5y)+\frac{\delta^7-z^7}{7\delta}=0$. Получилось алгебраическое уравнение шестой степени относительно $y$, свободный член которого имеет должен быть целым. С помощью соотношений из леммы 1, имеем $\delta=z+7p$ и тогда свободный член переписывается следующим образом $\frac{(z+7p)^7-z^7}{z+7p}=\frac{7^7p^7}{z+7p}+7^6p^5z+2\cdot 7^5p^4z^2+3\cdot 7^4p^3z^3+686p^2z^4+49z^5\Rightarrow \frac{7^7p^7}{z+7p}\in\mathbb{N}$. Вот и получилось то самое число, из которого тождество взялось. Далее деление уголком хоть по школьному

Умножим обе части тождества на $7^5p$. Получим $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)-z^5p+\frac{z^6p}{7p+z}$. В силу доказанной леммы, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом. Кто не понял, пояснения под спойлером

(Оффтоп)

А почему в левой части тождества получается целое число? Вот берём соотношения из леммы 1

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p, \\ x=w^7+7p, \\ z=m^7+7p+w^7,m,w,C,D\in\mathbb{N},\ \eqno[2] \\ z=7C(7^5C^6-mwD),\\ p=mwA,\\ A=CD,7\mid C,\\ x+y=7^6C^7,\\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \end{array} \right$$

Сначала надо обратить внимание, что из первого, второго, третьего и пятого соотношений следует, что $z+7p=x+y$! Затем смотрим на предпоследнее равенство и видим, что оказывается $x+y=7^6C^7$, стало быть $z+7p=7^6C^7$. Теперь смотрим на пятое и шестое соотношения. Выясняется, что $p^7=m^7w^7C^7D^7\Rightarrow 7^6p^7=7^6m^7w^7C^7D^7\Rightarrow \frac{7^6p^7}{z+7p}=m^7w^7D^7$

Поэтому делаем замену переменной $m_0=\frac{7^6p^7}{z+7p}-(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)$ и записываем $\frac{z^6p}{7p+z}=m_0+pz^5,m_0\in\mathbb{Z}$
Важно понять, какой знак имеет число $m_0$. Выразим из последнего равенства $m_0$. Получается $m_0=z^5p(\frac{z}{z+7p}-1)\Rightarrow m_0<0$. Вернёмся к равенству $\frac{z^6p}{7p+z}=m_0+pz^5,m_0\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow z^6p=(m_0+pz^5)(7p+z)\Leftrightarrow 7z^5p^2+$$7pm_0+zm_0=0;$
Как видите, получилось квадратное уравнение относительно $p$. Посчитаем его дискриминант. $D_{ кв1}=49{m_0}^2-28z^6m_0={\varepsilon_1}^2;\varepsilon_1, \varepsilon_2 \in $\mathbb{N}$$. Дискриминант представляет из себя в свою очередь квадратное уравнение такое $49{m_0}^2-28z^6m_0-{\varepsilon_1}^2=0$. Посчитаем его дискриминант.
$D_{кв2}/4=(14z^6)^2+49{\varepsilon_1}^2={\varepsilon_2}^2\Leftrightarrow (2z^6)^2+{\varepsilon_1}^2=({\varepsilon_2/7})^2$
Теперь решаем каждое квадратное уравнение
$\left\{ \begin{array}{lcl} p=\frac{-7m_0\pm \varepsilon_1}{14z^5} \\ m_0=\frac{14z^6\pm \varepsilon_2}{49}\\ \end{array} \right.$
Ранее было получено, что
$\left\{ \begin{array}{ lcl} m_0<0 \\ p>0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_1=14pz^5+7m_0 \\ \varepsilon_2/49=2/7z^6-m_0 \\ \end{array} \right.$$
Получается ПТ $(2z^6/7)^2+(\varepsilon_1/7)^2=(\varepsilon_2/49)^2$.
А дальше рассматриваем 2 случая: $z$ нечетное и четное. Для начала пусть $z$ четно, а $y$ нечетное. Нужно понять, четное или нечетное число $m_0$! Для этого, запишем величину $\frac{z^6p}{z+7p}$ через $A,m,w$. Получится, что $\frac{z^6p}{z+7p}=\frac{(7C)^6(7^5C^6-mwD)}{7^6C^7=(7^5C^6-mwD)mwD}$. Но $mwD$ нечетное число по лемме 1. Тогда $m_0,m$ также нечетные и Пифагорова тройка принимает вид следующий
$(2z^6/7)^2+(2pz^5+m_0)^2=(2z^6/7-m_0)^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} 2z^6/7=2ab\\ (2pz^5+m_0)=a^2-b^2\\ 2z^6/7-m_0=a^2+b^2 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7ab}\\ m_0=-(a-b)^2 \\ p=\frac{a(a-b)}{(7(ab))^{5/6}} \end{array} \right.$
Важно понимать, что $a,b$ могут не быть натуральными числами, поэтому $\left\{ \begin{array}{lcl} a=\sqrt{\alpha}\cdot a_1 \\ b=\sqrt{\alpha}\cdot b_1\\ \alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$
Здесь $\alpha$ является возможным общим делителем чисел в ПТ. Сейчас важно узнать, может ли $\alpha$ делиться на $7$. Для этого распишем $m_0$ и узнаем, делится ли оно на семь. $m_0=\frac{7^6p^7}{z+7p}-(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)$.
В силу соотношений $\eqno[2]$ из леммы, $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(mwD)^7$. Раз $D$ не делится на $7$ по лемме 1, то и $m_0$ не делится и $\alpha$ не делится.
Запишем теперь $z,z+7p$ в терминах $a_1,b_1,\alpha$.
$\left\{ \begin{array}{lcl} z=(7\alpha a_1b_1)^{1/6}\\ z+7p=\frac{a_1(7\alpha a_1b_1)^{1/6}}{b_1} \\ \end{array} \right.$
Запишем дробь в терминах соотношений из леммы: $\frac{z^7}{z+7p}=\frac{(7C)^7(7^5C^6-mwD)^7}{7^6C^7};$
Эта дробь, которая на самом деле является натуральным числом, делится на $7$, причём не больше и не меньше. Запишем ее же в терминах $a_1,b_1,\alpha;$. Получим $\frac{z^7}{z+7p}=7b_1^2\alpha;$
Раз $z$ делится на $49$, то $a_1$ делится на $7$!
Как найти, чему равно $\alpha$? Через соотношение для неизвестной $p$. В терминах $a_1,b_1,\alpha$ она записывается следующим образом $p=\frac{(a-b)\sqrt[6]{7ab}}{7b}=\frac{(a_1-b_1)\sqrt[6]{7a_1b_1\alpha}}{7b_1}; p\in\mathbb{N}\Rightarrow \frac{7a_1\alpha}{b_1^5}\in\mathbb{N}\Rightarrow \alpha=b_1^5 \alpha_2;$
Теперь возникает вопрос, как найти $\alpha_2$? Используя факт, что числа $7^6C^7$ и $(7^5C^6-mwD)$ являются взаимно простыми в силу леммы 1!
$\frac{z^7}{z+7p}=7b_1\alpha_2;$
Из леммы 1 следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7$. Запишем $z+7p$ через $\alpha_2$. Получим $z+7p=\frac{a_1\sqrt[6]{7a_1b_1^6\alpha_2}}{b_1}=a_1\sqrt[6]{7a_1\alpha_2}$. Как уже было показано выше, $\frac{z^7}{7(z+7p)}=(7^5C^6-mwD)$, значит $\alpha_2=1;$
Осталось записать соотношения для $z,p$ в окончательном виде!
Имеем $\left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7a_1}b_1\\ p=\sqrt[6]{7a_1}\frac{a_1-b_1}{7} \\ (a_1,b_1)=1,a_1,b_1\in \mathbb{N} \end{array} \right.$ Далее индексы у $a_1,b_1$ можно опустить и писать просто $a,b$
Зная $z$ и $p$ можно найти $m^7,w^7$. Надо просто записать сумму и произведение $m^7,w^7$ через $a,b$ и найти $m^7,w^7$ как корни квадратного уравнения. Произведение записывается через соотношение для $p$,а сумма - через соотношение для $z$. Я напомню, что в лемме 1 было доказано, что $z=m^7+w^7+7p\Rightarrow m^7+w^7=z-7p$. Ну и произведение $m^7w^7=\frac{p^7}{C^7D^7}$ Осталось выразить $C$ через $a,b$ и можно решать квадратное уравнение. Из леммы следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7\Rightarrow 7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow C=\frac{\sqrt[6]{7a}}{7};\eqno[2.1]$
Получаем систему уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^7w^7=(a-b)^7D^{-7} \\ m^7+w^7=(2b-a)\sqrt[6]{7a}\ \eqno[2.2]\\ \end{array} \right.$$

Находим $m^7,w^7$ как корни квадратного уравнения с помощью теоремы Виета. Результат такой (знаки согласованы, это важно!!!)

$$\left\{ \begin{array}{rcl} m^7=\frac{(2b-a)\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ w^7=\frac{(2b-a)\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ \end{array} \right.$$

Раз теперь $m^7,w^7$ известны, можно найти $x,y$ с помощью соотношений из леммы, которые имеют вид $\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p \\ y=m^7+7p\\ p=mwA \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{(a\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ y=\frac{a\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \ \ \eqno[3]\\ z=\sqrt[6]{7a}b,(a,b)=1,a,b,D\in\mathbb{N}\\ \end{array} \right. $
Знаки опять же согласованы! Осталось записать $b$ через $a,F,D$, где по определению $F=mw$ Получится, что $b=a-FD$, что следует из двух способов представления числа $z$ через $a,b$ и $C,D,F$ и соотношения $\eqno[2.1]$, то есть нужны соотношения $\eqno[3],[2],[2.1]$ из которых следует, что $z=\sqrt[6]{7a}b=7C(7^5C^6-mwD)\Rightarrow b=a-FD$ и что числа $a,F,D,b$ попарно взаимно простые
Лемма 2 доказана
Этап 3. С помощью теоремы косинусов записать Пифагорову тройку, затем составить из неё кубическое уравнение относительно косинуса. Думаю, ясно, что должны выполняться условия $\left\{ \begin{array}{lcl} x+y>z\\ y+z>x\\ x+z>y \end{array} \right.\Rightarrow $ существует треугольник со сторонами $x,y,z$ для которого справедлива теорема косинусов $z^2=x^2+y^2-2xy\cos\gamma;$
Здесь $\gamma$ это угол между $x,y$! Я сразу запишу косинус через $a,b$ в упрощённом виде, используя $\eqno[3]$
$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}}{2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7})};$
Сейчас нужно подумать, на что сокращается дробь $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N};(h_1,h_2)=1;$
Вот есть два числа ${x^2+y^2-z^2;2xy}$. Как найти их НОД? Его можно найти как НОД суммы и разности этих чисел, то есть НОД чисел $(x+y-z);(x+y+z)$. Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$ либо $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow y^7+2x^7=z^7+x^7$. Кто не понял, подробные пояснения под спойлером

(Оффтоп)

давайте сначала разберём, почему $(x+y+z,x)=1$ Пусть $(x+y+z,x)>1\Rightarrow (y+z,x)>1$. Перепишем уравнение исходное в виде $x^7+2y^7=z^7+y^7\Rightarrow (y+z,x)\mid z^7+y^7$ $\Rightarrow (y+z,x)\mid (x^7+2y^7)\Rightarrow (y+z,x)\mid y^7\Rightarrow (y,x)>1$.
Имеем противоречие. Для $(x+y+z,y)>1$ принцип такой же!

Так как в силу леммы $x+y-z=7mwCD$, а также того факта, что $(z,x)=(z,y)=1;(x,D)=(y,D)=1$, который был показан в процессе доказательства леммы 1, дробь $\cos\gamma $ сокращается на $2F=2mw$. Осталось выразить $h_1,h_2$ через $a,F,D$ с помощью соотношений $[2.2]$ и можно записывать $h_1,h_2$.
Получим $2F=2mw=2(a-b)D^{-1}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1\\ h_1=\frac{FDD\sqrt[3]{7a}}{2}-F^6 \ \eqno[4]\\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+F^6 \end{array} \right.$
Оба числа $h_1,h_2$ являются нечетными, так как число $x^2+y^2-z^2$ после деления на двойку становится нечетным, а $2xy/2$ и так ясно, что нечетное.
Можно ли выражение для $\cos\gamma$ записать как-то иначе? Да, можно! Для этого берём и умножаем числитель и знаменатель дроби на два для удобства. $\cos\gamma=\frac{D^2\sqrt[3]{7a}F-2F^6}{2\sqrt[3]{7a}bD+2F^6};$ Это новое выражение для $\cos\gamma$ после приведения к ОБЩЕМУ знаменателю представляет из себя квадратное уравнение относительно $D$ и этим нужно воспользоваться! Итак, после упрощения имеем $\sqrt[3]{7a}FD^2-2\sqrt[3]{7a}b\cos\gamma D-2F^6(\cos\gamma+1)=0;$
Решаем его как обычное квадратное уравнение, формируя Пифагорову тройку таким же образом, как в начале доказательства. Считаем дискриминант $\frac{D_3}{4}=(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}F^6(\cos\gamma+1)=\varepsilon_3^2;$
В равносильном виде он имеет вид $(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}F^6(\cos\gamma+1)-\varepsilon_3^2=0;$
Получилось квадратное уравнение относительно $\sqrt[3]{7a}!$ Здесь надо отметить, что так как $|\cos\gamma|<1$, то у обоих квадратных уравнений произведение корней ОТРИЦАТЕЛЬНОЕ! А так как $D,a\in\mathbb{N}$, то корни берём с плюсом! Значит, считаем дискриминант квадратного уравнения относительно $\sqrt[3]{7a}$. $\frac{D_4}{4}=(F^7(\cos\gamma+1))^2+(b\cos\gamma)^2\varepsilon_3^2=(\varepsilon_4)^2;\eqno[5]$
Вот Пифагорова тройка готова. Осталось найти корни квадратных уравнений $D,\sqrt[3]{7a}$! Это просто уже

$$\left\{ \begin{array}{lcl} D=\frac{\sqrt[3]{7a}b\cos\gamma+\varepsilon_3}{\sqrt[3]{7a}F} \\ \sqrt[3]{7a}=\frac{-F^7(\cos\gamma+1)+\varepsilon_4}{(b_1\cos\gamma)^2}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_3=\sqrt[3]{7a}(FD-b\cos\gamma),\\ \varepsilon_4=(b\cos\gamma)^2\sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1) \ \eqno[6]\\ \end{array} \right.$$

Подставляем теперь соотношения для $\varepsilon_3,\varepsilon_4$ в Пифагорову тройку пять.

[Antoshka]

Выкладываю вторую половину доказательства. В первой части была получена ПТ тем же способом, что в начале доказательства, когда записывался корень квадратного уравнения, затем дискриминант считался неизвестной величиной и выражался через корень. Из ПТ получится следующая система. Причём рассматривать ПТ надо в действительных числах. Почему - это отдельный вопрос, дабы не делать доказательство слишком длинным
$\left\{ \begin{array}{lcl} F^7(\cos\gamma+1)=2ed,\\ (a-FD)\cos\gamma \sqrt[3]{7a}(FD-(a-FD)\cos\gamma)=e^2-d^2,\\ (a-FD)^2\cos^2\gamma \sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1)=e^2+d^2, \ \eqno[7] \\ F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ e,d\in\mathbb{R} \end{array} \right.$
В получившейся системе $\eqno[7]$ вычтем и сложим первое уравнение с третьим. Это даст возможность найти сумму и разность чисел $e,d$. Получается, что $\left\{ \begin{array}{lcl} e-d=(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a},\\ e+d=FD\sqrt[6]{7a}-(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=FD\sqrt[6]{7a}/2, \\ d=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}-(a-FD)\cos\gamma\sqrt[6]{7a}\ \ \ \eqno[8]\ \end{array} \right.$
Надо упростить систему $\eqno[8]$. Делается это, используя соотношения $\eqno[4]$ для $h_1,h_2$, записанные через $F,D,a$. Итак, $\left\{ \begin{array}{lcl} F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ h_1=FD^2/2\sqrt[3]{7a}-F^6,\\ h_2=D(a-FD)\sqrt[3]{7a}+F^6\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{eF^5(2a-FD)}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$
А за счёт чего можно получить противоречие? Противоречие получается из того, что составляется уравнение относительно $\cos\gamma$кубическое. Как получить такое уравнение? Надо выразить две величины $D^7$ и $\frac{D^7}{F^7}$ в терминах $e,d,\cos\gamma$! Сначала из соотношения для $e$ выражаем $D$, то есть $e=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}\Rightarrow D=\frac{2e}{F\sqrt[6]{7a}};$
Сейчас из соотношения для $(e-d)$ выражаем $a$, то есть $a\sqrt[6]{7a}=\frac{e-d+2e\cos\gamma}{\cos\gamma};$
Выражаем из первого уравнения системы $\eqno[7]$ $F^7$, то есть $F^7(\cos\gamma+1)=2ed\Rightarrow F^7=\frac{2ed}{\cos\gamma+1};$
Теперь есть все необходимое, чтобы записать $D^7,\frac{D^7}{F^7}$. Получается система $\left\{ \begin{array}{lcl} \frac{D^7}{F^7}=\frac{32e^5(\cos\gamma+1)^2\cos\gamma}{7d^2(e-d+2e\cos\gamma)}, \\ D^7=\frac{64e^6(\cos\gamma+1)\cos\gamma}{7d(e(2\cos\gamma+1)-d)} \ \eqno[9] \end{array} \right.$ Дальше уже просто. Переписываем одно из уравнений в виде алгебраического уравнения относительно $\cos\gamma$ в третьей степени, приводя все к общему знаменателю и максимально упрощая, используя уже упрощенные соотношения $\eqno[8]$ $\left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{eF^5(2a-FD)}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$
Этап 4. Из вышеупомянутого кубического уравнения составить систему уравнений и вывести из неё противоречие
Теперь надо взять кубическое уравнение относительно $\cos\gamma$ и найти его корни по формуле Кардано. Это можно сделать на компьютере. Окажется, что один корень действительный, остальные два комплексные.
Лемма 2. Корень такой $\cos\gamma=j_1+j_2-\frac{2}{3}$, где $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_3}}\\ j_2=\frac{\sqrt[3]{r_3}}{r_2} \ \ \eqno[10]\\ \end{array} \right. $$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1=16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21(2a-FD)^2FD^3,\\ r_2=12\sqrt[6]{7a}h_2,\\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \end{array} \right. $
Кроме того,

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=64\sqrt[6]{7a}^3h_2^3-63\sqrt[6]{7a}(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D),\\ r_{50}=3(2a-FD)D,\\ r_{61}=-21F(49(2a-FD)^4F^2D^7+128\sqrt[6]{7a}^4h_2^3((2a-FD)F^5+h_2D))\\ r_{62}=21F(7\sqrt[6]{7a}^2(2a-FD)^2FD^2(27(2a-FD)^2F^{10}+18(2a-FD)F^5h_2D-13h_2^2D^2))\\ r_{60}=r_{61}-r_{62}\\ \end{array} \right.$$

Доказательство С помощью компьютера, программа wolfram mathematica. Корень имеет громоздкий вид, поэтому надо посмотреть на него внимательнее. Раз $\cos\gamma\in\mathbb{Q}$, то $(j_1+j_2)\in\mathbb{Q},j_1j_2\in\mathbb{Q}$. Это значит, что возможны 2 случая. Либо $j_1,j_2$ оба рациональные, либо оба иррациональные. Надо подумать, могут ли они быть рациональными? Для этого нужно, чтобы число $r_{60}\in \mathbb{Q}$. Но $r_{60}$ можно записать в виде $r_{60}=7^3L,L\not\equiv 0\bmod 7;$ Число $r_{60}$ обратите внимание содержит сомножитель $7$ ровно в третьей степени, потому что первое слагаемое в скобках делится ровно на $7^2$, а второе слагаемое в скобках минимум на $7^3$ в силу того, что $\sqrt[6]{7a}\in\mathbb{N}$ и делится минимум на $49$. Пояснения ниже. Важно, что $(2a-FD)$ не делится на $7$, так как $FD$ не делится на $7$ по лемме 1! (В самом начале было установлено, что $7\mid a$, так как $7C=\sqrt[6]{7a},7\mid C,C\in \mathbb{N}$) Остался случай $j_1,j_2$ оба иррациональные!
Раз они оба иррациональные, имеет смысл найти их сумму и произведение! $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\cos\gamma +\frac{2}{3},\\ j_1j_2=\frac{16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21F(2a-FD)^2D^3}{144\sqrt[6]{7a}^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\frac{3h_1+2h_2}{3h_2},\\ j_1j_2=\frac{16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21F(2a-FD)^2D^3}{144\sqrt[6]{7a}^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.$
Раз произведение и сумма рациональные, то $j_1,j_2$ можно найти как корни соответствующего квадратного уравнения с помощью теоремы Виета. Получится, что в общем виде $j_1,j_2$ имеют вид такой $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1+R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1-R_2\sqrt{R_3}\\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1-R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1+R_2\sqrt{R_3} \ \ \ \eqno[11]\\ \end{array} \right.$ Здесь $R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q}$, причём $R_2,R_3$ можно выбрать так, что множители в числе $R_3$ максимально вынесены за знак квадратного корня, причём $R_2>0$! Опять же, число $r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}$ можно представить в виде $r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6}$, в числе $r_6$ тоже множители максимально вынесены за знак квадратного корня! Давайте рассмотрим вариант, когда $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1+R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1-R_2\sqrt{R_3},\\ R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$ Фактически выше были получены по два способа представления чисел $j_1,j_2$ в системах $\eqno[10],[11]$. Это позволит составить систему из двух уравнений. Чтобы её получить, нужно возвести обе части уравнений в куб и привести дроби к общему знаменателю, затем приравнять числители нулю. Получится система $\eqno[12]$ $\left\{ \begin{array}{lcl} r_1^3-R_1^3r_2^3r_3-3R_1^2r_2^3R_2r_3\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2r_3R_3-r_2^3R_2^3r_3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ -R_1^3r_2^3+r_3+3R_1^2r_2^3R_2\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2R_3+r_2^3R_2^3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6},r_4,r_5,r_6\in\mathbb{N},R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$
Которая распадается на два случая, а именно $R_3=r_6$ и $R_3\ne r_6$. Давайте сначала рассмотрим случай $R_3=r_6$.Система $\eqno[12]$ после перегруппировки слагаемых принимает вид следующий (посчитано в Wolfram Mathematica) $\left\{ \begin{array}{lcl} G_1+G_2=0,\\ G_1=(r_1^3-R_1^3r_2^3r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_4r_6-3R_1^2r_2^3R_2r_5r_6-r_2^3R_2^3r_5r_6^2),\\ G_2=-r_2^3\sqrt{r_6}(3R_1^2R_2r_4+R_1^3r_5+R_2^3r_4r_6+3R_1^2R_2^2r_5r_6),\\ -R_1^3r_2^3+r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_6+\sqrt{r_6}(3R_1^2r_2^3R_2+r_5+r_2^3R_2^3r_6)=0 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} G_1=G_2=0, \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ [12.1]\\ -R_1^3r_2^3+r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_6=0, \ \ \ [12.2]\\ (3R_1^2r_2^3R_2+r_5+r_2^3R_2^3r_6)=0 \ \ \ \ [12.3]\\ \end{array} \right.$
Сейчас из уравнений $\eqno[12.2],[12.3]$ выражаем $r_6$ двумя способами и приравниваем их, затем решаем уравнение относительно $r_4$. Одновременно решаем уравнение $G_2=0$ относительно $r_6$; $r_2>0$ так как $h_2\sqrt[6]{7a}/2>0$. Получится, что $\left\{ \begin{array}{lcl} r_6=\frac{-R_1^3r_2^3+r_4}{3R_1r_2^3R_2^2}, \\ r_6=\frac{-3R_1^2r_2^3R_2-r_5}{r_2^3R_2^3} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \frac{-R_1^3r_2^3+r_4}{3R_1r_2^3R_2^2}=\frac{-3R_1^2r_2^3R_2-r_5}{r_2^3R_2^3} \\ (3R_1^2R_2r_4+R_1^3r_5+R_2^3r_4r_6+3R_1^2R_2^2r_5r_6)=0 \\ \end{array} \right.\Rightarrow $\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=\frac{-R_1(8R_1^2r_2^3R_2+3r_5)}{R_2}, \\ r_6=\frac{-3R_1^2R_2r_4-R_1^3r_5}{R_2^2(R_2r_4+3R_1r_5)} \\ \end{array} \right.$
Дальше подставляем соотношение для $r_4$ в соотношение для $r_6$, затем преобразованное соотношение для $r_6$ максимально упрощаем. Оно принимает вид $r_6=\frac{-3R_1^2R_2r_2^3-r_5}{R_2^3r_2^3}$, при этом видно, что $r_6<0$! Вот и получилось противоречие, так как $r_6$ положительное число!
Таким образом, случай $R_3=r_6$ разобран! Получили противоречие! Теперь рассмотрим случай $r_3\ne R_6$
Возвращаемся к системе $\eqno[12]$, которая имеет вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1^3-R_1^3r_2^3r_3-3R_1^2r_2^3R_2r_3\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2r_3R_3-r_2^3R_2^3r_3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ -R_1^3r_2^3+r_3+3R_1^2r_2^3R_2\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2R_3+r_2^3R_2^3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6},r_4,r_5,r_6\in\mathbb{N},R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$$

На сей раз понадобится лемма следующая.
Лемма 3.
Дано равенство в максимально упрощённом виде, то есть числа все какие можно вынесены за знак корня $A\sqrt{B}+C\sqrt{D}=E;A,B,C,D,E\in\mathbb{Q};B\ne 0;D\ne 0,B\ne D$. Тогда $A=C=E=0;$ Лемма доказывается легко возведением в квадрат. Возьмём сначала второе уравнение системы $\eqno[12]$. С учётом равенства $r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6}$ получаем $(-R_1^3r_2^3-3R_1r_2^3R_2^2R_3+r_4)+r_2^3R_2(3R_1^2+R_2^2R_3)\sqrt{R_3}+r_5\sqrt{r_6}=0;$ пользуемся леммой и получаем систему $\left\{ \begin{array}{lcl} -R_1^3r_2^3-3R_1r_2^3R_2^2R_3+r_4=0,\\ r_2^3R_2(3R_1^2+R_2^2R_3)=0, \\ r_5=0\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} r_4=R_1^3r_2^3+3R_1r_2^3R_2^2R_3,\\ r_2^3R_2(3R_1^2+R_2^2R_3)=0, \\ r_5=0\\ \end{array} \right.$ Пусть $r_2=0$. Тогда из первого уравнения системы $\eqno[12]$ следует, что $r_1=0$, но это невозможно, так как $r_1=16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21d_3^2FD^3$ нечетное число! Пусть $R_2=0$. Тогда первое уравнение системы $\eqno[12]$ записывается так $(r_1-R_1^2r_2^2)(r_1^2+r_1R_1^2r_2^2+R_1^4r_2^4)=0\Rightarrow r_1=R_1^2r_2^2;$ и первое уравнение системы $\eqno[12]$ принимает вид $R_1r_2^6R_2\sqrt{R_3}(3R_1^4+6R_1^3R_2\sqrt{R_3}+10R_1^2R_2^2R_3+9R_1R_2^3R_3\sqrt{R_3}+3R_2^4R_3^2)=0;$
$R_2=0\Rightarrow j_1,j_2\in\mathbb{Q}$, а это противоречие!
Пусть $(3R_1^2+R_2^2R_3)=0\Rightarrow R_1=R_2=0$, $R_3$ положительное, поэтому опять противоречие, так как $j_1,j_2$ иррациональные! Случай $R_3\ne r_6$ разобран.
Таким образом, случай $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1+R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1-R_2\sqrt{R_3},\\ R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$ разобран. Случай $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1-R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1+R_2\sqrt{R_3},\\ R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$ доказывается таким же образом! Получается, что случай $j_1,j_2$ иррациональные разобран. В итоге случай $z$ четное разобран! Случай, когда $z$ нечетное имеет такой же принцип доказательства! Случай $z$ делится на семь разобран. Случаи $7\mid xy$, либо $7\not\mid xy$доказываются так же. Случай общий, когда $x^n+y^n=z^n,n>7$, где $n$ простое число доказывается теперь понятно как, ведь приведенное доказательство не зависит от показателя степени!

[Elfhybr]

Antoshka в сообщении #1583842 писал(а):

Случай $z$ делится на семь разобран. Случаи $7\mid xy$, либо $7\not\mid xy$доказываются так же. Случай общий, когда $x^n+y^n=z^n,n>7$, где $n$ простое число доказывается теперь понятно как, ведь приведенное доказательство не зависит от показателя степени!

Так в итоге, что вы доказали? ВТФ для всех простых степеней?

[JobSeeker]

(Оффтоп)

Antoshka, извините, хотел вас спросить. Я читал ваши посты - вы около 8 лет доказываете Великую теорему Ферма. Имхо, в этой области вы сделали больше, чем все кандидаты и доктора наук, просиживающие свои штаны в институтах и академиях, вместе взятые. Недавно вы взялись за гипотезу Римана. Я хотел спросить, обратите ли вы внимание в дальнейшем на такие задачи, как $abc$-гипотеза и существование и гладкость решений уравнений Навье-Стокса или с вашим капитальным подходом посвятите весьма продолжительное время именно доказательству гипотезы Римана?

[Antoshka]

Elfhybr в сообщении #1585011 писал(а):

Так в итоге, что вы доказали? ВТФ для всех простых степеней?

Да, ВТФ для всех простых степеней

JobSeeker в сообщении #1585032 писал(а):

13/02/23

21

(Оффтоп)
Antoshka, извините, хотел вас спросить. Я читал ваши посты - вы около 8 лет доказываете Великую теорему Ферма. Имхо, в этой области вы сделали больше, чем все кандидаты и доктора наук, просиживающие свои штаны в институтах и академиях, вместе взятые. Недавно вы взялись за гипотезу Римана. Я хотел спросить, обратите ли вы внимание в дальнейшем на такие задачи, как $abc$-гипотеза и существование и гладкость решений уравнений Навье-Стокса или с вашим капитальным подходом посвятите весьма продолжительное время именно доказательству гипотезы Римана?

Ну на самом деле не 8 лет я её доказываю. Я ею занялся в 2016 году, пробовал доказывать периодически в течение пары лет примерно. Затем где то с конца 2017 года я её забросил почти, а затем 1 апреля 2020 года, когда началась самоизоляция в Москве из-за пандемии, я к ней вернулся, потому что сидя дома делать особо нечего, и нашёл доказательство сначала для кубов, а затем начал общий случай доказывать, когда понял, что доказательство для него есть, находясь при этом на самоизоляции. Ну а в 21-22 годах решил все же выложить доказательство сюда, и вот оно перед вами. Над доказательством гипотезы Римана сейчас работаю, большую часть сделал, летом где-то выложу

[Elfhybr]

Antoshka в сообщении #1585046 писал(а):

Elfhybr в сообщении #1585011 писал(а):

Так в итоге, что вы доказали? ВТФ для всех простых степеней?

Да, ВТФ для всех простых степеней

JobSeeker в сообщении #1585032 писал(а):

1. А для четных степеней вы доказали?
2. То есть ваше доказательство значительно проще доказательства Уайлза, но им вы ещё раз подтвердили, что элементарного доказательства на уровне развития математики времен Ферма не существует?
3. Как в вашем доказательстве показано, что оно верно для всех простых чисел?

[mathematician123]

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

Сначала я решил рассмотреть случай, когда одно из чисел тройки делится на показатель степени. Пусть это будет $z$. Чтобы было легче проверять Доказательство, имеет смысл расписать его для показателя семь. Итак, имеем уравнение $x^7+y^7=z^7,z\equiv 0\bmod 7; \eqno [1]$. Нужно доказать, что оно не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах.

А что делать в случае $x \equiv 0 \pmod{7}$? Если считать $x, y, z$ натуральными, то он отличается от случая $z \equiv 0 \pmod{7}$.

[Antoshka]

mathematician123 в сообщении #1585055 писал(а):

А что делать в случае $x \equiv 0 \pmod{7}$? Если считать $x, y, z$ натуральными, то он отличается от случая $z \equiv 0 \pmod{7}$.

Да, случай $7\mid x$ отличается, но это же не значит, что принцип доказательства в корне меняется. Просто в случае икс делится на семь соотношения в лемме 1 поменяются немного, что повлечёт за собой и другие небольшие изменения в доказательстве, но принцип останется тем же самым.

Elfhybr в сообщении #1585050 писал(а):

1. А для четных степеней вы доказали?
2. То есть ваше доказательство значительно проще доказательства Уайлза, но им вы ещё раз подтвердили, что элементарного доказательства на уровне развития математики времен Ферма не существует?
3. Как в вашем доказательстве показано, что оно верно для всех простых чисел?

1. Если доказано для простых степеней, то доказано и для четных конечно
2. Как видите, в моем доказательстве не используется теория эллиптических кривых и модулярных форм, поэтому моё доказательство действительно проще, чем у Андрюши. Элементарного доказательства средствами только времен Ферма нет, судя по всему
3. По требованиям форума, сначала нужно представить доказательство для какого-то конкретного показателя. Я выложил в этой теме сначала доказательство для показателя 3, затем для показателя 7, потому что общий случай надо рассматривать именно начиная с 7 и выше. Если хотите увидеть общий случай, замените в моем доказательстве 7 на n. Так же получите противоречие

[Elfhybr]

Antoshka в сообщении #1585057 писал(а):

mathematician123 в сообщении #1585055 писал(а):

А что делать в случае $x \equiv 0 \pmod{7}$? Если считать $x, y, z$ натуральными, то он отличается от случая $z \equiv 0 \pmod{7}$.

3. По требованиям форума, сначала нужно представить доказательство для какого-то конкретного показателя. Я выложил в этой теме сначала доказательство для показателя 3, затем для показателя 7, потому что общий случай надо рассматривать именно начиная с 7 и выше. Если хотите увидеть общий случай, замените в моем доказательстве 7 на n. Так же получите противоречие

Подставить n можно, но где в доказательстве будет однозначно определенно, что п- любое простое число?

[Elfhybr]

Antoshka в сообщении #1583842 писал(а):

$r_1=16\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21d_3^2FD^3$ нечетное число!

Где вы это показали? И корень, что всегда-натуральное число?