ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[Antoshka]

Теорема. Уравнение $x^3+y^3=z^3$ не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах. Основная идея заключается в том, чтобы вывести семейства гипотетических решений в натуральных попарно взаимно простых числах, таких, что при подстановке этих семейств в уравнение $\eqno[1]$ получалось бы ТОЖДЕСТВЕННОЕ РАВЕНСТВО и вывести из них противоречие! В доказательстве используется аналитическая геометрия, математический анализ, в частности, теория пределов, и теория чисел(Пифагоровы тройки). Это Доказательство отличается от остальных тем, что мы переносим икс в правую часть! Для удобства чтения цели подсвечиваются чёрным цветом, а леммы синим. В доказательстве рассматриваются различные случаи, которые подсвечиваются зелёным цветом. По умолчанию предполагается, что все алгебраические манипуляции выполняются в программе wolfram Mathematica, а то у вас в процессе чтения могут возникнуть вопросы, как я посчитал, чему рано $3^{33}$, так как числа большие.
Также используются обозначения $\mathbb{N}_c$ это множество четных натуральных чисел.
$\mathbb{N}_n$ это множество нечетных натуральных чисел.
$\mathbb{Z}_c$ это множество четных целых чисел.
$\mathbb{Z}_n$ это множество нечетных целых чисел. Множество натуральных чисел начинается с единицы! Несмотря на то, что для кубов Доказательство отдельное, оно позволяет понять принцип доказательства общего случая! Доказательство состоит из семи частей. Одна часть это одно сообщение!
Доказательство. От противного. Пусть существуют $x,y,z$ натуральные попарно взаимно простые числа, что выполняется равенство $\eqno[1]$. Сразу предположим, что ни $x$, ни $y$ не делятся на три!
Цель 1. Получить с помощью формул Абеля соотношения для гипотетических решений уравнения $\eqno[1]$ в натуральных попарно взаимно простых числах. Как это сделать? С помощью леммы 1.
Лемма 1

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^3+3p, \\ x=w^3+3p, \\ z=m^3+3p+w^3,m,w,A\in\mathbb{N}\\ (m,w)=(w,A)=(m,A)=1\\ 3\mid A\\ x+y=9A^3\\ z=3A(3A^2-mw) \end{array} \right. \eqno[2]$$

Доказательство леммы 1.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$. Тогда $y^3=z^3-x^3\Leftrightarrow y^3=(z-x)(z^3-x^3)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z-x=m^3, \\ z-y=w^3, \\ m,w\in\mathbb{N} \end{array} \right$$
Пусть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^3+y^3=(x+v)^3\Rightarrow \frac{y^3-v^3}{3v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^3,$
Так как $3\mid y-v;v=m^3\Rightarrow m^3\mid y^3\Rightarrow m\mid y;$
Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^3+3mh_y$. Где $h_y$ целое число.
Пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^3+y^3=(y+u)^3\Rightarrow \frac{x^3-u^3}{3u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^3,$
Так как $3\mid x-u;u=w^3\Rightarrow w^3\mid x^3\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^3+3wh_x$. Где $h_x$ целое число.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 3mh_y=3wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^3+3p, \\ y=m^3+3p, \\ p=mwA\\ z=m^3+3p+w^3,m,w,A\in\mathbb{N}\\ (m,w)=(w,A)=(m,A)=1 \end{array} \right$$

Подставим соотношения из леммы 1 в уравнение теоремы $\eqno[1]$. Получим следующее уравнение $m^3+w^3+6mwA=9A^3;\eqno[3]$
Из него сразу следует, что $z=3A(3A^2-mw)$, поэтому $(m,A)=(w,A)=1$ и что $3\mid A$ в силу того, что $9\mid (m^3+w^3)$ и что $x+y=9A^3;$
Лемма 1 доказана! Что и требовалось получить. Цель 1 достигнута!

-- 08.05.2022, 12:16 --

Цель 2. Из соотношений $\eqno[2]$ получить такие соотношения для $x,y,z$, что при их подстановке в уравнение $\eqno[1]$ получалось бы тождественное равенство.
Лемма 2.
$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{3pm_x}{m_x+p^2} \\ y=\frac{3pm_y}{m_y+p^2} \\ z=\frac{-3pm_z}{m_z+3p^2} \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{rcl} m_y=-w^2A^2(m^2+3wA) \\ m_x=-m^2A^2(w^2+3mA) \\ m_z=-m^2w^2(3A^2-mw) \end{array} \right.$
Доказательство леммы 2.
Ранее было получено, что $\left\{ \begin{array}{lcl} x^2+vx+\frac{v^3-y^3}{3v}=0 \\ v=y+k \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow$ по теореме Виета $\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{lcl} x_1+x_2=-(y+k)\\ x_1x_2=\frac{k(k^2+3yk+3y^2)}{3(y+k)}\\ \end{array} \right.$
Из того, что $\left\{ \begin{array}{lcl} k<0\\ k^2+3yk+3y^2>0 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow x_1x_2<0$
Раз $x\in\mathbb{N}\Rightarrow$ так как $x_1+x_2=-v<0$, то $-(x_1+x_2)\in \mathbb{N}\Rightarrow-x_1x_2\in\mathbb{N}\Rightarrow k=-3p,p>0;$
Вот далее неочевидный шаг. Запишем тождественное равенство $\frac{k^2+3yk+3y^2}{y+k}=y+\frac{k^2}{3(y+k)}\Rightarrow x_1x_2=\frac{k}{3}\frac{k^2}{3(y+k)}=-p(y+\frac{3p^2}{y-3p});$
Запишем ещё одно тождественное равенство $\frac{3p^2}{y-3p}=-p-\frac{y}{3}+\frac{y^2}{3(y-3p)}\Rightarrow\frac{-3p^3}{y-3p}=\frac{-p}{3}(\frac{y^2}{y-3p}-y)+p^2$. Тогда $\frac{-py^2}{y-3p}=3(\frac{-3p^3}{y-3p}-p^2)-py; \eqno[4]$. В силу леммы 1 $\frac{-3p^3}{y-3p}=\frac{-3m^3w^3A^3}{m^3}=-3w^3A^3<0$. Обозначим $m_y=\frac{-3p^3}{y-3p}-p^2$.
Тогда $\eqno[4]\Leftrightarrow \frac{-py^2}{y-3p}=3m_y-py\Leftrightarrow -py^2=(y-3p)(3m_y-py)\Leftrightarrow $ $\Leftrightarrow-py^2=-9pm_y+3y(m_y+p^2)-py^2\Rightarrow y=\frac{3pm_y}{m_y+p^2}$. В силу леммы 1 $m_y=\frac{-yp^2}{y-3p}=-w^2A^2(m^2+3wA);$ Такие же соотношения для $x,m_x$ выводятся с помощью замены $y\to x,m\to w,w\to m$. Как получить такие соотношения для $z,m_z$?
$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{3pm_x}{m_x+p^2}& \\ m_x=-m^2A^2(w^2+3mA) \\ \end{array} \right.$ Это соотношения для $x$ в результате замены. С переменной $z$ поступаем так.
Делаем замену $\delta=x+y,\delta \in\mathbb{N}$.
Тогда $\eqno[1]\Leftrightarrow (\delta -y)^3+y^3=z^3\Leftrightarrow y^2-\delta y+\frac{\delta^3-z^3}{3\delta}=0$.
По теореме Виета $\left\{ \begin{array}{lcl} y_1y_2=\frac{\delta^3-z^3}{3\delta} \\ y_2+y_2=\delta \\ \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{lcl} \delta>z\\ y_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$$\Rightarrow y_2\in\mathbb{N};$
В силу ранее произведенной замены $z=x+y+k$ имеем право записать $\delta=z-k,k=-3p$. Тогда $\frac{\delta^3-z^3}{3\delta}=\frac{(z-k)^3-z^3}{3(z-k)}=3p(z+\frac{3p^2}{z+3p})$. Далее по аналогии получаем, что (заменяя $y\to z,p\to -p$) $\frac{3p^2}{z+3p}=(p-\frac{z}{3})+\frac{z^2}{3(z+3p)}$$\Rightarrow\frac{3p^3}{z+3p}=\frac{p}{3}(\frac{z^2}{z+3p}-z)+p^2;$
Тогда $\frac{pz^2}{z+3p}=3(\frac{3p^3}{z+3p}-p^2)+pz; \eqno[5]$. В силу леммы 1 $\frac{9p^3}{z+3p}=\frac{9m^3A^3w^3}{9A^3}=m^3w^3\in\mathbb{Z};$
Обозначим $m_z=\frac{9p^3}{z+3p}-3p^2$. Тогда $\eqno[5]\Leftrightarrow \frac{pz^2}{z+3p}=m_z+pz\Leftrightarrowpz^2=(z+3p)(m_z+pz)\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow pz^2=zm_z+3pm_z+pz^2+3p^2z\Leftrightarrow z=\frac{-3pm_z}{m_z+3p^2}\Rightarrow m_z=3p^2(\frac{3p^2}{z+3p}-1)$.
В силу леммы 1 имеем право записать $m_z=3m^2w^2A^2(\frac{mw}{3A^2}-1)=-m^2w^2(3A^2-mw);m_z<0$.
Таким образом, лемма 2 доказана
Теперь рассмотрим соотношения для $x,y,z$ из леммы 2 как квадратные уравнения относительно $p$, используя при этом соотношения для $m_x,m_y,m_z$. В уже переписанном виде имеем $yp^2-3pm_y+ym_y=0; m_y<0\Rightarrow$ по теореме Виета произведение корней отрицательно, но $p>0\Rightarrow p=\frac{3m_y+\varepsilon_1}{2y}\Rightarrow \varepsilon_1=2yp-3m_y; \eqno[6]$
Дискриминант квадратного уравнения относительно $y$ обозначим как $D_1$. Посчитаем его. $D_1=9m_y^2-4y^2m_y=\varepsilon_1^2$. Получается, что Дискриминант $D_1$ представляет из себя квадратное уравнение относительно $m_y$, причём произведение его корней отрицательно. Его Дискриминант обозначим как $D_2$ и посчитаем его. $D_2/4=(2y^2)^2+9\varepsilon_1^2=\varepsilon_2^2\Rightarrow m_y=(2y^2-\varepsilon_2)/9\Rightarrow \varepsilon_2=2y^2-9m_y; \eqno [7]$
Теперь подставим $\eqno[6],\eqno[7]$ в $D_2/4$. Получается Пифагорова тройка $D_2/4=(2y^2)^2+(3(2yp-3m_y))^2=(2y^2-9m_y)^2$.
Возможны два случая, когда $y$ чётное число и нечетное. Пусть он чётное число.Тогда $m\in\mathbb{N}_{c};w,A\in\mathbb{N}_{n}\Rightarrow m_y\in\mathbb{Z}_{n}$. И имеем, записав решения уравнения Пифагоровой тройки в действительных числах $a_0,b_0$, следующее
$\left\{ \begin{array}{lcl} 2y^2=2a_0b_0 \\ 3(2yp-3m_y)=a_0^2-b_0^2 \\ 2y^2-9m_y=a_0^2+b_0^2& \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} y=\sqrt{a_0b_0} \\ p=\frac{(a_0-b_0)\sqrt{b_0}}{3\sqrt{a_0}}\\ m_y=-\frac{-(a-b)^2}{9} \end{array} \right.$.
Здесь важно, что числа $a_0,b_0$ не произвольные действительные числа, а имеющие специальный вид $\left\{ \begin{array}{lcl} a_0=\sqrt{\alpha_y}a_1\\ b_0=\sqrt{\alpha_y}b_1\\ \alpha_y,a_1,b_1\in \mathbb{N}\\ (a_1,b_1)=1 \end{array} \right.$. Пока на этом остановимся и получим ещё одну Пифагорову тройку с помощью замены переменных $y\to x,m_y\to m_x$. Получится
$(2x^2)^2+(3(2xp-3m_x))^2=(2x^2-9m_x)^2 \Leftrightarrow (x^2)^2+(3/2\cdot (2xp-3m_x))^2=$ $(x^2-9/2\cdot m_x)^2$.
Опять записываем решения уравнения Пифагоровой тройки в действительных числах $a_2,b_2$. Раз икс нечетное, соотношения другие $\left\{ \begin{array}{lcl} x^2=a_2^2-b_2^2 \\ 3/2\cdot (2xp-3m_x)=2a_2b_2 \\ x^2-9/2\cdot m_x=a_2^2+b_2^2 \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{rcl} x=\sqrt{a_2^2-b_2^2} \\ m_x=-4/9\cdot b_2^2\\ p=\frac{2b_2(a_2-b_2)}{3\sqrt{a_2^2-b_2^2}} \end{array} \right.$. Опять же важно, что числа $a_2,b_2$ не произвольные, а имеющие вид такой $\left\{ \begin{array}{lcl} a_2=\sqrt{\alpha_x}a_6\\ b_2=\sqrt{\alpha_x}b_6\\ \alpha_x,a_6,b_6\in \mathbb{N}\\ (a_6,b_6)=1 \end{array} \right.$
Осталось получить третью Пифагорову тройку, используя соотношения для $z$.
В лемме 2 ранее было получено, что $z=\frac{-3pm_z}{m_z+3p^2}\Leftrightarrow 3p^3z+3m_zp+zm_z=0;$. Раз $m_z<0$, то по теореме Виета произведение корней отрицательно, но ведь $p>0$, поэтому $p=\frac{-3m_z+\varphi_1}{6z}\Rightarrow \varphi_1=6zp+3m_z; \eqno [8]$. Посчитаем Дискриминант квадратного уравнения относительно $p$, обозначая его через $D_1$.
$D_1=9m_z^2-12z^2m_z=\varphi_1^2;\varphi_1=\sqrt{D_1}$. Этот Дискриминант представляет из себя квадратное уравнение относительно $m_z$, которое имеет свой Дискриминант $D_2$, причём произведение его корней отрицательно. $D_2/4=(6z^2)^2+9\varphi_1^2=\varphi_2^2;\varphi_2=\sqrt{D_2}$. Находим корень квадратного уравнения относительно $m_z$. $m_z=\frac{6z^2-\varphi_2}{9}\Rightarrow \varphi_2=6z^2-9m_z; \eqno[9]$. Осталось подставить полученные соотношения для $\varphi_1,\varphi_2$ в $D_2/4$ и получится уже третья Пифагорова тройка. $(6z^2)^2+(9(2zp+m_z))^2=(3(2z^2-3m_z))^2$. Раз $m$ чётное, то $m_z$ тоже чётное. Для третьей тройки значит соотношения такие получаются (после деления на четыре левой и правой частей равенства) $ \left\{ \begin{array}{lcl} 3z^2=a_3^2-b_3^2\\ 9(zp+m_z/2)=2a_3b_3\\ 3(z^2-3/2m_z)=a_3^2+b_3^2 \end{array} \right.$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt{(a_3^2-b_3^2)/3} \\ m_z=4/9b_3^2\\ p=\frac{2b_3(a_3+b_3)}{3\sqrt{3(a_3^2-b_3^2)}} \end{array} \right.;
Конечно, как и в предыдущих случаях имеют место соотношения $\left\{ \begin{array}{lcl} a_3=\sqrt{\alpha_z}a_4\\ b_3=\sqrt{\alpha_z}b_4\\ \alpha_z,a_4,b_4\in \mathbb{N}\\ (a_4,b_4)=1 \end{array} \right.$. На всякий случай отмечу, что $\alpha_x,\alpha_y, \alpha_z$ являются возможными общими наибольшими делителями чисел в каждой из упомянутых Пифагоровых троек. Теперь нужно представить неизвестные $m,w,A$ через $a_3,b_3$. Затем представить $m,w,A$ через $a_4,b_4$. Ту же процедуру нужно проделать и с $\alpha_x,\alpha_y, \alpha_z$. При этом нужно использовать решения всех трех Пифагоровых троек. Как это сделать? Из леммы 1 следует, что $z-3p=m^3+w^3$
С другой стороны, $z,p$ ранее были выражены через $a_3,b_3$. Значит можно записать следующее уравнение $m^3+w^3=\frac{(a_3-3b_3)(a_3+b_3)}{\sqrt{3(a_3^2-b_3^2)}}$. Из леммы 1 следует, что уравнение $\eqno[2]$ можно записать как $z+3p=9A^3\Rightarrow A=\frac{\sqrt[3]{(z+3p)3}}{3}=\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3}(a_3+b_3)^2}{\sqrt{a_3^2-b_3^2}}}\cdot \frac{1}{3};$. Из леммы 1 также следует, что $m^3w^3=\frac{p^3}{A^3}=\frac{8b_3^3}{9(a_3-b_3)}$. Теперь запишем числа в Пифагоровой тройке, которая получилась с помощью $z$, через $m,w,A$, чтобы найти их общий делитель. $3z^2=3(3A)^2(3A^2-mw)^2$ в силу уравнения $\eqno[2]$. Оставшиеся два числа запишутся так $3(zp+\frac{m_z}{2})=3(3A^2-mw)(3A^2-\frac{mw}{2})mw$ в силу соотношений из леммы 2. Последнее число $3(z^2-\frac{3m_z}{2})=9(3A^2-mw)(3A^2(3A^2-mw)+\frac{m^2w^2}{2})$ записывается таким образом опять же в силу леммы 2. Теперь нужно понять, какой наибольший общий делитель будет у этих трех чисел, если уже установлено, что $(m,A)(w,A)=(m,w)=1$. НОД будет $\alpha_z=9(3A^2-mw)$. Теперь нужно записать $\alpha_z$ через $a_3,b_3$. Для этого понадобятся соотношения из леммы 2. $\left\{ \begin{array}{lcl} m_z=-m^2w^2(3A^2-mw) \\ m_z=\frac{-4b_3^2}{9}\\ mw=\frac{2b_3}{\sqrt[3]{(a_3-b_3)9}} \end{array} \right.\Rightarrow \alpha_z=\frac{-9m_z}{m^2w^2}=\frac{(9(a_3-b_3))^{\frac{2}{3}}}{9};$ Но ранее было установлено, что числа $a_3,b_3$ имеют специальный вид. Это поможет выразить $\alpha_z,m,w,A$ через $a_4,b_4$ натуральные.
$\left\{ \begin{array}{lcl} a_3=\sqrt{\alpha_z}a_4\\ b_3=\sqrt{\alpha_z}b_4 \end{array} \right.\Rightarrow \alpha_z=\frac{\sqrt[3]{3^4\alpha_z(a_4-b_4)^2)}}{9}\cdot 9\Rightarrow \alpha_z ^{2/3}=\sqrt[3]{3^4(a_4-b_4)^2}\Rightarrow $ $\Rightarrow \alpha_z=9(a_4-b_4);$.
НОД Пифагоровой тройки найден. Это позволяет записать сумму и произведение кубов $m^3,w^3$ через $a_4,b_4$. Получится, что произведение после всех упрощений $m^3w^3=(2b_4)^3; \eqno[10]$, а сумма опять же в упрощённом уже виде $m^3+w^3=(a_4-3b_4)\sqrt{3(a_4-b_4)}; \eqno[11]$. Настала пора объединить соотношения $\eqno[10],\eqno[11]$ в систему и решить её относительно $m^3,w^3$. Получится, что $\left\{ \begin{array}{lcl} {m^3,w^3}=\frac{(a_4-3b_4)\sqrt{3(a_4-b_4)}\pm \sqrt{D_{mw}}}{2} \\ D_{mw}=3a_4^3-15a_4^2b_4+9a_4b_4^2-5b_4^3\\ \end{array} \right.\eqno[12]$. При каких условиях $D_{mw}\geqslant 0$? Чтобы это выяснить, рассмотрим функцию $f_1(t_4);$
Пусть $t_4=\frac{a_4}{b_4}; f_1(t_4)=3t_4^3-15t_4^2+9t_4-5;a_4>b_4\Rightarrow t_4\geqslant 1; $ $f_1(t_4)=0\Rightarrow t_4=\frac{2^{5/3}+2^{7/3}+5}{3}$. Единственный ли он? Чтобы это понять, нужно исследовать функцию $f_1(t_4)$ на монотонность.$\frac{df_1}{dt_4}=3(3t_4^2-10t_4+3)=0\Rightarrow \left\{ \begin{gathered} t_4=3\\ t_4=1/3 \\ \end{gathered} \right.$
Так как $f_1(1/3)=-14/9-2<0$, то угаданный корень единственный. Он примерно равен $t_4=4.40483$. Осталось записать $p,A$ через $a_4,b_4$, используя для этого ранее полученные соотношения для $a_3,b_3,\alpha_z$. После всех упрощений получится $\left\{ \begin{array}{lcl} A=\frac{\sqrt{3(a_4+b_4)}}{3}\\ p=2b_4\cdot \frac{\sqrt{3(a_4+b_4)}}{3} \end{array} \right. \eqno[13]$. Полученные соотношения позволяют сделать вывод, что раз $A$ нечетное, то $a_4,b_4$ являются разночетными. Теперь, используя соотношения $\eqno[12],\eqno[13]$ находим $x,y,z$ через соотношения, являющиеся следствием формул Абеля из леммы 1.
$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^3+3p \\ y=m^3+3p \\ z=y+w^3 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{(a_4+b_4)^{3/2}\sqrt3 \pm \sqrt{D_{mw}}}{2}\\ y=\frac{(a_4+b_4)^{3/2}\sqrt3 \mp \sqrt{D_{mw}}}{2} \\ z=(a_4-b_4)\sqrt{3(a_4+b_4)} \end{array} \right.\eqno[14] \. Знаки в системе четырнадцать согласованы! Это важно. Таким образом, цель 2 успешно достигнута. Что и требовалось получить.
Цель 3. Только что получены соотношения для $m,w A,x,y,z$ из Пифагоровой тройки для $z$. Нужно получить такие же соотношения из двух оставшихся Пифагоровых троек, порожденных $x,y$, рассуждая по такому же принципу. Об этом в следующем сообщении

[Antoshka]

Ранее в лемме 1 было получено, что $y=m^3+3p\Rightarrow m^3=y-3p=\sqrt{a_0b_0}-\frac{\sqrt{b_0}(a_0-b_0)}{\sqrt{a_0}}=\frac{b_0^{3/2}}{\sqrt{a_0}};$
$wA=\frac{p}{m}=\frac{\sqrt{b_0}(a_0-b_0)}{3\sqrt{a_0}}\cdot \frac{\sqrt[6]{a_0}}{\sqrt{b_0}}=\frac{a_0-b_0}{3\sqrt[3]{a_0}};$
$y+3p=\sqrt{a_0b_0}+\frac{\sqrt{b_0}(a_0-b_0)}{\sqrt{ a_0}}=\frac{\sqrt{b_0}(2a_0-b_0)}{\sqrt{a_0}};$
Уравнение (в силу соотношений из леммы 1) $\eqno[3]\Leftrightarrow x+y=9A^3\Rightarrow y+3p=9A^3-w^3$ в силу того, что по лемме 1 $x=w^3+3p$ Получилась система уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} 9A^3-w^3=\frac{\sqrt{b_0}(2a_0-b_0)}{\sqrt{a_0}} \\ w^3A^3=\frac{(a_0-b_0)^3}{27a_0} \\ \end{array} \right. \eqno[15]$$

Решаем систему $\eqno[15]$, считая $9A^3,-w^3$ неизвестными, ведь система $[15]$ это теорема Виета для квадратного уравнения с корнями $9A^3,-w^3$. Обозначим Дискриминант этого уравнения как $D_{Aw}$. После всех упрощений он имеет вид $D_{Aw}=\frac{4a_0^3-b_0^3}{3a_0};$. Как и в прошлый раз, надо выразить все величины в натуральных числах, используя общий делитель Пифагоровой тройки, в данном случае порожденной с помощью переменной $y$. Для этого понадобятся соотношения, уже упомянутые

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a_0=\sqrt{\alpha_y}a_1 \\ b_0=\sqrt{\alpha_y}b_1\\ (a_1,b_1)=1 \end{array} \right.$$

С учётом этих соотношений $D_{Aw}=\frac{4a_1^3-b_1^3}{3a_1}\cdot \alpha_y;$
Возникает вопрос, как найти $\alpha_y$, который является наибольшим общим делителем чисел в Пифагоровой тройке? Как и в прошлой раз, запишем числа, которые фигурируют в Пифагоровой тройке, через $m,w,A$. Сначала вычтем третье число Пифагоровой тройки из второго. Получится, что $\alpha_y\mid 2y(y-3p)=2m^4(m^2+3wA)$. Ранее было получено в лемме 2, что $m_y=-w^2A^2(m^2+3wA)$. Но ведь по лемме 1 числа $m,w,A$ попарно взаимно простые. Это даёт возможность сделать вывод о том, что $\alpha_y=m^2+3wA=\frac{y}{m}$ в силу леммы 1, но $y,m$ ранее уже были выражены через $a_1,b_1$, поэтому нужно этим пользоваться и записать $\alpha_y=\frac{y}{m}=\frac{\sqrt{\alpha_y a_1b_1}\sqrt[6]{a_1}}{\sqrt[3]{b^{3/2}\alpha_y^{1/2}}}=a_1^{2/3}\alpha_y^{1/3}\Rightarrow \alpha_y=a_1$. Раз $\alpha_y$ найдено, подставим его в соотношения для $D_{Aw},m,y$. Получим, что после всех упрощений$\left\{ \begin{array}{lcl} m=\sqrt{b_1} \\ y=\sqrt{b_1}a_1 \\ p=\frac{\sqrt{b_1}(a_1-b_1)}{3} \\ D_{Aw}=\frac{4a_1^3-b_1^3}{3} \end{array} \right.$Теперь можно и систему $\eqno[15]$ переписать через $a_1,b_1$,а затем решить её. В итоге получится, что после упрощений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} D_{Aw}=\frac{4a_1^3-b_1^3}{3}\\ w^3=\frac{-\sqrt{b_1}(2a_1-b_1)+\sqrt{D_{Aw}}}{2} \\ 9A^3=\frac{\sqrt{b_1}(2a_1-b_1)+\sqrt{D_{Aw}}}{2} \\ m=\sqrt{b_1} \end{array} \right. \eqno[16] $$

Все готово для того, чтобы найти $z,x$ с помощью леммы 1 $\left\{ \begin{array}{lcl} z=y+w^3\\ x=9A^3-y \\ \end{array} \right.$. Получается после упрощения

$$\left\{ \begin{array}{lcl} D_{Aw}=\frac{4a_1^3-b_1^3}{3} \\ x=\frac{-b_1\sqrt{b_1}+\sqrt{D_{Aw}}}{2}\\ z=\frac{b_1\sqrt{b_1}+\sqrt{D_{Aw}}}{2}\\ y=a_1\sqrt{b_1} \end{array} \right. \eqno[17]$$

Второе семейство гипотетически решений уравнения $\eqno[1]$ в натуральных числах построено. Осталось третье. Получим его сейчас из Пифагоровой тройки, порожденной переменной икс. Напоминаю, что ранее было получено, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\sqrt{a_2^2-b_2^2} \\ p=\frac{2b_2\sqrt{a_2-b_2}}{\sqrt{a_2+b_2}} \\ \end{array} \right. \eqno[18]$$

С помощью соотношений $\eqno[18]$ находим $w,mA$. На основании леммы 1 можно записать $mA=\frac{p}{w}=\frac{2b_2}{3\sqrt[3]{a_2+b_2}};$ и опять же по лемме 1 $w=\sqrt[3]{x-3p}=\frac{\sqrt{a_2-b_2}}{\sqrt[6]{a_2+b_2}};$
В силу соотношений $\eqno[18]$ имеем право записать $x+3p=\frac{\sqrt{a_2-b_2}(a_2+3b_2)}{\sqrt{a_2+b_2}};$. Но в силу уравнения $\eqno[3] \ x+3p=9A^3-m^3$. В результате получилась система уравнений с двумя неизвестными $m,A$, только в качестве неизвестных надо брать все же $9A^3,-m^3$, так как система имеет следующий вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} 9A^3(-m^3)=\frac{-8b_2^3}{3(a_2+b_2)} \\ 9A^3+(-m^3)=\frac{\sqrt{a_2-b_2}(a_2+3b_2)}{\sqrt{a_2+b_2}}\\ \end{array} \right.$$

Эта система представляет из себя теорему Виета для квадратного уравнения с корнями ${9A^3,-m^3}$ Его Дискриминант $D_{A,m}=\frac{3(a_2^3+5a_2^2b_2+3a_2b_2^2)+5b_2^3}{3(a_2+b_2)}$. Решаем эту систему, а затем записываем её решения через $a_6,b_6$. Как найти $\alpha_x$? $\alpha_x$ является наибольшим общим делителем Пифагоровой тройки. Ранее были выписаны соотношения

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a_2=\sqrt{\alpha_x}a_6 \\ b_2=\sqrt{\alpha_x}b_6 \\ \alpha_x,a_6,b_6\in \mathbb{N},(a_6,b_6)=1 \end{array} \right.\eqno[19]$$

Как и в прошлый раз, выпишем числа в Пифагоровой тройке и запишем их через $m,w,A$ чтобы найти $\alpha_x$. Числа следующие ${x^2;\frac{3(2xp-3m_x)}{2};x^2-\frac{9m_x}{2}}$. Вычтем третье число из второго. Получим $\alpha_x \mid x(x-3p)=w^4(w^2+3mA)$. В силу леммы 2 $m_x=-m^2A^2(w^2+3mA)$.$(m,w)=(m,A)=(w,A)=1$ в силу леммы один $\Rightarrow \alpha_x=\frac{x}{w}=(a_2+b_2)^{2/3}$ в силу соотношений $\eqno[18] \Rightarrow \alpha_x=(\alpha_x(a_6+b_6))^{2/3}\Rightarrow \alpha_x=a_6+b_6$ в силу соотношений $\eqno[19];$. Используя соотношения $\eqno[19]$ получим $D_{Am}=a_6^3+5a_6^2b_6+3a_6b_6^2+5/3b_6^3;$. А также $\left\{ \begin{array}{lcl} w=\frac{\sqrt{a_2-b_2}}{\sqrt[6]{a_2+b_2}}=\sqrt{a_6-b_6} \\ p=\frac{2b_6\sqrt{a_6-b_6}}{3\sqrt{a_6+b_6}}\sqrt{\alpha_x}=\frac{2b_6\sqrt{a_6-b_6}}{3} \\ 9A^3=\frac{(a_6+3b_6)\sqrt{a_6-b_6}+\sqrt{D_{Am}}}{2} \\ m^3=\frac{-(a_6+3b_6)\sqrt{a_6-b_6}+\sqrt{D_{Am}}}{2} \end{array} \right. \eqno [20]$ И вот используя соотношения $\eqno[20]$ находим $x,y,z$ по формулам из леммы 1 и с помощью уравнения $\eqno[3]$. Получится, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=\sqrt{a_2^2-b_2^2=(a_6+b_6)\sqrt{a_6-b_6}} \\ y=9A^3-x=\frac{-(a_6-b_6)\sqrt{a_6-b_6}+\sqrt{D_{Am}}}{2} \\ z=y+w^3=\frac{(a_6-b_6)\sqrt{a_6-b_6}+\sqrt{D_{Am}}}{2} \\ D_{Am}=a_6^3+5a_6^2b_6+3a_6b_6^2+5/3b_6^3 \end{array} \right. \eqno[21]$$

Получилось третье семейство решений уравнения $\eqno[1]$ и уравнения $\eqno[3]$ в натуральных числах. Цель достигнута. Что и требовалось получить!

[Antoshka]

Цель 4. Нужно перегруппировать соотношения для $m,w,A$ в систему уравнений и сократить количество неизвестных в них до минимума. Сейчас там такие пары неизвестных $(a_1,b_1);(a_4,b_4);(a_6,b_6)$. Чем меньше неизвестных в системе, тем легче с ней работать. Сначала запишем теорему косинусов для треугольника со сторонами $x,y,z$. Такой треугольник существует, так как все условия, необходимые для его существования, выполняются. Обозначим угол между сторонами $x,y$ как $\gamma$. Тогда $z^2=x^2+y^2-2xy\cos{\gamma}$. Сейчас нужно выразить косинус через каждую пару неизвестных $(a_1,b_1);(a_2,b_2);(a_3,b_3)$, используя для этого уже ранее полученные соотношения для $x,y,z$. При этом по желанию можно воспользоваться тождеством $x^2+^2=(x+y)^2-2xy;$ Косинус равен $\cos{\gamma}=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy};$ Сначала подставим соотношения $\eqno[14]$.
$\cos{\gamma}=\frac{b_4(3a_4-b_4)}{3a_4^2+b_4^2}=\frac{3t_4-1}{3t_4^2+1};$ в силу ранее произведенной замены $t_4=\frac{a_4}{b_4>}>4.4083;$ При таком раскладе получается, что $\cos{\gamma}<0.2\Rightarrow 78<\gamma<90$, то есть гипотетический треугольник оказывается похож на прямоугольный. Далее обозначая по аналогии $t_1=\frac{a_1}{b_1}>1$ получаем $\cos\gamma=\frac{t_1^2-\sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}}}{t_1(-1+\sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}})}; \eqno[22]$
Обозначая $t_6=\frac{a_6}{b_6}>1;D_{t_6}=\frac{D_{Am}}{b_6^3}$ получаем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{\sqrt{t_6-1}((t_6+1)^2-\sqrt{t_6-1}\sqrt{D_{t_6}})}{(t_6+1)(\sqrt{D_{t_6}}-(t_6-1)^{3/2})}\\ D_{t_6}=t_6^3+5t_6^2+3t_6+5/3\\ \end{array} \right.\eqno[23]$$

Для удобства обозначим $f_2(t_4)=\frac{3t_4-1}{3t_4^2+1};$. Сейчас нужно выяснить максимум $f_2(t_4)$ при условии, что ранее уже была получена оценка $t_4 \geqslant M,M=\frac{2^{5/3}+2^{7/3}+5}{3}$. Тут все стандартно. В итоге окажется, что $f_2(t_4)$ убывает на промежутке $[1;\infty]$, потому $\cos\gamma <f_2(M)\approx 0.206299474;$. Данную оценку нужно запомнить, так как она понадобится в дальнейшем при исследовании расположения корней квадратного уравнения относительно заданного числа $M$. Перегруппируем ранее полученные соотношения следующим образом. Есть два варианта, выбрать нужно один из них. Первый вариант

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^3=b_1^{3/2}=\frac{-(a_6+3b_6)\sqrt{a_6-b_6}+\sqrt{D_{Am}}}{2} \\ w^3=\frac{-\sqrt{b_1}(2a_1-b_1)+\sqrt{\frac{4a_1^3-b_1^3}{3}}}{2}=(a_6-b_6)^{3/2}\\ \end{array} \right. \eqno[24]$$

Второй вариант

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^3=b_1^{3/2}=\frac{(a_4-3b_4)\sqrt{3(a_4+b_4)}+\sqrt{D_{mw}}}{2}\\ w^3=\frac{-\sqrt{b_1}(2a_1-b_1)+\sqrt{\frac{4a_1^3-b_1^3}{3}}}{2}=\frac{(a_4-3b_4)\sqrt{3(a_4+b_4)}-\sqrt{D_{mw}}}{2}\\ D_{mw}=3a_4^3-15a_4^2b_4+9a_4b_4^2-5b_4^3 \\ m>w \end{array} \right.\eqno[25]$$

Первый вариант не имеет разделения на два случая, в отличие от второго, где надо рассматривать сначала $m>w$, затем $m<w$, но $\cos\gamma=f_2(t_4)$ это квадратное уравнение относительно $t_4$, поэтому с ним проще работать,а случай $w>m$ доказывается простой заменой переменных, поэтому выбираем второй вариант! В системе $\eqno[25]$ 2 уравнения на 2 пары неизвестных $(a_1,b_1),(a_4,b_4)$. Её нужно свести к одному уравнению с двумя неизвестными, используя замены $t_1=\frac{a_1}{b_1};t_4=\frac{a_4}{b_4}$, а затем решить это уравнение. Для этого делим первое уравнение системы $\eqno[25]$ на $b_4^{3/2}$. Второе её уравнение преобразуем так: обе части делим на $b_4^{3/2}$, затем левую часть делим на $b_1^{3/2}$ и умножаем на $b_1^{3/2}$, чтобы ничего не изменилось. Тогда система $\eqno[25]$ принимает следующий вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \frac{b_1^{3/2}}{b_4^{3/2}}=\frac{(t_4-3)\sqrt{3(t_4+1)}+\sqrt{D_{t_4}}}{2} \\ \frac{b_1^{3/2}}{b_4^{3/2}}(\sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}}-(2t_1-1))=(t_4-3)\sqrt{3(t_4+1)}-\sqrt{D_{t_4}}\\ D_{t_4}=3t_4^3-15t_4^2+9t_4-5 \end{array} \right. \eqno[26]$$

Теперь делим одно уравнение системы $\eqno[26]$ на другое. Получаем систему

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}}-(2t_1-1)=F\\ F=\frac{(t_4-3)\sqrt{3(t_4+1)}-\sqrt{D_{t_4}}}{(t_4-3)\sqrt{3(t_4+1)}+\sqrt{D_{t_4}}} \\ D_{t_4}=3t_4^3-15t_4^2+9t_4-5 \end{array} \right. \eqno[27]$$

Количество неизвестных в системе сокращено до минимума. Что и требовалось получить. Цель достигнута.
Цель 5. Решить уравнение $\eqno[27]$ относительно $t_1$, понижая его степень. Для этого сначала рассмотрим ранее полученное соотношение $\cos\gamma=f_2(t_4)$ как квадратное уравнение относительно $t_4$. В упрощённом виде оно имеет вид $3\cos\gamma t_4^2-3t_4-(\cos\gamma+1)=0;$ теорема Виета здесь не поможет. Надо решить это уравнение относительно $t_4$. Его корни следующие $t_4=\frac{3\pm\sqrt{D_{co}}}{6\cos\gamma}; \eqno[28]$,а Дискриминант равен $D_{co}=3(3-4\cos\gamma(\cos\gamma+1))$. Далее есть два пути. Первый путь - это рассмотреть два случая по формуле $\eqno[28]$. Второй путь - исследовать расположение корней квадратного уравнения относительно заданного числа $M$. Второй путь легче, поэтому выбираем его. $t_4\geqslant M\Rightarrow \cos\gamma>0$. Значит у параболы ветви направлены вверх. В таком случае корни расположены по разные стороны от числа $M\Leftrightarrow $ значение в точке $M$ квадратного трехчлена отрицательно. Знак Дискриминанта $D_{co}$ в таком случае можно не учитывать. Проверим данную гипотезу, обозначая упомянутый выше квадратный трехчлен, как $f_3=f_3(t_4);$ Тогда $f_3(M)=(3M^2+1)\cos\gamma-3M+1;$ Из ранее полученной оценки $\cos\gamma<f_2(M)\Rightarrow f_3(M)\leqstant(3M^2+1)f_2(M)-3M+1;$ Заметим, что $f_3(M)$ является линейной функцией относительно $\cos\gamma$, причём её угловой коэффициент положительный $\Rightarrow f_3(M)<0$ при условии, что $\cos\gamma<f_2(M)$, значит корни квадратного уравнения относительно $t_4$ лежат по разные стороны от числа $M$, то есть выдвинутая гипотеза подтвердилась. Значит, нужно выбрать тот корень $t_4$, который со знаком плюс, а не минус, то есть получается, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} t_4=\frac{3+\sqrt{D_{co}}}{6\cos\gamma} \\ $D_{co}=3(3-4\cos\gamma(\cos\gamma+1))\\ \end{array} \right.$$

Что делать дальше? Возвращаемся к ранее полученному соотношению $\cos\gamma=\frac{b_4(3a_4-b_4)}{3a_4^2+b_4^2};\eqno[29]$ Во-первых надо заметить, что числа $a_4,b_4$ явно разной четности, что следует из ранее полученного равенства $A=\frac{\sqrt{3(a_4+b_4)}}{3};z=3A(3A^3-mw);$. Во-вторых, у Рибенбойма доказывается, что чётное число в уравнении $x^3+y^3=z^3$ делится минимум на 4, поэтому имеет смысл сначала рассмотреть этот случай. Итак, $y$ чётное число, значит $m$ тоже чётное в силу соотношений из леммы 1, причём оно делится минимум на 4, значит раз $mw=2b_4$, то $b_4$ чётное число, а $a_4$ нечетное, раз они разной четности. Сделаем замену переменных $\cos\gamma =\frac{h_1}{h_2};(h_1,h_2)=1$. Можно утверждать, что $h_1$ чётное число, а $h_2$ нечетное, так как в знаменателе и числителе дроби $\eqno[29]$нечетное и чётное число соответственно. Тогда

$$\eqno[28] \Leftrightarrow 3(3-4\cos\gamma(\cos\gamma+1))=h_3^2;h_3\in\mathbb{Q}\Leftrightarrow 3-4\frac{h_1}{h_2}(\frac{h_1}{h_2}+1)=\frac{h_3^2}{3}\Leftrightarrow 3h_2^2-4h_1^2-4h_1h_2=\frac{h_3^2h_2^2}{3}\Leftrightarrow $$

$\Leftrightarrow (2h_2)^2=3h_4^2+(2h_1+h_2)^2$, где $3h_4^2=\frac{h_3^2h_2^2}{3}; \eqno[30]$, причём $h_4$ нечетное натуральное число. Выясним, может ли $h_1h_2$ делиться на три? Пусть $3\mid h_1h_2\Rightarrow 3\mid b_4\Rightarrow 3\mid mw\Rightarrow 3\mid xy$ Получили противоречие в силу соотношений $\eqno[29],\eqno[10]$ и леммы 1. Может ли быть так, что $(h_1,h_4)>1 и (h_2,h_4)>1?$ Рассмотрим уравнение $\eqno[30]$. Пусть $(h_1,h_4)=h_5>1\Rightarrow h_5\mid h_2^2\Rightarrow (h_1,h_2)>1$ Получили противоречие.
Пусть $(h_2,h_4)=h_6>1\Rightarrow h_6\mid h_1^2\Rightarrow (h_1,h_2)>1$ Получили противоречие. Очевидно $\eqno[30] \Leftrightarrow 3h_4^2=(h_2-2h_1)(3h_2+2h_1);$

$$h_2-2h_1>0\Rightarrow h_2>2h_1;h_1<h_2/2; \ \eqno[30.1]$$

Далее возможны два случая а и б, потому что необходимо решить уравнение $\eqno[30.1]$ в натуральных числах. Сначала случай а. $ \left\{ \begin{array}{lcl} h_2-2h_1=3b_5^2 \\ 2h_1+3h_2=a_5^2 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} h_2=\frac{a_5^2+3b_5^2}{4} \\ h_1=\frac{-9b_5^2+a_5^2}{8}\\ \end{array} \right. \eqno[31]$$
Может ли быть так, что $(a_5,b_5)>1$ Так как $h_2$ нечетное число, то $a_5b_5$ тоже нечетное в силу того, что $a_5,b_5$ должны иметь одинаковую четность. Теперь пусть $(a_5,b_5)>1$ Тогда если $(a_5,b_5)=c_{g}$, то $\left\{ \begin{array}{lcl} h_2\mid c_g^2 \\ h_1\mid c_g^2 \\ \end{array} \right\Rightarrow (h_1,h_2)>1.$ Получили противоречие, так как $(h_1,h_2)=1$. Таким образом, числа $(a_5,b_5)$ взаимно простые! Какое из них больше:$a_5$ или $b_5$? Чтобы это выяснить, делаем замену $h_2=t_h\cdot h_1$. Уже было установлено, что $h_2>2h_1\Rightarrow t_h>2$. Тогда в силу системы $\eqno[31]$ имеем $\frac{a_5^2}{3b_5^2}=\frac{(3t_h+2)h_1}{(t_h-1)h_1}=\frac{3t_h+2}{3t_h-6}\cdot 3>3\Rightarrow a_5>3b_5$. Делаем замену $t_5=\frac{a_5}{b_5}\Rightarrow \cos\gamma=\frac{t_5^2-9}{2(t_5^2+3)}; \eqno [32]$ в силу решений системы $\eqno[31]$ и ранее произведенной замены $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2}$. Решаем неравенство $\cos\gamma>0\Leftrightarrow t_5^2-9>0\Leftrightarrow t_5>3$. Данная оценка совпадает с полученной выше. Это хорошо. Подставим соотношения $\eqno[32]$ в соотношения $\eqno[28]$. Получим, что после всех упрощений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} D_{co}=3(3-4\cos\gamma(\cos\gamma+1))=(\frac{12t_5}{t_5^2+3})^2 \\ t_4=\frac{3+\sqrt{D_{co}}}{6\cos\gamma}=\frac{t_5+1}{t_5-3}\\ \end{array} \right.$$

Напоминаю, что корень с минусом ранее был исключён в процессе рассмотрения расположения корней квадратного уравнения относительно заданного числа $M$! Текущая задача - получить соотношения для $a_5,b_5$ через $a_4,b_4$, чтобы преобразовать множества решений $\eqno[12],[14]$ уравнения $\eqno[1]$ в натуральных числах. Как это сделать? Соотношение $\eqno[33]\Leftrightarrow t_4=\frac{a_5+b_5}{a_5-3b_5}$, но $(a_5+b_5)-(a_5-3b_5)=4b_5$, причём $b_5$ нечетное число, как ранее было установлено, следовательно эта дробь сокращается либо на два, либо на четыре, так как числа $(a_5,b_5)=1$ взаимно простые! Рассмотрим каждый из случаев сокращается данной дроби.
Из ранее полученного следует

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a_5b_5a_4\in $\mathbb{N}_n$\\ 2\mid b_4\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} a_5+b_5$\equiv 0\pmod {2^{\xi_1}}$\\ a_5-3b_5$\equiv0\pmod {2^{\xi_2}}$\\ \xi_1<\xi_2,\xi_1\geqslant 1,\xi_2\geqslant 2 \end{array} \right.$$

Здесь $\xi_1,\xi_2$ это максимальные степени двойки, на которые делятся числитель и знаменатель дроби.
1) $\left\{ \begin{array}{lcl} a_4=\frac{a_5+b_5}{2} \\ b_4=\frac{a_5-3b_5}{2} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} b_4\in \mathbb{N}_c \\ a_4\in \mathbb{N}_n \\ 4\mid (a_5-3b_5) \\ 2\mid (a_5+b_5)\\ \end{array} \right.\Rightarrow $ в равенстве $a_5+b_5=(a_5-3b_5)+4b_5;\eqno[34]$ имеем противоречие. Рассмотрим теперь второй вариант сокращения.
2)$\left\{ \begin{array}{lcl} a_4=\frac{a_5+b_5}{4} \\ b_4=\frac{a_5-3b_5}{4} \\ \end{array} \right. \eqno[35]\Rightarrow $ при таком раскладе противоречие в равенстве $\eqno[34]$ исчезает. А других вариантов сокращения на бОльшие степени двойки, либо на другие делители, как было сказано выше, нет. Подставим найденные соотношения $\eqno[35]$ в $D_{mw}$ и семейство решений $\eqno[10],[11],[12],[13]$. Получим, что после всех упрощений $\left\{ \begin{array}{lcl} D_{mw}=\frac{H_1}{8} \\ H_1=-(a_5-b_5)^3+32b_5^3\\ H_2=5b_5-a_5\\ H_3=3(a_5-b_5) \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{lcl} m^3=\frac{H_2\sqrt{H_3}+\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}} \\ w^3=\frac{H_2\sqrt{H_3}-\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}}\\ A=\frac{\sqrt{H_3}}{3\sqrt 2} \end{array} \right. \eqno[36]$
Теперь находим $x,y,z$ по лемме 1.
$\left\{ \begin{array}{lcl} y=\frac{H_3\sqrt{H_3}/3+\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}} \\ x=\frac{H_3\sqrt{H_3}/3-\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}}\\ z=\sqrt{\frac{H_3}{2}} \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{lcl} mw=\frac{a_5-3b_5}{2}\\ xy=\frac{a_5-3b_5}{2}\cdot \frac{a_5^2+3b_5^2}{4}\\ \end{array} \right. \eqno[37]$
Возвращаемся к уравнению $\eqno[27]$. Оно $\eqno[27]\Leftrightarrow \sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}}=F+(2t_1-1)$. Тогда соотношение $\eqno[22]$ принимает вид $\cos\gamma=\frac{t_1^2-2t_1-(F-1)}{t_1(-1+F+2t_1-1)};$ Перепишем его как квадратное уравнение относительно $t_1$. Получим $(1-2\cos\gamma)t_1^2-(2+F-2\cos\gamma)t_1-(F-1)=0; \eqno[38]$. Обозначим корни уравнения $\eqno[38]$ как $t_{11},t_{12}$. Нужно выразить $F$ через $t_5$, которое равно $t_5=\frac{a_5}{b_5}$. Для этого понадобится лемма 3.
Лемма 3. $F=\frac{2w^3}{m^3}$. Доказательство леммы 3
Подставляя соотношения $\eqno[33]$ для $t_4$ в соотношение для $F \ \eqno[27]$ и учитывая замену $t_5=\frac{a_5}{b_5}$, получаем, что $F=\frac{2w^3}{m^3}$, где $m^3,w^3$ выражаются соотношениями $\eqno[36]$. Лемма 3 доказана!
В силу леммы 3 и соотношений $\eqno[32]$ теорема Виета для уравнения $\eqno[38]$ запишется следующим образом $\left\{ \begin{array}{lcl} t_{11}t_{12}=\frac{1-F}{1-2\cos\gamma}\\ t_{11}+t_{12}=\frac{2+(F-2)\cos\gamma}{1-2\cos\gamma}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} t_{11}t_{12}=\frac{3\sqrt{H_1}-H_{2}\sqrt{H_3}}{\sqrt{H_1}+H_{2}\sqrt{H_3}}\cdot \frac{a_5^2+3b_5^2}{12b_5^2}\\ t_{11}+t_{12}=\frac{(a_5^2+3b_5^2)H_{2}\sqrt{H_3}+12b_5^2\sqrt{H_1}}{6b_5^2(H_2\sqrt{H_3}+\sqrt{H_1})}\\ \end{array} \right. \eqno[39]$
С помощью уравнения $\eqno[38]$ можно понизить степень уравнения $\eqno[27]$ до линейного относительно $t_1$ следующим образом. В силу леммы 3,$F=\frac{2w^3}{m^3}$. В таком случае $\newline$ $\eqno[27]\Leftrightarrow \sqrt{\frac{4t_1^3-1}{3}}=\frac{2w^3}{m^3}+(2t_1-1)\Rightarrow $ $\Rightarrow 4t_1^3-1=3(4t_1^2+4t_1(\frac{2w^3}{m^3}-1)+(\frac{2w^3}{m^3}-1)^2); \eqno[40]$
С помощью уравнений $\eqno[38],[40]$ можно получить линейное уравнение относительно $t_1$, принимая во внимание соотношение $\eqno[39]$. Делим уравнение $\eqno[38]$ на старший коэффициент и умножаем обе его части на $4t_1$. Получившееся в результате этого уравнение обозначим как $\eqno[41]$. Вычтем из уравнения $\eqno[40]$ уравнение $\eqno[41]$. Получится квадратное уравнение $\eqno[42]$, старший коэффициент которого равен $4(t_{11}+t_{12}-3)$. Чтобы получить искомое линейное уравнение для $t_1$, приведенное уравнение $\eqno[38]$ умножаем на $4(t_{11}+t_{12}-3)$ и вычитаем из квадратного $\eqno[42]$! После проделывания всех вышеописанных манипуляций и максимального упрощения, принимая во внимание соотношения $\eqno[39]$ и что $F=\frac{2w^3}{m^3}$ выражается через соотношения $\eqno[36]$, получим
$t_1=\frac{-(a_5^2-6a_5b_5-3b_5^2+\sqrt{H_1}\sqrt{H_3})}{2(a_5-3b_5)^2}; \eqno[43]$
Что и требовалось получить. Цель достигнута!

[Antoshka]

Цель 6. Построить соотношение, аналогичное $\eqno[43]$ для неизвестной $t_6$, где $a_6,b_6$ выражаются через $a_5,b_5$. Эти соотношения впоследствии пригодятся для постройки двух алгебраических уравнений, с помощью которых можно будет вывести противоречие. Ранее было получено, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=(a_6+b_6)\sqrt{a_6-b_6} \\ w=\sqrt{a_6-b_6} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \frac{a_6+b_6}{a_6-b_6}=\frac{x}{w^3}; \eqno[44]$$

Напоминание. $t_6=\frac{a_6}{b_6}$. Тогда $[44]\Leftrightarrow \frac{t_6-1}{t_6+1}=\frac{x}{w^3}\Leftrightarrow t_6=\frac{x+w^3}{x-w^3}; \eqno[45]$
Используя соотношения $\eqno[36],\eqno[37]$ можно найти $(x-w^3),(x+w^3)$ Поэтому $\eqno[45]\Leftrightarrow t_6=\frac{-\sqrt{H_1}+2b_5\sqrt{H_3}}{(a_5-3b_5)\sqrt{H_3}}; \eqno[46]$
Что и требовалось получить. Цель достигнута!
Цель 7. Сократить по максимуму дроби $\eqno[43],\eqno[46]$. Сначала выясним, на какое число максимально сокращается дробь $\eqno[43]$. Для этого сделаем обратную подстановку с помощью уже полученных соотношений. Вот они. $\left\{ \begin{array}{lcl} t_1=\frac{a_1}{b_1} \\ m=\sqrt{b_1} \\ mw=\frac{a_5-3b_5}{2} \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} m^2=b_1 \\ 2(a_5-3b_5)^2=8m^2w^2\\ \end{array} \right\Rightarrow$ дробь $\eqno[43]$ сокращается на $8w^2$.
Далее воспользуемся тем, что $a_1=\sqrt[3]{a_1^3}$ и $(w^2)^3=(w^3)^2$. Это очевидное тождество. Почему надо использовать такие тождества? Дело в том, что в соотношениях $\eqno[36]$ неизвестная $w$ фигурирует в третьей степени, а сокращение дроби $\eqno[43]$ происходит на $8w^2$. Поэтому чтобы использовать соотношения $\eqno[36]$ для $w^3$ надо возвести $a_1$ в куб и извлечь корень, чтобы ничего не изменилось. В результате получится, что $a_1^3=\frac{a_5^3++3a_5^2b_5+15a_5b_5^2-(a_5+b_5)\sqrt{H_1}\sqrt{H_3}}{16}; \eqno[47]$
Теперь выясняем, на что максимально сокращается дробь $\eqno[46]$, действуя по такому же принципу. Сделаем обратную подстановку. В силу соотношения $\eqno[20]$

$$\left\{ \begin{array}{lcl} p=mwA=\frac{2b_6\sqrt{a_6-b_6}}{3}\\ w=\sqrt{a_6-b_6}\\ \end{array} \right.\Rightarrow mA=\frac{2b_6}{3}\Rightarrow b_6=\frac{3mA}{2};$$

В силу соотношений $\eqno[36]$ справедливо равенство $(a_5-3b_5)\sqrt{H_3}=2mw\cdot 3\sqrt{2}A=6\sqrt{2}mwA;$
Так как $m,w,A$ являются попарно взаимно простыми числами, что уже было установлено в лемме 1, то дробь $\eqno[46]$ сокращается на $4\sqrt{2}w$. Как и с дробью $\eqno[43]$ пользуемся равенством $a_6=\sqrt[3]{a_6^3}$ и действуем по такому же принципу. В результате получим $a_6^3=\frac{-a_5^3+15a_5^2b_5+21a_5b_5^2+93b_5^3-(a_5+7b_5)\sqrt{H_1}\sqrt{H_3}}{128}; \eqno[48]$
Далее для удобства вместо $a_5,b_5$ пишем $a,b$ соответственно.
Что и требовалось получить. Цель достигнута!
В соотношениях $\eqno[47],\eqno[48]$ плохо то, что они содержат в себе два квадратных корня. Можно ли их как-то упростить, убрав один из корней? Да, можно. Поможет в этом лемма 4.
Лемма 4.

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=54d^2+p_0\\ b=p_0 \\ (p_0,d)=1 \\ p_0,d\in \mathbb{N}_n \end{array} \right.$$

Доказательство леммы 4. Заменяем переменные.

$$\left\{ \begin{array}{lcl} A=\frac{\sqrt{3(a-b)}}{3\sqrt{2}}\\ A\in \mathbb{N}_n\\ \end{array} \right\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \frac{3(a-b)}{2}=c_2^2 \\ c_2\in \mathbb{N}_n\\ \end{array} \right\Rightarrow\left\{ \begin{array}{lcl} H_1=8c_1^2\\ c_1\in \mathbb{N}_n \\ \end{array} \right.$$

в силу соотношений $\eqno[36]$ для $m^3,w^3$ и того, что $m\in \mathbb{N}_c,w\in \mathbb{N}_n$

$$\left\{ \begin{array}{lcl} H_1=-(a-b)^3+32b^3=8c_1^2\\ 3(a-b)=2c_2^2 \\ \end{array} \right\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} a-b=\frac{2c_2^2}{3} \\ 32b^2=8c_1^2+(\frac{2c_2^2}{3})^3 \\ \end{array} \right.$$

Так как $b,c_1\in \mathbb{N}\Rightarrow c_2=3c_3,c_3\in \mathbb{N}_n$. Тогда имеет место система

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=6c_3^2+p_0 \\ b=p_0 \\ p_0=\sqrt[3]{\frac{c_3^2+37c_3^6}{4}} \end{array} \right.$$

Ранее было получено в лемме 1, что $3\mid A\Rightarrow 27\mid (a-b)\Rightarrow c_3=3d,d\in \mathbb{N}_n$, то есть $c_3=A\Rightarrow A=3d;$. Далее вместо $c_1$ будем писать просто $c$, опуская индекс для удобства. В дальнейшем понадобятся два способа предоставления соотношений для $a,b$.
Первый способ$\left\{ \begin{array}{lcl} a=54d^2+p_0 \\ b=p_0\\ \end{array} \right.$ $\left\{ \begin{array}{lcl} a,b\in \mathbb{N}_n\Rightarrow p_0,d\in \mathbb{N}_n\\ (a,b)=1\Rightarrow (p_0,d)=1\\ (m,w)=1\Rightarrow (a,b)=1\Rightarrow (c,d)=1 \end{array} \right.\eqno[49]$
$(m,w)=1\Rightarrow (a,b)=1\Rightarrow (c,d)=1$ в силу ранее полученных соотношений $\eqno[36]$
Второй способ

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=54d^2+\sqrt[3]{\frac{c^2+3^9d^6}{4}} \\ b=\sqrt[3]{\frac{c^2+3^9d^6}{4}}\\ c,d\in \mathbb{N}_n,(c,d)=1 \end{array} \right.\eqno[50]$$

Используя соотношения $\eqno[49],\eqno[50]$ можно и соотношения $\eqno[36]$ переписать двумя способами. В силу $\eqno[50]$ имеем

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^3=\frac{9\sqrt[3]{2}d\sqrt[3]{c^2+3^9d^6}+c-243d^3}{2} \\ w^3=\frac{9\sqrt[3]{2}d\sqrt[3]{c^2+3^9d^6}-c-243d^3}{2} \\ A=3d \end{array} \right. \eqno[51]$$

Обозначим первое уравнение системы $\eqno[51]$ как $\eqno[51.1]$, второе как $\eqno[51.2]$
В силу системы $\eqno[49]$ имеем $c^2+3^9d^6=4p_0^3\Rightarrow c=\sqrt{4p_0^3-3^9d^6}$. При таком раскладе соотношения $\eqno[36]$ записываются следующим образом

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m^3=\frac{18p_0d+\sqrt{4p_0^3-3^9d^6}-243d^3}{2}\\ w^3=\frac{18p_0d-\sqrt{4p_0^3-3^9d^6}-243d^3}{2}\\ A=3d\\ \end{array} \right. \eqno[52]$$

Осталось с помощью соотношений из леммы 1 найти $x,y,z$

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^3+3p \\ y=m^3+3p\\ z=y+w^3 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{243d^3-c}{2} \\ y=\frac{243d^3+c}{2} \\ x=\frac{243d^3-\sqrt{4p_0^3-3^9d^6}}{2} \\ y=\frac{243d^3+\sqrt{4p_0^3-3^9d^6}}{2} \\ z=9dp_0 \end{array} \right. \eqno[53]$$

Из соотношений $\eqno[53]$ можно сразу определить область значений $c$, решая неравенство $x>0\Rightarrow c<243d^3,c>0$ Это понадобится в дальнейшем при исследовании функций. Таким же образом определяем область значений $p_0$, решая неравенство $x>0\Rightarrow p_0<27d^2$. Левая граница находится решением неравенства $4p_0^3-3^9d^6>0\Leftrightarrow p_0>\frac{27d^2}{\sqrt[3]{4}};$
Таким образом, лемма 4 доказана!
Теперь пользуемся леммой 4 и записываем соотношения$\eqno[47],\eqno[48]$ через $p_0,d$. После всех упрощений получится, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a_6^3=\frac{-3^9d^6+4374d^4p_0+324p_0^2d^2+16p_0^3-(243d^3+36dp_0)c}{16} \\ a_1^3=\frac{3^9d^6+3^7d^4p_0+162p_0^2d^2+2p_0^3-(243d^3+9dp_0)c}{2} \\ \end{array} \right. \eqno[54]$$

В терминах $a,b$ было два квадратных корня $\sqrt{H_1}\sqrt{H_3}$, сейчас один. С такими выражениями легче работать.
Цель 8. Понять, как лемма 4 поможет вывести противоречие.
Сначала исследуем $m^3,w^3$ как функции аргумента $p_0$, считая, что $d$ - это некий положительный параметр. Выяснится, что обе функции монотонные, только $m^3$ убывает, а $w^3$ возрастает при $\frac{27d^2}{\sqrt[3]{4}}<p_0<27d^2, d\geqslant 3$. Исследование стандартное с помощью первой производной, так что его можно пропустить. Возникает вопрос, а нельзя ли это значение аргумента $p_0$, при котором одна из функций равна $w^3$, разложить по степеням $d$? Оказывается можно, для этого понадобится теория пределов функций.Сначала имеет смысл рассмотреть случай соседних кубов $z-y=w^3=1\Rightarrow w=1$. Получится, что $p_0=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r$. Это и есть значение аргумента $p_0$, при котором одна из функций равна $w^3$. Только вот в нем присутствует произвольное $r\in \mathbb{R}$. Это значит, что нужно определить, какой конкретно вид имеет действительное число $r$. Для этого понадобятся ранее полученные соотношения $\eqno[54]$. Но в соотношении $p_0=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r$ имеют место числа вида $3d\cdot 3^{2/3}$. Это значит, что нужна следующая лемма.
Лемма 5. Пусть $N_5=N_3\cdot 3^{1/3}+N_4\cdot 3^{2/3};N_3,N_4,N_5\in \mathbb{Z}$. Тогда $N_3=N_4=N_5=0$
Доказательство леммы 5 будет дано позже.Где можно будет применить лемму 5 и вывести противоречие? В разложении числа $a$ по степеням числа $b$ применяем лемму 5 и выводим противоречие. Само разложение строится в свою очередь с помощью исследования функции $w^3$, выраженной в терминах $c,d$, где $c$ является аргументом функции, а $d$ некий положительный параметр. Выяснится, что $w^3(c,d)$ монотонная функция, после этого записывается разложение её аргумента $c$ по степеням $d$ с помощью теории пределов функций. Затем с помощью разложения аргумента $c$ строится вышеупомянутое разложение числа $a$ по степеням $b$. План действий ясен. Цель достигнута! Продолжение в следующем сообщении!

[Antoshka]

Цель 9. Построить вышеупомянутое разложение аргумента $p_0$ по степеням числа $d$, затем оценить область значений числа $r$.
Сначала делаем замену $p_0=27d^2-u\cdot d;u\in\mathbb{R}$. Далее считаем $\lim\limits_{d\to \infty}{w^3}$ и находим $u$ из условия равенства предела единице, то есть $\lim\limits_{d\to \infty}{w^3}=\frac{u^3}{243}\Rightarrow u=3^{5/3};$. Осталось сделать замену $p_0=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r;r\in \mathbb{R}; \eqno[57]$. Сейчас оценим область значений $r$
Лемма 6. $-\frac{2\sqrt[3]{3}}{3}-10^{-4}<r<-\frac{2\sqrt[3]{3}}{3}$ при $d\geqslant 4;$
Доказательство леммы 6.Опять стандартное исследование функции $r=r(d)$. Единственное отличие в том, что надо рассматривать соотношение $\eqno[51.2]$ как неявно заданную функцию относительно $d$ с учётом замены $\eqno[57]$. Но перед исследованием его нужно преобразовать, избавившись от квадратного корня возведением в квадрат. Получится, с учётом, что рассматривается случай соседних кубов, то есть $w=1$ уравнение такое $r^3+9\sqrt[3]{9}dr^2+9d(2+9\sqrt[3]{3})r+(1+54\sqrt[3]{9}d^2)=0; \eqno[58]$. Дифференцируем обе части этого уравнения по $d$, определяем нули производной, её знаки и приходим к выводу, что $r=r(d)$ является монотонной функцией. Подстановкой численных значений $d$ получаем оценку, упомянутую в лемме 6. Лемма 6 доказана.Цель достигнута. Что и требовалось получить.
Цель 10. Исследовать функцию $w^3$ из соотношения $\eqno[51.2]$ на монотонность, считая, что $c$ это аргумент функции, а $d$ некий положительный параметр. Построить разложение аргумента $c$ по степеням числа $d$ с использованием теории пределов функций.
Итак, $w^3=\frac{9\sqrt[3]{2}d\sqrt[3]{c^2+3^9d^6}-c-243d^3}{2}$. Вновь начинается стандартное исследование функции через первую производную. Из интересного здесь то, что имеет смысл сделать замену $\frac{c}{243d^3}=\tau$. Уже зная, что $0<c<243d^3$ можно найти область значений $\tau$, то есть $0<\tau<1$ и исследовать функцию с аргументом $\tau$. В остальном все стандартно. Окажется, что эта функция строго монотонная убывающая.
Теперь нужно построить разложение этого значения аргумента $c$ по степеням числа $d$ с использованием теории пределов функций. Как это сделать? Делаем замену $c=243d^3+k_1d^2+k_2d+k_3;k_1,k_2,k_3\in \mathbb{R}$. Как найти $k_1,k_2,k_3$? Подставим данную замену в соотношение. $\eqno[51.2]$ и считаем $\lim\limits_{d\to \infty}{w^3};$. Учитывая соотношения для $x,y,z \ \eqno[52]$, а именно $\left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{243d^3-c}{2} \\ y=\frac{243d^3+c}{2} \\ z=9d\sqrt[3]{\frac{c^2+3^9d^6}{4}} \end{array} \right.$ соотношение $\eqno[51.2]$ записывается как $w^3=z-y$, поэтому имеет смысл воспользоваться тождеством $z^3-y^3=(z-y)(z^2+zy+y^2)$, чтобы вычислить предел, убрав неопределённость $\frac{0}{0}$. С помощью этого тождества неопределённость исчезает и предел легко вычисляется как отношение коэффициентов при ставших степенях $d$. В числителе страшная степень - это $\frac{-k_1^3}{8}$, в знаменателе $3^{11}d^6$, то есть предел $\lim\limits_{d\to \infty}{w^3}=\frac{-k_1^3}{8\cdot 3^{11}};$. Находим $k_1$ из условия $\lim\limits_{d\to \infty}{w^3}=1$, то есть $k_1=-54\sqrt[3]{9};$. Как найти $k_2$? Решаем уравнение $w^3(c,d)=1$. Его корень обозначим как $c_r$. Тогда

$$\left\{ \begin{array}{lcl} c_r=-2+9\sqrt[3]{4\eta}+27d^3(9-\frac{4\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{\eta}})\\ \eta=d^3-243d^6+\sqrt{d^6+378d^9+3^{10}d^{12}}\\ \end{array} \right.$$

В силу монотонности функции $w^3(c,d)$ корень $c_r$ единственный. Далее находим $k_2$ как $\lim\limits_{d\to\infty}{{\frac{c_r-243d^3-k_1d^2}{d}}=k_2};$ Как вычислить такой предел? Сначала находим, чему эквивалентно $\eta(d)$ при $d\to \infty $, домножая на сопряженное выражение, далее заменяем $\eta$ на эквивалент и считаем предел. Окажется, что $k_2=12\sqrt[3]{3}$. Корень $c_r$ можно найти на компьютере. Осталось найти $k_3$. Его считаем как $k_3=\lim\limits_{d\to \infty}{c_r-243d^3-k_1d^2-k_2d}=\lim\limits_{d\to \infty}{-2}=(-2);$
Плюс к построенному разложению нужно добавить какую-то неизвестную величину $\frac{\xi}{d},\xi\in\mathbb{R}$, таким образом итоговое разложение числа $c$ по степеням $d$ примет вид $c=243d^3-54\sqrt[3]{9}\cdot d^2+12\sqrt[3]{3}\cdot d-2+\frac{\xi}{d} \ \eqno[59]$. Можно даже показать, хоть это и необязательно, что для любого $d\geqslant 4$ величина $0<\xi<3$.Что и требовалось получить. Цель достигнута.
Цель 11. Начать строить разложение числа $a$ по степеням $b$, выбрав первый член разложения с помощью исследования функций $m^3,w^3$, записанных в терминах $a,b$ (ранее полученные соотношения $\eqno[36]$)
Напомню, что соотношения $\eqno[36]$ имеют вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} H_1=-(a-b)^3+32b^3\\ H_2=5b-a\\ H_3=3(a-b)\\ m^3=\frac{H_2\sqrt{H_3}+\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}} \\ w^3=\frac{H_2\sqrt{H_3}-\sqrt{H_1}}{4\sqrt{2}}\\ \end{array} \right.$$

Область значений $a$ оценивается просто. Из соотношений $\eqno[36]$ следует, что $mw=\frac{a-3b}{2}$, поэтому $a>3b$, ну а правая граница находится из условия $H_1\geqslant 0$, то есть $3b<a<2^{5/3}b+1$. Исследование опять стандартное. Единственное что можно сделать замену, как и в прошлый раз, такую $t=\frac{a}{b}$ и исследовать функцию с аргументом $t$,а затем обратной подстановкой вернуться к $a$.Считаем, что $a$ является аргументом этих функций, $b$ это некий параметр. В результате исследования окажется, что обе эти функции монотонные, только та, что $w^3$ возрастает на указанном промежутке, а $m^3$ убывает на том же промежутке. Вычисляем их $max, min$ и думаем, какое из четырёх чисел выбрать в качестве первого члена разложения числа $a$ по степеням $b$. Я выбрал максимум функции $m^3$, который равен $\sqrt[6]{3}\sqrt{b}$ из тех соображений, что $a=3b+2mw \leqslant 3b+2m_{mx}w$, да и для того, чтобы вывести противоречие нужно использовать лемму 5,а для неё числа вида $\sqrt[6]{3}$ больше подходят, где через $m_{mx}$ я обозначил $max$ функции $m$ на указанном промежутке. При этом неизвестная $w$ в разложении так и записывается как $w$. В данном случае $w=1$. Берём и записываем $a=3b+2\sqrt[6]{3}\sqrt{b}-k_4$. Теперь возникает вопрос, как найти $k_4$? С помощью разложения $\eqno[59]$. Ранее были получены такие соотношения

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=54d^2+\nu \\ b=\nu \\ \nu=\sqrt[3]{\frac{c^2+3^9d^6}{4}} \end{array} \right.$$

Решаем их как систему относительно $c$ и $d$. Получатся такие решения

$$\left\{ \begin{array}{lcl} c=\frac{\sqrt{-(a-b)^3+32b^3}}{2\sqrt{2}} \\ d=\frac{\sqrt{a-b}}{3\sqrt{6}} \\ \end{array} \right.\eqno[60]$$

В построенном разложении $\eqno[59]$ числа $c$ отбрасываем слагаемые с отрицательными степенями $d$. Тогда разложение $\eqno[59]$ принимает вид $c=243d^3-54\sqrt[3]{9}\cdot d^2+12\sqrt[3]{3}\cdot d-2;\eqno[61]$. Почему такое отбрасывание слагаемых правомерно, будет объяснено ниже. А пока поставляем решения системы $\eqno[60]$ в $\eqno[61]$ и из таких условий находим $k_4$. После всех упрощений получится такое уравнение
$24+12\sqrt[3]{9}(a-b)+3\sqrt{2}\sqrt{-(a-b)^3+32b^3}-\sqrt{6(a-b)}(3a-3b+8\sqrt[3]{3})=0; \eqno[62]$
Но уравнение $\eqno[62]$ нужно упростить ещё, избавившись от квадратных корней. В таком случае уравнение $\eqno[63]$ принимает вид алгебраического уравнения шестой степени относительно $a$. Обозначим его как $\eqno[64]$. И наконец, вспоминая, что $a=3b+2\sqrt[6]{3}\sqrt{b}-k_4$ уравнение $\eqno[64]$ принимает следующий вид

$$-48b^{9/2}(-3\sqrt[6]{3}k_4+\sqrt{3})-4b^4(9k_4^2-78\sqrt[3]{3}k_4+40\sqrt[3]{9})-8\sqrt[6]{3}b^{7/2}(-3k_4+4\sqrt[3]{3})(-9k_4+8\sqrt[3]{3})+_\dots=0; \eqno[65]$$

Что делать далее? Напоминаю, что надо разложить число $k_4$ по степеням числа $b$, поэтому первый член разложения числа $k_4$ находим из условия понижения степени уравнения $\eqno[65]$. То есть имеем следующее уравнение $(-3\sqrt[6]{3}k_4+\sqrt{3})=0\Leftrightarrow k_4=\frac{1}{\sqrt[3]{9}};$ Далее делаем замену $k_4=\frac{1}{\sqrt[3]{9}}+\frac{k_5}{\sqrt{b}}$ и поставляем её в уравнение $\eqno[65]$. В результате оно имеет вид $-12b^4(5\sqrt[3]{9}-12\sqrt[6]{3}k_5)-24b^{7/2}(5\cdot \sqrt[6]{243}-12\sqrt[3]{3}k_5)$ $-12b^3(3k_5^2-28\sqrt{3}k_5+35)+_\dots=0; \eqno[66]$.
$k_5$ находим из условия понижения степени уравнения $\eqno[66]$, то есть имеем уравнение $5\sqrt[3]{9}-12\sqrt[6]{3}k_5=0\Leftrightarrow k_5=\frac{5\sqrt{3}}{12};$ Далее делаем замену $k_5=\frac{5\sqrt{3}}{12}+\frac{k_6}{\sqrt{b}};$ Подставляем ее в уравнение $\eqno[66]$. В результате получится уравнение $\eqno[67]$. Принцип построения разложения числа $k_4$ думаю теперь понятен. Действуя по этому принципу и далее, приходим к $k_8=\frac{2}{27}+\frac{k_9}{\sqrt{b}};k_9\in\mathbb{R} \eqno[68]$. На этом шаге следует остановиться. Последняя замена $\eqno[68]$ объясняет, почему отбрасывание слагаемых с отрицательными степенями $d$ в разложении $\eqno[59]$ было правомерно! Потому что $k_9\in\mathbb{R}$! Осталось выписать полученное разложение числа $a$, предварительно упростив $k_4$. Получится следующее

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=3b+2\sqrt[6]{3}\sqrt{b}-k_4 \\ k_4=\frac{\sqrt[3]{3}}{3}+\frac{5\sqrt{3}}{12\sqrt{b}}+\frac{25\cdot 3^{5/6}}{576b\sqrt{b}}+\frac{2}{27b^2}+\frac{k_9}{b^2\sqrt{b}}\\ \end{array} \right.\eqno[68]$$

Искомое разложение построено. Что и требовалось получить. Цель достигнута!
Цель 12. Выяснить, какой конкретно вид имеет ранее упомянутое число $r\in\mathbb{R}$ из замены $\eqno[57]$. Помогут в этом уже полученные соотношения $\eqno[54]$
Напомню, что они имеют вид ($p_0,d,c\in \mathbb{N}$)

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a_6^3=\frac{-3^9d^6+4374d^4p_0+324p_0^2d^2+16p_0^3-(243d^3+36dp_0)c}{16} \\ a_1^3=\frac{3^9d^6+3^7d^4p_0+162p_0^2d^2+2p_0^3-(243d^3+9dp_0)c}{2} \\ \end{array} \right.$$

Ну здесь все довольно просто. Берём и вычитаем одно уравнение системы из другого. В результате оказывается, что $r$ является корнем квадратного уравнения с коэффициентами вида $r^2+(T_1+T_2\cdot 3^{1/3}+T_3\cdot 3^{2/3})r+(T_4+T_5\cdot 3^{1/3}+T_6\cdot 3^{2/3})=0; \eqno[69]$
Все коэффициенты $T_1,T_2,T_3,T_4,T_5,T_6\in \mathbb{Q};$
Но чем меньше порядок уравнения, тем лучше, поэтому сейчас берём тождество такое $\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)((\alpha+\beta)^2-3\alpha\cdot\beta);$ и конструируем с его помощью два кубических уравнения относительно $r$. Сначала вспоминаем ранее сделанную замену $p_0=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r$, из чего делаем вывод, что $N_0=3d\cdot 3^{2/3}+r$ является целым числом. Затем принимаем $\left\{ \begin{array}{lcl} \alpha=3d\cdot 3^{2/3}\\ \beta=r \\ \end{array} \right.$ и подставляем данные соотношения в тождество, но при этом в правой его части заменяем линейный сомножитель на $N_0$! В остальном без изменений! В результате после упрощения получится кубическое уравнение относительно $r$ следующего вида $r^3-N_0r^2+3dN_0\cdot 3^{2/3}r-27N_0d^2\cdot 3^{2/3}+243d^3=0;$
Второе кубическое уравнение строится с помощью все того же тождества, только разница в том, что теперь делаем замену только во втором сомножителе правой части, в остальном без изменений, даже замена та же самая $N_0=3d\cdot 3^{2/3}+r$. После всех упрощений получится второе кубическое уравнение относительно $r$ такое
$r^3+9d\cdot 3^{2/3}r^2+(9^2d\cdot 3^{1/3}-N_0^2)r-3dN_0^2\cdot 3^{2/3}+243d^3=0;$
Объединим полученные два кубических уравнения в систему

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r^3+9d\cdot 3^{2/3}r^2+(9^2d\cdot 3^{1/3}-N_0^2)r-3dN_0^2\cdot 3^{2/3}+243d^3=0 \\ r^3-N_0r^2+3dN_0\cdot 3^{2/3}r-27N_0d^2\cdot 3^{2/3}+243d^3=0 \\ \end{array} \right.\eqno[70]$$

Сейчас наглядно видно, что коэффициенты у этих уравнений имеют такой же вид, что и числа из леммы 5, что даст возможность получить противоречие. Зачем нужны два кубических уравнения? Для следующего утверждения.
Утверждение. Остатки от деления многочленов левых частей уравнений системы $\eqno[70]$ на многочлен левой части уравнения $\eqno[69]$ одновременно не могут быть тождественно равными нулю. Доказательство этого утверждения пока пропустим.
Из утверждения можно сделать вывод, что остаток от деления (хотя бы один) является линейным, то есть $r$ имеет вид $r=\frac{N_3+N_4 \cdot 3^{1/3}+N_5 \cdot 3^{2/3}}{N_6+N_7 \cdot 3^{1/3}+N_8 \cdot 3^{2/3}};$
Числа $N_3,N_4,N_5,N_6,N_7,N_8\in \mathbb{Z}$, причём если общий делитель тройки числителя $N_3,N_4,N_5$ имеет какой-то общий делитель с общим делителем тройки знаменателя $N_6,N_7,N_8$, то его можно вынести за скобку и сократить в силу леммы 5.
Ну вот, общий вид числа $r$ теперь ясен. Что и требовалось получить. Цель достигнута!
Можно выводить противоречие, так как для этого есть все необходимое!
Цель 12. Получить противоречие, используя систему $\eqno[68]$, общий вид числа $r$ и лемму 5! Об этом в следующем сообщении

[Antoshka]

Итак, получена система уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=3b+2\sqrt[6]{3}\sqrt{b}-k_4 \\ k_4=\frac{\sqrt[3]{3}}{3}+\frac{5\sqrt{3}}{12\sqrt{b}}+\frac{25\cdot 3^{5/6}}{576b\sqrt{b}}+\frac{2}{27b^2}+\frac{k_9}{b^2\sqrt{b}}\\ \end{array} \right.\eqno[68]$$

Что с ней делать? Преобразуем её в одно уравнение, а затем подумаем, что с ним делать. Это уравнение содержит числа вида $3^{1/6},3^{1/2},3^{5/6}$. Так как в лемме 5 таких чисел нет, это значит, что нужно сначала уединить слагаемые с числами $3^{1/6},3^{1/2},3^{5/6}$, затем возвести обе части равенства в квадрат. Получится уравнение с числами, как в лемме 5, но ещё и с $\sqrt b$. Значит нужно второй раз возвести в квадрат, уединив $\sqrt b$!
В результате получится биквадратное уравнение относительно $k_9$, которое после всех упрощений имеет вид такой.

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \rho_1=a-3b+\frac{2}{27b^2}\\ \rho_2=4b+\frac{125}{1152b^2} \\ \rho_3=\frac{125}{192^2b^3}\\ k_9^4-\frac{2k_9^2}{b^5}\cdot (\rho_1^2+(\rho_2+\frac{2\rho_1}{3})\cdot 3^{1/3}+(\frac{5(\rho3-1)}{3}+\frac{1}{9})\cdot 3^{2/3})+(Q_1\cdot 3^{1/3}+Q_2\cdot 3^{2/3}+Q_3)^2=0;\\ \end{array} \right.$$

Здесь $Q_1,Q_2,Q_3$ имеют вид

$$\left\{ \begin{array}{lcl} Q_1=\rho_2-\frac{2\rho_1}{3}\\ Q_2=\frac{1}{3}\cdot (\rho_2-\frac{16}{3}) \\ Q_3=-\rho_1^2 \end{array} \right.\eqno[90]$$

Получается, что биквадратное уравнение относительно $k_9$ представлено объединением двух систем, поэтому обозначим их как $\eqno[90]$ для удобства.
Для вывода противоречия нужно получить второе уравнение относительно $k_9$. Как это сделать? Для этого надо выяснить, можно ли представить величину $(a-3b)$, используя вид числа $r$? Да, можно. Берём одно из соотношений системы $\eqno[37]$ и записываем его как $a-3b=2mw,w=1$. Затем пользуемся следствием соотношений $\eqno[52]$,в именно $mw=27d^2-p_0$,а затем используем замену $\eqno[57]$, а именно $p=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r$, из которой следует, что $m=3d\cdot 3^{2/3}+r$. Теперь поставляем это соотношение в правую часть равенства $a-3b=2mw,w=1$ и получаем, с учётом специального вида числа $r$, что

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a-3b=\frac{\xi_3}{\xi_4} \\ \xi_3=2((9dN_7+N_3)+(9dN_8+N_4)3^{1/3}+(9dN_6+N_5)3^{2/3})\\ \xi_4=N_6+N_7\cdot 3^{1/3}+N_8\cdot 3^{2/3} \end{array} \right.\eqno[91]$$

К системе $\eqno[91]$ ещё вернёмся,а пока подумаем, в каких конкретно слагаемых уравнения $\eqno[90]$ имеет смысл сделать замену $(a-3b)\to \frac{\xi_3}{\xi_4}$. Старший коэффициент уравнения $\eqno[90]$ оставляем без изменений, его свободный член также, то есть замену делаем только в квадратичном коэффициенте!! Делаем замену не только в сомножителе $\rho_1$, но и в $\rho_1^2$, расписывая квадрат, как произведение двух одинаковых множителей и делая замену только в ОДНОМ ИЗ НИХ!! Имеет смысл обозначить квадратичный коэффициент уравнения $\eqno[90]$ до замены как $\xi_5$,а после замены как $\xi_6$. Но $\xi_5$ уже был выписан выше, а вот $\xi_6$ после всех упрощений выглядит так
$\xi_6=[(\frac{75}{144b}+\rho_1(\frac{\xi_3}{\xi_4}+\frac{2}{27b^2}))+(\rho_2+\frac{2}{3}\cdot (\frac{\xi_3}{\xi_4}+\frac{2}{27b^2}))3^{1/3}+\frac{5}{3}(\rho_3-1)3^{2/3}][\frac{-2}{b^5}]; \eqno[92]$
Соответственно, второе биквадратное уравнение относительно $k_9$ имеет вид $k_9^4+\xi_6k_9^2+(Q_1\cdot 3^{1/3}+Q_2\cdot 3^{2/3}+Q_3)^2=0;\eqno[93]$
Чтобы применить лемму 5 и вывести противоречие, осталось оба уравнения $\eqno[90],\eqno[93]$ умножить на общий знаменатель $\xi_4$,а затем вычесть одно из другого. В результате получится уравнение такое
$\xi_4(\xi_5-\xi_6)k_9^2=0; \eqno[94]$
Ясно, что самый интересный случай здесь - это $\xi_4(\xi_5-\xi_6)=0; \eqno[95]$
Перед тем, как его рассматривать, вернёмся к системе $\eqno[91]$. Умножаем первое её уравнение на общий знаменатель $\xi_4$, затем группируем слагаемые по степеням тройки $3^{1/3};3^{2/3}$ и пользуемся леммой 5. В результате получим три уравнения с шестью неизвестными. Ещё три уравнения получаются из уравнения $\eqno[95]$ опять же после упрощения, группировки слагаемых по степеням тройки $3^{1/3};3^{2/3}$ и использования леммы 5. То есть получается однородная СЛАУ с шестью уравнениями и шестью неизвестными $N_i,i=3;8;$ Перед тем, как выписывать эту систему, надо выразить $a$ и $b$ через $d$ и $r$. Как это сделать? Выпишем уже упомянутые тут соотношения в одной системе $\left\{ \begin{array}{lcl} b=p_0\\ p_0=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r \\ a=3b+2mw \\ w=1 \\ mw=27d^2-p_0 \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} b=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r \\ a=3b+2(27d^2-b) \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} b=27d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r \\ a=81d^2-3d\cdot 3^{2/3}-r \\ \end{array} \right.\eqno[96]$
Соотношения $\eqno[96]$ нужны, чтобы можно было считать определители СЛАУ на компьютере, так как вручную долго. Вышеупомянутую СЛАУ из шести уравнений удобно записывать в матричном виде. Матрица у неё такая большая получается. Обозначим её $M_1$! Вот она

$$\begin{bmatrix} (-4-3\rho_5)& 0& -108b^2& \rho_4& -3\rho_6& 3\rho_5\\ -36b^2& (-4-3\rho_5)& 0& \rho_5& \rho_4& -3\rho_6\\ 0& -36b^2& (-4-3\rho_5)&-\rho_6&\rho_5& \rho_4&\\ 2& 0& 0& (3b-a)& 18d& 0&\\ 0& 0& 2& 6d& 0& 3(3b-a)&\\ 0& 2& 0& 0& (3b-a)& 18d&\\ \end{bmatrix}=M_1$$

Чтобы записать её в компактном виде, были введены обозначения такие

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \rho_4=(2+27ab^2-81b^3)(a-3b)-334b^2d\\ \rho_5=18b^2(a-3b) \\ \rho_6=6d(2+27b^2(a-3b)) \end{array} \right.$$

Если посчитать определитель $M_1$, то окажется, что он тождественно равен нулю. Это значит, что СЛАУ имеет бесконечно много решений, так как она однородная. Следовательно, надо перегруппировать переменные у этой СЛАУ следующим образом. Поделим каждое уравнение этой однородной СЛАУ на $N_8$ в предположении, что оно не равно нулю. Затем удалим из матрицы $M_1$ последнюю строку и последний столбец. Получим в результате уже неоднородную СЛАУ, которую имеет смысл записать в матричном виде, размерности пять относительно $\frac{N_i}{N_8};i=3,7;$

$$\begin{bmatrix} (-4-3\rho_5)& 0& -108b^2& \rho_4& -3\rho_6&\\ -36b^2& (-4-3\rho_5)& 0& \rho_5& \rho_4& \\ 0& -36b^2& (-4-3\rho_5)& -\rho_6&\rho_5&\\ 2& 0& 0& (3b-a)& 18d&\\ 0& 0& 2& 6d& 0&\\ \end{bmatrix}=M_2$$

Вышеупомянутая неоднородная СЛАУ выглядит так

$$\left\{ \begin{array}{lcl} M_2\cdot N_m=M_{2c} \\ M_{2c}^T=-\begin{bmatrix} 3\rho_5&-3\rho_6&\rho_4&0&(3b-a)\\ \end{bmatrix} \\ N_m^T=\begin{bmatrix} \frac{N_3}{N_8}&\frac{N_4}{N_8}& \frac{N_5}{N_8}&\frac{N_6}{N_8}&\frac{N_7}{N_8}\\ \end{bmatrix} \end{array} \right.\eqno[97]$$

Если посчитать определитель матрицы $M_2$, то окажется, что он тождественно равен нулю. Это говорит о том, что СЛАУ $\eqno[97]$ либо несовместна, либо имеет бесконечно много решений. Надо воспользоваться теоремой Кронекера - Капелли, которая говорит, что СЛАУ совместна тогда и только тогда, когда ранг матрицы $M_2$ равен рангу матрицы $M_2|M_{2c}$, но ранг матрицы, по определению, равен максимальному порядку её ненулевого минора. Это значит, что при приведении расширенной матрицы по алгоритму Гаусса, максимальное количество ненулевых строк у этих матриц должно быть одинаковым! Но у матрицы $M_2$ в ступенчатом виде уже есть одна нулевая строка, раз её определитель равен нулю. Значит у расширенной матрицы в ступенчатом виде тоже должна быть нулевая строка с тем же номером. То есть проще говоря, если использовать метод Крамера для решения СЛАУ, то во всех дробях должна быть неопределённость $\frac{0}{0}$.
Считая пять определителей, которые получаются из главного заменой столбца каждой неизвестной на столбец свободных членов, замечаем, что один из определителей тождественно НЕ РАВЕН НУЛЮ!
Он представляет из себя алгебраическое уравнение относительно $d$ семнадцатой степени такого вида $$3^{32}\cdot 3^{1/3}d^{17}+3^{30}d^{16}(-19+5\sqrt[3]{9}r)+3^{29}d^{15}(17\sqrt[3]{9}-37\sqrt[3]{3}r+10r^2)-3^{27}d^{14}(75\sqrt[3]{3}-339r+91\sqrt[3]{9}r^2-10\sqrt[3]{3}r^3)+$$ $+3^{25}d^{13}(195-555\sqrt[3]{9}r+981\sqrt[3]{3}r^2-361r^3+5\sqrt[3]{9}r^4)+_\dots=0; \ \eqno[98]$
В уравнении $\eqno[98]$ нужно воспользоваться оценкой числа $r$ из леммы 6 и с её помощью найти наибольшее, либо наименьшее значение коэффициентов при степенях $d$, а затем перегруппировать слагаемые так $(d^{17}-d^{16})+(d^{15}-d^{14})+(d^{13}-d^{12})+_\dots=0;$ и убедиться, что в каждой из скобок $d<4$. Дальше уже просто, так как $A=3d$ и нужно вернуться к уравнению $\eqno[3]$.
Что делать, если $N_8=0$? В этом случае число $r$ записывается так $r=\frac{N_3+N_4\cdot 3^{1/3}+N_5\cdot 3^{2/3}}{N_6+N_7\cdot 3^{1/3}};$
На самом деле этот случай можно свести к уже разобранному, умножив числитель и знаменатель числа $r$ на $3^{1/3}$, либо на $3^{2/3}$ и сократив после этого числитель и знаменатель на $3$, если это возможно.
Получается, что равенство нулю в соотношении $\eqno[95]$ невозможно! Остался случай $k_9=0$. Он представляет из себя частный случай уравнения $\eqno[90]$, который успешно разрешается с помощью группировки слагаемых по степеням тройки $3^{1/3},3^{2/3}$ и последующим применением леммы 5! Собственно говоря, осталось доказать лемму 5 и утверждение об остатках многочленов. Сначала докажем лемму 5. Напомню, формулировка у неё такая. Пусть имеется равенство в целых числах $N_3=N_1\cdot 3^{1/3}+N_2\cdot 3^{2/3}$. Тогда $N_1=N_2=N_3=0;$
Доказательство леммы 5.Умножаем обе части равенства на $3^{1/3}$. Получается, что $N_3\cdot 3^{1/3}-N_1\cdot 3^{2/3}=3N_2;$ Вычитая из полученного равенства исходное, заключаем, что $\frac{N_1^2}{N_3}-N_2=0\Rightarrow N_1^2=N_2N_3;$ $\frac{3N_1N_2}{N_3}-N_3=0\Rightarrow 3N_1N_2=N_3^2;$
Теперь умножаем обе части исходного равенства на $3^{2/3}$. Получим, что $N_3\cdot 3^{2/3}-3N_2\cdot 3^{1/3}=3N_1;$ Вычитая из полученного равенства исходное заключаем, что $-\frac{3N_2^2}{N_3}-N_3=0\Rightarrow-3N_2^2=N_1N_3$, но в таком случае все три числа $N_1,N_2,N_3$ должны делиться на $3$, если они не равны нулю одновременно, значит $N_1=N_2=N_3=0$. Лемма 5 доказана!
Утверждение об остатках доказывается с помощью следствия из основной теоремы алгебры умножением квадратного трехчлена на линейные сомножители, приравниванием коэффициентов при соответствующих степенях, затем группировокой слагаемых по степеням тройки $3^{1/3},3^{2/3}$ и применением леммы 5. Получится система уравнений, которая легко решается методом Крамера. Утверждение об остатках доказано!
Случай соседних кубов доказан. Случай $w>1$ разбирается по такому же принципу.
Таким образом, случай а) полностью разобран!
Случай б) доказывается аналогично. Он выглядит так $\left\{ \begin{array}{lcl} h_2-2h_1=b_5^2 \\ 2h_1+3h_2=3a_5 ^2\\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{lcl} h_1\in \mathbb{N}_c\\ h_2,a_5,b_5\in \mathbb{N}_n\\ \end{array} \right.$
Таким образом, случай $m>w$ доказан!
Случай $m<w$ доказывается заменой переменных! Таким образом, случай, когда $y$ чётное число, доказан!
Случай $z$ чётное доказывается аналогично. В итоге, ВТФ для кубов доказана!

[Sender]

Antoshka в сообщении #1554112 писал(а):

Сразу предположим, что ни $x$, ни $y$ не делятся на три!

Это на каком основании? Почему, к примеру, не рассматривается случай, когда одно из них делится на $3$, а второе нет?

[Antoshka]

Sender в сообщении #1554162 писал(а):

Это на каком основании? Почему, к примеру, не рассматривается случай, когда одно из них делится на $3$, а второе нет?

Потому что я решил рассмотреть случай $z$ делится на $9$. Случай $3\mid xy$, как вы предлагаете, доказывается таким же образом

[Antoshka]

Здравствуйте. Выше я выложил Доказательство ВТФ для кубов. Оно длинное, поэтому его никто не читал, судя по всему. Кроме того, там использовалась аналитическая геометрия и математический анализ. Далее надо рассмотреть показатель пять и только после этого переходить к ОБЩЕМУ СЛУЧАЮ. То есть общий случай начинается с показателя 7 и выше. В полном изложении Доказательство для кубов занимает пару десятков страниц, потому можно подумать, что для показателя семь оно ещё сложнее и занимает ещё больше места, но на самом деле оно на порядок короче. 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.
Доказательство
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. 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+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, \\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 $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^7+7mh_y$.
Аналогично, пусть $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^7+y^7=(y+u)^7\Rightarrow \frac{x^7-u^7}{7u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^7, \\7\mid x-u;u=w^7\Rightarrow w^7\mid x^7\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^7+7wh_x$
$(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!
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) $\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. 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 $7$, 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!
$\frac{z^7}{z+7p}=7b_1\alpha_2;$
Из леммы 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 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}{rcl} 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} \\ \end{array} \right. $
Знаки опять же согласованы! 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
$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}}{2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7})};$
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 $(z,x)=(z,y)=1;(x,D)=(y,D)=1$ 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. Получаем, что в результате замены изменится только первое слагаемое в числителе, остальные слагаемые останутся без изменений!$\cos\gamma=\frac{D^2\sqrt[3]{7a}F-2(a-b)^6D^{-6}}{2\sqrt[3]{7a}bD+2(a-b)^6D^{-6}};$ 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 $\sqrt[3]{7a}FD^2-2\sqrt[3]{7a}b\cos\gammaD-2(a-b)^6D^{-6}(\cos\gamma+1)=0;$
Решаем его как обычное квадратное уравнение, формируя Пифагорову тройку таким же образом, как в начале доказательства. Считаем дискриминант $\frac{D_3}{4}=(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}(a-b)^6D^{-6}(\cos\gamma+1)=\varepsilon_3^2;$
В равносильном виде он имеет вид $(b\sqrt[3]{7a}\cos\gamma)^2+2F\sqrt[3]{7a}(a-b)^6D^{-6}(\cos\gamma+1)-\varepsilon_3^2=0;$
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 $\sqrt[3]{7a}$. $\frac{D_4}{4}=(F(a-b)^6D^{-6}(\cos\gamma+1))^2+(b\cos\gamma)^2\varepsilon_3^2=(\varepsilon_4)^2;\eqno[5]$
Вот Пифагорова тройка готова. Осталось найти корни квадратных уравнений $D,\sqrt[3]{7a}$! Это просто уже

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

Подставляем теперь соотношения для $\varepsilon_3,\varepsilon_4$ в Пифагорову тройку, затем вспоминаем, что $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2}$ и что $F=(a-b)D^{-1}$ и приводим все к ОБЩЕМУ знаменателю. В итоге получим, что возможны два случая $\eqno[6.1],[6.2]$
$\left\{ \begin{array}{lcl} h_2(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)=2cdR \\ bh_1\sqrt[3]{7a}\((a-b)h_2-bh_1)=(c^2-d^2)R\\ (bh_1)^2\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)h_2=(c^2+d^2)R \end{array} \right.$$\left\{ \begin{array}{lcl} h_2(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)=(c^2-d^2)R \\ bh_1\sqrt[3]{7a}\((a-b)h_2-bh_1)=2cdR\\ (bh_1)^2\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)h_2=(c^2+d^2)R \end{array} \right.$
Тут $c,d$ это натуральные взаимно простые разночетные числа, а $R$ это НОД чисел в Пифагоровой тройке! Случай $\eqno[6.1]$ невозможен вот почему. Ранее были получены соотношения $\eqno[4]$ для $h_1,h_2$. Напомню, что они имеют вид $\left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1\\ h_1=\frac{(a-b)D\sqrt[3]{7a}}{2}-(a-b)^6D^{-6}\\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+(a-b)^6D^{-6} \end{array} \right.\Rightarrow h_1+h_2=\frac{a+b}{2}D\sqrt[3]{7a};$ Отсюда можно сделать вывод, что первое уравнение системы делится на ту же степень двойки, что и число $\frac{\sqrt[3]{7a}}{2}$,а второе уравнение делится минимум на ту же степень, что и число $\sqrt[3]{7a}$ (я напомню, что ранее было получено соотношение $z=\sqrt[6]{7a}\cdot b$, где $a$ четное число, $b$ нечетное натуральное число), поэтому случай $\eqno[6.1]$ невозможен. Осталось рассмотреть случай $\eqno[6.2]$. Итак, имеем $\left\{ \begin{array}{lcl} h_2(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)=(c^2-d^2)R \\ bh_1\sqrt[3]{7a}\((a-b)h_2-bh_1)=2cdR\\ (bh_1)^2\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7}(h_1+h_2)h_2=(c^2+d^2)R \end{array} \right.$
Такую систему надо решить в натуральных числах. Как это сделать? Для начала надо найти, чему равен общий делитель $R$ в терминах $a,b$. Для этого сначала вычтем из третьего уравнения системы первое. Получим, что $(bh_1)^2\sqrt[3]{7a}=2d^2R; \eqno[7]$
Далее второе сложим с третьим, причём запишем его через $a,b$, используя найденные ранее соотношения $\eqno[4]$ для $h_1,h_2$ и получим, что после всех упрощений $\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}h_2^2}{2}=(c+d)^2R; \eqno[8]$
Далее из третьего вычтем второе. Опять запишем его через соотношения для $h_1,h_2$ и после всех упрощений получится $\frac{(a-b)^{12}D^{-12}(a+b)^2\sqrt[3]{7a}}{2}=(c-d)^2R; \eqno [9]$
Запишем теперь полученные уравнения $\eqno[7],[8],[9]$ в одну систему и посмотрим на них внимательнее
$\left\{ \begin{array}{lcl} (bh_1)^2\sqrt[3]{7a}=2d^2R, \eqno[7]\\ \frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}h_2^2}{2}=(c+d)^2R,\eqno[8]\\ \frac{(a-b)^{12}D^{-12}(a+b)^2\sqrt[3]{7a}}{2}=(c-d)^2R \ \eqno[9] \\ \end{array} \right.$
Сейчас нужно выяснить, может ли число $h_2$ содержать какие-то делители числа $R$. Для этого обратимся к уравнению $\eqno[7]$. Из него следует, что если $R$ содержит в себе какие-то делители числа $h_2$, то эти делители содержатся в числе $b\sqrt[3]{7a}$ в силу того, что числа $h_1,h_2$ не имеют общих делителей! Но тогда в силу соотношения $\eqno[4]$ для $h_2$ общие делители чисел $h_2,R$ должны содержаться и в числе $(a-b)^6D^{-6}$, но это невозможно, так как $(a,b)=1$! Значит $(R,h_2)=1$. Это даёт основания полагать, что $R=\frac{(a-b)^2D^{-2}\sqrt[3]{7a}}{2}$, если окажется, что $R$ не содержит каких либо делителей числа $D$. Продолжение в следующем сообщении

[Antoshka]

На самом деле $(D,R)=1$ и чтобы в этом убедиться, надо посмотреть на уравнение $\eqno[7]$. Из него сразу видно, что простые делители числа $D$ могут содержаться либо в $b^2$, либо в $\sqrt[3]{7a}$, либо в $h_1^2$. Учитывая соотношение для $h_1+h_2$ через $a,b$, а именно $h_1+h_2=\frac{a+b}{2}D\sqrt[3]{7a}$ получается, что $h_1$ отпадает, так как $(h_1,h_2)=1$. Число $\sqrt[3]{7a}$ также отпадает, так как выше было показано, что $(z,D)=1$. Остаётся число $b^2$. Если вспомнить соотношение для $b$ в терминах $m,w,C,D$, то $b=7^5C^6-mwD$. Так как $(z,D)=(C,D)=1$, то число $b^2$ тоже отпадает. Получается, что $(D,R)=1$.
Если переписать уравнения системы $\eqno[7],[8],[9]$, используя соотношения для $h_1,h_2$, то окажется, что все они содержат сомножитель $\frac{(a-b)^2D^{-2}\sqrt[3]{7a}}{2}$, значит действительно $R=\frac{(a-b)^2D^{-2}\sqrt[3]{7a}}{2}$. Теперь зная $R$ легко найти все остальное. Сначала можно найти $c$. Для этого сложим уравнения $\eqno[7],[9]$, откуда получим, что $c^2=\frac{(2(a-b)^5D^{-5}a+D^2b\sqrt[3]{7a})^2}{4}\Rightarrow c=(a-b)^5D^{-5}a+\frac{D^2b\sqrt[3]{7a}}{2}$. Тогда из восьмого уравнения системы можно найти $d$, зная $c$ и $R$. Получим, что $d=\frac{bh_1}{(a-b)D^{-1}} \Leftrightarrow d=b(\frac{\sqrt[3]{7a}D^2}{2}-(a-b)^5D^{-5});$
Осталось найти $(c+d),(c-d)$ в терминах $a,b$! Итак, из уравнения $\eqno[8]$ следует, что $(c+d)=h_2D$,а из уравнения $\eqno[9]$ следует, что $(c-d)=(a-b)^5D^{-5}(a+b);$
Сведем полученные результаты в одну систему и получим, что $\left\{ \begin{array}{lcl} c=(a-b)^5aD^{-5}+D^2b\sqrt[3]{7a}/2\\ d=b(\frac{\sqrt[3]{7a}D^2}{2}-(a-b)^5D^{-5}) \ \eqno[10]\\ \end{array} \right.$ При подстановке этих соотношений $\eqno[10]$ в систему $\eqno[6.2]$, получается тождественное равенство, да и количество уравнений не равно количеству неизвестных. Это значит, что нужно вернуться к системе $\eqno[5],[6]$, которая имеет вид $\frac{D_4}{4}=(F(a-b)^6D^{-6}(\cos\gamma+1))^2+(b\cos\gamma)^2\varepsilon_3^2=(\varepsilon_4)^2;$
$$\left\{ \begin{array}{lcl} \varepsilon_3=\sqrt[3]{7a}(FD-b\cos\gamma)\\ \varepsilon_4=(b\cos\gamma)^2\sqrt[3]{7a}+(a-b)^6D^{-6}F(\cos\gamma+1)\\ \end{array} \right.$ и рассматривать Пифагорову тройку все же в рациональных числах, а не в натуральных, причём решения надо записывать в действительных числах уже без общего делителя, а косинус так и записывать как $\cos\gamma$! Ранее была сделана замена $F=mw$. Надо записать $b$ через $a,F,D$. Ранее было получено, что $b=7^5C^6-mwD;7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow b=a-FD$. То есть получится следующая система $\left\{ \begin{array}{lcl} F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD F^7(\cos\gamma+1)=2cd,\\ (a-FD)\cos\gamma \sqrt[3]{7a}(FD-(a-FD)\cos\gamma)=c^2-d^2,\\ (a-FD)^2\cos^2\gamma \sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1)=c^2+d^2, \ \eqno[11] \\ c,d\in\mathbb{R} \end{array} \right.$
В получившейся системе $\eqno[11]$ вычтем и сложим первое уравнение с третьим. Это даст возможность найти сумму и разность чисел $c,d$. Получается, что $\left\{ \begin{array}{lcl} c-d=(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a},\\ c+d=FD\sqrt[6]{7a}-(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} c=FD\sqrt[6]{7a}/2, \\ d=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}-(a-FD)\cos\gamma\sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.$
Отсюда можно сделать вывод, что $2c\in\mathbb{N};d\in\mathbb{Q}$. Так как $\cos\gamma =\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N}$, то $\left\{ \begin{array}{lcl} d=\frac{d_1}{h_2};d_1\in\mathbb{N}, \\ d_1=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}h_2-(a-FD)h_1\sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} d_1=cD^{-1}d_2, \\ d_2=Dh_2-2(a-FD)h_1F^{-1}\\ \end{array} \right.$
А за счёт чего можно получить противоречие? Противоречие получается из того, что составляются два уравнения относительно $\cos\gamma$, где одно из уравнений кубическое, а второе квадратное. Это даёт возможность найти $\frac{h_2}{d_2}$ понижая степень уравнения до линейного, то есть приём используется точно такой же, как в доказательстве ВТФ для кубов! Как получить такие уравнения? Надо выразить две величины $D^7$ и $\frac{D^7}{F^7}$ в терминах $c,d,\cos\gamma$! Сначала из соотношения для $c$ выражаем $D$, то есть $c=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}\Rightarrow D=\frac{2c}{F\sqrt[6]{7a}};$
Сейчас из соотношения для $(c-d)$ выражаем $a$, то есть $a\sqrt[6]{7a}=\frac{c-d+2c\cos\gamma}{\cos\gamma};$
Выражаем из первого уравнения системы $\eqno[11]$ $F^7$, то есть $F^7(\cos\gamma+1)=2cd\Rightarrow F^7=\frac{2cd}{\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{32c^5(\cos\gamma+1)^2\cos\gamma}{7d^2(c-d+2c\cos\gamma)}, \\ D^7=\frac{64c^6(\cos\gamma+1)\cos\gamma}{7d(c(2\cos\gamma+1)-d)} \ \eqno[12] \end{array} \right.$ Дальше уже просто. Переписываем эти дроби в виде алгебраических уравнений относительно $\cos\gamma$ во второй и третьей степени, далее используя ранее полученные соотношения $\left\{ \begin{array}{lcl} c=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{cd_2}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$ делим уголком на компьютере в программе Wolfram Mathematica соответствующие многочлены и получаем линейное уравнение относительно косинуса, корень которого имеет вид после всех упрощений $\cos\gamma=\frac{(-d_2+h_2D)(32c_1^4F^5h_2-64c_1^6d_2D+7d_2FD^2)}{2h_2(-16c_1^4d_2F^5+16c_1^4F^5h_2D-64c_1^6d_2D^2+7d_2FD^3)};c_1=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2};$ Но этот корень не несёт в себя никакой полезной информации, а вот остаток от деления многочленов должен быть равен нулю. Это даст возможность найти отношение $\frac{h_2}{d_2}$. Итак, остаток имеет вид $7d_2F^6-128c_1^6F^5h_2+256c_1^8d_2D+7F^6h_2D-28c_1^2d_2FD^2=0$ $\Rightarrow \frac{d_2}{h_2}=\frac{F^5h_2(128c_1^6-FD)}{7F^6+256c_1^8D-28c_1^2FD^2}$ $\Rightarrow d_2=F^5(2a-FD);$Можно найти $d_2$ и другим способом. Для этого надо записать $d_2$ через $F,a,D$. 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 d_2=F^5(2a-FD);$
Как видите, результаты совпали. 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. С учётом обозначения $d_2=F^5d_3;d_3=2a-FD$ 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[13]\\ \end{array} \right. $$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1=16c_1^2h_2^2+21d_3^2FD^3,\\ r_2=12c_1h_2,\\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \end{array} \right. $
Кроме того,

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=64c_1^3h_2^3-63c_1d_3^2FD^2(3d_3F^5+h_2D),\\ r_{50}=3d_3D,\\ r_{60}=-21F(49d_3^4F^2D^7+128c_1^4h_2^3(d_3F^5+h_2D)-7c_1^2d_3^2FD^2(27d_3^2F^{10}+18d_3F^5h_2D-13h_2^2D^2))\\ \end{array} \right.$$

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 $r_{60}$ обратите внимание содержит сомножитель $F$,а в скобках какой либо делитель $F$ содержаться не может, так как $h_2^4c_1^4D$ не имеют каких либо общих делителей с $F$! В лемме в самом начале доказательства было показано, что $(F,a)=(D,F)=1$, только обозначения там были другие, а именно $7C=\sqrt[6]{7a};F=mw$. Напомню, что ранее было введено обозначение $c_1=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}$. Ну а $(h_2,F)=1$ в силу соотношений $\eqno[4]$. Это значит, что $F$ является квадратом натурального числа. Но т.к. $F=mw;(m,w)=1$, то $m=m_1^2;w=w_1^2;m_1,w_1\in\mathbb{N};$
Осталось вернуться к уравнению $\eqno[3]$ из леммы $m^7+w^7+14mwCD=7^6C^7;$ и вспомнить, что

$$7\mid (m^7+w^7)\Rightarrow 7\mid (m_1^{14}+w_1^{14})\Rightarrow 7\mid (m_1^{42}+w_1^{42})\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} 7\mid m,\\ 7\mid w\\ \end{array} \right. $$

Имеем противоречие. Остался случай $j_1,j_2$ оба иррациональные!
Раз они оба иррациональные, имеет смысл найти их сумму и произведение! $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\cos\gamma +\frac{2}{3},\\ j_1j_2=\frac{16c_1^2h_2^2+21Fd_3^2D^3}{144c_1^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\frac{3h_1+2h_2}{3h_2},\\ j_1j_2=\frac{16c_1^2h_2^2+21Fd_3^2D^3}{144c_1^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.$
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 $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1+R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1-R_2\sqrt{R_3}\\ \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=R_1-R_2\sqrt{R_3},\\ j_2=R_1+R_2\sqrt{R_3} \ \ \ \eqno[14]\\ \end{array} \right.$ 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! 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 $\eqno[13],[14]$. 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 $\eqno[15]$ $\left\{ \begin{array}{lcl} r_1^3-R_1^3r_2^3r_3-3R_1^2r_2^3R_2r_3\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2r_3R_3-r_2^3R_2^3r_3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ -R_1^3r_2^3+r_3+3R_1^2r_2^3R_2\sqrt{R_3}-3R_1r_2^3R_2^2R_3+r_2^3R_2^3R_3\sqrt{R_3}=0,\\ r_3=r_4+r_5\sqrt{r_6},r_4,r_5,r_6\in\mathbb{N},R_1,R_2,R_3\in\mathbb{Q} \end{array} \right.$
Которая распадается на два случая, а именно $R_3=r_6$ и $R_3\ne r_6$. Давайте сначала рассмотрим случай $R_3=r_6$. Это приведёт к системе $\eqno[16]$ из четырёх уравнений $\eqno[16.1],[16.2],[16.3],[16.4]$, которая после всех упрощений имеет вид $\left\{ \begin{array}{lcl} 3R_1^2R_2r_2^3=-R_2^3r_2^3r_6-r_5,\\ 4R_1^2R_2r_2^3=r_1r_2-r_5,\\ R_2=\frac{-r_5}{r_2(-r_1+4R_1^2r_1^2)},\\ R_2^3=\frac{-3r_1r_2-r_5}{4r_2^3r_6}\\ \end{array} \right.$ Сейчас нужно понять, какие числа четные, а какие нет. $j_1+j_2=\cos\gamma+\frac{2}{3}\Rightarrow R_1=\frac{3h_1+2h_2}{6h_2};$ Следовательно, учитывая соотношения для $r_1,r_2$ из системы $\eqno[13]$, число $4R_1^2r_2^2$ является четным натуральным. Тогда из уравнения $\eqno[16.3]$ следует, что $\frac{r_5}{R_2}\in\mathbb{Z}$, причём делится оно на ту же степень двойки, что и число $r_2=12c_1h_2$. Но раз $r_5$ нечетное натуральное число, то если $R_2=\frac{R_{21}}{R_{22}}$, то $R_{22}$ чётное! Теперь берём уравнение $\eqno[16.2]$, возводим обе его части в куб, затем подставляем в него уравнение $\eqno[16.4]$. Получим, что $\frac{(4R_1^2r_2^3)^3(3r_1r_2+r_5}{4r_2^3r_6}=(r_5-r_1r_2)^3\Rightarrow 16R_1^6r_2^6(3r_1r_2+r_5)=r_6(r_5-r_1r_2)^3$. Далее расписывая слагаемое $(3r_1r_2+r_5)=(r_5-r_1r_2)+4r_1r_2$ подставляем вместо $(r_5-r_1r_2)$ уравнение $\eqno[16.2]$. Получается уравнение $64R_1^6r_2^7r_1+(-4R_1^2R_2r_2^3)16R_1^6r_2^6=-r_6(4R_1^2R_2r_2^3)^3$, в котором наблюдается противоречие в делимостях на степени двойки, учитывая, что $2R_1R_2r_6$ нечетное число и что $R_{22}$ делится на такую же степень двойки, что и $r_2$! Так, делимости у трех слагаемых следующие ${r_2^7;\frac{r_2^8}{4};r_2^6}$ Чтобы не было противоречия, надо, чтобы числа $\frac{r_2^8}{4};r_2^6}$ делились на одну и ту же степень двойки. Пусть $r_2$ делится максимально на $2^k,k\in\mathbb{N}$. Тогда $2^{8k-2}=2^{6k}\Rightarrow k=1$. Но $r_2=12c_1h_2$, то есть делится минимум на $2^2$. Получили противоречие! Теперь рассмотрим случай $r_3\ne R_6$
Возвращаемся к системе $\eqno[15]$, 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
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 $\eqno[15]$. 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 $\eqno[15]$ следует, что $r_1=0$, но это невозможно, так как $r_1=16c_1^2h_2^2+21d_3^2FD^3$ нечетное число! Пусть $R_2=0$. Тогда первое уравнение системы $\eqno[15]$ 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 $\eqno[15]$ 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! Если есть вопросы, то задавайте

[Antoshka]

Снова здравствуйте! Я обнаружил ошибку для случая $R_3=r_6$. Вот исправленный вариант.
Получается система $\eqno[16]$ вследствие рассмотрения случая $R_3=r_6$. Система $\eqno[15]$ после перегруппировки слагаемых принимает вид следующий (посчитано в Wolfram Mathematica) $\left\{ \begin{array}{lcl} G_1+G_2=0,\\ G_1=(r_1^3-R_1^3r_2^3r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_4r_6-3R_1^2r_2^3R_2r_5r_6-r_2^3R_2^3r_5r_6^2),\\ G_2=-r_2^3\sqrt{r_6}(3R_1^2R_2r_4+R_1^3r_5+R_2^3r_4r_6+3R_1^2R_2^2r_5r_6),\\ -R_1^3r_2^3+r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_6+\sqrt{r_6}(3R_1^2r_2^3R_2+r_5+r_2^3R_2^3r_6)=0 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} G_1=G_2=0, \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ [15.1]\\ -R_1^3r_2^3+r_4-3R_1r_2^3R_2^2r_6=0, \ \ \ [15.2]\\ (3R_1^2r_2^3R_2+r_5+r_2^3R_2^3r_6)=0 \ \ \ \ [15.3]\\ \end{array} \right.$
Сейчас из уравнений $\eqno[15.2],[15.3]$ 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 $h_2c_1>0$. 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! Я все исправил. Далее у меня разбирается случай $R_3\ne r_6$

[Antoshka]

Здравствуйте. 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!
Доказательство
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. 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.
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. 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 $7$, 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!
$\frac{z^7}{z+7p}=7b_1\alpha_2;$
Из леммы 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 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! 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 $b=a-FD$

[Antoshka]

То есть получится следующая система $\left\{ \begin{array}{lcl} F^7(\cos\gamma+1)=2ed,\\ (a-FD)\cos\gamma \sqrt[3]{7a}(FD-(a-FD)\cos\gamma)=e^2-d^2,\\ (a-FD)^2\cos^2\gamma \sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1)=e^2+d^2, \ \eqno[7] \\ F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ e,d\in\mathbb{R} \end{array} \right.$
В получившейся системе $\eqno[7]$ вычтем и сложим первое уравнение с третьим. Это даст возможность найти сумму и разность чисел $e,d$. Получается, что $\left\{ \begin{array}{lcl} e-d=(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a},\\ e+d=FD\sqrt[6]{7a}-(a-FD)\cos\gamma \sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=FD\sqrt[6]{7a}/2, \\ d=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}-(a-FD)\cos\gamma\sqrt[6]{7a}\ \ \ \eqno[8]\ \end{array} \right.$
Отсюда можно сделать вывод, что $2e\in\mathbb{N};d\in\mathbb{Q}$. Так как $\cos\gamma =\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N}$, то $\left\{ \begin{array}{lcl} d=\frac{d_1}{h_2};d_1\in\mathbb{N}, \\ d_1=\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}h_2-(a-FD)h_1\sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} d_1=eD^{-1}d_2, \\ d_2=Dh_2-2(a-FD)h_1F^{-1}\\ \end{array} \right.$ Надо найти $d_2$. Для этого надо записать $d_2$ через $F,a,D$. Делается это, используя соотношения $\eqno[4]$ для $h_1,h_2$, записанные через $F,D,a$. Итак, $\left\{ \begin{array}{lcl} F=mw=(a-b)D^{-1},\\ b=a-FD,\\ h_1=FD^2/2\sqrt[3]{7a}-F^6,\\ h_2=D(a-FD)\sqrt[3]{7a}+F^6\\ \end{array} \right.\Rightarrow d_2=F^5(2a-FD);$
Важно, что $d_2$ не делится на $7$, так как $FD$ не делится на $7$! (В самом начале было установлено, что $7\mid a$)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, используя ранее полученные соотношения $\eqno[8]$$\left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{ed_2}{Dh_2}\\ \end{array} \right.$
Теперь надо взять кубическое уравнение относительно $\cos\gamma$ и найти его корни по формуле Кардано. Это можно сделать на компьютере. Окажется, что один корень действительный, остальные два комплексные. С учётом обозначения $d_2=F^5d_3;d_3=2a-FD;c_1=\sqrt[6]{7a}$ Корень такой $\cos\gamma=j_1+j_2-\frac{2}{3}$, где $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1=\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_3}}\\ j_2=\frac{\sqrt[3]{r_3}}{r_2} \ \ \eqno[10]\\ \end{array} \right. $$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1=16c_1^2h_2^2+21d_3^2FD^3,\\ r_2=12c_1h_2,\\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \end{array} \right. $
Кроме того,

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=64c_1^3h_2^3-63c_1d_3^2FD^2(3d_3F^5+h_2D),\\ r_{50}=3d_3D,\\ r_{60}=-21F(49d_3^4F^2D^7+128c_1^4h_2^3(d_3F^5+h_2D)-7c_1^2d_3^2FD^2(27d_3^2F^{10}+18d_3F^5h_2D-13h_2^2D^2))\\ \end{array} \right.$$

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 $r_{60}$ обратите внимание содержит сомножитель $7$ ровно в третьей степени, потому что раз $7\mid a\Rightarrow 7\mid c_1$, то есть первое слагаемое в скобках делится ровно на $7^2$,а последнее минимум на $7^3$!Остался случай $j_1,j_2$ оба иррациональные!
Раз они оба иррациональные, имеет смысл найти их сумму и произведение! $\left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\cos\gamma +\frac{2}{3},\\ j_1j_2=\frac{16c_1^2h_2^2+21Fd_3^2D^3}{144c_1^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} j_1+j_2=\frac{3h_1+2h_2}{3h_2},\\ j_1j_2=\frac{16c_1^2h_2^2+21Fd_3^2D^3}{144c_1^2h_2^2},\\ \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2} \end{array} \right.$
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 $h_2c_1>0$. 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
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 $r_1=16c_1^2h_2^2+21d_3^2FD^3$ 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!

[ozheredov]

Antoshka, можно вопрос? Будет ли доказательство работать если подставить эн скажем... скажем, $n=2$?

[Antoshka]

ozheredov в сообщении #1576197 писал(а):

Antoshka, можно вопрос? Будет ли доказательство работать если подставить эн скажем... скажем, $n=2$?

Нет конечно. Если $n=2$, то соотношения для гипотетических решений в натуральных числах примут совершенно другой вид