ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591611 писал(а):

Почему? Ну взял я $r_4=0$ что я нарушил?

Смотрите на соотношения из леммы 2 в моем предыдущем сообщении. Если $r_4=0$, то это неизбежно влечет $\sqrt[6]{7a}=0\Rightarrow z=0$, ведь ранее было получено, что $z=\sqrt[6]{7a}b,b\in\mathbb{N}$

[Rak so dna]

Antoshka вы это серьёзно? Вы в курсе, что если произведение двух множителей равно нулю, то необязательно каждый из них равен нулю?

-- 29.04.2023, 13:01 --

Да, кстати это

Antoshka в сообщении #1591578 писал(а):

Но нужный корень рациональный и имеет вид $T+2/3=j_1+j_2$, поэтому мнимая часть комплексного числа должна быть равна нулю!
...
Это значит, что $\varphi=0;\pi/2$

тоже конечно же неверно.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591614 писал(а):

Antoshka вы это серьёзно? Вы в курсе, что если произведение двух множителей равно нулю, то необязательно каждый из них равен нулю?

Объясню подробнее. Вот есть соотношение для $r_4$, имеющее вид $r_4=64\sqrt[6]{7a}^3h_2^3-63\sqrt[6]{7a}(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D);$ Когда возможно равенство нулю? Ну очевидно, когда $\sqrt[6]{7a}=0$, причём только в этом случае! Ведь во втором слагаемом хоть и имеет место целое число $3(2a-FD)F^5+h_2D$, но оно делится ровно на два в первой степени, если это слагаемое аккуратно расписать через соотношение для $h_2$, которое я тут приводил уже. Вот оно

Antoshka в сообщении #1577830 писал(а):

Получим

$$2F=2mw=2(a-b)D^{-1}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1\\ h_1=\frac{FDD\sqrt[3]{7a}}{2}-F^6 \ \eqno[4]\\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+F^6 \end{array} \right.$$

Помня, что $b=a-FD$, то получится, что $3(2a-FD)F^5+h_2D\equiv-2F^6D\pmod 4$,а раз $FD$ нечетное число, то $3(2a-FD)F^5+h_2D\equiv\pm 2\pmod 4$, то есть $\sqrt[6]{7a}=0\Rightarrow z=0$, потому что ранее получено, что $z=\sqrt[6]{7a}b$! Никакие два сомножителя нулю одновременно я не приравниваю!

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1591620 писал(а):

Вот есть соотношение для $r_4$, имеющее вид $r_4=64\sqrt[6]{7a}^3h_2^3-63\sqrt[6]{7a}(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D)$

ну вот оно есть, ну вот мы его разложили:

$r_4=\sqrt[6]{7a}\cdot\left(64\sqrt[6]{7a}^2h_2^3-63(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D)\right)$

где доказательство, что

$64\sqrt[6]{7a}^2h_2^3-63(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D) \neq 0$ ?


Напомню, свой вопрос:

Rak so dna в сообщении #1591608 писал(а):

Antoshka в сообщении #1591578 писал(а):

Это значит, что $\varphi=0;\pi/2\Rightarrow \frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}}=1;0\Rightarrow r_4=r_1\sqrt{r_1}$, либо $r_4=0$, что невозможно в силу уравнения $\eqno[15]$, которое имеет вид $r_1^3-r_4^2-r_5^2r_6=0$, потому что получается $r_5r_6=0$, а это невозможно!

Почему из $r_4=0$ вы делаете вывод, что $r_1=0$ ?

Вы на полном серьёзе хотите меня убедить, что подразумевали здесь то, что судорожно пытаетесь сейчас придумать?

-- 29.04.2023, 14:30 --

Antoshka в сообщении #1591620 писал(а):

а раз $FD$ нечетное число, то...

если $m$ и $w$ определены здесь:

Antoshka в сообщении #1576518 писал(а):

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

то $F=mw$ просто обязано быть чётно, т.к. в противном случае должны быть чётны $x$ и $y$, а это противоречит их взаимной простоте.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

Вы на полном серьёзе хотите меня убедить, что подразумевали здесь то, что судорожно пытаетесь сейчас придумать?

Вы неправильно поняли моё сообщение. Вот где вы неправильно поняли

Rak so dna в сообщении #1591608 писал(а):

Почему из $r_4=0$ вы делаете вывод, что $r_1=0$ ?

Я такого никогда не утверждал. Вот правильный вариант ещё раз

Antoshka в сообщении #1591610 писал(а):

Смотрите, $\varphi$ может принимать только два значения $0;\pi/2$; это значит, что $\frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}}$ может принимать два значения: либо $0$, либо $1$! Это означает, что либо $r_4=0$, что невозможно, либо же $r_4=r_1\sqrt{r_1}$, что тоже невозможно, ибо $r_4$ целое число, а $\sqrt{r_1}$ иррационально, так как делится ровно на семь в первой степени в силу соотношений леммы 2! Ещё раз вот эти соотношения

просто я решил рассмотреть случай $r_4>0$, из-за чего главный аргумент комплексного числа, который я обозначил через $\varphi$, имеет вид $\varphi=\arccos\frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}}$ и принадлежит первой четверти! Причём главный аргумент он на то и главный, что записывается он без периода, поэтому ваше утверждение

Rak so dna в сообщении #1591614 писал(а):

тоже конечно же неверно.

неверно

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

если $m$ и $w$ определены здесь:

Нет, здесь https://dxdy.ru/post1577830.html#p1577830

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

то $F=mw$ просто обязано быть чётно, т.к. в противном случае должны быть чётны $x$ и $y$, а это противоречит их взаимной простоте.

В том то и дело, что $F$ нечетное, потому что я сейчас рассматриваю случай $z$ чётное число, о чем я в самом начале доказательства написал. Вот цитата

Antoshka в сообщении #1577830 писал(а):

А дальше рассматриваем 2 случая: $z$ нечетное и четное. Для начала пусть $z$ четно, а $y$ нечетное.

Отсюда у вас и возникло непонимание видимо

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

ну вот оно есть, ну вот мы его разложили:
$r_4=\sqrt[6]{7a}\cdot\left(64\sqrt[6]{7a}^2h_2^3-63(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D)\right)$
где доказательство, что
$64\sqrt[6]{7a}^2h_2^3-63(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D) \neq 0$ ?

Раз $z$ четное, то $a$ тоже чётное, причём $7C=\sqrt[6]{7a},z=\sqrt[6]{7a}(a-FD)$ натуральные числа, а так как выше я показал, что число $(3(2a-FD)F^5+h_2D)$ делится ровно на два в первой степени, то очевидно предложенный вами вариант невозможен!

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1591630 писал(а):

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

Вы на полном серьёзе хотите меня убедить, что подразумевали здесь то, что судорожно пытаетесь сейчас придумать?

Вы неправильно поняли моё сообщение. Вот где вы неправильно поняли

Rak so dna в сообщении #1591608 писал(а):

Почему из $r_4=0$ вы делаете вывод, что $r_1=0$ ?

Я такого никогда не утверждал.

А как же

Antoshka в сообщении #1591578 писал(а):

либо $r_4=0$, что невозможно в силу уравнения $\eqno[15]$, которое имеет вид $r_1^3-r_4^2-r_5^2r_6=0$, потому что получается $r_5r_6=0$, а это невозможно!

А получается $r_5r_6=0$ (при $r_4=0$)только если $r_1=0$. Ну да ладно, не утверждали, так не утверждали.

Antoshka в сообщении #1591630 писал(а):

Смотрите, $\varphi$ может принимать только два значения $0;\pi/2$;

Уже отмечал, что это неверно.

Antoshka в сообщении #1591630 писал(а):

Rak so dna в сообщении #1591626 писал(а):

если $m$ и $w$ определены здесь:

Нет, здесь https://dxdy.ru/post1577830.html#p1577830

Чем они отличаются? Ну да ладно, у вас $x$ и $y$ нечетные (пускай это мой косяк — уж извините запамятовал, что вы это предполагали). Хорошо, почему $a$ чётное?

Antoshka в сообщении #1591620 писал(а):

Помня, что $b=a-FD$

пусть $a$ — нечётное, тогда $b$ — чётное и соответственно $z$ — тоже чётное.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591643 писал(а):

А как же

Я из того, что $r_4=0$ вовсе не делал вывод, что $r_1=0$, как вы утверждаете. Я написал, что если $r_4=r_1\sqrt{r_1}$, то это влечёт $r_5^2r_6=0$ в силу уравнения $\eqno[15]$
Ну и я ещё я потом привёл доказательство невозможности случая $r_4=0$, потому что понял, что вы бы у меня все равно спросили про него

Rak so dna в сообщении #1591643 писал(а):

пусть $a$ — нечётное, тогда $b$ — чётное и соответственно $z$ — тоже чётное.

Здесь $a$ как раз чётное. Это я отмечал ранее в самом начале. Вот цитата

Antoshka в сообщении #1577830 писал(а):

Тогда верно следующее:

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

Доказательство леммы под спойлером

Раз $z$ четное, то $C$ чётное, значит $7C=\sqrt[6]{7a}$ чётное, то есть $a$ чётное. Вы видимо не с самого начала смотрите доказательство, потому возникают такие непонятки.

Rak so dna в сообщении #1591643 писал(а):

Уже отмечал, что это неверно.

Хорошо, я понял, что вы настаиваете на том, что $k_1=k_2$

Antoshka в сообщении #1591578 писал(а):

Значит реально $k_1=k_2=1$, но тогда корень приобретает вид $T+2/3=\frac{2\sqrt{r_1}\cos\frac{\varphi+2\pi}{3}}{r_2}$, но mihaild показал, что $T>0$, поэтому получается положительное число равно отрицательному, ведь угол $\frac{\varphi+2\pi}{3}$ принадлежит либо второй, либо третьей четверти, потому что $\varphi$ из первой четверти, а там косинус отрицательный, потому противоречие получается!
Что, если $k_1=2$?Тогда теперь сразу понятно, что $k_1=k_2=2$, поэтому угол приобретает очень удобный вид, и корень кстати тоже $T+2/3=\frac{2\sqrt{r_1}\cos\frac{\varphi+4\pi}{3}}{r_2};$ Отсюда сразу следует, что раз $\varphi\leqslant \pi/2\Rightarrow \frac{4\pi+\varphi}{3}\leqslant \frac{3\pi}{2}\Rightarrow T+2/3=0$, но это невозможно, так как повторюсь mihaild показал, что $T>0;$
То есть случай $k_1=k_2=0$ является самым интересным!

Ну вот собственно пришли к случаю, который я и рассматриваю

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1591649 писал(а):

Вот цитата

хоть убейте, но я не вижу, где в вашей цитате равенство

Antoshka в сообщении #1591649 писал(а):

$7C=\sqrt[6]{7a}$

зато вот прекрасно вижу ваше обоснование четности $a$:

Antoshka в сообщении #1591630 писал(а):

Раз $z$ четное, то $a$ тоже чётное

Короче говоря, если хотите, чтобы я возился с вашим доказательством, пишите всё в одном месте с самого начала, ибо надоело...

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591653 писал(а):

Короче говоря, если хотите, чтобы я возился с вашим доказательством, пишите всё в одном месте с самого начала, ибо надоело...

Согласен, доказательство получилось разбросанным по страницам, поэтому соединить его воедино стало трудно. Имеет смысл действительно переписать его с самого начала с учётом всех замечаний

[Rak so dna]

Antoshka отлично, только учитывайте (дабы не плодить впустую переменные), что у вас

Antoshka в сообщении #1591604 писал(а):

Ну тогда мои рассуждения можно даже упростить получается. mihaild думаю даст комментарии по этому поводу

$k_1=k_2=k$ (надеюсь mihaild подтвердит), и что утверждение

Antoshka в сообщении #1591630 писал(а):

Смотрите, $\varphi$ может принимать только два значения $0;\pi/2$;

неверно.

[Antoshka]

mihaild в сообщении #1591286 писал(а):

Я бы ещё предложил, раз уж используется вольфрам, явно писать, где он и как используется. Прямо скриптом желательно.

Скрипты это команды, набираемые в wolfram mathematica?

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1591676 писал(а):

Скрипты это команды, набираемые в wolfram mathematica?

Например решить уравнение $x^3+x+1=0$. Записываете формулу, и оставляете ссылку на решение

[mihaild]

Antoshka в сообщении #1591676 писал(а):

Скрипты это команды, набираемые в wolfram mathematica?

Да. Чтобы было понятно, где просто результат одного компьютерного вычисления отправляется в другое, а где как-то обрабатывается. Например если что-то куда-то поставляется и полученное уравнение решается, то проверять, что результат подстановки правильный не нужно.

(Раз уже два участника обратились ко мне: я крайне невнимательно слежу за этой темой, и вряд ли буду вписываться до появления версии с явно выделенными автоматически посчитанными местами и явно выделенными рассуждениями; не пишу особых просьб сделать такую версию, потому что не хочу обещать что буду вписываться даже если она появится; Rak so dna, кажется, уже вник в происходящее куда глубже, чем я)

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1591681 писал(а):

Например решить уравнение $x^3+x+1=0$. Записываете формулу, и оставляете ссылку на решение

Кстати это даже удобнее, потому что сразу результат виден и не надо ничего набирать вручную

mihaild в сообщении #1591686 писал(а):

(Раз уже два участника обратились ко мне: я крайне невнимательно слежу за этой темой, и вряд ли буду вписываться до появления версии с явно выделенными автоматически посчитанными местами и явно выделенными рассуждениями; не пишу особых просьб сделать такую версию, потому что не хочу обещать что буду вписываться даже если она появится; Rak so dna, кажется, уже вник в происходящее куда глубже, чем я)

Да это я помню, вы про это уже писали

[Antoshka]

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

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

Доказательство леммы под спойлером

(Оффтоп)

Доказательство леммы.
Как в знаменитой телеграмме, переносим $x$ в правую часть, затем по аналогии $y$, при этом помня, что рассматривается случай $z$ делится на семь. Тогда $y^7=z^7-x^7\Leftrightarrow y^7=(z-x)(z^7-x^7)/(z-x)\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} z-x=m^7, \\ z-y=w^7, \\ m,w\in\mathbb{N} \end{array} \right$$mihaild показал, что $(z-x),(z-y)$ являются точными степенями. Вот его доказательство

mihaild в сообщении #1585434 писал(а):

Да, доказательство есть у Постникова ("Теорема Ферма", стр. 19-21 в издании 1978 года). Чтобы не потерялось, перепишу сюда.
Пусть $x^n + y^n = z^n$, $n$ простое большее $2$, $x, y, z$ взаимно просты, $y$ не делится на $n$. Тогда $\sqrt[n]{z - x}$ - целое число.
Напишем $a = z - x$, $b = \frac{y^n}{a} = \frac{z^n - x^n}{a} = \frac{(a + x)^n - x^n}{a} = C_n^0 a^{n - 1} + C_n^1 a^{n - 2} x + \ldots + C_n^{n - 1} x^{n - 1}$.
Очевидно что $a$ и $x$ взаимно просты, потому что любой их общий делитель делит $a + x = z$.
В выражении для $b$ все слагаемые, кроме, быть может, последнего, делятся на $a$ - значит любой общий делитель $a$ и $b$ делит $C_n^{n - 1} x^{n - 1} = n \cdot x^{n - 1}$. Но у $a$ нет общих делителей с $x$, а т.к. $y^n = ab$ не делится на $n$, то $n$ тоже не входит в общие делители $a$ и $b$. Значит, $a$ и $b$ взаимно просты. Ну и т.к. их произведение является $n$-й степенью, то и каждое из них является $n$-й степенью.
Рассуждение в общем-то довольно очевидное, я его кучу раз проводил, и каждый раз забывал не только доказательство, но и утверждение.

Пусть по определению $k=z-x-y,v=z-x,u=z-y$, то есть $z=x+y+k,z=x+v,v=y+k\Rightarrow x^7+y^7=(x+v)^7\Rightarrow \frac{y^7-v^7}{7v}\in\mathbb{Z}\Rightarrow v\mid y^7,$
Так как $7\mid y-v;v=m^7\Rightarrow m^7\mid y^7\Rightarrow m\mid y;$
Очевидно, если вспомнить определения чисел $v,u$ чуть выше, то получится $y-v=x-u=-k$. Получается, что $y=v+(y-v)\Leftrightarrow y=m^7+7mh_y$. Где $h_y$ целое число.
Из определения $u$ и произведенной ранее замены $z=x+y+k$ следует $z=y+u,u=x+k\Rightarrow x^7+y^7=(y+u)^7\Rightarrow \frac{x^7-u^7}{7u}\in\mathbb{Z}\Rightarrow u\mid x^7,$
Так как $7\mid x-u;u=w^7\Rightarrow w^7\mid x^7\Rightarrow w\mid x;$. Очевидно, $y-v=x-u=-k$. Получается, что $x=u+(x-u)\Leftrightarrow x=w^7+7wh_x$. Где $h_x$ целое число.
$(x,y)=1\Leftrightarrow 7mh_y=7wh_x\Rightarrow $$\left\{ \begin{array}{lcl} h_y=wA \\ h_x=mA \\ \end{array} \right.$$. Окончательно получаем

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

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7\Rightarrow m^7+w^7+14mwA=7^6C^7;$ $z=m^7+w^7+7mwA\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD)$. Поясню последний переход подробнее. Очевидно $$\frac{z^7}{x+y}\in\mathbb{N}\Rightarrow\frac{(7^6C^7-7mwA)^7}{7^6C^7}=7\Bigg(\frac{7^5C^6-mwA}{C}\Bigg)^7=7\Bigg(7^5C^6-\frac{mwA}{C}\Bigg)^7\in\mathbb{N};$ $(x,y)=(y,z)=(x,z)=1\Rightarrow (m,C)=(C,w)=1\Rightarrow C\mid A\Rightarrow A=CD$. $C,D\in\mathbb{N}.$
Тогда $z^7=(7C)^7(7^5C^6-mwD)^7\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD);$
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 в лемме 1, записываем тождество $(7mwA)^7=(7mwA)^7$ как $(x+y-z)^7=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7\Leftrightarrow (x+y-z)^7-(x^7+y^7-z^7)$ $=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7$.
Решаем это уравнение относительно $D$ в wolfram mathematica с помощью команды

Eq=(x+y-z)^7-7(x+y)(z-x)(z-y)D^7
Solve[Eq==0,D]

, нажимая shift enter и получаем, что $D^7=(x^2+xy+y^2)^2-z(x+y)(2x^2+3xy+2y^2)+(3x^2+5xy+3y^2)z^2$ $-2(x+y)z^3+z^4$. Можно так же решить это уравнение с помощью wolfram alpha, правда корень он записывает в другом виде. Вот ссылка
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 $(x,D)=(y,D)=1$.
$x+y=7^6C^7\Leftrightarrow m^7+w^7+14mwCD=7^6C^7\Rightarrow 49\mid m^7+w^7\Rightarrow 7\mid C$ $\Rightarrow 49\mid z;$.
Лемма доказана!

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

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

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

(Оффтоп)

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

Умножим обе части тождества на $7^5p$. Получим $\frac{7^6p^7}{z+7p}=(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4)-z^5p+\frac{z^6p}{7p+z}$. В силу доказанной леммы 1, в левой части тождества целое число, значит и последнее слагаемое в тождестве является целым числом. Доказательство под спойлером

(Оффтоп)

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

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

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

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

Цитата:

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 $a,b$

следует, что $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7\Rightarrow 7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow C=\frac{\sqrt[6]{7a}}{7};\eqno[2.1]$
Получаем систему уравнений

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

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

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

Раз теперь $m^7,w^7$ известны, можно найти $x,y$ с помощью соотношений из леммы 1, а также полученных соотношений для $z,p$, которые имеют вид

Цитата:

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 $a,b$

$\left\{ \begin{array}{lcl} x=w^7+7p \\ y=m^7+7p\\ p=mwA \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=\frac{a\sqrt[6]{7a}\pm\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \\ y=\frac{a\sqrt[6]{7a}\mp\sqrt{(2b-a)^2\sqrt[3]{7a}-4(a-b)^7D^{-7}}}{2} \ \ \eqno[3]\\ z=\sqrt[6]{7a}b,(a,b)=1,a,b,D\in\mathbb{N}\\ \end{array} \right. $
Знаки опять же согласованы!
Пусть по определению $F=mw;$
Осталось записать $b$ через $a,F,D$! Получится, что $b=a-FD$, что следует из двух способов представления числа $z$ через $a,b$ и $C,D,F$ и соотношений $\eqno[2.1]$, то есть нужны соотношения $\eqno[3],[2],[2.1]$ из которых следует, что $z=\sqrt[6]{7a}b=7C(7^5C^6-mwD)\Rightarrow b=a-FD$ и что числа $a,F,D,b$ попарно взаимно простые, потому что $m,w,C,D$ попарно взаимно простые по лемме 1!
Лемма 2 доказана
Продолжение в следующем сообщении!