ВТФ Доказательство клёвое весеннее

[yk2ru]

Rak so dna в сообщении #1592151 писал(а):

Почему при $n=3$ доказательство ВТФ "особое"?

Возможно потому, что одно из соседних чисел любого простого числа делится на три.

[Antoshka]

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 1
Пусть по определению $k=z-x-y,v=z-x,u=z-y;$
Тогда целые числа $u$, $v$ являются такими, что $z=x+v=y+u;$
Тогда $x^7+y^7=(x+v)^7$

поэтому $(x+v)^7-x^7-y^7=(v^7-y^7)+7vx(x+v)(x^2+vx+v^2)^2=0$.

Отсюда $7v\mid v^7-y^7 \Rightarrow v\mid y^7$.

Теперь, в силу делимости левой части тождества $y^7-v^7 = (y-v)\left((y-v)^6+7vy(y^2-vy+v^2)^2\right)$ на $7$ заключаем, что хотя бы один из множителей правой части этого тождества делится на $7$, а значит, неизбежно $7\mid y-v$.

Итак, имеем: $v\mid y^7$ и $7\mid y-v$

То, что существует целое $m,w$ такое, что $v=z-x=m^7$ и $u=z-y=w^7$ следует отсюда:

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.

а учитывая, что $v\mid y^7$, заключаем, что $m\mid y$ причём $m$ не делится на $7$, поскольку это противоречило бы взаимной простоте $x,y$ и $z$ (это тоже нужно проговаривать).
Очевидно, если вспомнить определения чисел $v,u$ чуть выше, то получится $y-v=x-u=-k$
Итак, имеем:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} m\mid y \\ 7\mid y-v \\ v=m^7 \\ 7\nmid m \\ \end{array}\Rightarrow y-v=mh_1-m^7=7h_2=7mh_y \Rightarrow y=m^7+7mh_y \right$$

Далее, в силу симметрии $(x\leftrightarrow y)$, аналогичными рассуждениями относительно $x$ получим $x=w^7+7wh_x$

Наконец:

$(x,y)=1 \Rightarrow (m,w)=1 \Rightarrow y-v=x-u=7mh_y=7wh_x=7mwA$

откуда окончательно получаем:

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

Пусть $z$ делится на $7$. Тогда
$x+y=7^6C^7$, причём только так! Почему?
Имеем тождество:

$y^7+x^7=(x+y)\left(7y^6-(x+y)(6y^5-5xy^4+4x^2y^3-3x^3y^2+2x^4y-x^5)\right)$

Пусть $p\neq7$ — общий делитель двух множителей правой части тождества, тогда $p\mid x+y$ и $p\mid y$, а значит $p\mid x$, а это противоречит $(x,y)=1$. Поэтому общим делителем может быть только $7$.

Если использовать ещё одно тождество

$x^7+y^7 = (x+y)\left((x+y)^6-7xy(x^2+xy+y^2)^2\right)$
То из него видно, что правый сомножитель делится ровно на семь в первой степени! Значит реально $x+y=7^6C^7$ Из этого можно сделать следующий вывод, используя уже полученные соотношения для $x,y,z$
Пусть $z$ делится на $7$. Тогда $x+y=7^6C^7\Rightarrow m^7+w^7+14mwA=7^6C^7;$ $z=m^7+w^7+7mwA\Rightarrow z=7^6C^7-7mwA\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD)$. 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
$z^7=7(x+y)(7^5C^6-mwD)^7=(7C)^7(7^5C^6-mwD)^7$ $\Rightarrow z=7C(7^5C^6-mwD);$
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 доказанных соотношений в лемме 1 для $x,y,z$, записываем тождество $(7mwA)^7=(7mwA)^7$ левую часть как $7mwA=(x+y-z)$,а правую как $7\cdot 7^6C^7\cdot m^7\cdot w^7D^7$ через $z-x,z-y,x+y$ Получается $(x+y-z)^7=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7\Leftrightarrow (x+y-z)^7-(x^7+y^7-z^7)$ $=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7$.
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 $x^2+xy+y^2=(x+y)^2-xy$ и $7\mid (x+y),7\mid z$, а $xy$ на семь не делится. Предположим, что $(C,D)>1$. Тогда получается, что в уравнении для $D^7$ все слагаемые, кроме, может быть, первого, делятся на $C$, потому что они все делятся минимум на $z$, а так как $z=(7C)(7^5C^6-mwD)$, то они делятся минимум на $C;$ Тогда раз $x+y=7^6C^7$, то $(x^2+xy+y^2)=(x+y)^2-xy\Rightarrow (C,D)\mid xy$. Но ранее было установлено, что $x+y=7^6C^7$. Получается, что либо, либо $(C,D)\mid x,(C,D)\mid y$. Имеем противоречие, так как $(x,y)=1$. В итоге имеем, что $(C,D)=1$.
Аналогично проверяется, что $(x,D)=(y,D)=1$.
Теперь уже ясно, что если $m^7+w^7$ делится на семь, то он делится на сорок девять, поэтому
$x+y=7^6C^7\Leftrightarrow m^7+w^7+14mwCD=7^6C^7\Rightarrow 49\mid m^7+w^7\Rightarrow 7\mid C$ $\Rightarrow 49\mid z;$.
Лемма доказана!
Это достаточно подробно?

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592474 писал(а):

Это достаточно подробно?

Почти.
Раз уж вы настаиваете на натуральности $A$ — это тоже надо показать, хоть это и просто:
$7mwA=y-v=x+y-z=z\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-1\right)>z\left(\left(\frac{x}{z}\right)^7+\left(\frac{y}{z}\right)^7-1\right)=0\Rightarrow$
$\Rightarrow A>0$

Последнее:

Antoshka в сообщении #1592474 писал(а):

Теперь уже ясно, что если $m^7+w^7$ делится на семь, то он делится на сорок девять

Тут тоже всё-таки неплохо сослаться на тождество:
$(m+w)^7-m^7-w^7=7mw(w+m)(w^2+mw+m^2)^2$

А так, да, я считаю, что Лемма 1:

------------------------------------------------

Если $x^7+y^7=z^7$, причем $7\mid z,\ (x,y,z)=1,\ x,y,z\in\mathbb{N}$, то:

$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ x=w^7+7p \\ z=m^7+7p+w^7 \\ z=7C(7^5C^6-mwD) \\ p=mwA \\ A=CD \\ x+y=7^6C^7 \\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \\ 49\mid z,\ 7\mid C,\ 7\nmid D,\ 2\nmid D,\ 7\nmid m,\ 7\nmid w \\ m,w,p,A,C,D\in\mathbb{N} \end{array} \right$

------------------------------------------------

доказана. Можете писать Лемму 2.

[Rak so dna]

Antoshka пока вы не вывернули сюда Лемму 2, сделаю заранее несколько замечаний:

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Лемма 2. Существуют такие попарно взаимно простые натуральные числа $a,b,F,D$, что имеют место следующие соотношения, причём знаки согласованы!

Не забывайте, что переменная $D$ уже определена в Лемме 1, поэтому переопределять её в Лемме 2 неправильно. Используйте либо новую переменную, либо уберите её из определения.

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

Конкретно для показателя семь вывод тождества под спойлером.

Не нужно расписывать вывод тождества, которое легко проверить раскрытием скобок и приведением подобных. Просто оставьте ссылку на Wolfram.

Antoshka в сообщении #1591957 писал(а):

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

Напомню, что поскольку разбиение на случаи у вас внутри доказательства Леммы 2, вы обязаны рассмотреть и второй случай внутри этого же доказательства. Либо вынести ограничение $14\mid z$ в условия Леммы 2, если доказательства для второго случая у вас нет.


Поскольку доказательство Леммы 2 длинное, предлагаю публиковать его кусками.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1592489 писал(а):

Если $x^7+y^7=z^7$, причем $7\mid z,\ (x,y,z)=1,\ x,y,z\in\mathbb{N}$,

Кстати запись $(x,y,z)=1$ является неправильной, потому что это значит, что общий делитель у всей тройки чисел равен единице, а надо, чтобы числа были попарно взаимно простые! То есть правильно так $(x,y)=(y,z)=(x,z)=1$! Вот пример, почему неправильно писать как вы.
Берём $x,y,z$ такие $(15,5,34)=1$, но $(15,5)=5$

Rak so dna в сообщении #1592501 писал(а):

Не забывайте, что переменная $D$ уже определена в Лемме 1, поэтому переопределять её в Лемме 2 неправильно. Используйте либо новую переменную, либо уберите её из определения.

Правильно, определена в лемме 1. Она же фигурирует в лемме 2. Грубо говоря, в лемме 2 я беру соотношения из леммы 1 и работаю с ними

Rak so dna в сообщении #1592501 писал(а):

Либо вынести ограничение $14\mid z$ в условия Леммы 2, если доказательства для второго случая у вас нет.

Да, лучше так. Случай $z$ нечетное надо рассматривать после $z$ четное

Rak so dna в сообщении #1592501 писал(а):

Не нужно расписывать вывод тождества, которое легко проверить раскрытием скобок и приведением подобных. Просто оставьте ссылку на Wolfram.

Хорошо

Rak so dna в сообщении #1592501 писал(а):

Поскольку доказательство Леммы 2 длинное, предлагаю публиковать его кусками.

Давайте

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592534 писал(а):

Кстати запись $(x,y,z)=1$ является неправильной

Да.

Antoshka в сообщении #1592534 писал(а):

Правильно, определена в лемме 1. Она же фигурирует в лемме 2. Грубо говоря, в лемме 2 я беру соотношения из леммы 1 и работаю с ними

я вам уже сказал, что если это $D$ из Леммы 1, то её надо убрать из определения новых переменных в Лемме 2. Т.е. Лемма 2 должна начинаться так: Существуют такие попарно взаимно простые натуральные числа $a,b,F$, что... То, что существует $D$ мы итак знаем из Леммы 1 — не нужно никого путать. А попарная взаимная простота с $a,b,F$ уже обозначается в системе Леммы 2: $(a,D)=(b,D)=(F,D)=1$

[Antoshka]

Лемма 2. Существуют такие попарно взаимно простые натуральные числа $a,b,F$, что имеют место следующие соотношения, причём знаки согласованы и $z$ четное число!

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

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, я все слагаемые, кроме последнего перенёс в левую часть ссылка
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. Вот доказательство этого факта. 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 Пифагорова тройка $(2z^6/7)^2+(\varepsilon_1/7)^2=(\varepsilon_2/49)^2$.
Поэтому в начале леммы 2 было записано условие $z$ четное! Тогда $y$ нечетное.
Тут главное понять, как я получил Пифагорову тройку с помощью двух квадратных уравнений!

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592582 писал(а):

Поэтому в начале леммы 2 было записано условие $z$ четное! Тогда $y$ нечетное.

К чему это было сказано я так и не понял. Несколько косметических замечаний:
1. то, что $14pz^5+7m_0>0$ следует из $m_0+pz^5=\frac{z^6p}{7p+z}>0$
2. вместо $2/7z^6$ лучше писать $2z^6/7$
3. вместо $\sqrt[6]{7a}b$ лучше писать $b\sqrt[6]{7a}$
А так согласен, продолжайте.

[Antoshka]

Нужно понять, четное или нечетное число $m_0$, для того, чтобы записать решения уравнения Пифагора, полученного в предыдущем сообщении!
По определению $m_0=\frac{7^6p^7}{z+7p}-(7^5p^6-7^4p^5z+7^3p^4z^2-49p^3z^3+7p^2z^4);$
Значит четность и нечетность $m_0$ зависят от четности первого слагаемого в определении $m_0$, потому что остальные слагаемые там умножаются на $p$ в первой степени минимум, а $p$ четное в силу соотношений леммы 1! Значит, запишем величину $\frac{7^6p^7}{z+7p}$ через $A,m,w$ с помощью соотношений леммы 1, давайте обозначим их цифрой два.

Rak so dna в сообщении #1592489 писал(а):

Если $x^7+y^7=z^7$, причем $7\mid z,\ (x,y,z)=1,\ x,y,z\in\mathbb{N}$, то:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ x=w^7+7p \\ z=m^7+7p+w^7 \\ z=7C(7^5C^6-mwD) \\ p=mwA \\ A=CD \\ x+y=7^6C^7 \\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \\ 49\mid z,\ 7\mid C,\ 7\nmid D,\ 2\nmid D,\ 7\nmid m,\ 7\nmid w \\ m,w,p,A,C,D\in\mathbb{N} \end{array} \right$$

------------------------------------------------

доказана. Можете писать Лемму 2.

Получится, что $\frac{7^6p^7}{z+7p}=\frac{7^6(mwCD)^7}{7^6C^7}=(mwD)^7$. Но $mwD$ нечетное число, так как $z$ четное и ещё оно нечетное по лемме 1, потому что $x,y$ представляются в виде $w$ умножить на целое нечетное число и $m$ умножить на целое нечетное число. Кроме того, $C$ чётное, потому что $x+y=7^6C^7$ по лемме 1. Тогда $m_0,m$ также нечетные и Пифагорова тройка принимает вид следующий (каким соотношениям должна удовлетворять Пифагорова тройка можно посмотреть в Википедия)
$(2z^6/7)^2+(2pz^5+m_0)^2=(2z^6/7-m_0)^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} 2z^6/7=2ab\\ (2pz^5+m_0)=a^2-b^2\\ 2z^6/7-m_0=a^2+b^2 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7ab}\\ m_0=-(a-b)^2 \\ p=\frac{a(a-b)}{(7(ab))^{5/6}} \end{array} \right.$
Важно понимать, что $a,b$ могут не быть натуральными числами, поэтому $\left\{ \begin{array}{lcl} a=\sqrt{\alpha}\cdot a_1 \\ b=\sqrt{\alpha}\cdot b_1\\ (a_1,b_1)=1,\alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$
Здесь $\alpha$ является возможным общим делителем чисел в ПТ. Сейчас важно узнать, может ли $\alpha$ делиться на $7$. Для этого распишем $m_0$ по определению 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 $a_1,b_1,\alpha$, используя уже полученные соотношения вот эти

Цитата:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} z=\sqrt[6]{7ab}\\ m_0=-(a-b)^2 \\ p=\frac{a(a-b)}{(7(ab))^{5/6}} \end{array} \right.$$

и

Цитата:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} a=\sqrt{\alpha}\cdot a_1 \\ b=\sqrt{\alpha}\cdot b_1\\ \alpha,a_1,b_1\in\mathbb{N} \end{array} \right.$$

$\left\{ \begin{array}{lcl} z=(7\alpha a_1b_1)^{1/6}\\ z+7p=\frac{a_1(7\alpha a_1b_1)^{1/6}}{b_1} \\ \end{array} \right.$
Запишем дробь в терминах соотношений два из леммы 1: $\frac{z^7}{z+7p}=\frac{(7C)^7(7^5C^6-mwD)^7}{7^6C^7}=7(7^5C^6-mwD)^7;$
Эта дробь, которая на самом деле является натуральным числом, делится на $7$, причём не больше и не меньше в силу леммы 1. 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 $p=\frac{(a-b)\sqrt[6]{7ab}}{7b}=\frac{(a_1-b_1)\sqrt[6]{7a_1b_1\alpha}}{7b_1}; p\in\mathbb{N}\Rightarrow \frac{7a_1\alpha}{b_1^5}\in\mathbb{N}\Rightarrow \alpha=b_1^5 \alpha_2$, потому что $(a_1,b_1)=1$!
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, то есть надо использовать факт, что числа $z+7p$ и $\frac{z^7}{7(z+7p)}$ являются взаимно простыми! Объяснения ниже
Запишем дробь $\frac{z^7}{z+7p}=7b_1^2\alpha$ через полученное уравнение для $\alpha$ вот это $\alpha=b_1^5\alpha_2$! Получится $\frac{z^7}{z+7p}=7b_1^2\alpha=7b_1^7\alpha_2;$
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, по лемме 1 имеем $\frac{z^7}{7(z+7p)}=(7^5C^6-mwD)^7$, значит $\alpha_2=1$ в силу того, что $m,w,C,D$ попарно взаимно простые в силу леммы 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, записав сумму и произведение как его коэффициенты. Только надо помнить, что сумма корней как коэффициент квадратного уравнения записывается с обратным знаком! Произведение записывается через соотношение для $p$, а сумма - через соотношение для $z$. Я напомню, что в лемме 1 было доказано, что $z=m^7+w^7+7p\Rightarrow m^7+w^7=z-7p$. 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 $x+y=7^6C^7\Rightarrow z+7p=7^6C^7\Rightarrow 7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow C=\frac{\sqrt[6]{7a}}{7};\eqno[2.1]$
И что $m^7+w^7=z-7p=(2b-a)\sqrt[6]{7a};$
И что учитывая $\eqno[2.1],p=mwCD$ имеем $m^7w^7=\frac{p^7}{C^7D^7}=(a-b)^7D^{-7};$
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 два 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 $\eqno[3],[2.1]$ и соотношения два в самом верху этого сообщения, 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!

[Rak so dna]

Хорошо (как минимум те опечатки, что я видел в прошлой версии, вы исправили). Итак:

Лемма 1:
------------------------------------------------

Если $x^7+y^7=z^7$, причем $7\mid z,\ (x,y)=(y,z)=(z,x)=1,\ x,y,z\in\mathbb{N}$, то:

$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ x=w^7+7p \\ z=m^7+7p+w^7 \\ z=7C(7^5C^6-mwD) \\ p=mwA \\ A=CD \\ x+y=7^6C^7 \\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \\ 49\mid z,\ 7\mid C,\ 7\nmid D,\ 2\nmid D,\ 7\nmid m,\ 7\nmid w \\ m,w,p,A,C,D\in\mathbb{N} \end{array} \right$

------------------------------------------------


Лемма 2:
------------------------------------------------

Пусть в условиях Леммы 1 $z$ чётно, тогда существуют такие натуральные числа $a,b,F$, что:

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

Причём все знаки в системе согласованы.

------------------------------------------------

(Альтернатива)

В награду за старания, покажу как доказывается ваша Лемма 2 в пару строк:

Определим натуральные числа $a$ и $b$ следующим образом:

$\left\{ \begin{array}{lcl} a=7^5C^6 \\ b=a-mwD \end{array} \right$

То, что $b$ больше нуля следует из $7C(7^5C^6-mwD)=z>0$

Тогда верно тождество:

$m^7w^7=\frac{(7^5C^6-(7^5C^6-mwD))^7}{D^7}=\frac{(a-b)^7}{D^7}$

Далее из Леммы 1 имеем:

$\left\{ \begin{array}{lcl} m^7=z-x\\ w^7=z-y\\ 7p=7mwCD=x+y-z \\ x+y=7^6C^7 \end{array} \right$

отсюда:

$m^7+w^7=2z-x-y=(x+y)-2(x+y-z)=7^6C^7-14mwCD=$

$=7C\left(2(7^5C^6-mwD)-7^5C^6\right)=(2b-a)\sqrt[6]{7a}$

Т.о. получили вашу систему $[2.2]$

Чтобы получить окончательно систему $[3]$ нужно ещё выразить $7p$ через $a,b$:

$7p=7mwCD=7C(a-b)=(a-b)\sqrt[6]{7a}$

ну и

$z=(x+y)-(x+y-z)=7^6C^7-7mwCD=7C(7^5C^6-mwD)=7bC=b\sqrt[6]{7a}$

Осталось установить взаимную простоту $a,b,D$:

$(7^5C^6,mwD)=1\Rightarrow (a,b)=(a,D)=(b,D)=1$

Даже чётность $z$ не понадобилась

[Antoshka]

Лемма 1 и лемма 2 были первым и вторым этапом! Начинается третий этап!
Этап 3. С помощью теоремы косинусов записать Пифагорову тройку, затем составить из неё кубическое уравнение относительно косинуса. Думаю, ясно, что должны выполняться условия $\left\{ \begin{array}{lcl} x+y>z\\ y+z>x\\ x+z>y \end{array} \right.\Rightarrow $ существует треугольник со сторонами $x,y,z$ для которого справедлива теорема косинусов $z^2=x^2+y^2-2xy\cos\gamma;$
Здесь $\gamma$ это угол между $x,y$! Я сразу запишу косинус через $a,b$ в упрощённом виде, используя только что полученные соотношения леммы 2 для $x,y,z$! Получится, если воспользоваться wolfram mathematica, набрав команды

x=...
y=...
z=...
ExpandAll[(x^2+y^2-z^2)/(2x*y)]//Factor 

Формулы в wolfram mathematica набираются через падающее меню pallets далее basic math assistant. Появится справа окно, в котором будут представлены заготовки для дроби, квадратного корня и степени. Причём формулы будут выглядеть так, будто они в тех напечатаны!

$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}}{2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7})};$
Сейчас нужно подумать, на что сокращается дробь $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N};(h_1,h_2)=1;$
Вот есть два числа ${x^2+y^2-z^2;2xy}$. Как найти их НОД? Его можно найти как НОД суммы и разности этих чисел, то есть НОД чисел $(x+y-z);(x+y+z)$. Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$ либо $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow y^7+2x^7=z^7+x^7$. Кто не понял, вот подробные пояснения. Давайте сначала разберём, почему $(x+y+z,x)=1$ Пусть $(x+y+z,x)>1\Rightarrow (y+z,x)>1$. Перепишем уравнение исходное в виде $x^7+2y^7=z^7+y^7\Rightarrow (y+z,x)\mid z^7+y^7$ $\Rightarrow (y+z,x)\mid (x^7+2y^7)\Rightarrow (y+z,x)\mid y^7\Rightarrow (y,x)>1$.
Имеем противоречие. Для $(x+y+z,y)>1$ принцип такой же в силу симметрии!
Так как в силу леммы 1 $x+y-z=7mwCD$, а также того факта, что $(x,y)=(z,x)=(z,y)=1;(x,D)=(y,D)=(x,C)=(y,C)=1$, который был показан в процессе доказательства леммы 1, дробь $\cos\gamma $ сокращается на $2F=2mw$. Осталось выразить $h_1,h_2$ через $a,F,D$ с помощью соотношений $[2.2]$, которые имеют вид

Antoshka в сообщении #1592731 писал(а):

Получаем систему уравнений

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

и можно записывать $h_1,h_2$.
Получим $2F=2mw=2(a-b)D^{-1}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1\\ h_1=\frac{FDD\sqrt[3]{7a}}{2}-F^6 \ \eqno[4]\\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+F^6 \end{array} \right.$
Оба числа $h_1,h_2$ являются нечетными, так как число $x^2+y^2-z^2$ после деления на двойку становится нечетным, а $2xy/2$ и так ясно, что нечетное.
Можно ли выражение для $\cos\gamma$ записать как-то иначе? Да, можно! Для этого берём и умножаем числитель и знаменатель дроби на два для удобства. $\cos\gamma=\frac{D^2\sqrt[3]{7a}F-2F^6}{2\sqrt[3]{7a}bD+2F^6};$ Это новое выражение для $\cos\gamma$ после приведения к ОБЩЕМУ знаменателю представляет из себя квадратное уравнение относительно $D$ и этим нужно воспользоваться! Итак, после упрощения имеем $\sqrt[3]{7a}FD^2-2\sqrt[3]{7a}b\cos\gamma D-2F^6(\cos\gamma+1)=0;$
Решаем его как обычное квадратное уравнение, формируя Пифагорову тройку таким же образом, как в начале доказательства в лемме 2! 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, учитывая, что $b=a-FD$. Получается система $\eqno[7]$ вида

$$\left\{ \begin{array}{lcl} F^7(\cos\gamma+1)=2ed,e,d\in\mathbb{R},e>0,d>0\\ (a-FD)\cos\gamma \sqrt[3]{7a}(FD-(a-FD)\cos\gamma)=e^2-d^2\\ (a-FD)^2\cos^2\gamma \sqrt[3]{7a}+F^7(\cos\gamma+1)=e^2+d^2 \end{array} \right.$$

Надо ли объяснять, почему Пифагорову тройку, состоящую из рациональных чисел, можно записать в произвольных действительных числах?
mihaild рекомендовал ввести обозначение $T=\cos\gamma$, раз угол не используется
Продолжение в следующем сообщении!

[Rak so dna]

Запишу человеческий вывод системы $[4]$:

Из Лемм 1,2 используем:

$\left\{ \begin{array}{lcl} m^7=z-x\\ w^7=z-y\\ 7mwCD=x+y-z \\ z=b\sqrt[6]{7a}\\ 7C=\sqrt[6]{7a} \end{array} \right$

Определим числа $h_1,\ h_2$ следующим образом:

$h_1=\frac{7CD(x^2+y^2-z^2)}{2(x+y-z)}=\frac{7CD\left((x+y-z)^2-2(z-x)(z-y)\right)}{2(x+y-z)}=$

$=\frac{7CD(x+y-z)}{2}-\frac{7CD(z-x)(z-y)}{x+y-z}=\frac{mwD^27^2C^2}{2}-\frac{7CDm^7w^7}{7mwCD}=$

$=\frac{mwD^2\sqrt[3]{7a}}{2}-m^6w^6$

$h_2=\frac{7CD\cdot xy}{x+y-z}=\frac{7CD\left(z(x+y-z)+(z-x)(z-y)\right)}{x+y-z}=$

$=7CDz+\frac{7CD(z-x)(z-y)}{x+y-z}=D\cdot\sqrt[6]{7a}\cdot b\sqrt[6]{7a}+\frac{7CDm^7w^7}{7mwCD}=$

$=bD\sqrt[3]{7a}+m^6w^6$

Отсюда:

$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{h_1}{h_2}=\frac{mwD^2\sqrt[3]{7a}-2m^6w^6}{2bD\sqrt[3]{7a}+2m^6w^6}$

Что касается доказательства $(h_1,h_2)=1$, то я его у вас не увидел.

[Antoshka]

Rak so dna в сообщении #1592889 писал(а):

Отсюда:

$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{h_1}{h_2}=\frac{mwD^2\sqrt[3]{7a}-2m^6w^6}{2bD\sqrt[3]{7a}+2m^6w^6}$

Что касается доказательства $(h_1,h_2)=1$, то я его у вас не увидел.

Вот берём эту вашу запись. Вы фактически записали $2h_1,2h_2$ через $m,w,D,a$, то есть у вас получилось почти то же, что и у меня, только вам осталось на двойку поделить, чтобы получить дробь в несокращаемом виде.
Я сначала записал $x^2+y^2-z^2$ и $2xy$ через соотношения леммы 2. Вот как это выглядит

$$\left\{ \begin{array}{lcl} x^2+y^2-z^2=(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}\\ 2xy=2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7}) \\ \end{array} \right.$$

Затем я записал дробь, ничего не сокращая при этом! $\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}$, которая выглядит так

Antoshka в сообщении #1592855 писал(а):

$\cos\gamma=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{(a-b)^2\sqrt[3]{7a}-2(a-b)^7D^{-7}}{2((a-b)b\sqrt[3]{7a}+(a-b)^7D^{-7})};$

Выше я показал, что дробь $\cos\gamma$ может сокращаться только на делители чисел $x+y-z=7mwCD$! Вот этот фрагмент

Antoshka в сообщении #1592855 писал(а):

Сейчас нужно подумать, на что сокращается дробь $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2};h_1,h_2\in\mathbb{N};(h_1,h_2)=1;$
Вот есть два числа ${x^2+y^2-z^2;2xy}$. Как найти их НОД? Его можно найти как НОД суммы и разности этих чисел, то есть НОД чисел $(x+y-z);(x+y+z)$. Касаемо числа $(x+y+z)$ можно сказать, что $(x+y+z,x)=(x+y+z,y)=1$ в силу того, что исходное уравнение $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow x^7+2y^7=z^7+y^7$ либо $x^7+y^7=z^7\Leftrightarrow y^7+2x^7=z^7+x^7$. Кто не понял, вот подробные пояснения. Давайте сначала разберём, почему $(x+y+z,x)=1$ Пусть $(x+y+z,x)>1\Rightarrow (y+z,x)>1$. Перепишем уравнение исходное в виде $x^7+2y^7=z^7+y^7\Rightarrow (y+z,x)\mid z^7+y^7$ $\Rightarrow (y+z,x)\mid (x^7+2y^7)\Rightarrow (y+z,x)\mid y^7\Rightarrow (y,x)>1$.
Имеем противоречие. Для $(x+y+z,y)>1$ принцип такой же в силу симметрии!

Ну а так как числа $m,w,C,D$ попарно взаимно простые по лемме 1, то сокращение возможно только на $2F$!
По определению $F=mw$
И только после сокращения дроби $\cos\gamma$ на $2F$ я получил дробь в несокращаемом виде, числитель и знаменатель которой я обозначил через $h_1,h_2$ соответственно!

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1592905 писал(а):

...то есть у вас получилось почти то же, что и у меня, только...

у меня получилось не "почти", а ровно то же самое.

---------------------------------
Читаемое доказательство $(h_1,h_2)=1$:

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

$=\left((x+y-z)(x+y+z),2xy\right)=\left(7wmCD\cdot(x+y+z),2xy\right)$

Из Леммы 1 следует, что $(7wmCD,xy)=wm$.

Далее, очевидно $(x+y+z,2)=2$

Осталось показать, что $(x+y+z,xy)=1$ (рассуждение проведём для $x$, для $y$ — аналогично):

$\left\{ \begin{array}{lcl} x^7+2y^7=y^7+z^7 \\ (y+z,x)\mid (y^7+z^7) \\ \end{array} \Rightarrow (y+z,x)\mid (x^7+2y^7) \Rightarrow (y+z,x)\mid 2y^7 \right$

И вот тут уже нужна чётность $z$ что бы продолжить:

$(y+z,x)\mid 2y^7 \Rightarrow (y+z,x)\mid y^7 \Rightarrow (x+y+z,x)=(y+z,x)=1$

Т.о. $(x^2+y^2-z^2, 2xy)=2wm$, а поскольку:

$h_1=\frac{7CD(x^2+y^2-z^2)}{2(x+y-z)}=\frac{x^2+y^2-z^2}{2wm}$

$h_2=\frac{7CD\cdot xy}{x+y-z}=\frac{2xy}{2wm}$

то, $(h_1,h_2)=1$
---------------------------------

(Оффтоп)

Antoshka ваши комментарии вообще не помогают, поскольку вы просто самоцитируетесь.

Продолжайте.

[Antoshka]

Итак, получена система

Antoshka в сообщении #1592855 писал(а):

Получается система $\eqno[7]$ вида

$$\left\{ \begin{array}{lcl} F^7(T+1)=2ed,e,d\in\mathbb{R},e>0,d>0\\ (a-FD)T \sqrt[3]{7a}(FD-(a-FD)T)=e^2-d^2\\ (a-FD)^2T^2 \sqrt[3]{7a}+F^7(T+1)=e^2+d^2 \end{array} \right.$$

Что с ней делать? Надо получить два уравнения относительно $T$, одно из которых квадратное, а второе кубическое. Как получить такие уравнения?
В получившейся системе $\eqno[7]$ вычтем из третьего уравнения первое. Это даст возможность найти разность чисел $e,d$. Затем зная разность чисел, находим сумму чисел из второго уравнения. Получается, что $\left\{ \begin{array}{lcl} e-d=(a-FD)T \sqrt[6]{7a},\\ e+d=FD\sqrt[6]{7a}-(a-FD)T\sqrt[6]{7a}\\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} e=FD\sqrt[6]{7a}/2, \\ d=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}-(a-FD)T\sqrt[6]{7a}\ \ \ \eqno[8]\ \end{array} \right.$
Надо упростить систему $\eqno[8]$. Делается это, используя соотношения $\eqno[4]$ для $h_1,h_2$, записанные через $F,D,a$, помня при этом, что $b=a-FD$ по лемме 2! и что $T=\cos\gamma$!

Antoshka в сообщении #1592855 писал(а):

Получим

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

Получается, что
$d=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}-(a-FD)T\sqrt[6]{7a}=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}-\frac{(a-FD)h_1\sqrt[6]{7a}}{h_2}=$ $\frac{\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}h_2-(a-FD)h_1\sqrt[6]{7a}}{h_2}=\frac{\sqrt[6]{7a}F^6(2a-FD)}{2h_2};$
Вот доказательство того, что $d$ я записал правильно! ссылка
Поэтому

$$\left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{\sqrt[6]{7a}F^6(2a-FD)}{2h_2}\ \ \ \ \eqno[8.1]\\ \end{array} \right.$$

Надо выразить две величины из системы $\eqno[7]$, а именно $D^7$ и $\frac{D^7}{F^7}$ в терминах $e,d,T$, чтобы получить квадратное и кубическое уравнение относительно $T$! Сначала из соотношения для $e$ выражаем $D$, то есть $e=\frac{FD\sqrt[6]{7a}}{2}\Rightarrow D=\frac{2e}{F\sqrt[6]{7a}}\Rightarrow D^7=\frac{(2e)^7}{F^7\sqrt[6]{7a}\cdot 7a}\Rightarrow \frac{D^7}{F^7}=\frac{(2e)^7}{F^{14}7a\sqrt[6]{7a}};$
Сейчас из соотношения для $(e-d)$ выражаем $a$, то есть $a\sqrt[6]{7a}=\frac{e-d+2eT}{T};$
Выражаем из первого уравнения системы $\eqno[7]$ $F^7$, то есть $F^7(T+1)=2ed\Rightarrow F^7=\frac{2ed}{T+1}\Rightarrow F^{14}=\frac{4e^2d^2}{(T+1)^2};a\sqrt[6]{7a}\cdot F^7=\frac{e-d+2eT}{T}\cdot\frac{2ed}{T+1};$
Теперь есть все необходимое, чтобы записать $D^7,\frac{D^7}{F^7}$! Смотрите, сначала подставляем последнее полученное уравнение в знаменатель дроби $D^7=\frac{(2e)^7}{F^7(7a\sqrt[6]{7a})};$
Затем находим $F^{14}\cdot 7a\sqrt[6]{7a}$ с помощью вышеполученных уравнений для $F^{14}$ и для $a\sqrt[6]{7a};$
Получится, что $F^{14}7a\sqrt[6]{7a}=\frac{4e^2d^2}{(T+1)^2}\cdot\frac{7(e-d+2eT)}{T}$, что даёт возможность найти $\frac{D^7}{F^7}=\frac{(2e)^7}{F^{14}\sqrt[6]{7a}7a}$!
Получается система $\left\{ \begin{array}{lcl} \frac{D^7}{F^7}=\frac{32e^5(T+1)^2T}{7d^2(e-d+2eT)}, \\ D^7=\frac{64e^6(T+1)T}{7d(e(2T+1)-d)} \ \eqno[9] \end{array} \right.$
Дальше уже просто. Переписываем каждое из уравнений системы $\eqno[9]$ в виде алгебраических уравнений относительно $T$ в третьей и второй степени, приводя все к общему знаменателю и максимально упрощая, используя уже упрощенные соотношения $\eqno[8.1]$ $\left\{ \begin{array}{lcl} e=DF\sqrt[6]{7a}/2,\\ d=\frac{\sqrt[6]{7a}F^6(2a-FD)}{2h_2}\\ \end{array} \right.$
Сначала я покажу, как выглядят уравнения системы $\eqno [9]$ в терминах $e,d$, затем я их запишу с помощью соотношений $\eqno[8.1]$! Итак

$$\left\{ \begin{array}{lcl} 32e^5F^7T^3+64e^5F^7T^2+(32e^5F^7-14ed^2D^7)T-7d^2D^7(e-d)=0\\ 64e^6T^2+2e(32e^5-7dD^7)T-7dD^7(e-d)=0\ \ \ \ \ \eqno[10] \end{array} \right.$$

Вот доказательство того, что каждое из уравнений системы $\eqno[10]$ записано правильно через $e,d;$
ссылка на первое уравнение
ссылка на второе уравнение
Зачем я записал два уравнения в системе $\eqno[10]$? Для того, чтобы найти все три корня кубического уравнения относительно $T$, а затем с помощью квадратного уравнения понять, какой из этих трех корней нам нужен! Значит берём в системе $\eqno[10]$ соответствующий кубический и квадратный многочлен, делим их уголком друг на друга, а затем находим корень $T$ как корень линейного уравнения в силу того, что степень остатка от деления многочленов должна быть хотя бы на единицу меньше, чем степень делителя!
В wolfram mathematica это записывается в виде команд

 
Eq1=... (кубическое уравнение)
Eq2=... (квадратное уравнение)
Ost=PolynomialRemainder[Eq1,Eq2,T]//Factor 
Solve[Ost==0,T]//Factor 

Получится, что корень имеет вид
$T=\frac{-(e-d)(64e^6d-32e^5F^7-7dF^7D^7)}{2e(64e^6d-16e^5F^7+16e^4dF^7-7dF^7D^7)};\eqno[11]$
Могут ли числитель и знаменатель дроби $\eqno[11]$ быть равными нулю одновременно? Если нет, это значит, что остаток от деления вышеупомянутых многочленов не равен нулю!
Возьмём числитель дроби $\eqno[11]$, приравнивая каждый сомножитель нулю!
Пусть $e-d=0;$ попробуем приравнять сомножители в знаменателе нулю, начиная с левого!
$(e-d)=0\Rightarrow e=0\Rightarrow d=0;$
Обратимся к соотношениям $\eqno[8.1]$ и получим $e=DF\sqrt[6]{7a}/2\Rightarrow Da=0\Rightarrow a=0$, потому что $D$ в любом случае нечетное! Но $a=0$ влечет $C=0$ по лемме 2, значит $z=0$ по лемме 1! Противоречие!
Приравняв нулю второй сомножитель в знаменателе дроби $\eqno[11]$ получится, учитывая, что $e=d,64e^7-7eF^7D^7=0\Rightarrow 64e^6=7F^7D^7;$
Обратимся к соотношениям $\eqno[8.1]$ и получим $e=DF\sqrt[6]{7a}/2\Rightarrow aFD=0$, потому что $a,F,D$ попарно взаимно простые по лемме 2! Но $FD$ вообще нечетные по лемме 1, про $a=0$ уже говорилось выше! Значит случай $e-d=0$ невозможен!
Пусть теперь второй сомножитель в числителе равен нулю! То есть $(64e^6d-32e^5F^7-7dF^7D^7)=0;$ тогда если в знаменателе $e=0$, то получаем противоречие! Значит равен нулю второй сомножитель знаменателя, то есть $64e^6d-16e^5F^7+16e^4dF^7-7dF^7D^7=0;$ значит получаем систему

$$\left\{ \begin{array}{lcl} (64e^6d-32e^5F^7-7dF^7D^7)=0\\ 64e^6d-16e^5F^7+16e^4dF^7-7dF^7D^7=0\\ \end{array} \right.$$

Вычитаем одно уравнение из другого и получаем $16e^5F^7+16e^4dF^7=0\Rightarrow eF(e+d)=0$!
Опять противоречие, так как $e+d>0$, а $F$ нечетное по лемме 1!
Значит нужный корень $T$ можно действительно представить в виде дроби $\eqno[11]$!
Вот настала пора решить кубическое уравнение из системы $\eqno[10]$!
Оно будет иметь три корня! Дробь $\eqno[11]$ поможет узнать, какой из трех корней нам нужен, ведь если ее подставить в кубическое уравнение системы $\eqno[10]$, то получится нуль тождественный, то есть получается, что какой-то из корней представляется двумя способами!
В wolfram mathematica для этого надо набрать команду

T=...(дробь [11])
ExpandAll[Eq1]//Fullsimplify

Если все набрано правильно, должен получиться тождественный нуль!
Короче, решаем кубическое уравнение из системы $\eqno[10]$ вида $32e^5F^7T^3+64e^5F^7T^2+(32e^5F^7-14ed^2D^7)T-7d^2D^7(e-d)=0;\eqno[10.1]$
Вот ссылка на решение ссылка
Как видите, у него даже в самом компактном варианте длинные корни получаются! По ссылке видно, что два корня сопряженные, поэтому давайте возьмём корень, который не сопряжен, может это он записывается в виде дроби $\eqno[11]$?
Чтобы это узнать, сделаем следующее. Предположим это реально он.
Сначала переносим $2/3$ налево и записываем корень в общем виде, чтобы наглядно было $T+2/3=h_3\sqrt[3]{h_4}+\frac{h_5}{\sqrt[3]{h_4}};$
Возводим обе части полученного равенства в куб следующим образом.
Обозначим корень, который записывается через дробь $\eqno[11]$ как $T_f;$ тогда
$(T_f+2/3)^3=(h_3\sqrt[3]{h_4}+\frac{h_5}{\sqrt[3]{h_4}})^3\Leftrightarrow (T_f+2/3)^3=(h_3\sqrt[3]{h_4})^3+(\frac{h_5}{\sqrt[3]{h_4}})^3+$ $3\frac{h_5}{\sqrt[3]{h_4}}\cdot h_3\sqrt[3]{h_4}(T_f+2/3);\eqno[12]$
Если в уравнении $\eqno[12]$ раскрыть скобки и упростить все, то получится тождественный нуль! Чтобы в этом убедиться, набираем команду

Tf=...(дробь[11])
h_3=...
h_4=...
h_5=...
ExpandAll[(Tf+2/3)^3-h3^3h4-h5^3/h4-3h5 h3(Tf+2/3)]//Fullsimplify 

Это значит, что нужный корень найден, потому что если взять сопряженные корни и с ними проделать ту же процедуру, то тождественный нуль не получается! Ну а раз нужный корень найден, остаётся записать кубическое уравнение $\eqno[10.1]$ через соотношения $\eqno[8.1]$, решив его в wolfram mathematica. Для этого набираем команды

e=...
d=....
Eq3=Factor[Eq1(кубическое уравнение [10.1])]

Вот как выглядит кубическое уравнение в результате выполнения команды
Лемма 3
Уравнение $\eqno[10.1]$ после подстановки в него соотношений $\eqno[8.1]$ и упрощения принимает вид такой
$8h_2^3\sqrt[3]{7a}T^3+16h_2^3\sqrt[3]{7a}T^2+(8h_2^3-14F(2a-FD)^2h_2D^3)T+$ $7F(2a-FD)^2D^2(F^5(2a-FD)-h_2D)=0;\eqno[10.2]$
И вот как выглядят его корни
Значит набираем команду и получаем корни, предварительно заменив $(2a-FD)\to d_1,\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}\to c_1$, чтобы корни были максимально компактными. Затем в уже полученных корнях делаем обратную подстановку.

Eq4=...(уравнение [10.2])
Solve[Eq4==0,T]//Fullsimplify 

$T=j_1+j_2-\frac{2}{3}$, 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[11]\\ \end{array} \right. $$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1=4\sqrt[6]{7a}^2h_2^2+21(2a-FD)^2FD^3,\\ r_2=6\sqrt[6]{7a}h_2,\\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \end{array} \right. $
Кроме того,

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_4=8\sqrt[6]{7a}^3h_2^3-63\sqrt[6]{7a}(2a-FD)^2FD^2(3(2a-FD)F^5+h_2D)/2,\\ r_{50}=3(2a-FD)D,\\ r_{61}=-21F(49(2a-FD)^4F^2D^7+8\sqrt[6]{7a}^4h_2^3((2a-FD)F^5+h_2D))\\ r_{62}=21F(7\frac{\sqrt[6]{7a}^2}{4}(2a-FD)^2FD^2(27(2a-FD)^2F^{10}+18(2a-FD)F^5h_2D-13h_2^2D^2))\\ r_{60}=r_{61}-r_{62}\\ \end{array} \right.$$

Тут я сразу отмечу, что $r_4\ne 0$, потому что число $3(2a-FD)F^5+h_2D$ делится ровно на два в первой степени, что следует из соотношений $\eqno[4]$

Antoshka в сообщении #1592855 писал(а):

Получим

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

ниже будет доказательство этого факта!
Сопряженные корни выглядят так
$T=-\frac{2}{3}-\frac{j_1}{2}-\frac{j_2}{2}\pm\frac{\sqrt{3}(j_1-j_2)}{2}i;$
Доказательство леммы 3
Итак, почему вышеупомянутое число делится ровно на 2 в первой степени? Вот берём соотношения $\eqno[4]$ и подставляем в это число, расписывая его по модулю четыре. Получается, что $2a\equiv 0\pmod 4,h_2\equiv F^6\pmod 4$ в силу леммы 1,2, значит $3(2a-FD)F^5+h_2D\equiv-2F^6D\pmod 4\equiv -2D\pmod 4$, то есть оно реально делится на два ровно, так как $D$ по любому нечетное, ну а раз так, то $r_4\ne 0$, потому что в противном случае это влечёт $\sqrt[6]{7a}=0$, что невозможно!
Лемма 3 доказана! Нужный корень найден!
Продолжение в следующем сообщении!