Доказательство осмысленное

[Antoshka]

Здравствуйте! Я выложу переосмысленное доказательство ВТФ. К предыдущему доказательству были замечания, что оно длинное, много переменных, не указано, где используется исходное уравнение.
Итак, требуется доказать, что уравнение $x^7+y^7=z^7;[0]$ не имеет решений в натуральных попарно взаимно простых числах, когда $z$ делится на семь!
Обозначение $\equiv$ значит по определению равно
План действий!
1. С помощью формул Абеля получить соотношения для гипотетических решений уравнения $[0]$ в натуральных попарно взаимно простых числах. Это лемма 1
2. Модифицировать соотношения из леммы 1. Это не что-то принципиально новое, просто слегка изменённые соотношения леммы 1! Это лемма 2!
3. По теореме косинусов записать косинус угла $\cos\gamma$ гипотетического треугольника в виде несокращаемой дроби! То есть в виде $\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1;$ Это будет лемма 3!
4. Используя только что полученный косинус, составляем с помощью Пифагоровых троек кубическое уравнение, корнем которого он является, после чего делаем замену $T\equiv \cos\gamma$, так как угол не используется!
Я выпишу готовое уравнение, так как оно проверяется простой подстановкой корня в матпакете!
5. Находим корни этого кубического уравнения по формуле Кардано. Надо рассмотреть все три корня, дабы непонятно, какой конкретно нужен!
Рассматривать корни надо начиная с того, который не является сопряженным, так как он самый трудный, то есть корни записанные через $\pm$ будут рассмотрены в конце!
6. Начинать рассмотрение несопряженного корня надо с разделения на два случая. В компактном виде этот корень имеет вид $T=-\frac{2}{3}+\frac{\sqrt[3]{r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}}}{r_2}+\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}}};$
Значит случаи такие $r_{60}>0$ и $r_{60}<0$! Случай $r_{60}<0$ сложнее, его надо смотреть в первую очередь!
У него план такой
Сначала записываем кубическое уравнение из четвертого пункта в компактном виде, так как в исходном виде у него коэффициенты километровые. Именно для этого были введены обозначения $r_1,r_2,r_4,r_{50},r_{60}$! В результате получится другое кубическое уравнение относительно $u$ вида $u^3-3r_1u-2r_4=0$! Далее используя новое кубическое уравнение на его основе составляем ещё два кубических уравнения относительно $\delta$ и $v_1$. Они имеют вид $\delta^3-3r_1^2\delta-2(r_1^3-2r_4^2)=0$ и $(-r_6v_1^3+3r_1v_1-2r_5)(-r_6v_1^3+3r_1v_1+2r_5)=0;$
Правый сомножитель в последнем равенстве легко исключается, поэтому остаётся только левый, то есть решаем уравнение $-r_6v_1^3+3r_1v_1-2r_5=0$ относительно $v_1$ и видим, что у него три корня, но двое из этих корней можно убрать хитрым образом!! Значит остаётся только один корень!! И вот посредством этого оставшегося корня надо находить корни кубического уравнения $\delta^3-3r_1^2\delta-2(r_1^3-2r_4^2)=0$, при этом используя связь между переменными $\delta, v_1,u$! После того, как его корни будут найдены, можно начинать их исследование, начиная с самого правого! Вот как раз для того, чтобы отсечь наименьший и наибольший корень уравнения относительно $\delta$ в случаях $r_4>0$ и $r_4<0$ соответственно, будет использоваться уравнение $x^7+y^7=z^7$ в явном виде!! Попутно будет использоваться и рациональность чисел в виде леммы 4,в частности число $A+C\sqrt{B},A,B,C\in\mathbb{Q}$ рационально, только когда C=0 для случая $\sqrt{B}$ иррационально!! В то время как другие два его корня отсекаются используя лишь какие-то следствия из исходного уравнения!
Затем можно будет рассмотреть пару сопряженных корней кубического уравнения относительно $T$ из четвертого пункта! Принцип там такой, что берётся ранее полученное $T\equiv\cos\gamma=\frac{h_1}{h_2}$ и подставляется в левую часть корня, записанного по формуле Кардано. Получается уравнение, из которого вводится противоречие!
Аналогичная процедура проводится и со вторым сопряженным корнем!
Остался случай $r_{60}>0$! У него план такой
7. Замечаем, что корни кубического уравнения относительно $T$ представляются двумя способами, а именно по формуле Кардано и как корни квадратного уравнения с рациональными коэффициентами.
8. На основании этих двух способов представления корней составляется система уравнений.
9. Эта система уравнений позволяет вывести систему из двух неравенств, которая решается по принципу оставляем больше большего, то есть надо будет решить два неравенства
10. Когда будет решаться одно из неравенств, надо будет догадаться построить ещё одно множество решений в дополнение к уже полученному и доказать случай $z-y=1$ двумя способами, затем идею одного из способов использовать для доказательства того, что $(z-y)$ является ограниченной величиной!
11. Когда будет установлено, что $z-y$ ограничено, можно будет использовать уравнение $x+y=7^6C^7$ для получения противоречия!
Раз все корни кубического уравнения относительно $T$ рассмотрены, значит ВТФ доказана!
Теперь можно переходить к доказательству.
Доказательство
Первые три леммы можно привести без доказательства, так как они уже были проверены участником Rak so dna! Вот они
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:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ x=w^7+7p \\ z=m^7+7p+w^7 \\ z=7C(7^5C^6-mwD) \ \ \ \ \eqno[1] \\ p=mwA \\ A=CD \\ x+y=7^6C^7 \\ D^7=(x^2+xy+y^2)^2-z(x+y)(2x^2+3xy+2y^2)+(3x^2+5xy+3y^2)z^2-2(x+y)z^3+z^4\\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \\ 49\mid z,\ 7\mid C,\ 7\nmid D,\ 2\nmid D,\ 7\nmid m,\ 7\nmid w \\ m,w,p,A,C,D\in\mathbb{N} \end{array} \right.$$

Лемма 2
Пусть в условиях Леммы 1 $z$ чётно, тогда существуют такие натуральные числа $a,b,F$, что:

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

Все знаки в системе согласованы!
Лемма 3

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \cos\gamma=\frac{h_1}{h_2},(h_1,h_2)=1,\\ h_1=\frac{FDD\sqrt[3]{7a}}{2}-F^6, \\ h_2=bD\sqrt[3]{7a}+F^6, \ \ \ \ \eqno[3]\\ b=a-FD\\ \cos\gamma>0\\ \end{array} \right.$$

Лемма 4
Пусть даны целые числа $A,B,C,D$, такие, что числа $\sqrt{B}$ и $\sqrt{D}$ иррациональные, причём $\sqrt{B}\sqrt{D}$ тоже иррационально! А числа $A,C$ рациональные. Тогда число $A\sqrt{B}+C\sqrt{D}$ рационально только когда $A=C=0;$
Лемма доказывается возведением в квадрат!
Лемма 5
$T\equiv \cos\gamma$ из леммы 3 является корнем такого кубического уравнения
$8h_2^3\sqrt[3]{7a}T^3+16h_2^3\sqrt[3]{7a}T^2+(8h_2^3\sqrt[3]{7a}-14F(2a-FD)^2h_2D^3)T+$ $7F(2a-FD)^2D^2(F^5(2a-FD)-h_2D)=0;$
Лемма доказывается подстановкой всех соотношений из леммы 3 в уравнение с помощью матпакета. Если он не переваривает корни шестой степени, делаем замену $a=\frac{64c_1^6}{7}$, в результате получится нуль!
Лемма 6
Корни $T$ кубического уравнения из леммы 5 записываются по формуле Кардано следующим образом
$T=j_1+j_2-\frac{2}{3}$, 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[4]\\ \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}} \ \ \ \ \eqno[5]\\ r_1^3-r_4^2+r_{50}^2r_{60}=0\\ \end{array} \right. $$
Кроме того,

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

Сопряженные корни выглядят так
$T=-\frac{2}{3}-\frac{j_1}{2}-\frac{j_2}{2}\pm\frac{\sqrt{3}(j_1-j_2)}{2}i; \ \ \ \ \eqno[7]\\$
А ещё справедливо тождественное равенство, проверяемое подстановкой соотношений $\eqno [5],\eqno[6]$ для $r_1,r_4,r_{50},r_{60}$ и раскрытием скобок, $r_1^3-r_4^2+(r_{50}\sqrt{r_{60}})^2=0;$
Для доказательства леммы набираем команду в матпакете 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!
Как видно из леммы 6, нужно рассмотреть два случая $r_{60}<0$ и $r_{60}>0$!
Пусть сначала $r_{60}<0$ и при этом пусть $T=j_1+j_2-\frac{2}{3}$ является рациональным!
Так как в этом случае будут иметь место системы уравнений, имеет смысл сделать замену $\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}\to c_1$(для случая $r_{60}>0$ такую замену можно не делать!), тогда соотношения из леммы 6, с учётом соотношений леммы 3, перепишутся следующим образом

$$\left\{ \begin{array}{lcl} h_1=2c_1^2FD^2-F^6 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \eqno[8]\\ h_2=\frac{256c_1^8D}{7}-4c_1^2FD^2+F^6 \\ \end{array} \right.$$

Это переписанные соотношения из леммы 3!
А ниже находятся переписанные соотношения из леммы 6

$$\left\{ \begin{array}{lcl} r_1=16c_1^2F^{12}+\frac{8192}{7}c_1^{10}F^6D+\frac{128}{49}c_1^4(8192c_1^{14}-49F^7)F^2+\frac{16384}{7}c_1^{12}FD^3-512c_1^6F^2D^4+21F^3D^5\\ r_2=12c_1\big(\frac{256c_1^8D}{7}-4c_1^2FD^2+F^6\big) \\ r_3=r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}} \\ r_4=r_{41}r_{42} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \eqno[9]\\ r_{41}=\frac{2}{343}c_1(-7F^6+512c_1^8D-14c_1^2FD^2) \\ r_{42}=F(-2^5 7^2c_1^2F^{11}-2^{13}35c_1^{10}F^5D+2^6 7^3c_1^4F^6D^2-2^{14}35c_1^{12}D^3+78400c_1^6FD^4-7^3 9F^2D^5)+2^{20}c_1^{18}D^2\\ r_{50}=\frac{3}{7}D(128c_1^6-7FD)\\ r_{60}=r_{63}r_{64}\\ r_{63}=-\frac{3}{343}F(448c_1^4F^6-8192c_1^{12}D+448c_1^6FD^2-49F^2D^3)^2\\ r_{64}=28c_1^2F^{11}+4096c_1^{10}F^5D-336c_1^4F^6D^2+2^{13}c_1^{12}D^3-1232c_1^6D^4+49F^2D^5 \end{array} \right.$$

Корни кубического уравнения относительно $T$ имеют длинный вид! Так как все преобразования делаются на компьютере, это неважно! Важно, что так как $r_4$ записывается в виде произведения двух сомножителей $r_{41}$ и $r_{42}$, знаки которых сразу трудно определить, надо посмотреть три случая. Это случаи $r_4=0$, затем $r_4>0$, потом $r_4<0$! Случай $r_4<0$ доказывается сложнее!
Что, если $r_4=0$?
Тогда очевидно либо $r_{41}=0$, либо $r_{42}=0$! Чтобы понять возможно ли такое, надо определить, является ли четным число $F$ или не является. Делается это с помощью первых пяти уравнений леммы 1. Смотрите, $z$ четное, значит $xy$ нечётное и $x+y=7^6C^7$, стало быть $F\equiv mw$ нечетное, а $C$ чётное! А $c_1$ целое число, потому что $c_1\equiv\frac{\sqrt[6]{7a}}{2}=\frac{7C}{2}$ в силу леммы 2, поэтому оно целое. Ну а раз так, то $r_{41}\ne 0$, ни $r_{42}\ne 0$!
Лемма 7
Оказывается, из кубического уравнения леммы 5 можно изготовить компактное уравнение $[11]$ относительно $u$ вида $u^3-3r_1u-2r_4=0$, где $u\equiv r_2(T+2/3)$, причём если $r_4>0$, то $u^2>3r_1;$

(Доказательство леммы 7)

Сначала записываем рассматриваемый сейчас корень $T$ в тригонометрической форме! Достаточно сначала записать этот корень в компактном виде, то есть только через $r_i$,а затем преобразовать его в тригонометрическую форму! Вот он $T=-\frac{2}{3}+\frac{\sqrt[3]{r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}}}{r_2}+\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_4+r_{50}\sqrt{r_{60}}}};$
Раз сейчас рассматривается случай $r_{60}<0$, корень можно переписать в таком виде $T=-\frac{2}{3}+\frac{\sqrt[3]{r_4+r_{5}\sqrt{r_{6}}i}}{r_2}+\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_4+r_{5}\sqrt{r_{6}}i}}$, где $r_6$ выбрано так, что оно свободно от квадратов! По стандартному алгоритму извлекается кубический корень из комплексного числа. Комплексное число $r_4+r_5\sqrt{r_6}i$ представляется в тригонометрической форме следующим образом. Его модуль $r$ имеет вид $r=\sqrt{r_4^2+r_5^2r_6}=r_1\sqrt{r_1}$ в силу леммы 6, а именно уравнения $r_1^3-r_4^2-r_5^2r_6=0;$ тогда с учётом того, что надо рассматривать случаи $r_4>0$ и $r_4<0$, верно следующее

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \cos\varphi=\frac{r_4}{r}=\frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}} \\ \sin\varphi=\frac{r_5\sqrt{r_6}}{r}=\frac{r_5\sqrt{r_6}}{r_1\sqrt{r_1}} \ \ \ \ \eqno[10]\\ \varphi=\arccos\frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}} \end{array} \right.$$

То есть получается, что $r_4+r_5\sqrt{r_6}i=r_1\sqrt {r_1}(\cos\varphi+i\sin\varphi)$, угол $\varphi$ из первой четверти при $r_4>0$ и из второй четверти при $r_4<0$!
Стало быть $\sqrt[3]{r_4+r_5\sqrt{r_6}i}=\sqrt {r_1}(\cos{\frac{\varphi+2\pi k_1}{3}+i\sin{\frac{\varphi+2\pi k_1}{3}})$, $k_1=0;1;2$
И для второго слагаемого $\sqrt[3]{r_4+r_5\sqrt{r_6}i}=\sqrt {r_1}(\cos{\frac{\varphi+2\pi k_2}{3}+i\sin{\frac{\varphi+2\pi k_2}{3}})$, $k_2=0;1;2$
Далее перебираем все значения $k_1,k_2$ и убеждаемся, что $k_1=k_2=0$, учитывая при этом, что $T>0$ по лемме 2! То есть корень принимает вид $T=\frac{-2}{3}+\frac{2\sqrt{r_1}\cos{\frac{\varphi}{3}}}{r_2};\varphi=\arccos\frac{r_4}{r_1\sqrt{r_1}};$
Вводим обозначение $u\equiv r_2(T+2/3)\Rightarrow u=2\sqrt{r_1}\cos{\frac{\varphi}{3}};$
Осталось по корню восстановить уравнение! Вот оно $u^3-3r_1u-2r_4=0;\eqno[11]$ оно проверяется непосредственной подстановкой в него корня!
Что касается неравенства $u^2>3r_1$, то оно следует из уравнения $\eqno[11]$ и того, что $u>0$, так как $T>0$ по лемме 3, и того, что $r_4>0;$
Лемма доказана!

Лемма 8
С помощью уравнения из леммы 7 можно изготовить парочку уравнений вида

$$\left\{ \begin{array}{lcl} \delta\equiv 2r_1-u^2 \ \ \ \ \eqno[12]\\ \delta^3-3r_1^2\delta-2(r_1^3-2r_4^2)=0\\ (-r_6v_1^3+3r_1v_1-2r_5)(-r_6v_1^3+3r_1v_1+2r_5)=0 \\ \end{array} \right.$$

Причём у второго уравнения правый сомножитель можно отбросить, если $u^2>2r_1$!

(Доказательство леммы 8)

Что касается уравнения относительно $\delta$, оно проверяется подстановкой определения числа $\delta$ в уравнение, после чего раскладывается на множители, одним из которых будет уже полученное ранее уравнение относительно $u;$
Чтобы получить второе уравнение относительно $v_1$, нужно вернуться к рассматриваемому сейчас корню вида

Цитата:

Раз сейчас рассматривается случай $r_{60}<0$, корень можно переписать в таком виде $T=-\frac{2}{3}+\frac{\sqrt[3]{r_4+r_{5}\sqrt{r_{6}}i}}{r_2}+\frac{r_1}{r_2\sqrt[3]{r_4+r_{5}\sqrt{r_{6}}i}}$, где $r_6$ выбрано так, что оно свободно от квадратов!

С учётом определения числа $u$ и обозначения $t\equiv\sqrt[3]{r_4+r_5\sqrt{r_6}i}$ этот корень можно переписать как корень квадратного уравнения относительно $t$ вида $t^2-ut+r_1=0;$ Давайте обозначим модуль его дискриминанта как $v$! Тогда его корни будут иметь вид $t=\frac{u\pm i\sqrt{v}}{2},v\equiv 4r_1-u^2;$
Получается, что $t$ имеет два способа представления, а именно через его определение и как только что найденный корень квадратного уравнения, поэтому эти два способа нужно приравнять! Только нужно рассмотреть оба знака, то есть и плюс, и минус!
Пусть сначала корень записывается через знак плюс! Получается, что после возведения обеих частей полученного равенства в куб, приведения к общему знаменателю и разделения действительной и мнимой частей комплексного числа имеет место система уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} u^3-3uv=8r_4\ \ \ \ \ \eqno[13]\\ \sqrt{v}(3u^2-v)=8r_5\sqrt{r_6}\\ \end{array} \right.$$

Думаю понятно, что $\sqrt{v}$ можно записать как $\sqrt{v}=v_1\sqrt{v_2};v_1,v_2\in\mathbb{Q}$, причём $v_2$ свободно от квадратов!
В связи с этим, возможны два случая а) и б)!
а)$v_2\ne r_6\Rightarrow r_5=0$ по лемме 4, противоречие, так как $r_5$ нечетное!!
б)$v_2=r_6\Rightarrow $ на основании второго уравнения системы $\eqno[13]$ можно записать $v_1(3u^2-v_1^2r_6)=8r_5;\eqno[14]$, но из определения числа $v$ можно получить, что $v\equiv 4r_1-u^2\Rightarrow u^2=4r_1-v$, но учитывая, в каком виде было записано число $\sqrt{v}$, получаем $u^2=4r_1-v_1^2r_6;[15]$
Осталось подставить соотношение $[15]$ для $u^2$ в уравнение $\eqno[14]$ и его упростить! Получается, что $-v_1^3r_6+3r_1v_1-2r_5=0$, а это и есть в точности левый сомножитель во втором уравнении доказываемой леммы!
Осталось понять, почему правый сомножитель во втором уравнении можно отбросить! Для этого надо рассмотреть, что будет, если корень рассматриваемого квадратного уравнения записывается через знак минус! Действуя таким же образом, что и со знаком плюс, приходим к системе уравнений

$$\left\{ \begin{array}{lcl} u^3-3uv=8r_4\\ \sqrt{v}(-u^2+r_1)4=8r_5\sqrt{r_6}\ \ \ \ \ \eqno[16]\\ \end{array} \right.$$

Значит если $u^2>2r_1$, то можно получить противоречие, так как во втором уравнении системы $[16]$ слева числа отрицательные, а справа положительные, поэтому можно отбросить правый сомножитель во втором уравнении леммы 8! Тем не менее если проделать те же манипуляции, что и с системой $[13]$, то получится уравнение $-r_6v_1^3+3r_1v_1+2r_5=0;$
Лемма 8 доказана!

[ivanovbp]

Antoshka
Возможно, вы правы и ВТФ вами доказана. Причем на количестве страниц, много меньшем чем у Уайлса.
Только вот вопрос : зачем вы обнародуете доказательство именно здесь? Можно просто сказать: "я доказал ВТФ". - и этим ограничиться
Уверен, никто не будет вникать в ваши рассуждения, Ведь для этого необходимо:
а) Быть эрудитом в очень узкой сфере
б) Иметь уйму свободного времени
в) Иметь гарантированную оплату (и очень немаленькую) за потраченное на проверку время и израсходованную мозговую энергию
P.S. Старик Ферма говаривал, что доказательство очень короткое, наверняка он не имел в виду что-то похожее на ваши выкладки.
Это и представляет интерес: прав он был или нет (в смысле простоты доказательства)?
Какое-то время назад (кажется, около года тому) я выложил на форуме короткое, на одну страницу, доказательство - и без всяких заумных биномов Ньютона. Ругани получил много, но где в рассуждении ошибка - ни гу-гу.
Вот такого рода доказательства на форуме выкладывать и рассматривать разумно

[Antoshka]

ivanovbp в сообщении #1611251 писал(а):

Antoshka
Возможно, вы правы и ВТФ вами доказана. Причем на количестве страниц, много меньшем чем у Уайлса.
Только вот вопрос : зачем вы обнародуете доказательство именно здесь? Можно просто сказать: "я доказал ВТФ". - и этим ограничиться

Чтобы не потерялось, просто я заметил, что у меня в тетради чернила выцветают почему-то

[Rak so dna]

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

Лемма доказывается подстановкой всех соотношений из леммы 3 в уравнение с помощью матпакета

Вы так и не поняли в чём заключалась ваша фундаментальная ошибка? Давайте я немного упрощу ваше "доказательство":

С помощью матпакета убеждаемся, что $0\cdot(T-1)=0,$ откуда $T=1.$ Теперь, с помощью того же матпакета, убеждаемся, что $0\cdot(T-2)=0,$ откуда $T=2.$ А значит $1=2.$ Противоречие!

Вы делаете тоже самое, фактически домножая ваше $T-\frac{h_1}{h_2}$ на некий "мусорный" множитель, а потом пытаетесь анализировать полученные, ничего не значащие, "мусорные" корни, и на основании этого выводить противоречие.

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

10. ... затем идею одного из способов использовать для доказательства того, что $(z-y)$ является ограниченной величиной!

Можете ещё доказать, что $0=0.$

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

11. Когда будет установлено, что $z-y$ ограничено, можно будет использовать уравнение $x+y=7^6C^7$ для получения противоречия!

Ну-ну...

[Antoshka]

Мне задали вопрос, какое отношение имеют корни кубического уравнения, которые я рассматриваю, к уравнению $x^7+y^7=z^7$? И вообще зачем я составлял кубическое уравнение относительно косинуса, домножая линейное уравнение на "какой-то мусорный множитель"? Сейчас я напишу соотношения, которые получаются напрямую из уравнения $x^7+y^7=z^7$ и помогают получить противоречие! В лемме 1 было показано, что имеет место число $D$, причём $A=CD$, так вот надо оценить $D$ по порядку величины относительно $c_1$!
Лемма 9
Пусть $\theta\equiv DF/c_1^6;$ Тогда $\theta\in(0;32/7);$
Для числа $D$ верна оценка $\left\{ \begin{array}{lcl} D=K_Dc_1^4\\ K_D\geqslant (64/7)^{4/7} \\ K_D\leqslant (128/7-2\theta)^{4/7}3.5^{1/7} \\ \end{array} \right.$
Кроме того, $F=\frac{\theta}{K_D}c_1^2;$

(Доказательство леммы 9)

$x^7+y^7=z^7\Rightarrow x^2+y^2=R^2,R\in\mathbb{R}, R>0\Rightarrow \left\{ \begin{array}{lcl} x=R\sin t \\ y=R\cos t \\ \end{array} \right.$
Далее возможны два случая $y>x$ и $y<x$! Достаточно рассмотреть случай $y>x$, так как $y<x$ доказывается таким же образом!
Пусть $y>x\Rightarrow$ по лемме 1 $\left\{ \begin{array}{lcl} m>w,t>0,t<\pi/4\\ (x+y-z)^7=7(x+y)(z-x)(z-y)D^7 \\ \end{array} \right.$
Выражаем $D^7$ из второго уравнения системы, сразу подставляя уже сделанные тригонометрические замены для $x,y$, при этом $z=\sqrt[7]{x^7+y^7};$
Если начертить график функции $\left\{ \begin{array}{lcl} D_1=\frac{(x+y-z)^7}{7(x+y)(z-x)(z-y)}-R^4\cos^4 t \\ x=R\sin t,t>0 \\ y=R\cos t,t<\pi/4 \\ z=\sqrt[7]{x^7+y^7}\\ \end{array} \right.$ на компьютере, считая, что $t$ аргумент, то он лежит целиком выше оси абсцисс!
Если начертить график функции $\left\{ \begin{array}{lcl} D_2=\frac{(x+y-z)^7}{7(x+y)(z-x)(z-y)}-3.5R^4\cos^4 t \\ x=R\sin t,t>0 \\ y=R\cos t,t<\pi/4 \\ z=\sqrt[7]{x^7+y^7}\\ \end{array} \right.$ на компьютере, считая, что $t$ аргумент, то он лежит целиком ниже оси абсцисс!
Значит верна оценка $R^4\cos^4t<D^7<3.5R^4\cos^4t;$
Учитывая, что ранее была произведена замена $y=R\cos t$, эта оценка принимает вид $y^4<D^7<3.5y^4;$
Теперь ясно, что надо оценить $y$ сверху и снизу, используя определение числа $\theta\equiv\frac{DF}{c_1^6}$ и соотношения леммы 1 $\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ F\equiv mw\\ p\equiv mwA \\ A=CD\\ \end{array} \right.$
Из этих соотношений следует, что надо оценить $m$ сверху и снизу, и что $7p=2\theta c_1^7$, так как по лемме 2 $7C=\sqrt[6]{7a}$, раньше была сделана замена $a=64c_1^6/7$, и из определения числа $\theta$ получается $\theta\equiv\frac{DF}{c_1^6}\Rightarrow FD=\theta c_1^6;$
То есть подставляем $p\equiv mwA,A=CD\Rightarrow 7p=(7C)FD\Rightarrow 7p=(2c_1)(\theta c_1^6)\Rightarrow 7p=2\theta c_1^7;$
Как оценить $m$ сверху и снизу?
С помощью уравнения из леммы 1 $\left\{ \begin{array}{lcl} x+y=7^6C^7& \\ x=w^7+7p \\ y=m^7+7p\\ p=2\theta c_1^7,7C=2c_1 \end{array} \right.\Rightarrow m^7+w^7=4c_1(32/7-\theta)\Rightarrow\theta\in(0;32/7);$
Выше написано, что $y>x\Rightarrow m>w$ по лемме 1$\Rightarrow m^7>w^7\Rightarrow 2m^7>m^7+w^7\Rightarrow 2m^7>4c_1(32/7-\theta)$$\Leftrightarrow m^7>2(32/7-\theta)c_1^7;$
Оценка для $m$ снизу готова. Осталось оценить сверху! Это делается из условия $w>0$! То есть $m^7+w^7=4c_1(32/7-\theta)\Rightarrow m^7<4(32/7-\theta)c_1^7;$
Объединяя полученные оценки для $m$ можно записать, что $\left\{ \begin{array}{lcl} m=K_mc_1 \\ K_m^7>2(32/7-\theta)\\ K_m^7<4(32/7-\theta)\\ \end{array} \right.$
Раз оценка для $m$ получена, можно оценить $y$ сверху и снизу с помощью равенства из леммы 1 вида $y=m^7+7p$, учитывая ранее полученное равенство $7p=2\theta c_1^7$!
Получается, что $64/7c_1^7<y<(128/7-2\theta)c_1^7$
Осталось вернуться к ранее полученной оценке $y^4<D^7<3.5y^4$ и подставить в неё только что полученную оценку для $y$, в результате получится то же, что в формулировке леммы 9!
Как получить равенство $F=\frac{\theta}{K_D}c_1^2;$?
С помощью представления числа $p$ двумя способами, один из которых был получен выше, вот он $7p=2\theta c_1^7;$
Другой способ представления получается через ведение числа $K_m\equiv\frac{m}{c_1}\Rightarrow m=K_mc_1;$
Учитывая, что $D=K_Dc_1^4$ и что $7C=2c_1$, получается $p=mwA,A=CD\Rightarrow 7p=2K_mK_Dwc_1^6=2\theta c_1^7\Rightarrow w=\frac{\theta c_1}{K_mK_D}\Rightarrow$$F\equiv mw=m\cdot\frac{\theta c_1}{K_mK_D}\Rightarrow$ $F=\frac{\theta c_1^2}{K_D}$, так как $m=K_mc_1;$
Лемма доказана!

Теперь понятно, почему я составил именно кубическое уравнение и записал косинус в виде объединения трех корней по формуле Кардано - для того, чтобы можно было использовать лемму 9, иначе получить противоречие нельзя!

[Antoshka]

Здравствуйте. Я не могу понять, где у меня ошибка в доказательстве, поэтому обращаюсь с вопросом. У меня в процессе доказательства возникает равенство $\frac{r_4}{r_1^{3/2}}=\frac{18\sqrt 3}{13\sqrt 13}$, я в него подставляю соотношения $r_1=4m_1^2+3m_2,r_4=-2m_1(4m_1^2-9m_2)$, где $\left\{ \begin{array}{lcl} m_1=c F^6-512D c^9/7+2F D^2 c^3,F,D,c\in\mathbb{N}& \\ m_2=F(4c^2 F^{11}+4096F^5 D c^{10}/7-48F^6 D^2 c^4+2^{13}D^3 c^{12}/7-1232F D^4 c^6/7+7F^2 D^5) \\ \end{array} \right.$
Пусть известно, что они правильные.
Тут я опустил индекс у переменной $c_1$, так как он не нужен больше.
В результате получается, после возведения в квадрат, перемножения по правилу пропорции и приведения к общему знаменателю, уравнение относительно $D$ с целыми коэффициентами, поэтому $D$ можно найти как делитель свободного члена, то есть получается, что wolfram mathematica выдаёт $D\mid 1225\cdot 2^{12}c^6F^{36}$, но пусть известно, что числа $F,D,c$ попарно взаимно простые натуральные, причём $D$ нечетное число, то тогда $D\mid 1225$! Заслуженные участники часто спрашивают, где в доказательстве используется целочисленность. Так вот я решил поинтересоваться, можно ли считать использованием целочисленности то, что я написал? Ведь получается, что $D$ может принимать ограниченный набор значений $1225=25\cdot 49\Rightarrow D\mid 25$, так как $D$ не делится на $7$ по лемме 1!
Уравнение $x^7+y^7=z^7$ у меня тоже используется, так как я его сначала преобразовываю, а потом подставляю в корень $u=2\sqrt{r_1}\cos {\frac{\varphi}{3}}$!
Именно благодаря этому уравнению корень $u=2\sqrt{r_1}\cos {\frac{\varphi}{3}}$ исключается из рассмотрения! Поэтому я не могу понять, где ошибка

[transcendent]

Уважаемый Antoshka, привет. Поражаюсь Вашей работоспособности. Даже, чтобы набрать такие тексты, надо иметь недюжинное терпение/усидчивость и волю. Думал-написать ли вам, или не надо. И, всё-таки, решил написать. Может, это как-то сможет Вам сделать какие-то переосмысления-стОит ли так расточительно тратить свои силы? Может, попытаться найти что-то попроще? В этом смысле, вот, Вы пишете:

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

Первые три леммы можно привести без доказательства, так как они уже были проверены участником Rak so dna! Вот они

Неужели, уважаемый Rak so dna долго сидел и проверял каждую ...каждый знак? Это не очень просто. Это надо всё бросить и погружаться. Возможно, я ошибаюсь, но у меня появилась пара вопросов к Лемме 2 и я был вынужден вернуться сюда:

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

число $A+C\sqrt{B},A,B,C\in\mathbb{Q}$ рационально, только когда C=0 для случая $\sqrt{B}$ иррационально!!

Вот она, Лемма 2:

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

Лемма 2
Пусть в условиях Леммы 1 $z$ чётно, тогда существуют такие натуральные числа $a,b,F$, что:

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

Все знаки в системе согласованы!

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

Первые три леммы можно привести без доказательства, так как они уже были проверены участником Rak so dna! Вот они

Вопросы-к $z$ и $7\cdot C$.
Во-первых, доказали ли Вы, что действительно существуют целые числа, соответствующие корню шестой степени из $7\cdot a$? Что-то у меня тут какая-то загвоздка...Не понимаю. Ладно. Это не важно. Смотрите два других вопроса ниже:
Во-вторых, ни слова не сказано-а что с остальными пятью корнями для корня шестой степени-они не годятся? Может, лучше их и взять, учитывая мой следующий вопрос ниже:
И в-третьих, и самое главное, корень шестой степени из $7$, т.е. $\sqrt[6]{7}$, есть иррациональное число. А корень шестой степени из $a $ тоже должен быть иррациональным, чтобы иметь $z$ целым и $7\cdot C$ рациональным, как я понимаю? Но, ведь, $a$ же у Вас определено, как натуральное число:

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

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

Или я чего-то не понял, вообще. С самого начала, от слова "совсем".
И ещё вопрос-так...уже общего характера. И это тоже не понято мной: какая общая идея и основа заложены в Вашем доказательстве? Про Уайлса мы знаем то-то и то-то. А у Вас? Ведь, не должно же это быть ужасающим нагромождением разных закорючек? Вы ж следуете чему-то, какой-то "нити" [Ариадны-так скажем... ]... Вот, если можно, кратенько напишите. Для понимания. Если можно.
Спасибо.

[Antoshka]

transcendent в сообщении #1690099 писал(а):

Неужели, уважаемый Rak so dna долго сидел и проверял каждую ...каждый знак?

Да, он кстати дополнил моё доказательство. За это ему спасибо

transcendent в сообщении #1690099 писал(а):

Во-первых, доказали ли Вы, что действительно существуют целые числа, соответствующие корню шестой степени из $7\cdot a$?

Да. Я получал эти соотношения используя Пифагорову тройку, а в Пифагоровой тройке одно из чисел было $z^6$, вот оттуда и появился этот корень шестой степени у числа $z$, то есть $z=\sqrt[6]{7a}\cdot b$!
То, что $a$ натуральное число - это из-за записи решений Пифагоровой тройки в натуральных числах!

transcendent в сообщении #1690099 писал(а):

И в-третьих, и самое главное, корень шестой степени из $7$, т.е. $\sqrt[6]{7}$, есть иррациональное число. А корень шестой степени из $a $ тоже должен быть иррациональным, чтобы иметь $z$ целым и $7\cdot C$ рациональным, как я понимаю?

По лемме 1$C\in\mathbb{N}$, а по лемме 2$7C=\sqrt[6]{7a}\Rightarrow \sqrt[6]{7a}\in\mathbb{N}$, при этом $a$ натуральное число, то есть все в порядке. То есть $a$ надо выбирать таким образом, чтобы число $\sqrt[6]{7a}$ было натуральным! Значит число $\sqrt[6]{a}$ должно быть иррациональным, ведь $\sqrt[6]{7}$ иррационально! То есть вы понимаете правильно

transcendent в сообщении #1690099 писал(а):

Может, это как-то сможет Вам сделать какие-то переосмысления-стОит ли так расточительно тратить свои силы?

Я уже закончил работу над общим случаем ВТФ, поэтому могу изложить суть доказательства!

transcendent в сообщении #1690099 писал(а):

И ещё вопрос-так...уже общего характера. И это тоже не понято мной: какая общая идея и основа заложены в Вашем доказательстве?

1)Вот есть уравнение $x^2+y^2=z^2$! Оно имеет решения в натуральных числах которые можно записать в виде формул! Значит для уравнения $x^7+y^7=z^7$ надо вывести похожие соотношения! Именно это я и делаю в первых двух леммах!
2)Используя эти соотношения, записываем теорему косинусов для стороны $z$ для треугольника со сторонами $x,y,z$, выражая оттуда косинус угла!
3)Используя этот косинус, составляем кубическое уравнение, корнем которого он является! Я сразу выписал готовое уравнение!
Далее будет ответ на вопрос, зачем вообще нужно это кубическое уравнение
4)Записываем корни этого уравнения по формуле Кардано. Будет 2 сопряженных корня и один несопряженный, назовём его так!
5)Уравнение $x^7+y^7=z^7$ можно преобразовать, а затем подставить в несопряженный корень кубического уравнения и тем самым исключить его из рассмотрения!
Вот и ответ на вопрос, зачем было нужно составлять кубическое уравнение!
6)Раз несопряженный корень исключен из рассмотрения, остались лишь два сопряженных корня!
Они исключаются за счёт того, что они имеют три способа представления. Давайте я на примере другого кубического уравнения покажу, что это за способы!
Вот имеем уравнение $x^3+x^2-7x+5=0$, оно имеет сопряженные корни $x=-1\pm\sqrt{6}$;
Так вот $x=-1\pm\sqrt{6}$ это первый способ записи корней!
Второй способ записи - это записать сопряженные корни по формуле Кардано!
Третий способ - это записать эти корни в тригонометрической форме!
Вот за счёт этих трех способов сопряженные корни исключаются. При этом используется целочисленность, в частности равенство $r_4=0$ исключается именно благодаря использованию целочисленности!
Раз все корни исключены, ВТФ доказана!

[transcendent]

Antoshka в сообщении #1690192 писал(а):

transcendent в сообщении #1690099
писал(а):
Во-первых, доказали ли Вы, что действительно существуют целые числа, соответствующие корню шестой степени из $7\cdot a$?
Да. Я получал эти соотношения используя Пифагорову тройку, а в Пифагоровой тройке одно из чисел было $z^6$, вот оттуда и появился этот корень шестой степени у числа $z$, то есть $z=\sqrt[6]{7a}\cdot b$!
То, что $a$ натуральное число - это из-за записи решений Пифагоровой тройки в натуральных числах!

Теперь понятнее. Т.е., "$a$ натуральное число и это из-за записи решений Пифагоровой Тройки в натуральных числах". Сам даже наловчился , вроде, генерить такие числа. Например $a=((some natural number, not divisible by 7)^{6\cdot k+6})\cdot 7^{5}$, $k=0$, $1$, и всё то, что не делится на $7$ ... . Т.е., я научился благодаря Вам смотреть какие будут получаться $z $ и $C$.
Но, тогда получается, что $C $ не делится на $7$, поскольку мы имеем после упрощений $C=(some natural number, not divisible by 7)^{k+1}$. (Или как-то так, можете сами проверить...). А у Вас в Лемме 1 написано:

сообщении #1611251 писал(а):

Лемма 1
$ 7\mid C$...

Где-то в тексте оговорено, что только что показанные числа не годятся? По-моему, нет, не показано. Поскольку, просто сказано, что $a$- натуральные числа и нет никаких ограничений на это $a$. Я не могу пока понять этого.

[Antoshka]

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

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:

$$\left\{ \begin{array}{lcl} y=m^7+7p \\ x=w^7+7p \\ z=m^7+7p+w^7 \\ z=7C(7^5C^6-mwD) \ \ \ \ \eqno[1] \\ p=mwA \\ A=CD \\ x+y=7^6C^7 \\ D^7=(x^2+xy+y^2)^2-z(x+y)(2x^2+3xy+2y^2)+(3x^2+5xy+3y^2)z^2-2(x+y)z^3+z^4\\ (C,D)=(y,D)=(x,D)=(m,C)=(w,C)=(m,w)=1 \\ 49\mid z,\ 7\mid C,\ 7\nmid D,\ 2\nmid D,\ 7\nmid m,\ 7\nmid w \\ m,w,p,A,C,D\in\mathbb{N} \end{array} \right.$$

Посмотрите на первые два уравнения и на седьмое уравнение. В седьмое уравнение надо подставить первые два. Так и выводится, что $C$ делится на семь!

-- 13.06.2025, 15:34 --

transcendent в сообщении #1690199 писал(а):

Где-то в тексте оговорено, что только что показанные числа не годятся?

У вас абракадабра какая-то напечаталась

[nimepe]

Лемма 4 где у вас используется в доказательстве и вообще это "новое слово в математике".?

[transcendent]

transcendent в сообщении #1690199 писал(а):

Antoshka в сообщении #1690192 писал(а):

transcendent в сообщении #1690099
писал(а):
Во-первых, доказали ли Вы, что действительно существуют целые числа, соответствующие корню шестой степени из $7\cdot a$?
Да. Я получал эти соотношения используя Пифагорову тройку, а в Пифагоровой тройке одно из чисел было $z^6$, вот оттуда и появился этот корень шестой степени у числа $z$, то есть $z=\sqrt[6]{7a}\cdot b$!
То, что $a$ натуральное число - это из-за записи решений Пифагоровой тройки в натуральных числах!

Теперь понятнее. Т.е., "$a$ натуральное число и это из-за записи решений Пифагоровой Тройки в натуральных числах". Сам даже наловчился , вроде, генерить такие числа. Например $a=L^{6\cdot k+6}\cdot 7^{5}$, $k=0$, $1$, и всё то, что не делится на $7$, где L-какое-то число, которое не делится на 7 ... . Т.е., я научился благодаря Вам смотреть какие будут получаться $z $ и $C$[/math].
Но, тогда получается, что $C $ не делится на $7$, поскольку мы имеем после упрощений $C=L^{k+1}$. (Или как-то так, можете сами проверить...). А у Вас в Лемме 1 написано:

сообщении #1611251 писал(а):

Лемма 1
$ 7\mid C$...

Где-то в тексте оговорено, что только что показанные числа не годятся? По-моему, нет, не показано. Поскольку, просто сказано, что $a$- натуральные числа и нет никаких ограничений на это $a$. Я не могу пока понять этого.

L-какое-то число, которое не делится на 7. Надеюсь, так понятнее. Т.е., Вы хотите сказать, что Лемма 1 исключила все числа $L$?

[Antoshka]

transcendent в сообщении #1690217 писал(а):

L-какое-то число, которое не делится на 7. Надеюсь, так понятнее. Т.е., Вы хотите сказать, что Лемма 1 исключила все числа $L$?

Фактически если подставить ваше равенство в моё, то $7C=\sqrt[6]{7a}=7L^{k+1}$, но раз доказано, что $C$ делится на семь, то $L$ обязано делиться на семь. Таким образом, ответ на ваш вопрос "Да"

nimepe в сообщении #1690216 писал(а):

Лемма 4 где у вас используется в доказательстве и вообще это "новое слово в математике".?

В доказательстве леммы 8

[nimepe]

Согласно леммы 4 $A=0$ и $C=0$ о каком делении $C$ на семь идет речь?

[Antoshka]

Да, виноват. Я обозначил одной буквой разные числа. Надо было так

Antoshka в сообщении #1611216 писал(а):

Лемма 4
Пусть даны целые числа $A_1,B_1,C_1,D_1$, такие, что числа $\sqrt{B_1}$ и $\sqrt{D_1}$ иррациональные, причём $\sqrt{B_1}\sqrt{D_1}$ тоже иррационально! А числа $A_1,C_1$ рациональные. Тогда число $A_1\sqrt{B_1}+C_1\sqrt{D_1}$ рационально только когда $A_1=C_1=0;$