доказательство ВТФ для $n=3$

[fermatik]

Часть первая.

$a^n + b^n = c^n = (b + y)^n$

$b=\frac{2b}{2}=\frac{2b+y-y}{2}=\frac{d-y}{2}$

$c=b+y=\frac{2b+2y}{2}=\frac{2b+y+y}{2}=\frac{d+y}{2}$

Например, для $n=3$,
$a^3=c^3 - b^3 = (\frac{d+y}{2})^3-(\frac{d-y}{2})^3 = \frac{y^3 + 3d^2y}{4}$.

Вывод, если $a^3=\frac{y^3 + 3d^2y}{4}$, то данное равенство можем преобразовать в равенство:
$a^3 + b^3 = c^3 = (b + y)^3=a^3+(\frac{d-y}{2})^3=(\frac{d+y}{2})^3$

Часть вторая.

$a^n+b^n=a^n+(a+x)^n=c^n=(\frac{2a+x-x}{2})^n +(\frac{2a+x+x}{2})^n=(\frac{D-x}{2})^n +(\frac{D+x}{2})^n$,

$a^3+b^3=a^3+(a+x)^3=c^3=(\frac{2a+x-x}{2})^3 +(\frac{2a+x+x}{2})^3=(\frac{D-x}{2})^3 +(\frac{D+x}{2})^3=\frac{D^3+3Dx^2}{4}$

Согласно выводу первой части равенство
$c^3=\frac{D^3+3Dx^2}{4}$,
можем преобразовать в равенство:
$c^3+(\frac{x-D}{2})^3=(\frac{D+x}{2})^3$,

Вывод второй части:
для $n=3$ вычислена ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершения математической операции:
после математической операции:
$a^n+b^n=a^n+(a+x)^n=c^n=(\frac{2a+x-x}{2})^3 +(\frac{2a+x+x}{2})^3=(\frac{D-x}{2})^3 +(\frac{D+x}{2})^3$, далее
$c^3+(\frac{x-D}{2})^3=(\frac{D+x}{2})^3$,
поэтому для $n=3$:
$(b^3 +(\frac{D-x}{2})^3))+(\frac{x-D}{2})^3=b^3$.

Зачем это нужно?

Если вычисляется тройка натуральных чисел:
$a^n+b^n=c^n$,

то затем всегда можем вычислить взаимозависимые тройки натуральных чисел $(A, B_1, C_1), (C_1, B_2, C_2)$:

$(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Доказывается исключительно просто:
$a^n+b^n=c^n$,

$((a*a)^n + (a*b)^n) + (c*b)^n = (c*c)^n = (a*c)^n + (c*b)^n = (c*c)^n =(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Но согласно вычисленной математической операции при $n=3$:
$(A^3 +(\frac{D-x}{2})^3))+(\frac{x-D}{2})^3))= (A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n для $A$ нельзя вычислять натуральное число $B_2$, т. к. $B_2^3 = (\frac{x-D}{2})^3$.

На основании изложенного для $n=3$, ЕСЛИ нельзя вычислять взаимозависимые тройки натуральных чисел $(A, B_1, C_1), (C_1, B_2, C_2)$,
следует, при $n=3$ нельзя вычислить тройки натуральных чисел $(a, b, c)$.

Для нечетных степеней можем доказать, что значение $b$ решением квадратного уравнения, при этом отрицательное решение данного уравнения ТРЕБУЕТ совершения математической операции:
$a^n +(\frac{-y \pm \sqrt{D^2}}{2}})^n = (\frac{y \pm \sqrt{D^2}}{2}})^n$,

$(a^n +(\frac{-y + \sqrt{D^2}}{2}})^n) + (\frac{y - \sqrt{D^2}}{2}})^n = a^n$.

Математически невооруженным взглядом легко проверяется равенство:
$(b^n +(\frac{D-x}{2})^n))+(\frac{x-D}{2})^n=b^n$.

Единственная сложность ДОКАЗАТЕЛЬСТВА для нечетных степеней состоит в том, чтобы доказать ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершения данной математической операции для нечетных степеней.

Для ЧЕТНЫХ степеней данного равенства не существует:
$(b^n +(\frac{D-x}{2})^n))+(\frac{x-D}{2})^n\neq b^n$.

[fermatik]

Дополнение: для нечетных степеней я в прошлом году доказал, что $b$ вычисляется как решение квадратного уравнения: $x = b^2 + by + y^2$, то есть для нечетных уравнения равенство с тремя переменными $a, b, y$ можно преобразовать в равенства с тремя переменными $a, y, x$.

Преподаватель мат. логики меня спросил: какую роль для доказательства ВТФ для нечетных степеней играет отрицательное решение квадратного уравнения.

Я как дилетант только через несколько месяцев додумался, что благодаря влиянию отрицательного решения - ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершить вышедоказанную мат. операцию - продолжать вычисление троек взаимозависимых чисел нельзя, поэтому вычисление троек натуральных чисел для нечетных степеней невозможно.

[sceptic]

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Часть первая.

$a^n + b^n = c^n = (b + y)^n$

$b=\frac{2b}{2}=\frac{2b+y-y}{2}=\frac{d-y}{2}$

$c=b+y=\frac{2b+2y}{2}=\frac{2b+y+y}{2}=\frac{d+y}{2}$

Например, для $n=3$,
$a^3=c^3 - b^3 = (\frac{d+y}{2})^3-(\frac{d-y}{2})^3 = \frac{y^3 + 3d^2y}{4}$.

Вывод, если $a^3=\frac{y^3 + 3d^2y}{4}$, то данное равенство можем преобразовать в равенство:
$a^3 + b^3 = c^3 = (b + y)^3=a^3+(\frac{d-y}{2})^3=(\frac{d+y}{2})^3$

Банальность. Запомним пока, что Вы ввели обозначение $d=2b+y$, где $y=c-b$.

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Часть вторая.

$a^n+b^n=a^n+(a+x)^n=c^n=(\frac{2a+x-x}{2})^n +(\frac{2a+x+x}{2})^n=(\frac{D-x}{2})^n +(\frac{D+x}{2})^n$,

$a^3+b^3=a^3+(a+x)^3=c^3=(\frac{2a+x-x}{2})^3 +(\frac{2a+x+x}{2})^3=(\frac{D-x}{2})^3 +(\frac{D+x}{2})^3=\frac{D^3+3Dx^2}{4}$

Согласно выводу первой части равенство
$c^3=\frac{D^3+3Dx^2}{4}$,
можем преобразовать в равенство:
$c^3+(\frac{x-D}{2})^3=(\frac{D+x}{2})^3$,

Т.е. (подставив введенное Вами $D=2a+x$, где $x=b-a$) получаете банальное$c^3+(-a)^3=b^3$.

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Вывод второй части:
для $n=3$ вычислена ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершения математической операции:
после математической операции:
$a^n+b^n=a^n+(a+x)^n=c^n=(\frac{2a+x-x}{2})^3 +(\frac{2a+x+x}{2})^3=(\frac{D-x}{2})^3 +(\frac{D+x}{2})^3$, далее
$c^3+(\frac{x-D}{2})^3=(\frac{D+x}{2})^3$,
поэтому для $n=3$:
$(b^3 +(\frac{D-x}{2})^3))+(\frac{x-D}{2})^3=b^3$.

Еще одно затуманивание банального $(b^3+a^3)+(-a)^3=b^3$. А вот что такое "ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершения математической операции"? Что за лапша? Да она еще и вычисляется! Туман начинает сгущаться...

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Зачем это нужно?

Если вычисляется тройка натуральных чисел:
$a^n+b^n=c^n$,

то затем всегда можем вычислить взаимозависимые тройки натуральных чисел $(A, B_1, C_1), (C_1, B_2, C_2)$:

$(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Доказывается исключительно просто:
$a^n+b^n=c^n$,

$((a*a)^n + (a*b)^n) + (c*b)^n = (c*c)^n = (a*c)^n + (c*b)^n = (c*c)^n =(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Еще одна банальность. Восстановим обозначения, которые автор поленился ввести:
$A=a^2$,$B_1=ab$,$B_2=cb$,$C_1=ac$,$C_2=c^2$.

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Но согласно вычисленной математической операции при $n=3$:
$(A^3 +(\frac{D-x}{2})^3))+(\frac{x-D}{2})^3))= (A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n для $A$ нельзя вычислять натуральное число $B_2$, т. к. $B_2^3 = (\frac{x-D}{2})^3$.

А вот тут мухлеж. На каком основании Вы заменяете $ B_1$ на $(\frac{D-x}{2})$ и $B_2$ на $(\frac{x-D}{2})$? Ведь согласно Ваше второй части величины $D$ и $x$ зависят от $a, b$ из тройки $a,b,c$, удовлетворяющей равенству $a^3 +b^3 = c^3$; тройка $A,B_1,C_1$ (также удовлетворяющая равенству $A^3 +B_1^3 = C_1^3$) порождает "свои" $D'$ и $x'$, отнюдь не совпадающие с $D$ и $x$. Если Вы (аккуратно!) перейдете здесь на работу с $D'$ и $x'$, то в итоге получите лишь еще одну банальность, но никак не противоречие. Исправляйте свой текст.
Дальше можно не читать.

[fermatik]

Скептику!
Предлагаю вам доказать, что совершение ВТОРОЙ (вычисленной только для нечетных степеней) мат. операции для математики это -- БАНАЛЬНО!
Для нечетных степеней доказано, что влияние отрицательного корня квадратного решения на ограничение вычислений уравнения с тремя переменными $a, y, d$ - данные переменные вычисляются как натуральные в единственном случае:
$a=y=d$.

Банальность - равенство не требует доказательств: $(a^n + b^n)-b^n=a^n$.

В данном случае доказана иная ситуация!
Согласно вычисленным результатам для нечетных степеней после того, как мы прибавили к:
$[a^n + (\frac{d-y}{2})^n]$
- только для нечетных степеней мы ЗАТЕМ ОБЯЗАНЫ ПРИБАВИТЬ $[...] + (\frac{y-d}{2})^n$. Это доказано - опровергните...


ДОКАЖИТЕ, что БАНАЛЬНОСТЬ - ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершить вторую математическую операцию.
- данное свойство доказано только для нечетных степеней,
поэтому для четных степеней требуется свое доказательство.

Если вы не понимаете всей проблемы данного парадокса - что для нечетных степеней надо как-то учитывать влияние на вычисление троек натуральных чисел - отрицательного решения квадратного уравнения, которое обязывает совершить ВТОРУЮ математическую операцию, то это ваши проблемы.

[sceptic]

Предложение не принимаю - я не специалист по заклинаниям. Я могу оценить банальность/небанальность математического утверждения (и не моя вина, что все понятые мною математические утверждения в Вашем посте оказались банальными). Вы так и не объяснили, что такое "ОБЯЗАТЕЛЬНОСТЬ совершения математической операции" - поэтому я рассматриваю это, как некое Ваше заклинание (непонятно даже о какой математической операции Вы толкуете). А судить о банальности (или, напротив, оригинальности) заклинаний не могу, уж извините!
Если хотите обсуждать свое "доказательство" ТФ, исправляйте место, указанное мной в последнем замечании.

fermatik в сообщении #364874 писал(а):

Если вы не понимаете всей проблемы данного парадокса - что для нечетных степеней надо как-то учитывать влияние на вычисление троек натуральных чисел - отрицательного решения квадратного уравнения, которое обязывает совершить ВТОРУЮ математическую операцию, то это ваши проблемы.

Не вижу для себя никаких проблем в Ваших "парадоксах"; скорее, констатирую наличие у Вас проблемы с собственной самооценкой - как-то слишком болезненно Вы воспринимаете критику своего "труда" .

[fermatik]

Уравнение с тремя переменными $a, b, c$ для нечетных степеней (мною доказано) можем преобразовать в уравнение с тремя переменными $a, y, d^2$, $d^2 = (2b+y)^2 = 4x - 3y^2 = 4(b^2 + by + y^2) - 3y^2$ :
$a^n + b^n = c^n = (b+y)^n $ в
$a^n + (\frac{\sqrt{d^2} - y}{2})^n = (b + y)^n$
Вспомним как решается квадратное уравнение, поэтому далее:
$a^n + b_1^n = c_1^n = a^n + (\frac{- y + \sqrt{d^2}}{2})^n = (b_1 + y)^n = (\frac{y + \sqrt{d^2} }{2})^n $
Но квадратное уравнение имеет два корня, поэтому:
$a^n + b_2^n = c_2^n = a^n + (\frac{- y - \sqrt{d^2} }{2})^n = (b_2 + y)^n = (\frac{y - \sqrt{d^2}}{2})^n$
Далее,
$a^n + (\frac{- y - \sqrt{d^2} }{2})^n = с_2^n = (b_2 + y)^n = (\frac{y - \sqrt{d^2} }{2})^n$
$a^n = (\frac{y - \sqrt{d^2} }{2})^n + ( \frac{y +\sqrt{d^2} }{2})^n = c_2^n + c_1^n = c_2^n + (a^n + b_1^n)$

Вывод:
Для нечетных степеней благодаря значению двух корней квадратного уравнения вычислено равенство:
$(a^n + (\frac{- y + \sqrt{d^2} }{2})^n) + (\frac{y - \sqrt{d^2} }{2})^n = a^n = (a^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$,
иными равенствами:
(Пример, $a=3$):
1. $(\frac{D-x}{2})^3 + (\frac{D+x}{2})^3 = c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4}$
2. $c^3 + (\frac{x-D}{2})^3 = (\frac{D+x}{2})^3$
3. $(a^3 + (\frac{D-x}{2})^3) + (\frac{x-D}{2})^3 = a^3$

согласно данному равенству нельзя вычислить ВТОРУЮ тройку взаимозависимых натуральных чисел: $(C_1, B_2, C_2)$, соответственно, для нечетных степеней нельзя вычислить тройки натуральных чисел:
$(a, B_1, C_1)$.

Да к сумме $a^n + B_1^n$ имеем право прибавить любое натуральное число $B_2^n$, но вы прибавите к сумме $C_1^n = a^n + B_1^n$, где $C_1$ не является натуральным числом ( согласно вычисленному ранее выводу).

Любая попытка утверждать, что если мы имеем право совершать математические операции $(a^n + B_1^n) + B_1^2$, поэтому мы имеем право предполагать, ЧТО У НАС НЕТ ПРЕПЯТСТВИЙ ВЫЧИСЛЯТЬ ВЗАИМОЗАВИСИМЫЕ ТРОЙКИ НАТУРАЛЬНЫХ ЧИСЕЛ $(A, b_1, c_1), (c_1, b_2, c_2)$, противоречит реальности: для нечетных степеней надо учитывать, что квадратное уравнение имеет два корня, поэтому для нечетных степеней вычисленное равенство исключает вычисление троек натуральных чисел.

Таким образом мы вычислили "заклинание", действующее только для нечетных степеней, которое мешает вычислять тройки натуральных чисел.

Не учитывать значение данного вывода - ГЛУПО! Скептики, которые (математически бездоказательно) опровергают данный вывод - предлагают жить в реальности, где квадратное уравнение имеет только единственное положительное решение.

[r-aax]

В Ваших обозначениях:
$d = b + c, \ D = a + b$
Дальше идет ряд тождеств в этих обозначениях.
Далее:

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

$(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Доказывается исключительно просто:
$a^n+b^n=c^n$,

$((a*a)^n + (a*b)^n) + (c*b)^n = (c*c)^n = (a*c)^n + (c*b)^n = (c*c)^n =(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

$A = a ^ 2, \ B_1 = ab, \ B_2 = bc, \ C_1 = ac, \ C_2 = c ^ 2$

fermatik в сообщении #363841 писал(а):

Но согласно вычисленной математической операции при $n=3$:
$(A^3 +(\frac{D-x}{2})^3))+(\frac{x-D}{2})^3))= (A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n для $A$ нельзя вычислять натуральное число $B_2$, т. к. $B_2^3 = (\frac{x-D}{2})^3$.

Откуда взялось это равенство? Если раскрыть обозначения, то можно заметить, что данное равенство не выполняется.

[fermatik]

Уважаемые посетители форума!
Прошу вас в форме опроса разрешить спор между fermkatik-ом и sceptik-ом:

Всем известно аксиоматическое равенство (не требующее доказательство):
$a^n + b^n - b^n = a^n$

Для нечетных степеней вычислено равенство, которое по признакам ЧАСТИЧНО (любой школьник понимает, что для четных степеней данное равенство принципиально вычислено быть не может) совпадает с аксиоматическим.
Для $n=3$:
1/ $a^3 + b^3 = (b+x)^3 + b^3 = (\frac{2b +x +x}{2})^3 + (\frac{2b+x-x}{2})^3 = (\frac{D +x}{2})^3 + (\frac{D-x}{2})^3 = c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4}$
2/Докажем тождество равенств(*):
$a^3 + b^3 = c^3 = (b+y)^3 = a^3 + (\frac{2b + y - y}{2})^3 = (\frac{2b+y + y}{2})^3 = a^3 + (\frac{d - y}{2})^3 = (\frac{d + y}{2})^3$
Далее,
$a^3 = c^3 - b^3 = (\frac{d + y}{2})^3 - (\frac{d - y}{2})^3 = \frac{y^3 + 3yd^2}{4}$
Таким образом вычислено тождество равенств(*):
$a^3 = \frac{y^3 + 3yd^2}{4} \leftrightarrow a^3 + (\frac{d - y}{2})^3 = (\frac{d + y}{2})^3$
3/ Благодаря тождеству равенств (*) и значению пункта 1/ вычисляется равенство:
$c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4} \leftrightarrow c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3$
Далее, (см. 1/):
$c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3 = (a^3 + b^3) + (\frac{x - D}{2})^3 $

Поэтому для нечетных степеней вычислено (1/: $a^3 = (\frac{D +x}{2})^3, b^3 = (\frac{D-x}{2})^3$):

$(a^3 + (\frac{D - x}{2})^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^n$

Sceptik считает данное равенство банальным, поэтому выводы , которые следуют после анализа данного равенства не имеют практического значения - он прав или нет?

[sergey1]

fermatik в сообщении #365570 писал(а):

Уважаемые посетители форума!
Прошу вас в форме опроса разрешить спор между fermkatik-ом и sceptik-ом:

А может кто больше отожмется?

[r-aax]

fermatik в сообщении #365570 писал(а):

3/ Благодаря тождеству равенств (*) и значению пункта 1/ вычисляется равенство:
$c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4} \leftrightarrow c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3$

Данные равенства выполняются не благодаря чему-то, а вне зависимости от чего-либо, так как это тождества.

fermatik в сообщении #365570 писал(а):

$(a^3 + (\frac{D - x}{2})^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^n$

Откуда тут вдруг взялось $n$.

[fermatik]

Для $n=2$ приведем пример вычисления ВЗАИМОЗАВИСИМЫХ натуральных чисел $(a, B_1,C_1), (C_1, B_1, C_2)$:
нас интересует вычисление троек взаимно простых натуральных чисел.
Для каждого натурального простого числа вычисляется единственная тройка натуральных чисел $a>1, B_1, C_1$:
$a = x*1, a^2 + B_1^2 = C_1^2 = (x*1)^2 + (\frac{x^2 - 1^2}{2})^2 = (\frac{x^2 + 1^2}{2})^2$
$a = 3*1, a^2 + B_1^2 = C_1^2 = (3*1)^2 + (\frac{3^2 - 1^2}{2})^2 = (\frac{3^2 + 1^2}{2})^2 = 3^2 + 4^2 = 5^2 = 9 + 16 = 25$
Для $C_1$ (по аналогии вычисляем):
$C_1^2 + B_2^2 = C_2^2 = 5^2 + 12^2 = 13^2$
Вычислены две взаимозависимые тройки натуральных чисел:
$(3,4,5),(5,12,13)$.
Для нечетных степеней любой скептик может предположить, а вдруг вычисляется единственная тройка натуральных чисел $a, b_1, c_1$, то есть затем вычислить вторую тройку взаимозависимых натуральных чисел нельзя: $c_1, b_2, c_2$.

Поэтому я должен сформулировать (с доказательствами) признак вычисления троек натуральных чисел:

если вы вычислите тройку натуральных чисел, то затем всегда можем вычислить взаимозависимые тройки натуральных чисел $(A, B_1, C_1), (C_1, B_2, C_2)$:

$(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Доказывается исключительно просто:
$a^n+b^n=c^n$,

$((a*a)^n + (a*b)^n) + (c*b)^n = (c*c)^n = (a*c)^n + (c*b)^n = (c*c)^n =(A^n + B_1^n) + B_2^n = C_1^n + B_2^n = C_2^n$

Имею право сформулировать: если отсутствует возможность вычисления ВТОРОЙ взаимозависимой тройки натуральных чисел, то вычисление троек натуральных чисел невозможно.

Для нечетных степеней вычислено (по мнению скептика)"заклинание":

$(a^n +(\frac{D-x}{2})^n))+(\frac{x-D}{2})^n= a^n$
Согласно данному равенству вычислить ВТОРУЮ тройку натуральных чисел нельзя.

-- Вс окт 24, 2010 12:38:24 --

fermatik в сообщении #365570 писал(а):
3/ Благодаря тождеству равенств (*) и значению пункта 1/ вычисляется равенство:
$c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4} \leftrightarrow c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3$

Данные равенства выполняются не благодаря чему-то, а вне зависимости от чего-либо, так как это тождества.


Скептик удивляется: почему после $a^3 + b^3 = c^3$ я применяю тождество
$c^3 = \frac{D^3 + 3Dx^2}{4} \leftrightarrow c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3$, что затем условиям приводит к $c^3 + (\frac{x - D}{2})^3 = (\frac{x + D}{2})^3 = (a^3 + b^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^3$,
Он посчитал это заклинанием.
Поэтому я объясняю свою точку зрения максимально подробно.

fermatik в сообщении #365570 писал(а):
$(a^3 + (\frac{D - x}{2})^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^n$

Откуда тут вдруг взялось $n$ - техническая непринципиальная ошибка:
$(a^3 + (\frac{D - x}{2})^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^3$
Прошу прощения за технические непринципиальных ошибки.

[r-aax]

fermatik в сообщении #365609 писал(а):

$(a^3 + (\frac{D - x}{2})^3) + (\frac{x - D}{2})^3 = a^3$

Приведенное равенство также является тождеством. Для его выполнения не требуется никаких дополнительных условий, и ни к каким выводам оно не приводит.

[fermatik]

Некоторые математики меня удивляют!
Представьте математика, который утверждает, что он понимает доказательство Уайлса, но не понимает моей точки зрения:
на одном из форумов я указал на то, что математики доказав ВТФ - косвенным образом доказали, что при $n>3$ нельзя решать уравнения при натуральных значениях $a, y, d$, кроме аксиоматической тройки натуральных чисел: $a=y=d$,


Математики доказав ВТФ, фактически доказали мою точку зрения.

СОВЕТ:
Любое вычисленное равенство "несмотря на то, что это тождество", подлежит анализу независимо от желания скептиков не обращать на него желания.

Повторяю свою точку зрения, я доказал, что если вы умеете вычислять тройки натуральных чисел $a, b_1, c_1$, вы обязательно должны вычислить вторую сумму натуральных чисел $c_1, b_2, c_2$.
Согласно вычисленному "тождеству" - для нечетных степеней не существует продолжения - второй суммы при натуральных числах $c_1, b_2, c_2$ :
вторая сумм чисел продолжается при натуральных $a, y, d$ в единственном случае $a=y=d$.
При условии $a, b>0, c>a$ нельзя вычилять тройки натуральных чисел $a, y, d$.

Ни один математик не сможет доказать частный случай вычисленного "тождества".

[iakowlew]

Для $n=3$ имеем тож-во $(x+y-z)^3=3(x+y)(z-x)(z-y)$.
Отсюда ясно, что одно из чисел $x,y,z$ кратно 3, что следует из "формул Абеля".
Допустим, что $Z$ кратен 3, отсюда $3^{3k-1}z_1^n=x+y$, $x_1^n=z-y$, $y_1^n=z-x$.
Отсюда на основании тож-ва имеем:
$x_1^3+y_1^3-3^{3k-1}z_1^3+2*3^kx_1y_1z_1=0$.
Можно порешать это ур-е, иначе существует только док-во Эйлера, которым он занимался 7 лет!!!.
Впрочем, существуют и другие варианты...

[fermatik]

Прошу прощения за техническую ошибку: Уайлс и другие математики (начиная с Эйлера) в косвенной форме фактически доказали -- при $n \geqslant 3$ нельзя решать уравнения при натуральных $a, y, d$ кроме аксиоматической тройки натуральных чисел $a=y=d$.
Ранее написал: $n>3$