Вопрос по теме доказательства Феликса Шмиделя

[ananova]

Пересмотрел варианты

Феликс Шмидель в сообщении #597003 писал(а):

Если $x^3+y^3=z^3$, то $(z^3+y^3)^2=(z^3-y^3)^2+4 y^3 z^3$, где $(z^3-y^3)$ является кубом.
Если $x^3+y^3+z^3=0$, как в моём доказательстве, то $(y^3-z^3)^2=(y^3+z^3)^2-4 y^3 z^3$, где $(y^3+z^3)$ является кубом.

и предлагаю продолжить поиск в том же направлении :

Если $x^3+y^3+z^3=0$, то

$$x^6-4 (y z)^3=(x^2-\sqrt[3]{4} y z)((x^2-\sqrt[3]{4} y z)(- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4) = (y^3-z^3)^2\ren(1)$$

Хорошо, ранее Феликс Шмидель доказал, что множитель (2) является квадратом в алгебраическом поле $\mathbb{Z}[j]$, где $j=\sqrt[3]{2}$.

$$(x^2-\sqrt[3]{4} y z)\ren(2)$$

Следовательно,

$$(x^2-\sqrt[3]{4} y z)(- \sqrt[3]{4} yz -2x^2)+3x^4 = \frac {(y^3-z^3)^2}{x^2-\sqrt[3]{4} y z}\ren(3)$$

$$(x^2-\sqrt[3]{4} y z)(- \sqrt[3]{4} yz -2x^2) = \frac {(y^3-z^3)^2}{x^2-\sqrt[3]{4} y z} - 3x^4 \ren(4)$$

Трансформируем известную формулу:

$$(a^2+3b^2) (c^2+3d^2)=(ac \pm 3bd)^2+3(ad \mp cb)^2 \ren (5)$$

так

$$(a^2-3b^2) (c^2-3d^2)=(ac - 3bd)^2-3(ad - cb)^2 \ren (6)$$

Ожидаем, что

$$(ac - 3bd)^2-3(ad - cb)^2= \frac {(y^3-z^3)^2}{x^2-\sqrt[3]{4} y z} - 3x^4 \ren(7)$$

В таком случае можно перейти к бесконечному циклу произведений подобных представлений, как это сделано в доказательстве Эйлера: $(a^2-3b^2) (c^2-3d^2)$.

Можно ли из этого "построить" противоречие?

В случае положительного результата для $n=3$,
для доказательства ВТФ, для $n>3$ можно было бы использовать обобщение:

ananova в сообщении #787436 писал(а):

$$(a^2+nb^{[(n-1)/2]2}) (c^2+nd^{[(n-1)/2]2})=(ac \pm n(bd)^{(n-1)/2})^2+n(ad^{(n-1)/2} \mp cb^{(n-1)/2})^2$$