Возможность делимости определённых выражений.

[yk2ru]

Пусть $a,b,c,d,...$ - простые числа вида $2z-1$ и $4z-1$, $z$ нечётно и оба вида чисел могут присутствовать в выражении.
Всегда

$$(a+1)|(a+1)$$

А что можно сказать про возможность следующих выражений?

$$(a+1)(b+1)|(ab+1)^2$$

$$(a+1)(b+1)(c+1)|(abc+1)^3$$

$$(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)|(abcd+1)^4$$

и так далее. Условие на числа ещё такое, что число $abcd...+1$ должно быть вида $4z-1$, $z$ нечётно.

[yk2ru]

В последнее предложение ошибка затесалась: произведение простых чисел должно быть вида $4z-1$, с добавлением единицы к нему полученное число должно делиться на 4 с получением нечётного числа при этом. "Плюс один" там лишнее.

[angor6]

yk2ru
В Вашем случае число $abcd+1$ является чётным, а число $4z-1$ всегда является нечётным. Поэтому Ваше условие не может быть выполнимым.

Пока я это писал, Вы добавили новое сообщение. Может быть, лучше сформулировать вопрос снова?

[yk2ru]

angor6 в сообщении #1250203 писал(а):

Может быть, лучше сформулировать вопрос снова?

Пусть $a,b,c,d,...$ - простые числа вида $2z-1$ и $4z-1$, $z$ нечётно и оба вида чисел могут присутствовать в выражении.
Всегда

$$(a+1)|(a+1)$$

А что можно сказать про возможность следующих выражений?

$$(a+1)(b+1)|(ab+1)^2$$

$$(a+1)(b+1)(c+1)|(abc+1)^3$$

$$(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)|(abcd+1)^4$$

и так далее. Условие на числа ещё такое, что число $abcd...+1$ должно быть вида $4z$, $z$ нечётно.

[angor6]

yk2ru
Число $ab+1$ тоже должно иметь вид $4z?$ Если да, то проверьте, могут ли числа $a$ и $b$ каждое иметь вид $2z+1.$

[yk2ru]

angor6, нет. Одно число вида $2z-1$ и другое вида $4z-1$, например такие как 11 и 41. Но только эта пара чисел не решение, не подходит. В случае трёх чисел возможно, что все три числа будут одного вида $4z-1$.

[Sonic86]

yk2ru в сообщении #1250139 писал(а):

А что можно сказать про возможность следующих выражений?

$$(a+1)(b+1)|(ab+1)^2$$

Начинать надо конечно же с попытки решить соответствующее диофантово уравнение, т.е. условие на простоту выбросить, условие на четность можно оставить.
Начните, напишите, что получается.

[angor6]

yk2ru

yk2ru в сообщении #1250243 писал(а):

angor6, нет.

Конечно, нет. И при этом я полагаю, что произведение чисел некоторого вида заведомо даёт число того же вида.

Знатоки теории чисел, надеюсь, скоро начнут участвовать в обсуждении Вашего вопроса. И сама формулировка вопроса будет подвергнута анализу (и критике, иногда обидной). Поэтому постарайтесь сами проанализировать эту формулировку в части соответствия ограничения на число $abcd+1$ исходным данным, указанным в начале вопроса. Может оказаться, что они противоречат друг другу...

[yk2ru]

Sonic86 в сообщении #1250246 писал(а):

yk2ru в сообщении #1250139 писал(а):

А что можно сказать про возможность следующих выражений?

$$(a+1)(b+1)|(ab+1)^2$$

Начинать надо конечно же с попытки решить соответствующее диофантово уравнение, т.е. условие на простоту выбросить, условие на четность можно оставить.
Начните, напишите, что получается.

Начать смогу не сразу, по воскресеньям у меня с 14 часов спортивное мероприятие, секция. При желании можно рассмотреть и вариант без последнего условия, и вариант без простых чисел. Как бы задача с разными вариантами условий.

[angor6]

yk2ru
Вы не пробовали разделить "уголком" многочлен $(ab+1)^2=a^2 b^2+2ab+1$ на многочлен $(a+1)(b+1)=ab+a+b+1$ и проверить остаток на равенство нулю?

[Sonic86]

(Оффтоп)

yk2ru в сообщении #1250250 писал(а):

по воскресеньям у меня с 14 часов спортивное мероприятие, секция.

Везет же людям - у них время есть

Короче у диофантова уравнения $(a+1)(b+1)|(ab+1)^2$ можно указать бесконечную параметрическую серию решений (даже две) (я их не смог найти все), в которой количество простых пар можно оценить по гипотезе Бейтмана-Хорна (у меня нет времени на оценки, по-видимому, их там бесконечно много)

[yk2ru]

Я не спец по диофантовым уравнениям, попробую с дилетантских позиций порассуждать о делимости. В

$$(ab+a+b+1)|(ab+1)^2$$

сделаем замены $x=ab+1$ и $y=a+b$ и получим

$$(x+y)|x^2$$

Чтобы делимость имела место, необходимо, чтобы $y=zx$, сократив на $x$ получим, что должно быть

$$(z+1)|x$$

В условии $y=zx$ сделаем обратные замены и увидим, что должно быть верным

$$(ab+1)|(a+b)$$

А это невозможно при числах больших единицы. Возможно я не прав в рассуждениях, так как выше получали множество решений.

[provincialka]

yk2ru
А вы в каком смысле понимаете обозначение $x | y$?
$x$ делит $y$ или наоборот? Общепринятое, насколько я понимаю, первое, например, $2|4$, но $6\vdots 3$.

(это я так, на всяий случай... уравнение не решала)

[yk2ru]

Как первое делит второе и первое меньше второго (или равно).

[provincialka]

yk2ru в сообщении #1250419 писал(а):

$$(x+y)|x^2$$

Чтобы делимость имела место, необходимо, чтобы $y=zx$

Это неверно. Проверьте, например, $x=6,y=3$.
Если бы, наоборот, $(x+y)\vdots x^2$, то это следствие бы выполнялось. Поэтому я и уточнила смысл ваших обозначений.

А условие $y=zx$ нам не подходит, так как, очевидно, что $ab+1>a+b$ при $a>1, b>1$