Доказательство БТФ для третьей степени как ключ.

[Iosif1]

binki в сообщении #1081791 писал(а):

Многие просто перестали читать ваши сообщения.

Это их право.

binki в сообщении #1081791 писал(а):

Нет интересной и плодотворной идеи. Основная идея доказательства - приравнивание правой части (1,2) к самой себе несостоятельна. А все доказательство построено на этом. Чересчур много не значащих формул -"шелухи от пустых семечек". Не интересно ворошить эту кучу.

Доказательство не надо ворошить, в нём надо разобраться.
Совсем, не в этом "приравнивание правой части (1,2) к самой себе несостоятельна" суть доказательства и оно построено не на этом. Очень меня удивляет, что Вы этого не понимаете.

binki в сообщении #1081791 писал(а):

Доказательство полностью отсутствует.

Полностью не согласен.

binki в сообщении #1081791 писал(а):

Вам надо признать это, а не продолжать показывать полную некомпетентность в вопросах ВТФ

А Вам надо не сказать, а доказать это.

binki в сообщении #1081791 писал(а):

помнить, что до вас ее пытались доказать Величайшие математики в течении нескольких веков.

Ну и что? Вы тоже, может быть, великий математик, но к сожалению, я не услышал от Вас не одного вопроса по существу, одни безапелляционные утверждения.
Удачи Вам в поиске нужных Вам семечек.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

Определим $b^3=b_i^3\cdot (b_x^3)$ где:

Вводите обозначения так, чтобы доказательство было хотя бы читабельно. Например.
Что такое $b_i$? Каким образом и от какого $i$ оно зависит?
Что такое $b_x$? Каким образом и от какого $x$ оно зависит? Верно ли, что при $i=x\quad b_i=b_x$?
Верно ли, что $ b_x^3$ может быть не только нецелым, но и иррациональным?

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

$b_i^3=(c-a) \cdot{3}$;

Нет зависимости от $i$ правой части, в отличие от левой.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

$b_x^3=(c^3-a^3)/ ((c-a) \cdot{3})$;

Нет зависимости от $x$ правой части в отличие от левой.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot 6(c_1)+1$$

Отсутствует расшифровка обозначения $c_1$.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

В доказательстве используется зависимость, существующая между величинами:

$F_{c^3}=(c^3-1)/2 \cdot{3}$;

$F_c=(c-1) /2 \cdot{3}$;

Для третьей степени справедливо:

$$c^3=(6\cdot c_1+1)^3=6^3\cdot(c_1^3)+3\cdot 6^2\cdot(c_1^2)+ 3\cdot 6(c_1)+1$$

; 1.1

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=6^2\cdot(c_1^3)+18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)$; 1.2

Или

$F_{c^3}=21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$; 2.2

1.2 и 2.2 обеспечивают равенство:

$$6^2\cdot(c_1^3)+18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+6^2\cdot(c_1^3)+18 \cdot(c_1) \cdot(c_1-1)$$

; 3.2

Или

$$18\cdot(c_1^2)+ 3\cdot (c_1)= 21\cdot (c_1)+18 \cdot(c_1^2)-18\cdot (c_1)$$

; 3.3

Или

$3\cdot (c_1)=21\cdot (c_1)-18\cdot (c_1)$; 3.4

Проверка:

$c_1=1; 3=3$; $c_1=2; 6=6$; …

Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.

Переписанное несколькими способами на все лады тождество $F_{c^3}=F_{c^3}$ и всевозможные следствия из него, которые, разумеется, тоже являются тождествами, и истинность которых может свидетельствовать только о том, что Вы ни разу не ошиблись при переносе из одной части в другую слагаемых и прочих арифметических действиях.
Как тождество можно использовать для анализа чего-либо стороннего, я не спрашиваю. Никак.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

Следовательно, можно использовать для анализа выражения и 1.1, и 2.2.

При этом очевидно, что величина $F_c$ содержит сомножители $3\cdot (c_1)$, в первой степени.
Значить, и величины

$$ F_{b_{x^3}}= F_1 =(b_x^3-1)/6$$

А.1

$$ F_{b_x}= f_1 =(b_x-1)/6$$

А.2

Должны находиться в аналогичной зависимости.

В какой - аналогичной? Зависимость между $F_{c^3}$ и $F_c$ явно установлена не была.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

Для этого рассчитываем разность величин $F_{c^3}-F_{a^3}$ , имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; b $6\cdot(a_1)+1$;

Что такое основания величин?

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

После деления каждого слагаемого выражения 3.0 на $(c_1-a_1)\cdot{3}$. 3.1,
получаем предполагаемый точный куб:

$b_x^3=7\cdot1+12\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+6\cdot(c_1+a_1-1)$

Обоснуйте.

Iosif1 в сообщении #1075950 писал(а):

$F_1=1+2\cdot[c_1^2+c_1\cdot(a_1)+a_1^2]+(c_1+a_1-1)$; 3.3

Приступаем к анализу, чтобы ответить на вопрос: когда величина $F_1$ может содержать сомножитель
$3\cdot (f_1)$?

Не вводите новых обозначений, не поясняя, что они означают.
=========
Пока достаточно. Избегайте терминологии, общепринятой только среди Вас, если не хотите, чтобы Вас понимали только Вы.

Как только доказательство будет переработано до этого места включительно - можете его разместить, но не раньше. Просьба особо тщательно пояснить вопрос, выделенный жирным шрифтом.

Еще одна попытка того же уровня - тема будет закрыта, за безнадежностью.

-- 13.12.2015, 11:35 --

Iosif1 в сообщении #1081792 писал(а):

А Вам надо не сказать, а доказать это.

Доказываете сегодня Вы.

Iosif1 в сообщении #1081792 писал(а):

я не услышал от Вас не одного вопроса по существу

А это целиком Ваша заслуга.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1081797 писал(а):

Как тождество можно использовать для анализа чего-либо стороннего, я не спрашиваю. Никак.

Я пытался дать весь материал, который привёл к рассматриваемому доказательству.

Lia в сообщении #1081797 писал(а):

Просьба особо тщательно пояснить вопрос, выделенный жирным шрифтом.

Если я правильно Вас понял, ответы должны быть обеспечены в изложении доказательства.
Пока остаётся, какая то, надежда, что это получилось.

Доказательство:

Необходимо доказать, что равенство

${a^n }+ {b^n }= {c^n}$ (1.1)
при целочисленных $a$, $b$ и $c$ и $n>2$ невозможно.

[1]М.М. Постников «Введение в теорию алгебраических чисел»

В настоящее время БТФ необходимо доказать ( элементарным способом) для случая, когда $n$ – любое простое число, а одно из оснований, например $ b$, содержит в своем составе сомножители $n$ (2 Случай БТФ).

[2 ] Г.Эдвардс «Последняя теорема Ферма»


Выразим основания равенства 1.1 через единые аргументы, для чего вводим следующие обозначения:
${a + b} = D_c (2.1)$
${c - b }= D_ a (2.2)$
${c - a }= D_ b (2.3),$
где, например,
$D_c = {c_i ^n}$; $ D_a = {a_i ^n}$; $D_ b ={b_i^n/n}$.
где $c_i$,$ a_i$, $b_i $- целые числа.
Поэтому равенство 1.1 может быть представлено в виде:
$ {a_i ^n}\cdot {a_x^n} + {b_i^n}\cdot{b_x^n} = {c_i^n}\cdot{c_x^n }$ (1.2) или
$ {D_a\cdot \Phi_a }+{ D_b\cdot \Phi_b} ={ D_c \cdot \Phi_c }$ (1.3)
где : $\Phi_a = {a_x^n}$; $ \Phi_b = {n\cdot b_x^n}$ ;$\Phi_c ={c_x^n}$.
$\Phi_b$ может быть представлена как неполная $(n - 1)$ – ая степень суммы: ${(c+ a )}^ {(n-1)}/n. $ [3]
Задаёмся условием: основания $c$ и $a$ - целые нечётные числа.
При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2

Предлагаемое доказательство основано на соизмеримости степеней и их оснований по модулю $2n$.
Так как по варианту (а.1) основания степеней, за вычетом единицы, делятся на $2n$, можем записать: $c_1=(c-1)/6; a_1=(a-1)/6$, где $c_1$ и $a_1$ - целые положительные числа. Соответственно: $c=(6c_1+1); a=(6a_1+1)$.
По варианту (а.2) : $c_1=(c+1)/6; a_1=(a+1)/6$, где $c_1$ и $a_1$ - целые положительные числа. Соответственно: $c=(6c_1-1); a=(6a_1-1)$.
Поэтому, по варианту (а.1) имеем право, записать:

$c^3=(6c_1+1)^3=(6c)^3+3\cdot(6c)^2+3\cdot(6c)+1$; а.1.1

$a^3=(6a_1+1)^3=(6a)^3+3\cdot(6a)^2+3\cdot(6a)+1$; а.1.2

А по варианту (а.2):

$c^3=(6c_1-1)^3=(6c_1)^3-3\cdot(6c_1)^2+3\cdot(6c_1)-1$; а.2.1

$a^3=(6a_1-1)^3=(6a_1)^3-3\cdot(6a_1)^2+3\cdot(6a_1)-1$; а.2.2

Из выражений а.1.1, а.1.2 очевидно, что за вычетом единицы, степени, также как их основания, делятся на $2n$.

Выразим частные от деления (по варианту а.1):

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=(36c_1^3)+3\cdot(6c_1^2)+3\cdot(c_1)$; а.1.1.1


$F_{a^3}=(a^3-1)/6=(36a_1^3)+3\cdot(6a_1^2)+3\cdot(a_1)$; а.1.2.1

Из выражений а.1.1, а.1.2 очевидно, что после прибавления единицы, степени, также как их основания, делятся на $2n$.

Выразим частные от деления (по варианту а.2):

$F_{c^3}=(c^3-1)/6=(36c_1^3)-3\cdot(6c_1^2)+3\cdot(c_1)$; а.1.1.2


$F_{a^3}=(a^3-1)/6=(36a_1^3)-3\cdot(6a_1^2)+3\cdot(a_1)$; а.1.2.2

На основании выражений а.1.1.1, а.1.2.1, а.1.1.2, а.1.2.2 видно, что рассматриваемые величины содержат сомножитель $3^1$, а также, соответственно $c_1^1$ (1) или $a_1^1$ (2).
Следует отметить, что если разделить величину $F$ на $3$ и, соответственно, на (1) или (2), то в результате деления обеспечивается

$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)

На основании этой закономерности далее рассматривается вариант

$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,

Так как $a_x$ величина неопределённая, необходимо ответить на вопрос: может ли наступить событие
$ f_{b_x^3} \equiv (b_x^3-1)/6 \equiv0 \mod (2n)$, где

$ f_{b_x^3}= (b_x^3-1)/6$.

Переходим к анализу по варианту (а.1).

Определяем разность (с.1.1-а.1.1):

$$(c^3-a^3)=6^3\cdot[(c_1)^3-(a_1)^3] +3\cdot 6^2\cdot[(c_1)^2-(a_1)^2]+ 3\cdot 6\cdot [(c_1)-(a_1)]=R_3$$

; 1.1.(с-a)

Определяем $b_x^3$ :

$$ R_3/[3\cdot 6\cdot (c_1-a_1)]=6\cdot 2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]+ 6\cdot [(c_1)+(a_1)]+1=b_x^3$$

; 1.1.к

Определяем $f_{b_x^3}$ :

$$ f_{b_x^3}=2\cdot[(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2]+ [(c_1^2)+(a_1^2)]$$

; 1.1.к.1

Остаётся ответить на вопрос: возможно ли наступление события

$ f_{b_x^3}\equiv 0 \mod 3$.

Так как, на основании заданных условий,

$a \equiv c \equiv 1 \mod 6$,

$a_1\equiv (c_1) \equiv 1 \mod 6$, или

$a_1\equiv (c_1) \equiv 2 \mod 6$,

В результате чего обеспечивается

$ [(c_1)^2+c_1\cdot(a_1)+(a_1)^2] \equiv 0 \mod 6$,

что исключает возможность наступления события

$ f_{b_x^3}\equiv 0 \mod 6$,

Так как одно из двух слагаемых содержит сомножитель 3, а другое – нет.

Если же,

$a_1 \equiv (c_1) \equiv 0 \mod (2n)$, то

$F_{b_x^3}\equiv 0 \mod (2n)$ не даёт нам право утверждать, что это является противоречием для доказательства БТФ.
На основании выражения (1-2) очевидно, что тут не хватает сомножителя $n$.

Аналогичный результат получаем и при рассмотрении (а.2).

При рассмотрении куба можно обойтись и без рассмотрения варианта (а.2), так как умножением оснований

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

$a\cdot(z^3) \equiv c\cdot(z^3) \equiv 1 \mod 6$.

Итак, можно утверждать, что 2 Случай БТФ для куба доказан.

Справедливость БТФ для любой степени доказывается аналогично.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

Если я правильно Вас понял, ответы должны быть обеспечены в изложении доказательства.

Нет. Просто ответьте на этот вопрос. В первую очередь. Что такое основания величин?
Это необщепринятое понятие, это Ваш язык и понимать его никто без Ваших же определений не в состоянии.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1081797 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1075950

писал(а):
Для этого рассчитываем разность величин $F_{c^3}-F_{a^3}$ , имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; b $6\cdot(a_1)+1$;
Что такое основания величин?

Конечно, абракадабра. .
Имелось ввиду:
Для этого рассчитываем разность $F_{c^3}-F_{a^3}$ , где уменьшаемое и вычитаемое, рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.
Грешен.
Хочется, всё же, оценки.

[Lia]

Верно ли я понимаю, что эти магические строки

Iosif1 в сообщении #1082362 писал(а):

рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.

означают, что рассматривался случай $c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv 1\pmod 6$?

Если да, то рассматривались ли еще какие-то случаи?

Оценки по существу не будет, пока Вы не изложите существо внятно.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082366 писал(а):

Верно ли я понимаю, что эти магические строки

Iosif1 в сообщении #1082362 писал(а):

рассчитаны для степеней $c^3$ и $a^3$, имеющих основания $6\cdot(c_1)+1$; и $6\cdot(a_1)+1$.

означают, что рассматривался случай $c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv 1\pmod 6$?

Если да, то рассматривались ли еще какие-то случаи?

Оценки по существу не будет, пока Вы не изложите существо внятно.

В изложении доказательства
post1082326.html#p1082326
указано, что рассматриваются все варианты, соответствующие условиям доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

Задаёмся условием: основания $c$ и $a$ - целые нечётные числа.
При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2

По моему мнению, других вариантов для доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени нет.
Поэтому, рассматриваются все возможные варианты.

[Lia]

Iosif1
Будьте добры, делайте текст замкнутым в описании.

Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):

2 Случая БТФ

Это который?

Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$

Что такое $n$? Произвольное натуральное число или оно еще где-то задействовано?

[Феликс Шмидель]

Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):

При рассмотрении третьей степени для 2 Случая БТФ необходимо рассмотреть варианты:

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$ а.1, и

2. $a \equiv c \equiv 2 \mod (2n)$ а.2
По моему мнению, других вариантов для доказательства 2 Случая БТФ для третьей степени нет.
Поэтому, рассматриваются все возможные варианты.

Поскольку Вы рассматриваете третью степень, то $n=3$, и это нужно указать.
Случай 2. можно не рассматривать, так как без ограничения общности можно предполагать, что $a$ взаимно-просто с $c$.
Почему Вы считаете, что нет других вариантов?
Почему невозможно $a \equiv c \equiv 5 \mod (6)$?

-- Вт дек 15, 2015 18:30:53 --

Lia в сообщении #1082385 писал(а):

Iosif1
Будьте добры, делайте текст замкнутым в описании.

Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):

2 Случая БТФ

Это который?

Iosif1 в сообщении #1082381 писал(а):

1. $a \equiv c \equiv 1 \mod (2n)$

Что такое $n$? Произвольное натуральное число или оно еще где-то задействовано?

Мне понятно, что хотел сказать Iosif1, поэтому разрешите ответить мне.
БТФ это Большая Теорема Ферма, то же самое, что ВТФ.
Iosif1 рассматривает уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$.
Под фразой "2 Случая БТФ для третьей степени" Iosif1 имеет в виду то, что $a b c$ делится на $3$.
Конкретно, он предполагает, что $b$ делится на $3$.

Что касается $n$, то $n=3$.

[Iosif1]

Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):

Почему невозможно $a \equiv c \equiv 5 \mod (6)$?

Возможно.
Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.
Возможно не совсем грамотно, дана информация, но я не нашёл вариантов не охваченных доказательством.
Пожалуйста, подскажите, как нужно дать утверждение правильно. Как в (А.1)?
Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.
То есть, по моему мнению, необходимость в рассмотрении вариантов, отличных от (А.2) отпадает.
Это, если моё убеждение истинно, конечно, не уменьшает моей оплошности из-за не компетентности, но не является роковой.
Хочу чуточку оправдаться. Я решил, что по mod 6 и по mod 3однозначно.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082411 писал(а):

Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.

Процитируйте, где.

Iosif1 в сообщении #1082411 писал(а):

Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.

И тут тоже процитируйте.

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082412 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1082411

писал(а):
Но это $a \equiv c \equiv (-1) \mod (6)$. А.1
Этот вариант рассматривается.
Процитируйте, где.

Я имею ввиду рассматривается.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

А по варианту (а.2):

$c^3=(6c_1-1)^3=(6c_1)^3-3\cdot(6c_1)^2+3\cdot(6c_1)-1$; а.2.1

$a^3=(6a_1-1)^3=(6a_1)^3-3\cdot(6a_1)^2+3\cdot(6a_1)-1$; а.2.2

Lia в сообщении #1082412 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1082411

писал(а):
Ещё хочу заметить, что в доказательстве указана возможность перевода
$a \equiv c \equiv y \mod (6)$ к
$a \equiv c \equiv 1 \mod (6)$ А.2.
И тут тоже процитируйте.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

При рассмотрении куба можно обойтись и без рассмотрения варианта (а.2), так как умножением оснований

$a \equiv c \equiv 2 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 2 \mod 6$

обеспечивается

$a\cdot(z^3) \equiv c\cdot(z^3) \equiv 1 \mod 6$.

Должно быть:

$a \equiv c \equiv 5 \mod 6$

на

$z^3 \equiv 5 \mod 6$

В любом случае. спасибо за урок.
Мне указывали на эту мою ошибку, увы, я не понял.

-- Вт дек 15, 2015 20:44:24 --

Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):

Мне понятно, что хотел сказать Iosif1, поэтому разрешите ответить мне.
БТФ это Большая Теорема Ферма, то же самое, что ВТФ.
Iosif1 рассматривает уравнение Ферма $a^3+b^3=c^3$.
Под фразой "2 Случая БТФ для третьей степени" Iosif1 имеет в виду то, что $a b c$ делится на $3$.
Конкретно, он предполагает, что $b$ делится на $3$.

Что касается $n$, то $n=3$.

Благодарен от души.
Я так отвечать не умею, и уже не научусь.
Благодаря Вам, Феликс Шмидель, я кое что вспомнил, и кое чему научился.
Но, в настоящий момент, очень далёк от грамотного диалога.
Это не легко. Конечно, математикам это не легко понять.
Ещё раз большая благодарность за помощь.

[Lia]

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)

Исправьте.

Iosif1 в сообщении #1082326 писал(а):

$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,

По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?

[Iosif1]

Lia в сообщении #1082436 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1082326

писал(а):
$ F_{a^3}/[a_1(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)
Исправьте.

$ F_{a^3}/[a_1^1\cdot(2)] \equiv 1 \mod (2n)$; (1-2)
Вы первую степень имели ввиду?

Lia в сообщении #1082436 писал(а):

Iosif1 в сообщении #1082326

писал(а):
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,
По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?

Феликс Шмидель написал:

Феликс Шмидель в сообщении #1082391 писал(а):

Случай 2. можно не рассматривать, так как без ограничения общности можно предполагать, что $a$ взаимно-просто с $c$.
Почему Вы считаете, что нет других вариантов?

Все другие варианты не обеспечивают заданные условия:
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 0 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 2 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 3 \mod 6$,
либо:
$a_1\equiv (c_1) \equiv 4 \mod 6$,
И в $c$ и в $a$ возникают одинаковые сомножители.

[Lia]

Iosif1
Я не вижу ответа на свои два вопроса:

Lia в сообщении #1082436 писал(а):

По какой причине Вы ограничиваетесь только этим вариантом?
По какой причине Вы ограничиваетесь только вариантами $a\equiv c\equiv 1\pmod 6$ и $a\equiv c\equiv 5\pmod 6$?