еще о ВТФ для P=3

[vasili]

Уважаемы binki!
При делении сравнения на число, необходимо доказать, что это число не имеет общих делителей с модулем. Это относится и к числу $z^{2n_2}-x^{2n_2}$.
Мне не понятно Ваше утверждение о недоказанности сравнений (26), (30) и (34).
. Хотелось бы больше конкретики.

[binki]

vasili в сообщении #1318668 писал(а):

При делении сравнения на число, необходимо доказать, что это число не имеет общих делителей с модулем.

Вы правы. Упустил такой важный момент.
Что касается (26), (30), (34), то они изначально предполагаются справедливыми. Не упускаем ли мы также, что на каком-то шаге сокращаем или умножаем на числа, имеющие общий делитель с модулем? Ведь докво можно вести и от обратного, что исходные сравнения не справедливы.

[vasili]

Уважаемый binki ! Очевидно, что если число $y^{3k_1 + 1}\not\equiv1\mod (6n_2 + 1)$,то оно должно быть сравнимо с числом $z^{3k_1 +1}$ или с числом $x^{3k_1 +1}$. В противном случае будем иметь 3-е число принадлежащее показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, что противоречит формуле Эйлера $\varphi(3) = 2$.

[binki]

Уважаемый vasili !
Не понятно, почему $\varphi(3)$. Модуль простое число $(6n_2+1)$, поэтому функция Эйлера $\varphi(6n_2+1)=6n_2$.
А число $y^{3k_1+1}=y^{6n_2}\equiv 1 \mod (6n_2+1)$, так это согласно МТФ, но при условии, что $(y)$ не делится на $(6n_2+1)$.

[vasili]

Уважаемый binki ! Вычеты по модулю $6n_2 +1$ принадлежащие показателю $\varphi (6n_2 + 1)= 6n_2$ --- первообразные корни., остальные вычеты принадлежат делителям числа $6n_2$ и функции Эйлера определяют их количество.

[vasili]

Уважаемый binki ! Привожу пример.
Пусть
---$p = 13$;
--$\varphi(13) = 12$;
--{1,2,3,,4,5,6,7,8,9,10,11,12}—приведенная система наименьших натуральгых вычетоа по модулю 13;
--1, 2, 3, 4, 6—делители числа 12 (без самого числа).
1. Вычеты 2,6, 7, и 11 принадлежат показателю 12 (первообразные корни)
Кол. таких вычетов равно $\varphi(12) = 4$
$2^{12}\equiv6^{12}\equiv 7^{12}\equiv 11^{12}\equiv 1\mod 13$
2. Вычеты 4 и 10 принадлежат показателю 6
Кол. таких вычетов равно $\varphi(6) = 2$.
$4^6\equiv 10^6\equiv 1\mod13$.
3.. Вычеты 5 и 8 принадлежат показателю 4.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(4) = 2$.
$5^4\equiv 8^4\equiv 1\mod13$.
4.. Вычеты 3 и 9 принадлежат показателю 3.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(3) = 2$.
$3^3\equiv 9^3\equiv 1\mod13$.

5. Вычет 12 принадлежат показателю 2.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(2) = 1$.
$12^2\equiv 1\mod13$..
6. Вычет 1 принадлежит показателю 1.
Кол. таких вычетов равно $\varphi(1) = 1$.
$ 1^1\equiv 1\mod 13$.

[binki]

Уважаемый vasili !
Повторяю, предположим $(y)$ делится на модуль $(6n_2+1)$. Тогда утверждения по справедливости сравнений не верны.. Вы оговаривали только то, что $(y)$ не делится на (3).

[vasili]

Уважаемый binki !
1. Если $y\equiv 0\mod (6n_2 +1)$, тогда из сравнений (А) и (Б) следует, что$z\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ и
$x\equiv 0\mod (6n_2 +1)$ соответственно, что противоречит начальным условиям.
2. Следовательно $y\not\equiv0\mod(6n_2 + 1)$.

[binki]

vasili в сообщении #1321138 писал(а):

Следовательно $y\not\equiv0\mod(6n_2 + 1)$.

Уважаемый vasili !
Вот всё и разъяснилось. Модуль не произвольное простое число. Анализ сделан для примитивного решения не по классам простых чисел, а по конкретному числу $(z^3+x^3)$ из которого получен модуль $(6n_2+1)$. Установленные свойства чисел по данному модулю не запрещают существование тройки решения уравнения Ферма.
Данный анализ можно провести и по тройки (3,4,5) для квадратов. $(z^2+x^2=5^2+3^2=2\cdot17)$.
$y^2\equiv-2x^2;\quad y^2\equiv 2z^2\mod (17);$ и т .д.

[vasili]

РАЗМЫШЛЕНИЕ ОКТЯБРЬ 2018 г.
Раздел I
Результаты предыдущих «Размышлений..»

1.Показано, что построенный трехчлен
$z^2-z x + x^2\engo(2) $, на натуральных попарно взаимно простых числах $z,x,y.$, удовлетворяющих равенству $x^3 + y^3-z^3= 0\engo(1) $, представляет произведение только простых сомножителей вида $6n +1$, а значит справедливо, будет, сравнение
$z^2-z x + x^2\equiv 0\mod (6n + 1) \engo(3)$.
2. Показано, что если хотя бы один сомножитель трехчлена $z^2-z x + x^2$ есть такое простое число $p_1 =6n_1 +1$, что $2^{2n_1} \not\equiv 1\mod (6n_1 + 1)$, то числа $z,x,y.$, не удовлетворяют равенству (1) $.
(Примеры таких чисел : $p_1 = 7, 13, 19,37, 61,67,73,79,…$, в том числе все простые числа наименьшие первообразные корни. которых $g = 2$.

3. Требуется доказать, что числа $z,x,y.$, не удовлетворяют равенству (1) , если трехчлена $z^2-z x + x^2$ представляет произведение только простых сомножителей вида $p_2 =6n_2 +1$, таких, что
$2^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1) \engo(4)$.
(Примеры таких чисел : $p_2 = 31, 43, 109, 127, 157,229…$.

4.Показано, что благодаря формуле Абеля для делителя $U_1$ числа $y = U_1d_1$, где $(y,3) = 1$ и
$U_1^3 = 2z x + (z^2- zx +x^2)$, имеет место сравнение $U_1^3\equiv 2z x \mod (6n_2 +1)$.
А после возведения, полученного сравнения, в степень$2n_2$ с учетом условия (4), имеем
$U_1^{6n_2}\equiv (z x)^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$,
отсюда с учетом МТФ получим

$z^ {2n_2}x^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1) \engo(5) $
А так как
$[z^ {2n_2}]^3\equiv[x^{2n_2}]^3\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,
то отсюда с учетом (5) имеем:
$[z^{2n_2}]^2\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo(6)$,

а так же

$[x^{2n_2}]^2\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(7) $.


5. Показано, что если для простого числа $p_2 =6n_2 +1$,

$2n_2 =3k_0$, где очевидно $k_0$ - четное натуральное число, пример: $ (p_2 = 109, 127)$, то

$z^{3k_0}\equiv x^{3k_0}\mod (6n_2 +1)$, тогда благодаря условию (5) имеем

$z^{3k_0}x^{3k_0}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$, откуда следует, что
$z^ {3k_0}\equiv1\mod (6n_2 + 1)$
и
$x^ {3k_0}\equiv1\mod (6n_2 + 1)$,
а учитывая условие(4), где

$2^ {2n_2}=2^{3k_0}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$

приходим к противоречию – три числа [$z^{k_0}$, $x^{k_0}$, $2^{k_0}$] принадлежат показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, что противоречит функции Эйлера $\varphi (3) = 2$.

Это значит, что трехчлен (2) не может содержать делители- простые числа $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_0$.

6. Показано, что если $2n_2 = 3k_1 + 1$ или
$2n_2 = 3k_2 + 2$, то

$z^{3k_1 +1}\not \equiv x^{3k_1 +1}\mod (6n_2 +1)$
и
$z^{3k_2 +2}\not\equiv x^{3k_2 +2}\mod (6n_2 +1)$,

а благодаря условию(4) показано, что

$z^{3k_1 +1}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$x^{3k_1 +1}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$z^{3k_2 +2}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$,

$x^{3k_2 +2}\not\equiv 1\mod (6n_2 +1)$.

Это значит, что пара чисел [$z^{3k_1 +1}$ и $x^{3k_1 +1}$]

и пара чисел [$z^{3k_2 +2}$ и $x^{3k_2 +2}$] принадлежат

показателю 3 по модулю $6n_2 +1$ и удовлетворяют сравнениям соответственно

$z^{3k_1 +1}x^{3k_1 +1}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(8)$

$z^{3k_1 +1} + x^{3k_1 +1} + 1\equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(9) $,

$z^{3k_2 +2}x^{3k_2 +2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(10) $

$z^{3k_2 +2} + x^{3k_2 +2} + 1\equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(11) $

7. Если $[N, (6n_2 +1)] = 1$, то такое натуральное число N в степени $2n_2 =3k_1 +1$ или в степени $2n_2 =3k_2 + 2$, очевидно сравнимо

(для показателя $2n_2 =3k_1 + 1$)
либо с 1 (единицей),
либо с $z^{3k_1 + 1}$,
либо с $x^{3k_1 + 1}$,
по модулю $6n_2 + 1$,

(для показателя $2n_2 =3k_2 + 2$)
либо с 1 (единицей)
либо с $z^{3k_2 + 2}$
либо с $x^{3k_2 + 2}$
по модулю $6n_2 + 1$,

Раздел II
Новые «Размышления..» с учетом результатов Раздела I

В основе Новых «Размышлений..» лежит простая мысль, о том, что у трехчлена $z^2-z x + x^2\engo(2) $, построенного на натуральных взаимно простых числах удовлетворяющих равенству $x^3 + y^3-z^3= 0\engo(1) $ не существует простых сомножителей вида $6n +1$.
В Разделе I уже показано, что простые числа вида $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_0$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).
Ниже мы покажем, что простые числа вида $6n_2 + 1$, где $2n_2 = 3k_1 +1$ , а так же где $2n_2 = 3k_2 + 2$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).

1. Итак, пусть
$z^2- z x + x^2 = (z + x) ^2-3z x\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$,

отсюда после умножения сравнения на $z + x$ имеем

$(z + x)^3 \equiv 3z x(z + x)\mod (6n_2 + 1)$, а после

возведения сравнения в степень $2n_2$ получим

$(z + x)^{6n_2}\equiv [3(z x)(z +x)]^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$, отсюда благодаря МТФ и условия (4) будет

$1\equiv 3^ {2n_2}(z +x)^{2n_2}\engo(12)$.

2. Пусть
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$,

[Допущение (13) проверено и справедливо для $P_2 =6n_2 + 1 = 31, 43, 109, 127, 157,229$.
Общее доказательство Допущения (13) не найдено]

тогда из (12) с учетом (13) и п.7 Раздела I следует:

или $(z + x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(14)$

или $(z + x)^{2n_2}\equiv z ^{2n_2}\mod (6n_2 +1) \engo(15)$

3.Пусть
$(z-x) = d_1^3$ (формула Абеля для делителя ($d_1$) числа

$y = U_1d_1$, где $(y, 3) = 1$),

тогда с учетом МТФ будет

$(z-x) ^ {2n_2} =d_1^{6n_2}\equiv 1\mod(6n_2 + 1) engo(16)$.

4. Перемножим сравнения (14) (для определенности) и сравнение (16)
[Перемножение сравнения (15) и сравнения (16) и дальнейший анализ, аналогичный показанному ниже, даст те же результаты]

$(z + x)^{2n_2}(z-x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,
отсюда
$(z^2-x^2) ^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1) \engo(17) $

Так как из $z^2-z x +x^2\equiv 0\nod(6n_2 +1)$ следует, что

---$z^2 \equiv zx-x^2\mod (6n_2 +1)$
или
---$(-x^2)\equiv z^2-z x\mod (6n_2 + 1)$, то с учетом этого получим соответственно

$z^2-x^2\equiv [(z x-x^2)-x^2] =x (z-2x)\mod (6n_2+1)\engo(18) $
или
$z^2-x^2\equiv [z^2 + (z^2 –z x)]= z (2z-x)\mod (6n_2 +1)\engo(19) $.

5.Тогда сравнение (17) с учетом (18) будет

$x^ {2n_2}(z-2x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$, отсюда

$(z-2x)^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)\engo(20)$, а с учетом

(19) сравнение (17) будет

$z^{2n_2}(2z-x)^{2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

отсюда с учетом (6) имеем

$z^ {2n_2}(2z-x)^{2n_2}\equiv (z^{2n_2})^2\mod(6n_2 +1)$,

а после сокращения на $z^ {2n_2}$ получим

$(2z-x)^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)\engo(21)$.

6. Перемножим сравнения (20) и (21)

$(2z-x)^{2n_2}(z-2x)^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

а после преобразование левой части сравнения имеем

$[2(z^2-z x +x^2)-4z x]^{2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod(6n_2 +1)$,

отсюда с учетом (3) и благодаря (4) и (5) имеем

$z^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)\engo(22)$.

[благодаря (4) и (5) для $(4zx)^{2n_2}$ имеем

$(4zx)^{2n_2}=[2^{2n_2}]^2(zx)^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1)$],

Из сравнения (5) с учетом (22) имеем

$x^{2n_2}\equiv 1\mod(6n_2 +1) \engo(23)$.

Так как мы рассматриваем числа $ z^{2n_2}$ и $ x^{2n_2}$,
принадлежащие показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, то они удовлетворяют сравнениям
$ z^{2n_2}x^{2n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, см. (5)
а также
$ z^{2n_2} + x^{2n_2} + 1\ equiv 0\mod (6n_2 + 1) \engo(24)$.

7. Сравнение (24) с учетом сравнений (22) и (23) будет
$z^ {2n_2}+x^{2n_2} +1\equiv1+1+1=3\equiv 0\mod(6n_2 +1)$,
что не возможно, так как $3 < (6n_2 + 1)$.
Пришли к противоречию --простые числа вида $6n_2 + 1$ где $2n_2 = 3k_1 + 1$ и $2n_2 = 3k_2 + 2$ не могут быть сомножителями трехчлена (2).
При поиске противоречия мы использовали:
--трехчлен (2) – нечетное натуральное число > 1 , которое согласно основной теореме арифметике «…может быть представлено в виде произведения простых чисел….»;
см
[В.С. ЛЯПИН, А. Е.ЕВСЕЕВ АЛГЕБРА и ТЕОРИЯ ЧИСЕЛ]

---равенство (1):
--- формулы Абеля –производные равенства (1).

Найденное противоречие указывает на отсутствие натуральных чисел удовлетворяющих равенству (1), а значит и формулам Абеля.

[vasili]

Размышление от 09.12.Декабря 2018

1. В «Размышлении от 18 Октября 2018» представлено доказательство ВТФ для $n =3$ при условии, что
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.
Однако там не было доказательства условия (13) в общем виде[были приведены частные случае справедливости условия (13)].
2. Ниже мы покажем справедливость условия (13) в общем виде.
3. Напомним, что числа $z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$ принадлежат показателю 3 по модулю $6n_2 + 1$, а значит
$z^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(a)$ и

$x^ {2n_2}\not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(b)$.
Тогда благодаря (a) и (b) очевидно, что
$z^ {n_2} \not\equiv ±1\mod (6n_2 + 1) $ и

$x^ {n_2} \not\equiv ±1\mod (6n_2 + 1) $.

4., Покажем справедливость условий:
$z^{n_2}\equiv (z^{2n_2} + 1)\mod(6n_2 + 1)$ и

$x^ {n_2}\equiv (x^{2n_2} + 1)\mod(6n_2 + 1)$
или благодаря (24) (здесь и далее см.пост 18.10.2018).
$z^{n_2}\equiv - (x^{2n_2})\mod(6n_2 + 1)\engo (c)$ и

$x^{n_2}\equiv -(z^{2n_2})\mod(6n_2 + 1)\engo (d)$.

Возведем сравнения (с) и (d) во 2-ю степень получим
$z^{2n_2}\equiv x^{4n_2}\mod(6n_2 + 1)$ и

$x^{2n_2}\equiv z^{4n_2}\mod(6n_2 + 1)$,
а учитывая условия (6) и (7) имеем соответственно
$z^ {2n_2}\equiv z^ {2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo (c_1)$.

$x^ {2n_2}\equiv x^ {2n_2}\mod (6n_2 +1)\engo (d_1)$.

Получили справедливые сравнения (c_1) и (d_1) следовательно, сравнения (c) и (d), также справедливы
4. Покажем, что

$z^{n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo (e)$.

Перемножим сравнения (c) и (d) получим

$z^{n_2}x^{n_2}\equiv z^ {2n_2}x^{2n_2}\mod (6n_2 + 1)$, отсюда благодаря (5) имеем

$z^ {n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)$, что и т.д.

5. Теперь рассмотрим соотношение, где число 3 является множителем, а именно:

$z^2- z x + x^2 = (z + x) ^2-3z x\equiv 0\mod (6n_2 + 1)$,

отсюда

$(z + x)^2 \equiv 3z x\mod (6n_2 + 1)$, а после возведения

этого сравнения в степень $3n_2$ и учитывая , что

$(z + x) ^ {6n_2}\equiv 1\mod (6n_2 +1)$ (благодаря МТФ)
и
$z^{n_2}x^{n_2}\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo (e)$ имеем

$1\equiv 3^{3n_2}=[3^{n_2}]^3\mod (6n_2 +1)\engo(f)$/

6. Из сравнения (f) следует, что число $3^{n_2}$ принадлежит показателю 3 по модулю $6n_2 +1$.

А так как только $z^{2n_2}$ и $x^{2n_2}$

принадлежит показателю 3 по модулю $6n_2 +1$, то

число $3^{n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.
или

$3^{n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$.


7. Возводя последние сравнения во 2-ю степень и, принимая во внимание сравнения (6) и (7) получим соответственно
$[3^ {n_2}]^2\equiv [z^{2n_2}]^2\mod (6n_2 +1)$,

отсюда

$3^ {2n_2}\equiv x^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$, а благодаря условию (b)

$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.

Или

$[3^ {n_2}]^2\equiv [x^{2n_2}]^2\mod (6n_2 +1)$,.

отсюда

$3^ {2n_2}\equiv z^{2n_2}\mod (6n_2 +1)$ а благодаря условию (a) также имеем

$3^ {2n_2}\not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$.

Вывод: Показано, что сравнение
$3^ {2n_2} \not\equiv 1\mod (6n_2 + 1)\engo(13)$
Справедливо и тогда доказательство ВТФ для $n=3$
Пост от 18.10.2018 можно считать законченным..

[vasili]

05.03.2019 г.
Случайно «наткнулся» на старые черновики ( многолетней давности) с размышлениями о 2-м случае ВТФ для n= 3. Прочитал и не нашел ошибки.
Ниже предлагаю эти размышления.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z.
И пусть $z > x > y$, а $(z, 3) = 3$.
2. Запишем формулы Абеля для нашего случая в обозначениях

$z = u_0d_0$, где $x + y = d_0^3/3$, а $3u_0^3 = x^2 – x y + y^2$,

$y = u_1d_1$, где $z - x = d_1^3$, а $u_1^3 = z^2 +z x + x^2$,

$x = u_2d_2$, где $z - y = d_2^3$, а $u_2^3 = z^2 +z y + y^2$.

В силу того, что $z > x > y$, имеем очевидные неравенства

$u_1 >u_2 >u_0$ и $d_2 >d_1$.

3. Очевидно благодаря формулам Абеля (п.2) будут справедливо равенство
$x + y-z =d_0d_1d_2$ и его следствия - нижеследующие равенства

$(x + y) -z =d_0^3/3-u_0d_0 = d_0(d_0^2/3- u_0) = d_0d_1d_2$, отсюда

$d _0^2/3- u_0d = d_1d_2\engo(2)$,

$y-(z-x) = u_1d_1- d_1^3 =d_1 (u_1-d_1^2) =d_0d_1d_2$, отсюда

$u_1-d_1^2 = d_0d_2\engo(3)$,

$x-(z-y) = u_2d_2- d_2^3 =d_2 (u_2-d_2^2) =d_0d_1d_2$, отсюда

$u_2-d_2^2 = d_0d_1\engo(4)$.

4. Сложим равенства (3) и (2)

$u_1-u_0 + d_0^2/3-d_1^2 = d_2(d_0 + d_1)$, так как

$d _0^2/3 = d_0^2-2d_0^2/3$ и $d_0^2-d_1^2 = (d_0-d_1)(d_0 + d_1)$,

то после деления левой и правой части равенства на $d_0 + d_1$ получим

$\frac{u_1-u_0-2d_0^2/3}{d_0 + d_1} + d_0 -d_1 = d_2$, отсюда
$d_0 = d_2 + d_1 -\frac{u_1-u_0-2d_0^2/3}{d_0 + d_1}\engo(A)$

5. . Сложим равенства (4) и (2)

$u_2-u_0 + d_0^2/3-d_2^2 = d_1(d_0 + d_2)$, так как

$d _0^2/3 = d_0^2-2d_0^2/3$ и $d_0^2-d_2^2 = (d_0-d_2)(d_0 + d_2)$,

то после деления левой и правой части равенства на $d_0 + d_2$ получим

$\frac{u_2-u_0- 2d_0^2/3}{d_0 + d_2} + d_0 -d_2 = d_1$, отсюда

$d_0 = d_2 + d_1 -\frac{u_2-u_0- 2d_0^2/3}{d_0 + d_2}\engo(B)$

6. Неравенства $u_1 >u_2 >u_0$ и $d_2 > d_1$ указывают на то, что

числитель дроби правой части равенства (А) больше числителя дроби

правой части равенства (В), а знаменатель $(d_0 +d_1)$ дроби правой части

равенства (А) меньше знаменателя $(d_0 + d_2)$ дроби правой части равенства (В).
Следовательно, полученные значения числа $d_0$ в равенстве (А) и равенстве (В), различны.
Пришли к противоречию. 2-й случай ВТФ для $n=3$ и варианта, когда $(z, 3) = 3 $ доказан.

[Antoshka]

Уважаемый vasili! У вас действительно нет ошибок. Вы только не учли, что у вас числители дробей в равенствах A и B отрицательные. Из за этого никакого противоречия здесь нет. А вообще у вас записаны просто 2 торжества A и B, из которых ничего получить нельзя. Да и целочисленность у вас нигде не используется

[vasili]

Уважаемый Antoshka! Числитель дроби (А) по модулю больше числителя дроби (В), а знаменатель дроби (А) =$d_0 + d_1$ меньше знаменателя дроби (В) =$d_0 + d_2$ следовательно значение дробей по модулю будет различно, тогда и $d_0$ в равенствах (А) и(В) будут различны.

[Antoshka]

vasili в сообщении #1380713 писал(а):

Уважаемый Antoshka! Числитель дроби (А) по модулю больше числителя дроби (В), а знаменатель дроби (А) =$d_0 + d_1$ меньше знаменателя дроби (В) =$d_0 + d_2$ следовательно значение дробей по модулю будет различно, тогда и $d_0$ в равенствах (А) и(В) будут различны.

Ещё раз: числитель дроби A отрицательный и больше числителя дроби B, но если их взять по модулю, то знак изменится на противоположный и будет уже числитель дроби A по модулю МЕНЬШЕ числителя дроби B по модулю. Так как знаменатель A меньше знаменателя B, то никакого противоречия нет: $\frac{2}{3}=\frac{6}{9}$ например