три простых и их 6е степени

[Dendr]

kotenok gav в сообщении #1555617 писал(а):

А есть ли четвёрки таких чисел?

Очевидно, что в тройке (тем более, в четверке) не больше одного четного числа. Значит, искомая четверка содержит в себе нечетную тройку. Сбацанная на коленке прога находит пока только одну нечетную тройку - уже упомянутые 9, 65, 511. Но попытки подобрать четное число (с нечетным дела, вероятно, еще хуже обстоят), которое попадало бы в тройку с каждой из пар этих чисел результатов не дают.

Скорее всего, четверки все-таки есть, чисто интуитивно. Но искать их придется долго.
В интерпретации, написанной мной выше - где есть гигантская таблица всех натуральных чисел, некоторые из которых соединены отрезком. Каждый замкнутый треугольник в таблице - тройка. Многие треугольники "стыкуются" по стороне. И оснований предполагать, что в любых двух состыкованных треугольниках противоположные вершины никогда не будут парой, нет. На первый взгляд, конечно.

P.S. Занятно, что нечетная тройка представляет собой числа $8^1+1, 8^2+1, 8^3-1 (8=2^3)$. Случайно ли?

[Руст]

Четверок нет.
Пусть р минимальное простое число. Ясно, что 2 и 3 не годится.
$p^6-1=(p^3+1)(p^3-1)=(p-1)(p+1)(p^2+p+1)(p^2-p+1)$.
Соответственно три других простых делителя $p_1,p_2,p_3\ge p+2$ должны быть делителями
$(p^2+p+1),(p^2-p+1)$. Одно из них должен делится на 2 простых делителя больше чем $p+1$.
Это противоречие.

[lel0lel]

Руст
Ну если простая тройка только одна, то напрямую можно проверить, что простых четвёрок нет, ведь три числа из этой простой четвёрки уже знаем. Могу ошибаться, но кажется, что вопрос был просто про четвёрки, не обязательно простые. По-моему их действительно нет, я вроде бы придумывал вариант доказательства, но поленился его оформлять.

[Руст]

Да простых троек $p<q<r$ только одна $(2,3,7), но я не видел доказательства, что других нет.
Поэтому привожу свое доказательство.
Если р=2 других решений нет. Если р=3 то один кандидат (3,7,13). Однако 13 не делит $7^6-1$.
Если $p>3$, то $q,r$ являются делителями $p^2+p+1$ и $p^2-p+1$.
Так как одно из чисел делится на 3 оба простыми не могут быть. Если оба не простые, то получим более 6 корней уравнения
$x^6=1\mod p$. Если одно из них простое, другое нет, то получим
$q|p^6-1, \ q|(2p)^6-1 \to q|63$.

Кажется это доказательство обобщается и на случай трех натуральных чисел (без условия простоты)
$1<a<b<c, bc|a^6-1, ac|b^6-1, ab|c^6-1$.
Ясно, что они взаимно простые и делимости можно рассматривать как на каждый их простой делитель.

[nnosipov]

Руст в сообщении #1557141 писал(а):

Кажется это доказательство обобщается и на случай трех натуральных чисел (без условия простоты)

А ответ какой? Компьютер выдает тучу таких троек.

[kotenok gav]

lel0lel в сообщении #1557133 писал(а):

Могу ошибаться, но кажется, что вопрос был просто про четвёрки, не обязательно простые.

Ага.

[Руст]

А ответ какой? Компьютер выдает тучу таких троек.

Не все обобщается. Часть относится к тому, что числа отличны от приведенных делителей $a^6-1=(a-1)(a+1)(a^2-a+1)(a^2+a+1)$.
Из этих делителей получается серийное решение:
$(a,a+1, a^2+a+1)$.