еще о ВТФ для P=3

[vasili]

Еще о ВТФ для Р = 3

1. Пусть натуральные числа X, Y и Z являются примитивным решением неопределенного уравнения
$ X^3 + Y^3 -Z^3 = 0\engo(1)$.
2.Будем искать противоречие в (1) используя метод сравнения чисел по модулю (метод Гаусса).
3. В качестве модуля выберем вторую степень простого числа $q = 6n + 1$, т.е $q^2 = (6n + 1)^2$ и обладающего свойством:
$(X,q^2) = 1$, $(Y,q^2) = 1$, $(Z,q^2) = 1$.
При этом пусть q такое простое число $6n + 1$, что $(n,3) = 1$.

4. Пусть $r_1Z\equiv X\mod q^2\engo (2) $,
$Z\equiv r_2Y\mod q^2\engo (3) $,
$X\equiv-r_3Y\mod q^2\engo (4) $
Очевидно, будет справедливо сравнение
$X^3 + Y^3 -Z^3\equiv0\mod q^2\engo (5) $, где
$r_1. r_2. r_3$ наименьшие натуральные вычеты приведенной системы вычетов по модулю $q^2$.
5. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (3) относительно Y
$r_1^3Z^3 + Y^3 -r_2^3Y^3\equiv r_1^3r_2^3Y^3 + Y^3 -r_2^3Y^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ Y^3$ получим
$ r_1^3r_2^3 -r_2^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (6) $.

6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 -Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 -Z^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ - Z^3$ получим
$ r_3^3r_1^3 -r_1^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (7) $.

7. Запишем (5) с учетом сравнений (3) и (4) относительно X $ X^3 + (- r_3)^3X^3 -r_2^3Y^3\equiv X^3 + (- r_3)^3X^3 -r_2(-r_3)X^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ X^3$ получим
$ r_2^3r_3^3 -r_3^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (8) $.
[ Если простое число $q =6n + 1$ такое, что $n = 3k$, например простые числа 19, 37, 73, 109 и т.п., то среди вычетов по модулю $q^2$ имеются 2(две) пары вычетов, удовлетворяющих условиям (6) и (7) или (6) и (8) или (7) и (8). В самом деле, из очевидного сравнения $g^6^ n^q\equiv1\mod q^2$ следует $ g^3^n^q + 1\equiv0\mod q^2$, отсюда сравнение, удовлетворяющее одному из условий (6), (7) и (8), а именно $g^2^n^q -g^n^q + 1\equiv(g^2^k^q)^3 -(g^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$ другое сравнение получим, умножая последнее сравнение на $g^4^n^q$ и имеем
$g^4^n^q -g^5^n^q + 1\equiv(g^4^k^P)^3 -(g^5^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$, где g - наименьший первообразный корень по модулю $q^2$, k – натуральное число и $varphi(6n + 1)^2 = 6nq.$]

8. Пусть $q=7$, покажем, что по модулю $7^2 $ нет вычетов $r_1^3, r_2^3, r_3^3$, удовлетворяющих сравнениям (6),(7) и (8).

Пусть $g = 3$ – наименьший первообразный корень по модулю $7^2$,
Функция Эйлера $varphi(7^2) = 42$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)


$3^3\equiv27\mod 7^2$, $ 3^6\equiv43\mod 7^2$, $3^9\equiv34\mod 7^2$, $3^1^2\equiv36\mod 7^2$,
$3^1^5\equiv41\mod 7^2$, $3^1^8\equiv29\mod 7^2$, $3^2^1\equiv48\equiv- 1\mod 7^2$,
$3^2^4\equiv22\ mod 7^2$, $3^2^7\equiv6\ mod 7^2$, $3^3^0\equiv15\mod 7^2$, $3^3^3\equiv13\mod7^2$,
$3^3^6\equiv8\mod 7^2$, $3^3^9\equiv20\mod 7^2$, $3^4^2\equiv1\mod 7^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условию (6), (7) и (8)

Пусть $q = 13$, $g = 2$ – наименьший первообразный корень по модулю $13^2$,
Функция Эйлера $varphi(13^2) = 156$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)

$2^3\equiv8\mod 13^ 2$ $ 2^6\equiv64\mod 13^ 2$ $2^9\equiv5\mod 13^ 2 $
$2^1^2\equiv40\mod 13^ 2$ $2^1^5\equiv151\mod 13^ 2$ $2^1^8\equiv25\mod 13^ 2 $
$2^2^1 \equiv31\mod 13^ 2 $ $ 2^2^4\equiv 79\mod 13 ^2$ $2^2^7\equiv125\mod 13^ 2$
$2^3^0\equiv155\mod 13^ 2$ $ 2^3^3 \equiv57\mod 13 ^2$ $ 2^3^6\equiv118\mod 13 ^2$
$2^3^9\equiv99\mod 13^ 2$ $ 2^4^2\equiv116\mod 13 ^2$ $2^4^5\equiv83\mod 13 ^2$
$2^4^8\equiv157\mod 13^ 2$ $ 2^5^1 \equiv73\mod 13^ 2$ $2^5^4\equiv77\mod 13^ 2$
$2^5^7\equiv109\mod 13 ^2$ $2^6^0 \equiv27\mod 13^ 2$ $2^6^3 \equiv47\mod 13^ 2$
$2^6^6\equiv38\mod 13^ 2 $ $ 2^6^9 \equiv135\mod 13^ 2$ $2^7^2 \equiv66\mod 13^ 2$
$2^7^5\equiv21\mod 13^ 2$ $ 2^7^8 \equiv168\mod 13^ 2$ $2^8^1 \equiv161\mod 13^ 2$ $2^8^4\equiv105\mod 13^2$ $2^8^7\equiv164\mod 13^2$ $2^9^0\equiv29\mod 13^2$ $2^9^3 \tquiv18\mod 13^2 $ $2^9^6\equiv144\mod 13^2$ $2^9^9\equiv138\ mod 13^2$
$2^1^0^2\equiv90\mod 13^2$ $2^1^0^5\equiv44\ mod 13^2$ $2^108\equiv14\mod 13^2$
$2^1^1^1\equiv112\mod 13^2$ $ 2^1^1^4\equiv51\mod 13^2$ $2^1^1^7\equiv70\mod 13^2$
$2^1^2^0\equiv53\mod 13^2 $ $ 2^1^2^3\equiv86\mod 13^2$ $ 2^126\equiv12\mod 13^2$
$2^1^2^9\equiv96\mod 13^2 $ $2^1^3^2\equiv 92\mod 13^2$ $2^1^3^5\equiv60\mod 13^2$
$2^1^3^8\equiv142\mod 13^2$ $2^1^4^1\equiv122\mod 13^2$ $2^1^4^4\equiv131\mod 13^2$
$2^1^4^7\equiv34\mod 13^2$ $2^1^5^0\equiv103\mod 13^2$ $2^1^5^3\equiv148\mod 13^2$
$2^1^5^6 \equiv1\ mod 13^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условиям (6), (7) и (8).
Надеюсь, что «форумчане» помогут доказать, что для любого модуля $q^2$ условия (6), (7) и (8) не выполняются.



Василий Полежаев


Еще о ВТФ для Р = 3

1. Пусть натуральные числа X, Y и Z являются примитивным решением неопределенного уравнения
$ X^3 + Y^3 – Z^3 = 0\engo(1)$.
2.Будем искать противоречие в (1) используя метод сравнения чисел по модулю (метод Гаусса).
3. В качестве модуля выберем вторую степень простого числа $q = 6n + 1$, т.е $q^2 = (6n + 1)^2$ и обладающего свойством:
$(X,q^2) = 1$, $(Y,q^2) = 1$, $(Z,q^2) = 1$.
При этом пусть q такое простое число $6n + 1$, что $(n,3) = 1$.

4. Пусть $r_1Z\equivX\mod q^2\engo (2) $,
$Z\equiv\r_2Y\mod q^2\engo (3) $,
$X\equiv – r_3Y\mod q^2\engo (4) $
Очевидно, будет справедливо сравнение
$X^3 + Y^3 – Z^3\equiv0\mod q^2\engo (5) $, где
$r_1. r_2. r_3$ наименьшие натуральные вычеты приведенной системы вычетов по модулю $q^2$.
5. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (3) относительно Y
$r_1^3Z^3 + Y^3 – r_2^3Y^3\equiv r_1^3r_2^3Y^3 + Y^3 – r_2^3Y^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ Y^3$ получим
$ r_1^3r_2^3 - r_2^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (6) $.

6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 – Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 – Z^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ - Z^3$ получим
$ r_3^3r_1^3 - r_1^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (7) $.

7. Запишем (5) с учетом сравнений (3) и (4) относительно X $ X^3 + (- r_3)^3X^3 – r_2^3Y^3\equiv X^3 + (- r_3)^3X^3 – r_2(-r_3)X^3\equiv0\mod q^2$,
Отсюда после сокращения на $ X^3$ получим
$ r_2^3r_3^3 - r_3^3 + 1\equiv0\mod q^2\engo (8) $.
[ Если простое число $q =6n + 1$ такое, что $n = 3k$, например простые числа 19, 37, 73, 109 и т.п., то среди вычетов по модулю $q^2$ имеются 2(две) пары вычетов, удовлетворяющих условиям (6) и (7) или (6) и (8) или (7) и (8). В самом деле, из очевидного сравнения $g^6^ n^q\equiv\1 mod q^2$ следует $ g^3^n^q + 1\equiv0\mod q^2$, отсюда сравнение, удовлетворяющее одному из условий (6), (7) и (8), а именно $g^2^n^q – g^n^q + 1\equiv(g^2^k^q)^3 – (g^k^q)^3 + 1\ equiv0\mod q^2$ другое сравнение получим, умножая последнее сравнение на $g^4^n^q$ и имеем
$g^4^n^q – g^5^n^q + 1\equiv(g^4^k^P)^3 – (g^5^k^q)^3 + 1\equiv0\mod q^2$, где g - наименьший первообразный корень по модулю $q^2$, k – натуральное число и $varphi (6n + 1)^2 = 6nq.$]

8. Пусть $q=7$, покажем, что по модулю $7^2 $ нет вычетов $r_1^3, r_2^3, r-3^3$, удовлетворяющих сравнениям (6),(7) и (8).

Пусть $g = 3$ – наименьший первообразный корень по модулю $7^2$,
Функция Эйлера $varphi (7^2) = 42$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)


$3^3\equiv\27 mod 7^2$, $ 3^6\equiv\43 mod 7^2$, $3^9\equiv34 mod 7^2$, $3^12\equiv\36 mod 7^2$,
$3^15\equiv\41 mod 7^2$, $3^18\equiv\29 mod 7^2$, $3^21\equiv\48\equiv- 1 mod 7^2$,
$3^24\equiv\22 mod 7^2$, $3^27\equiv\6 mod 7^2$, $3^30\equiv\15 mod 7^2$, $3^33\equiv\13 mod 7^2$,
$3^36\equiv\8 mod 7^2$, $3^39\equiv\20 mod 7^2$, $3^42\equiv1 mod 7^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условию (6), (7) и (8)

Пусть $q = 13$, $g = 2$ – наименьший первообразный корень по модулю $13^2$,
Функция Эйлера $varphi(13^2) = 156$, тогда множество вычетов $r_I^3$ будет (I =1,2,3)

$2^3\equiv8\mod 13^ 2$ $ 2^6\equiv64\ mod 13^ 2$ $2^9\equiv\5 mod 13^ 2 $
$2^12\equiv40\mod 13^ 2$ $2^15\equiv151\mod 13^ 2$ $2^18\equiv25\mod 13^ 2 $
$2^21 \equiv31\mod 13^ 2 $ $ 2^24\equiv 79\mod 13 ^2$ $2^27equiv125\mod 13^ 2$
$2^30\equiv155\mod 13^ 2$ $ 2^33 \equiv57\mod 13 ^2$ $ 2^36\equiv118\mod 13 ^2$
$2^39\equiv99\mod 13^ 2$ $ 2^42\equiv116\mod 13 ^2$ $2^45\equiv83\mod 13 ^2$
$2^48\equiv157\mod 13^ 2$ $ 2^51 \equiv73\mod 13^ 2$ $2^54\equiv77\mod 13^ 2$
$2^57\equiv109\mod 13 ^2$ $2^60 \equiv27\mod 13^ 2$ $2^63 \equiv47\mod 13^ 2$
$2^66\equiv38\mod 13^ 2 $ $ 2^69 \equiv135\mod 13^ 2$ $2^72 \equiv66\mod 13^ 2$
$2^75\ tquiv21\mod 13^ 2$ $ 2^78 \equiv168\mod 13^ 2$ $2^81 \equiv161\mod 13^ 2$ $2^84\equiv105\mod 13^2$ $2^87\equiv164\mod 13^2$ $2^90\equiv29\mod 13^2$ $2^93 \tquiv18\mod 13^2 $ $2^96\equiv144\mod 13^2$ $2^99\equiv138\ mod 13^2$
$2^102\equiv90\mod 13^2$ $2^105\equiv44\ mod 13^2$ $2^108\equiv14\mod 13^2$
$2^111\equiv112\mod 13^2$ $ 2^114\equiv51\mod 13^2$ $2^117\equiv70\mod 13^2$
$2^120\equiv53\mod 13^2 $ $ 2^123\equiv86\mod 13^2$ $ 2^126\equiv12\mod 13^2$
$2^129\equiv96\mod 13^2 $ $2^132\equiv 92\mod 13^2$ $2^135\equiv60\mod 13^2$
$2^138\equiv142\mod 13^2$ $2^141\equiv122\mod 13^2$ $2^144\equiv131\mod 13^2$
$2^147\equiv34\mod 13^2$ $2^150\equiv103\mod 13^2$ $2^153\equiv148\mod 13^2$
$2^156 \equiv1\ mod 13^2$.
В множестве нет ни одной пары вычетов удовлетворяющей условиям (6), (7) и (8).
Надеюсь, что «форумчане» помогут доказать, что для любого модуля $q^2$ условия (6), (7) и (8) не выполняются.



Василий Полежаев

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #729571 писал(а):

6. Запишем (5) с учетом сравнений (2) и (4) относительно Z $r_1^3Z^3 + (- r_3)^3X^3 -Z^3\equiv r_1^3Z^3 + (- r_3)^3r_1^3Z^3 -Z^3\equiv0\mod q^2$

Вы заменили $Y^3$ на $(- r_3)^3X^3$. Но из (4) следует, что $Y^3$ можно заменить на $(-1/r_3)^3 X^3$, а не так, как вы это сделали.

[vasili]

Уважаемый Шмидель! Благодарю за найденную опечатку. Сравнение (4) должно иметь вид
$r_3X\equiv -Y\mod q^2$

[Феликс Шмидель]

Уважаемый vasili!

Если рассматривать уравнение Ферма (1) как сравнение по модулю простого числа $q$ и назвать нетривиальным такое решение этого сравнения, в котором $X$, $Y$ и $Z$ взаимно-просты с $q$, то сравнение:

(I) $X^3+Y^3+Z^3 \equiv 0$ по модулю $q$

имеет нетривиальное решение для всех достаточно больших простых чисел $q$.

Если сравнение (I) имеет нетривиальное решение по модулю $q$, то оно имеет нетривиальное решение также по модулю $q^2$ (из решения $(X, Y, Z)$ по модулю $q$ легко получить решение $(X+m q, Y, Z)$ по модулю $q^2$ при соответствующем выборе числа $m$).

В 1830 году, Лежандр доказал, что сравнение (I) не имеет нетривиальных решений при $q=7$ и $q=13$. Но уже при $q=19$ имеется много нетривиальных решений сравнения (I).
В 1880 году, Пепин доказал, что нетривиальные решения сравнения (I) существуют для любого простого числа $q \ge 19$.

Источник: стр. 292-293 книги Рибенбойма: "Последняя Теорема Ферма для любителей".

[vasili]

Уважаемый Шмидель! Благодарю за источник, но не уверен, что решения сравнения (6), (7) и (8) можно найти при модуле $q^2$ больше $13^2$, кроме квадрата простых чисел $19^2$, $37^2$,$73^2$ и т.п.

[Феликс Шмидель]

vasili в сообщении #730359 писал(а):

Благодарю за источник, но не уверен, что решения сравнения (6), (7) и (8) можно найти при модуле $q^2$ больше $13^2$, кроме квадрата простых чисел $19^2$, $37^2$,$73^2$ и т.п.

Если сравнение (I) имеет нетривиальные решения по модулю $q^2$, то можно найти и решение ваших сравнений. Укажите простое число $q \ge 19$, для которого вы не уверены, и проверим вместе.

[Toucan]

vasili в сообщении #730042 писал(а):

Уважаемый Шмидель!

vasili, предупреждение за искажение ника пользователя.

[vasili]

Уважаемый Toucan! Мне непонятен повод для предупреждения.

[bot]

(Оффтоп)

Такого пользователя нет. Правильно было бы "Уважаемый Феликс Шмидель". Оно и набирается проще и гарантирует полную защиту от искажений - надо написать только первое слово, а в указанного пользователя ткнуть левой клавишей мыши.

[vasili]

Уважаемый Шмидель! Вы были абсолютно правы. Мною проверены вычеты по модулю $19^2 и 31^2$ и получено множество решений сравнений (6), (7) и (8). Прошу прощения за выраженное мною сомнение в истинности ваших замечаний.
Администратора Форума прошу снять тему "Еще о ВТФ для Р = 3"
Василий Полежаев.

[Toucan]

vasili в сообщении #741781 писал(а):

Уважаемый Шмидель!

vasili, очередное предупреждение за искажение ника. Если пользователь зарегистрировался как Феликс Шмидель, то именно так к нему и следует обращаться.

Это последнее предупреждение по данному поводу — дальше будут баны за невыполнение требований модераторов.

[vasili]

Уважаемый Феликс Шмидель! Я с благодарностью принял Ваши предложения:
---познакомился с книжкой Рибенбома «Последняя теорема Ферма для любителей»;
---проверил вычеты по модулю $19^2$ и по модулю $31^2$ .
Вы были абсолютно правы: сравнения (6), (7) и (8) имеют решения по указанным модулям.
Приношу свои извинения за сомнения в истинности вашего замечания, а так же за неточное к Вам обращение.
Одновременно прошу Вас дать отклик на следующее утверждение:
Система сравнений
$X^P + Y^P\equiv1\mod P^2,$
$X^PY^P\equivA\mod P^2$
имеет только единственное решение, если A =1 и только если простое число $P = 6n + 1$ ( $X^P\equiv g^n^P\mod P^2,$ а $Y^5^n^P\mod P^2$ ), где g - наименьший первообразный корень по модулю $P^2$.
vasili
Уважаемый Феликс Шмидель! Я с благодарностью принял Ваши предложения:
---познакомился с книжкой Рибенбома «Последняя теорема Ферма для любителей»;
---проверил вычеты по модулю $19^2$ и по модулю $31^2$ .
Вы были абсолютно правы: сравнения (6), (7) и (8) имеют решения по указанным модулям.
Приношу свои извинения за сомнения в истинности вашего замечания, а так же за неточное к Вам обращение.
Одновременно прошу Вас дать отклик на следующее утверждение:
Система сравнений
$X^P + Y^P\equiv1\mod P^2,$
$X^PY^P\equivA\mod P^2$
имеет только единственное решение, если A =1 и только если простое число $P = 6n + 1$ ( $X^P\equiv g^n^P\mod P^2,$ а $Y^P\equiv g^5^n^P\mod P^2$ ), где g - наименьший первообразный корень по модулю $P^2$.
vasili

[vasili]

Deggial: vasili, предупреждение за дублирование сообщения. Текст сообщения удалён.

[vasili]

Размышления о ВТФ. Февраль 2018.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z, одно из которых, кратно 3.
2.Рассмотрим некоторые свойства, нижеследующих трехчленов
$z^2-zx +x^2\engo(2)$,

$z^2-zy +y^2\engo(3)$,

$x^2 + xy +y^2\engo(4)$.

Свойство 1. Простые числа вида $6n +5$ и простое число 3 не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2), (3) и (4).

Свойство 2. Числа (2), (3) и (4) являются нечетными и представляют произведение только простых сомножителей вида $6n +1$.

3. Множество простых сомножителей вида $6n +1$, принадлежащих числам (2), (3) и (4) могут состоять из 2-х подмножеств:
--подмножество 1. Такие простые числа $p_1 =6n_1 +1$, что

$2^ {2n_1}-1\not\equiv 0\mod(6n_1 + 1)\engo(5)$

--подмножество 2. Такие простые числа $p_2 =6n_2 +1$, что

$2^ {2n_2} -1\ equiv 0\mod(6n_2 + 1)\engo(6)$

4. Пусть простое число $6n_1 +1$ (для определенности) принадлежит трехчлену (2), т.е.
$z^2-z x +x^2\equiv0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно, что

$z^3 + x^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$ или

$z^3\equiv -x^3\mod (6n_1 +1) \engo(7)$, а

$z +x\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

5. Запишем (1) с учетом (7) получим

$x^3 + y^3-(-x^3)\equiv 2x^3 + y^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)\engo(8)$

6. Возведем (8) в степень $2n_1$ получим

$2^{2n_1}x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod(6n _1+1)$, отсюда с учетом того, что

$x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod (6n _1+1)$ {Малая теорема Ферма} получим

$2^{2n_1}-1\equiv 0\mod (6n _1+1)$, что противоречит условию (5). А значит условия (8) и (1) не справедливы.

[vasili]

27.02.2018.
К сожалению я не получил отклик на свой пост "Размышление о ВТФ . Февраль 2018".
Возможно причиной того -тезисный характер моего сообщения.
Попытаюсь обосновать тезисы.

1.Пусть равенство $x^3 +y ^3 = z^3\engo(1)$ справедливо для натуральных попарно взаимно простых чисел $x, y$ и z, одно из которых, кратно 3.
2.Рассмотрим некоторые свойства, нижеследующих трехчленов, образованных из чисел $x, y$ и z,
$z^2-z x +x^2 = (z-x) ^2 +z x\engo(2)$,

$z^2-z y +y^2 = (z-y) ^2 +z y \engo(3)$,

$x^2 + x y +y^2=(x + y) ^2 +x y\engo(4)$.

Свойство 1. Простые числа вида $6n +5$ и простое число 3 не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2), (3) и (4).
Докажем от противного. Пусть для определенности

$z^2-z y +y^2= (z+y)^2 -3z y\equiv 0\mod(6n + 5)\engo(5)$, тогда из (5) очевидно, что
$[(z + y), (6n + 5)] = 1\engo(6)$, а также

$z^3 + y^3\equiv 0\mod(6n + 5)\engo(7)$
и
$(z^3) ^ {2n + 1} + (y^3) ^ {2n + 1}\equiv 0\mod (6n + 5)\engo(8)$,

Благодаря Малой теореме Ферма имеем

$z^{6n + 4}-y^{6n +4}=(z^3) ^ {2n + 1}z - (y^3)^{2n + 1}y\equiv 0\mod(6n + 5)$, отсюда с учетом (8)

$(z + y)\equiv 0\mod(6n + 5)$, что противоречит условию (6).
Пришли к противоречию. А значит, простые числа вида $6n + 5$ не могут быть сомножителями (делителями) числа (3)
Аналогичные рассуждения для чисел (2) и (4) покажут, что простые числа вида $6n + 5$ не могут быть сомножителями (делителями) чисел (2) и (4).

Теперь о простом делителе 3.
Пусть $z, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(x + y), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Пусть $x, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(z- y), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Пусть $y, 3 = 3$, тогда благодаря (1) и $[(z-x), 3] = 3$.
Учитывая эти условия, числа(2), (3) и (4) очевидно не содержат сомножителями (делителями) простые числа 3.

Свойство 2. Числа (2), (3) и (4) являются нечетными и представляют произведения только простых сомножителей вида $6n +1$.
Множество простых сомножителей вида $6n +1$, принадлежащих числам (2), (3) и (4) могут состоять из 2-х подмножеств:
--подмножество 1. Такие простые числа $p_1 =6n_1 +1$, что

$2^ {2n_1}-1\not\equiv 0\mod(6n_1 + 1)\engo(9)$

В частности к таким числам относятся простые числа $p_1$, для которых наименьший первообразный корень по их модулю равен $g = 2$.
Пример
$p_1 = 13, 19, 37,61,67,,139,……4003$
См. И.М.Виноградов «Основы теории чисел» -Приложение.
В самом деле
$g^{p-1}-1=2^{p-1}-1=2^{6n_1}-1\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно
$2^{2n_1}\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

--подмножество 2. Такие простые числа $p_2 =6n_2 +1$, что

$2^ {2n_2} -1\equiv 0\mod(6n_2 + 1)\engo(10)$
Пример
$p_2 = 31,43,109,127,157….$

Пусть простое число $6n_1 +1$ (для определенности) принадлежит трехчлену (2), т.е.
$z^2-z x +x^2\equiv0\mod (6n_1 + 1)$, тогда очевидно, что

$z^3 + x^3 \equiv 0\mod (6n_1 + 1)$ или

$z^3\equiv-x^3\mod (6n_1 +1)\engo(11)$, а

$z +x\not\equiv 0\mod (6n_1 + 1)$.

5. Запишем (1) с учетом (11) получим

$x^3 + y^3-(-x^3)\equiv 2x^3 + y^3\equiv 0\mod (6n_1 + 1)\engo(12)$

6. Возведем (12) в степень $2n_1$ получим

$2^{2n_1}x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod(6n _1+1)$, отсюда с учетом того, что

$x^{6n_1}-y^{6n_1}\equiv 0\mod (6n _1+1)$ {Малая теорема Ферма} получим

$2^{2n_1}-1\equiv 0\mod (6n _1+1)$, что противоречит условию (9). А значит условия (12) и (1) не справедливы.