Возможность делимости определённых выражений.

[kotenok gav]

50 не делится на 4.

[yk2ru]

kotenok gav в сообщении #1250664 писал(а):

50 не делится на 4.

Этого и не надо, либо на два, либо на четыре, и всё. А произведение чисел плюс один только на четыре.

[Cash]

yk2ru в сообщении #1250663 писал(а):

Cash, считаете через программу?

Вообще-то серию, по заветам Sonic86

yk2ru в сообщении #1250663 писал(а):

Для трёх переменных (следующая делимость) может она посчитать, или строго для двух она?

Можно и программой.
Для трех, например, $5, 11, 17$

[yk2ru]

Cash в сообщении #1250666 писал(а):

yk2ru в сообщении #1250663 писал(а):

Cash, считаете через программу?

Вообще-то серию, по заветам Sonic86

А если задать условие, чтобы следующие числа делились оба на одну степень двойки (на два или на четыре), возможны ли такие числа в серии? А что там с произведением плюс один не важно.

[Cash]

В моей серии невозможны, но комп выдает, например: $89, 241$

[yk2ru]

Для трёх переменных конечно же существуют решения. Наименьшее: $3$, $3$, $3$. Но при определённых условиях запрограммированная процедура пока не выдаёт ничего. В процедуре три цикла до 8-значного числа 11111111 с шагом 1, нечётные числа получаем удвоением и прибавлением единицы, и задаём чтобы второе число не было меньше первого и третье второго.
Условия такие: числа не должны делиться на восемь при плюс/минус единица, то есть должны быть вида $8z+3$ или $8z+5$ .
И дополнительно произведение $abc$ должно быть вида $32z+11$. Например ${3,5,5}$ подходят под условия, но делимости нет. Возможно ли при таких условиях решение, пока не ясно.

[Shadow]

yk2ru в сообщении #1250139 писал(а):

А что можно сказать про возможность следующих выражений?

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

$a,b$ два последователнле члена ряда:

$x_1=1,x_2=2k+3,x_n=2+k(x_{n-1}+1)-x_{n-2}$

$\forall k \in \mathbb{N}$

Решается vс помощью vieta jumping

[yk2ru]

Shadow в сообщении #1250743 писал(а):

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

$a,b$ два последователнле члена ряда:

$x_1=1,x_2=2k+3,x_n=2+k(x_{n-1}+1)-x_{n-2}$

$\forall k \in \mathbb{N}$

Решается vс помощью vieta jumping

Не соображу, как этот метод применять. Пусть $k(a+1)(b+1)=(ab+1)^2$. Заменив $a$ на $x$ получим из формул Виета $x_2=\frac{k(b+1)-2b}{b^2}-x_1=\frac{1-k(b+1)}{{x_1}b^2}$, если не ошибся. Что делать дальше для получения ряда? Подходят вроде $b=1$ и $x_1=-1$ и значит $a=2k-1$.

[Shadow]

Я сделал так (тетрадь у меня сейчас нет, восстанавливаю по памяти). Поскольку ТС интересовали только нечетные $a,b$ (и даже простые, но здесь помочь не могу)

$a+1=2x,\;b+1=2y$

После некоторых преобразований получилось

$xy\mid (x+y-1)^2$

и сведя к квадратному уравнению относительно $x$

$x^2-(2+ky)x+(y-1)^2=0$
Ищем только натуральные решения. При некотором зафиксираванном $k$, если есть решение $x_1\ge y$, то по формулам Виета $x_2<y$, причем $x_2 \ni \mathbb{N}$, елси $y>1$

$x_1x_2=(y-1)^2, x_1\ge y\Rightarrow x_2<y$ Из другой формулы Виета следует, что $x_2$ положительное. Или, для любого зафиксированного $k$ наименшее решение будет $y=1$

$x_1=0$ игнорируем, $x_2=2+k$.

А дальше по лестнице вверх, из $x_1+x_2=2+ky$ получаем возрастающую последовательность при $k>1$

Или приняв $x_1<y<x_2$, получается $x_{n-2}+x_n=2+kx_{n-1}$

Делаем обратную замену из $x,y$ в $a,b$

Один из вариантов, могут быть и другие, напр., через уравнения Пелля, судя по решениям.

-- 30.09.2017, 17:22 --

Shadow в сообщении #1252035 писал(а):

Из другой формулы Виета следует, что $x_2$ положительное.

Не из другой, а из обеих - в совкупности. Из первой следует, что оно целое, а из второй - что оно положительное и меньше $y$

[yk2ru]

Никто не пытался для трёх переменных формулы Виета использовать, развить этот метод в эту сторону?

[Shadow]

yk2ru в сообщении #1252054 писал(а):

Никто не пытался для трёх переменных формулы Виета использовать, развить этот метод в эту сторону?

Для трех переменных используется, напр. доказательство, что уравнение $x^2+y^2+z^2=kxyz$ не имеет решений в натуральных чисел при $k>3$
Но для уравнений второй степени. Для уравнений выше второй не работает. По крайней мере я не видел.

[yk2ru]

Замена переменных упрощала решение. А что если для случая

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

сделать так

$$x=abc, y=ab+bc+cd, z=a+b+c$$

И получим

$$(x+y+z+1)|(x+1)^3$$

Такие замены - нормально ли? Если да, то с последним уравнением что можно сделать?

[Shadow]

С последним уравнением все можно сделать - можно находит бесконечно много троек $(x,y,z)$ удовл. условию.

А вот потом будут проблемы - полином $t^3-zt^2+yt-x$ должен иметь три целых корня. Вот в чем беда.