ВТФ(3)-малой теоремой Ферма+варьируемыми основаниями с/с, p.

[waxtep]

transcendent в сообщении #1714641 писал(а):

Следовательно, если хотите чего-то "делать дальше" , придумайте нормальный реальный пример.

Нет, извините, корней уравнения из теоремы Ферма я Вам дать не могу, - их не существует.

[transcendent]

waxtep в сообщении #1714643 писал(а):

Нет, извините, корней уравнения из теоремы Ферма я Вам дать не могу, - их не существует.

Я об именно этом Вам говорил, что нет примеров для уравнения ВТФ. :) Но как реальный пример я имел в виду реальную сумму, чтоб разложить её в кубы, к примеру... (Зачем Вы так повернули?) Я вернусь позже-посмотрю ещё ваш пример на предмет наличия целых p-адических корней для реального $z$. Если их не существует для Ваших условий (А я думаю пока так, несмотря на возможность писать уравнение ВТФ по модулю. Но, надо проверить, чтоб знать точно.) , то разговор, действительно, был точно, малосодержательным. Ведь, Вы ж хотели -"для понимания"...Дык, от чего , тогда стартовать с неудачных примеров (малые $p$)? Вернусь, когда будет возможность.

[waxtep]

transcendent, ок, возможно, я горячусь с попыткой проверки на числовом примере. Давайте попробуем "в буквах"; по условию, имеем

$$c\equiv z\pmod p\Leftrightarrow c=z+mp, m\in\mathbb{Z}$$

Тогда

$$c^n=(z+mp)^n=z^n+pt=-z^n+p\cdot\left(t+\frac{2z^n}p\right),t\in\mathbb{Z}$$

Поскольку по условию же $z$ не делится на простое $p$, число внутри самых правых скобок может быть целым только при $p=2$. Для других $p>2$ этот "второй корень" будет лишь рациональным, и точно не целым, а следовательно дальнейшие рассуждения раздела 4 не работают. Как это поправить?

[transcendent]

waxtep в сообщении #1714649 писал(а):

ок, возможно, я горячусь с попыткой проверки на числовом примере.

А что так? Как можно "горячиться", если мы общаемся для Вашего понимания? Я это не понимаю.:) Но, конечно. Всё, что писал выше о Вашем "примере", правильно. Сумма $2_{10}^{3}+5_{10}^{3}$, равная $133_{10}=11221_{3}$, не имеет $3$-адических целых кубических корней. Т.е., нет $z$. Поскольку кубический корень из этого числа уже на втором шаге (модуль $9$) показывает, что решения нет. В то же время различные выражения для уравнения ВТФ Вы написать можете. Никаких проблем...Я не выписываю результаты, потому что, думаю, что это читают (возможно) и, если я ошибаюсь, корректировки не задержат себя долго ждать...:) Что ж? В этом случае, буду проверять свои расчёты. Но, пока так.
То, что написано Вами выше, это что? У меня такого нет, это, во-первых.

Во-вторых, такого тоже у меня нет: t$\in$$\mathbb{Z}$. А есть вот это:

transcendent в сообщении #1714482 писал(а):

$c^{n}=z^{n}+pt$(t$\ne$0, т.к., $p$ не делит $z$) и $c^{n}=-z^{n}+pt$ для колец $\mathbb{Z}_{p}$.

. Ещё и расшифровывал не раз, что всё это значит в отношении $t$... При этом,я Вам уже несколько раз, и в данной ветке, и в личной переписке об этом писал. Что надо ещё написать, чтоб это отложилось в памяти?-я не знаю.

И, в-третьих: Я не понимаю-почему Вы складываете и делаете какие-то замены для двух разных корней $t$ и двух разных чисел $z^{n}$ и -$z^{n}$? Как вы думаете, я в состоянии ответить на этот Ваш вопрос, совершенно не представляя-что Вы имеете в виду?:) Нет, конечно. Видимо, всё-таки, я должен поместить здесь свои примеры-для себя, больше:)...Да, и Вам, чтоб понятнее было, заодно. И, чтоб больше к этим вопросам не возвращаться. Едва ли, сегодня. Может, завтра. Посмотрю-как со временем.

[waxtep]

transcendent, давайте попробуем разобраться

transcendent в сообщении #1714678 писал(а):

То, что написано Вами выше, это что? У меня такого нет, это, во-первых.

Ну конечно у Вас такого нет, это я пишу от себя, пытаясь разобраться, что Вы делаете в разделе 4 (возможно, не угадывая). У Вас дословно так:

transcendent в сообщении #1714482 писал(а):

4. Гипотеза и подъём тождества в $\mathbb{Z}$.
Пусть ненулевые целые $a\equiv x (\mod p)$, $b\equiv y (\mod p)$, $c\equiv z (\mod p)$ являются корнями (♱) и $p$ не делит $z$-исходная гипотеза. Среди соответствующих условию фильтра $c^{n}=z^{n}+pt$(t$\ne$0, т.к., $p$ не делит $z$) и $c^{n}=-z^{n}+pt$ для колец $\mathbb{Z}_{p}$. Следовательно, должны существовать два целых корня, $t_{1}$ и $t_{2}$.

Я позволю себе чуть поправить это место, введя два обозначения $t_3,t_4$ вместо одного $t$, получится так:

Пусть ненулевые целые $a\equiv x (\mod p)$, $b\equiv y (\mod p)$, $c\equiv z (\mod p)$ являются корнями (♱) и $p$ не делит $z$-исходная гипотеза. Среди соответствующих условию фильтра $c^{n}=z^{n}+pt_3$($t_3\ne$0, т.к., $p$ не делит $z$) и $c^{n}=-z^{n}+pt_4$ для колец $\mathbb{Z}_{p}$. Следовательно, должны существовать два целых корня, $t_{1}$ и $t_{2}$.

Вопросы к этому куску текста:
1. $t_3$ - целое?
2. $t_4$ - целое?
3. Мои $t_3,t_4$ как-то связаны с Вашими $ t_1, t_2$?

[transcendent]

waxtep в сообщении #1714691 писал(а):

давайте попробуем разобраться

Да, уж, давно пора.

waxtep в сообщении #1714691 писал(а):

Вопросы к этому куску текста:
1. $t_3$ - целое?
2. $t_4$ - целое?
3. Мои $t_3,t_4$ как-то связаны с Вашими $ t_1, t_2$?

К какому именно-к Вашему с $t_{3}$ и$ t_{4}$? Ну, Вы меня совсем запутали. Зачем Вы их ввели сейчас без объяснения? Тем более, я их предлагал ранее для второго корня из квадратного уравнения, а именно к $-z^{n}$. И , оххх, извинения (за "замыливание глаза"): конечно, они целые. И, "Ваши", и "мои"... Типа, алаверды, что ли. За численный "контрпример".
Завтра постараюсь начать выписывать примеры.

[waxtep]

transcendent в сообщении #1714697 писал(а):

К какому именно-к Вашему с $t_{3}$ и$ t_{4}$? Ну, Вы меня совсем запутали. Зачем Вы их ввели сейчас без объяснения? Тем более, я их предлагал ранее для второго корня из квадратного уравнения, а именно к $-z^{n}$. И , оххх, извинения (за "замыливание глаза"): конечно, они целые. И, "Ваши", и "мои".

Я ввел два обозначения $t_3, t_4$ вместо одного Вашего $t$ чтобы точно избежать двусмысленности: ведь численно они ($t_3$ и $t_4$) не равны друг другу, хотя исходно обозначены одной и той же буквой $t$.

И я не могу согласиться с тем, что $t_4$ целое при $p>2$. Перепишу свою попытку расшифровки начала раздела 4 в этих обозначениях:

По условию, имеем

$$c\equiv z\pmod p\Leftrightarrow c=z+mp, m\in\mathbb{Z}$$

Тогда

$$c^n=(z+mp)^n=z^n+pt_3=-z^n+p\cdot\left(t_3+\frac{2z^n}p\right)=-z^n+pt_4$$

Здесь, $t_3$ - целое, а поскольку по условию же $z$ не делится на простое $p$, число внутри самых правых скобок (обозначение далее как $t_4$) может быть целым только при $p=2$. Для других $p>2$ это $t_4$ будет лишь рациональным, и точно не целым, а следовательно дальнейшие рассуждения раздела 4 не работают.

[transcendent]

waxtep в сообщении #1714699 писал(а):

И я не могу согласиться с тем, что $t_4$ целое при $p>2$. Перепишу свою попытку расшифровки начала раздела 4 в этих обозначениях:

Я с этим не согласен, поскольку я пока не вижу, откуда следует такая Ваша уверенность. Ну, или обоснуйте её, покажите зримо. Моя же уверенность следует из:
уравнение относительно $t$: $p^{2}t^{2}+2ptz^{n}+[z^{2n}-(a^{n}+b^{n})^{2}]=0$.
Там справа полные квадраты. Следовательно, два целых корня-положительный и отрицательный. А это должно давать два совершенно разных целых числа $t$ (для каждого из квадратов). Не так ли? Ваши уравнения пока не понимаю, особенно "самые правые", как Вы говорили,скобки. $t$ это переменная и нет смысла вводить два дополнительных индекса. Короче, одни непонятки, пока. Да и вечер уже поздний...
Завтра посмотрим на примеры.

[waxtep]

transcendent в сообщении #1714703 писал(а):

Моя же уверенность следует из:
уравнение относительно $t$: $p^{2}t^{2}+2ptz^{n}+[z^{2n}-(a^{n}+b^{n})^{2}]=0$.
Там справа полные квадраты. Следовательно, два целых корня-положительный и отрицательный. А это должно давать два совершенно разных целых числа $t$ (для каждого из квадратов). Не так ли?

Это уравнение имеет следующие корни:

$$pt_{1,2}=-z^n\pm(a^n+b^n)$$

и, действительно, $pt_1$ и $pt_2$ - целые. А будет ли целым $t_1$ и/или $t_2$? Давайте посмотрим.
Мы знаем из разделов 1,2, что $a^n+b^n\equiv c^n\equiv z^n\pmod p$. Следовательно, один из корней, пусть он будет $t_1= \frac{1}{p}(-z^n+(a^n+b^n))$ - тоже целый, поскольку выражение в скобках делится на $p$. А что же второй корень, $t_2= \frac{1}{p}(-z^n-(a^n+b^n))$? Неясно, с чего ему быть целым, разделы 1, 2 на эту тему молчат. Попробуем сами посмотреть, что такое $(-z^n-(a^n+b^n))\bmod p$:

$$(-z^n-(a^n+b^n))\equiv(-z^n-c^n)\equiv-2c^n\pmod p$$

Это вовсе не ноль при $p>2$, следовательно, и $t_2$ - не целое при $p>2$.

Далее предлагаю так: укажите, пожалуйста, первое место в цепочке моих рассуждений, с которым Вы не согласны (или которое непонятно), - а я постараюсь пояснить.

[transcendent]

Какое-то время назад так и было записано/названо: корни $v=pt$. Потом по одному из советов, всё же, стали писать корни так: $t$.
Параметр $t$надо рассматривать только целым по трём причинам. Первая, так скажем, имеет "глобальный" характер-$см. правила модульной арифметики$. А вторая прямо следует $формально$ из представленного проекта доказательства. Касательной первой причины нет смысла распространяться. Любой открывает соответствующие правила и читает об этом. Касательно второй причины -покажем это сейчас, потому что это элементарно просто. Точнее сказать-это примитивно просто. О третьей причине-ниже-и это основное средство, позволившее получить результат в проекте данного доказательства. Запишем два два корня так, чтобы протой множитель $p$ был слева:
$pt_{1}=-z^{n}-(a^{n}+b^{n})$, ($1$),
$pt_{2}=-z^{n}+(a^{n}+b^{n})$, ($2$). После сложения уравнений ($1$) и ($2$), получаем:
$pt_{1}+pt_{2}=-2Z^{n}$, ($3$). После вычитания уравнения ($1$) из уравнения ($2$), получаем:
$pt_{2}+pt_{1}=2(a^{n}+b^{n})^{n}$, ($4$).
В уравнении (3) справа-только целые "$z^{n}$" и "$-2$", следовательно, слева не может быть нецелых $t_{2}$, при наличии бесспорных целых $t_{1}$ и $p$.
В уравнении (4) справа-только целые "$(a^{n}+b^{n})^{n}$" и "$2$", следовательно, слева не может быть нецелых $t_{2}$, при наличии бесспорных целых $t_{1}$ и $p$.
Заключение: по уравнениям ($1$)-($4$) заключаем, что параметр t_{2} является целым, $\mathbb{Z}$.
Причина 3: вернусь к ней отдельно, чуть позже. Также, позже дам конкретные примеры.

(Оффтоп)

Сказали срочно убрать машины , т.к., будет происходить очистка снега...Поэтому, надо здесь сейчас сворачиваться и убегать

[waxtep]

transcendent в сообщении #1714720 писал(а):

В уравнении (3) справа-только целые "$z^{n}$" и "$-2$", следовательно, слева не может быть нецелых $t_{2}$, при наличии бесспорных целых $t_{1}$ и $p$.
В уравнении (4) справа-только целые "$(a^{n}+b^{n})^{n}$" и "$2$", следовательно, слева не может быть нецелых $t_{2}$, при наличии бесспорных целых $t_{1}$ и $p$.
Заключение: по уравнениям ($1$)-($4$) заключаем, что параметр t_{2} является целым, $\mathbb{Z}$.

Но нет же: $pt_2$ - целое, но не $t_2$, и желаемого противоречия Вы в разделе 5 не получаете. Ну, как... $3\cdot\frac53$ - целое, а $\frac53$ - нет.
Посмотрите сами, сохраняется ли корректность Вашего доказательства, если один из корней рациональный, но не целый. (На всякий случай, в Вашем изложении доказательства на странице 2 этой темы нецелым будет $t_1$; я не совсем удачно выбрал обозначения).

[transcendent]

waxtep в сообщении #1714729 писал(а):

Но нет же:

: Вот именно, что да- параметр $t $-целое число, по определению. Хорошо, хоть, подредактировали свой пост в части тотального отрицания, перекинув ответственность на меня. Спасибо.

(Оффтоп)

Наверняка же, Вы в Гугле не забанены... Поискали бы учебники и раскрыли страницы по модульной арифметике. Если уж дома за учебником не (или-лень? )дотянуться.

Определение: $a \equiv b(\mod p) \Leftrightarrow $\exists$t$\in$$\mathbb{Z}$: a-b=pt$.
Через страницу Виноградова Ивана Матвеевича , https://www.mathnet.ru/person26537, могли бы найти его книгу "Основы...", https://urait.ru/viewer/osnovy-teorii-chisel-474025#page/45, и на страницы $47$-почти в самой её нижней части-посмотреть текст на чистейшем русском языке , фразу "...с условием, что $t$-целое."

(Оффтоп)

Далее, Вы можете легко из моих уравнений в предыдущем комментарии получить, что $t_{1,2}\equiv 0(\mod 2)$. Что неудивительно, поскольку Лемма доказана, то для любых заданных параметров и при $p=2$, Вы должны бы приходить к чётности $t$. Эти фразы я намеренно вынес в оффтопик, поскольку я не расписывал эти операции на бумаге-только в уме прикинул. Для примитивных Пифагоровых Троек у меня получались чётные значения для $t_{1}$. Второй параметр не смотрел пока-честно признаюсь... Т.к., дальше мне это уже неинтересно было...А-Вам, если хотите,- "наподумать"... Если решитесь, то действуйте так. Вычитайте уравнение из текста самой Леммы из уравнения ВТФ с предполагаемыми корнями$ x$, $y$, $z$. И поиграйтесь с $(\mod 2)$... Интересно-что у Вас получится.

Как обещал, надо переходить к третьей причине-почему $ t$ может быть только целым числом ( а остальные домыслы-нонсенс). Но, решил её написать, сначала дав примеры из математической реальности. Так понятнее будет-подумалось. Это-написание примеров- займёт некоторое время и труд. Поэтому, не буду в этот коммент вставлять Примеры и третью причину, которая лежит в основе данного проекта доказательства ВТФ. Т.е., напишу всё недосказанное в следующем комментарии.

[waxtep]

transcendent, Вы доказали, что $z^n+a^n+b^n$ - целое. И с этим глупо было бы спорить, сумма целых чисел в натуральных степенях, - конечно, это целое. Но Вам для получения желаемого противоречия надо доказать целость $\dfrac1p(z^n+a^n+b^n)$, чего Вы не сможете сделать никогда (при $p>2$), потому что по условию $p$ не делит $z$. Вы, по сути, вводите это как дополнительное (ложное) утверждение, и тогда получаете противоречие. Ну, "из лжи следует что угодно", так работает математическая логика; но доказательством рассуждение, содержащее ложную посылку, служить не может. Мне к этому нечего добавить, благодарю за беседу.

[transcendent]

test

waxtep в сообщении #1714757 писал(а):

благодарю за беседу

И Вам спасибо.

waxtep в сообщении #1714757 писал(а):

(при $p>2$)

У нас p$\geqslant 2$

waxtep в сообщении #1714757 писал(а):

transcendent, Вы доказали, что $z^n+a^n+b^n$ - целое. И с этим глупо было бы спорить, сумма целых чисел в натуральных степенях, - конечно, это целое. Но Вам для получения желаемого противоречия надо доказать целость $\dfrac1p(z^n+a^n+b^n)$, чего Вы не сможете сделать никогда (при $p>2$), потому что по условию $p$ не делит $z$. Вы, по сути, вводите это как дополнительное (ложное) утверждение, и тогда получаете противоречие. Ну, "из лжи следует что угодно", так работает математическая логика; но доказательством рассуждение, содержащее ложную посылку, служить не может. Мне к этому нечего добавить, благодарю за беседу.

Позже об этом.

(Оффтоп)

Ладно, с этим процитированным постом попробуем разобраться позже, если потребуется даже после нынешнего комментария с примерами и "третьей причиной". Раз товарищу даже мастиыте математики-не указ, что ту ещё скажешь? Да...Он, конечно, скажет "не надо прятаться за спинами великих людей, Вы сами докажите , что $t_{2}$ чёрным по белому". А чего я должен это доказывать, если это общепринятое неотъемлемое математическое правило? На чём-то же надо стоять... Пока ничего в ответ на это не могу сказать.Честно. Ладно, потому попробую поанализировать цитату.

"Причина" 3 и примеры из математической реальности.

Спасибо, людям, которые изобрели отрицательные числа!

(Оффтоп)

У меня нет сомнений в квалификации оппонента(правильно подобрал термин?-да я и права такого здесь не имею высказывать сомнения письменно, даже, если бы они и были. Одно хорошо, что кто-то нашёлся поговорить со мной здесь.)-я уверен, что он знает, что П. Ферма тоже знал про отрицательные числа.

Если предположить существование натуральных $x$, $y$, $z$ в уравнении Ферма с нечётными степенями n$\geqslant3$, это будет означать, что есть целые $-x$, $-y$, $-z$. И, следовательно, если есть целое$ t_{1}$, то всегда ему найдётся и целое $t_{2}$. $Поскольку не видно ясных оснований почему отдаются предпочтения одним числам (натуральным) в ущерб другим числам (отрицательным).$

(Оффтоп)

Собственно, на этом всё. Не знаю-чего тут непонятного? Зачем огород лишний ещё городить?

Пусть имеем следующее выражение, записанное в десятичной системе счисления: $16_{10}+729_{10}=745_{10}$, (1). Допустим, что надо записать это выражение в системе счисления с основанием 31. И мы все договорились, что буквы от A до U английского алфавита мы будем использовать в качестве цифр так, что буква $U$ это число $10_{10}$ в десятичной системе счисления и т.д., включая $U_{31}=30_{10}$. Чтобы легчу возможному читателю знать, что есть что, не залезая на другие страницы в поисках английских букв, давайте выпишем все эти буквы уже в качестве цифр системы счисления с основанием $31$ и указанием справа-какому числу десятичной системы счисления есть соответствие: $A=10$, $B=11$, $C=12$, $D=13$, $E=14$, $F=15$, $G=16$, $H=17$, $I=18$, $J=19$, $K=20$, $L=21$, $M=22$, $N=23$, $O=24$, $P=25$, $Q=26$, $R=27$, $S=28$, $T=29$, $U=30$.
Выражение (1) в системе счисления с основанием $31$ (далее, для простоты, индексы писать не будем, а уравнение записано, как текст, поскольку система его не пропускает почему-то, и даже, если индексы добавить по правилам):
G+NG=O1, (2).
Для выражения (2) есть следующие 31-адические кубические корни:
x_{2.1}=...G8I8 или в канонической записи $x_{2.1}=...+16\cdot 31^{3}+8\cdot 31^{2}+18\cdot 31^{1}+8\cdot 31^{0}$,
x_{2.2}=...LPH9 или в канонической записи $x_{2.2}=...+21\cdot 31^{3}+25\cdot 31^{2}+17\cdot 31^{1}+9\cdot 31^{0}$,
x_{2.3}=...NRQE или в канонической записи $x_{2.2}=...+23\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+26\cdot 31^{1}+14\cdot 31^{0}$,

y_{2.1}=...DRR8 или в канонической записи $y_{2.1}=...+13\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+27\cdot 31^{1}+8\cdot 31^{0}$,
y_{2.2}=...(0)9 или в канонической записи $y_{2.2}=...+0\cdot 31^{3}+0\cdot 31^{2}+0\cdot 31^{1}+9\cdot 31^{0}$,
y_{2.3}=...H33E или в канонической записи $y_{2.2}=...+17\cdot 31^{3}+3\cdot 31^{2}+3\cdot 31^{1}+14\cdot 31^{0}$,

z_{2.1}=...5GSUP или в канонической записи $z_{2.1}=...+5\cdot 31^{4}+13\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+27\cdot 31^{1}+8\cdot 31^{0}$,
z_{2.2}=...A3N5 или в канонической записи $z_{2.2}=...+10\cdot 31^{3}+3\cdot 31^{2}+23\cdot 31^{1}+5\cdot 31^{0}$,
z_{2.3}=...3T81 или в канонической записи $z_{2.2}=...+3\cdot 31^{3}+29\cdot 31^{2}+8\cdot 31^{1}+1\cdot 31^{0}$.

Умножив выражение на $-1$, мы получаем другое выражение, которое запишем в $31$-адической форме:
...(U)F+...(U)7E=...(U)6U, (3), котрое тоже имеет соответствующие кубические корни и они представлены в этом списке:
x_{3.1}=...EMCN или в канонической записи $x_{3.1}=...+14\cdot 31^{3}+22\cdot 31^{2}+12\cdot 31^{1}+23\cdot 31^{0}$,
x_{3.2}=...95DM или в канонической записи $x_{3.2}=...+9\cdot 31^{3}+5\cdot 31^{2}+13\cdot 31^{1}+22\cdot 31^{0}$,
x_{3.3}=...734H или в канонической записи $x_{3.2}=...+7\cdot 31^{3}+3\cdot 31^{2}+4\cdot 31^{1}+17\cdot 31^{0}$,

y_{3.1}=...H33N или в канонической записи $y_{3.1}=...+17\cdot 31^{3}+3\cdot 31^{2}+3\cdot 31^{1}+23\cdot 31^{0}$,
y_{3.2}=...(U)M или в канонической записи $y_{3.2}=...+30\cdot 31^{3}+30\cdot 31^{2}+30\cdot 31^{1}+22\cdot 31^{0}$,
y_{3.3}=...DRRH или в канонической записи $y_{3.2}=...+13\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+27\cdot 31^{1}+17\cdot 31^{0}$,

z_{3.1}=...PE206 или в канонической записи $z_{3.1}=...+25\cdot 31^{4}+14\cdot 31^{3}+2\cdot 31^{2}+0\cdot 31^{1}+6\cdot 31^{0}$,
z_{3.2}=...KR7Q или в канонической записи $z_{3.2}=...+20\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+7\cdot 31^{1}+26\cdot 31^{0}$,
z_{3.3}=...R1MU или в канонической записи $z_{3.2}=...+27\cdot 31^{3}+1\cdot 31^{2}+22\cdot 31^{1}+30\cdot 31^{0}$.

Нетрудно убедиться, что если складывать соответствующие корни выражений ($1$) и ($2$), то $0$ будет получаться.
Например, любой может сделать проверку для сложения корней $z$ с соответствующими индексами. Например, 2.1 и 3.1; 2.2 и 3.2 и т.д.
Вывод:
Вопросы по целости параметра $t_{2}$ разрешимы в пользу признания этого факта не только по причинам, приведённым выше, но и, поскольку, они касаются целых чисел в степенях, $z^{n}$, которые являются целыми заведомо и в любом случае, а не гипотетических чисел $z$: сложение $z^{n}$ и -$z^{n}$, естественно, даёт $0$.

[Someone]

transcendent в сообщении #1714775 писал(а):

Пусть имеем следующее выражение, записанное в десятичной системе счисления: $16_{10}+729_{10}=745_{10}$, (1). Допустим, что надо записать это выражение в системе счисления с основанием 31. И мы все договорились, что буквы от A до U английского алфавита мы будем использовать в качестве цифр так, что буква $U$ это число $10_{10}$ в десятичной системе счисления и т.д., включая $U_{31}=30_{10}$. Чтобы легчу возможному читателю знать, что есть что, не залезая на другие страницы в поисках английских букв, давайте выпишем все эти буквы уже в качестве цифр системы счисления с основанием $31$ и указанием справа-какому числу десятичной системы счисления есть соответствие: $A=10$, $B=11$, $C=12$, $D=13$, $E=14$, $F=15$, $G=16$, $H=17$, $I=18$, $J=19$, $K=20$, $L=21$, $M=22$, $N=23$, $O=24$, $P=25$, $Q=26$, $R=27$, $S=28$, $T=29$, $U=30$.
Выражение (1) в системе счисления с основанием $31$ (далее, для простоты, индексы писать не будем, а уравнение записано, как текст, поскольку система его не пропускает почему-то, и даже, если индексы добавить по правилам):
G+NG=O1, (2).
Для выражения (2) есть следующие 31-адические кубические корни:
x_{2.1}=...G8I8 или в канонической записи $x_{2.1}=...+16\cdot 31^{3}+8\cdot 31^{2}+18\cdot 31^{1}+8\cdot 31^{0}$,
x_{2.2}=...LPH9 или в канонической записи $x_{2.2}=...+21\cdot 31^{3}+25\cdot 31^{2}+17\cdot 31^{1}+9\cdot 31^{0}$,
x_{2.3}=...NRQE или в канонической записи $x_{2.2}=...+23\cdot 31^{3}+27\cdot 31^{2}+26\cdot 31^{1}+14\cdot 31^{0}$,
…

Собственно говоря, зачем эти примеры? Известно, что уравнение Ферма имеет нетривиальные решения в кольце целых $p$-адических чисел для любого простого $p\geqslant 2$ (про составные не помню).