25/06/2019, 05:36:48 pm *
Bienvenido(a), Visitante. Por favor, ingresa o regístrate.
¿Perdiste tu email de activación?

Ingresar con nombre de usuario, contraseña y duración de la sesión
Noticias: ¡Atención! Hay que poner la matemática con LaTeX, y se hace así (clic aquí):
 
 
Páginas: [1] 2 3 ... 17   Ir Abajo
  Imprimir  
Autor Tema: Conjetura de Beal  (Leído 54731 veces)
0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.
Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« : 23/08/2015, 06:17:24 am »

Hola voy a lanzar un argumento para demostrar que si existiera un contraejemplo (que no lo hay) del último teorema de Fermat (UTF)  las tres bases deberian tener un factor común. Básicamente es lo que establece la Conjetura de Beal. En principio considerar que todas la potencias siguen el siguiente patrón:

[texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx]    [Equation 5]
[texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx]   [Equation 6]
[texx]A^4 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^2 [/texx]    [Equation 7]
[texx]A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2} [/texx]    [Equation 8]

Démonos cuenta que la Ecuación 5 indica que podemos producir potencias de grado 2 sin la necesidad, de que los dos números que producen su suma tengan un factor común. Esto es. 3*5+1=16. Obviamente A=4. Es de destacar que esto solo ocurre con las potencias de grado 2. Porque conforme la Ecuación 6, la suma de los dos términos sí que tendrian que tener un factor común.

Si consideramos el UTF con la siguiente expresión: [texx]A^y+(A+b)^y=(A+c)^y[/texx].  Entonces aplicamos el desarrollo del triángulo de Pascal en la potencia [texx](A+b)^y[/texx]. Esto es [texx](A^y+y\cdot A^{y-1}\cdot b+\ldots+y\cdot A\cdot b^{y-1}+b^y)[/texx]. Entonces es fácil ver que todos los sumandos del desarrollo tienen un factor común excepto b^y. Pero nos encontramos en potencias. Ellas tienen sus reglas. Entonces todas las potencias deben tener conforme la Ecuación 8 un factor común (potencias mayores que tres). Si igualamos [texx]A^y +(A^y+y\cdot A^{y-1}\cdot b\ldots+y\cdot A\cdot b^{y-1}+b^y)[/texx] a cualquier potencia mayor que dos. Esto es Equación 6, 7 o 8. Entonces despejamos [texx]b^y[/texx] y obtendremos que b necesariamente debe tener un factor común.  ¿Qué pensais?
En línea
robinlambada
Moderador Global
Pleno*
*

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.948


Ver Perfil
« Respuesta #1 : 23/08/2015, 07:39:23 am »

Hola Gonzo,bienvenido al foro.
Recuerda que debes leer y seguir las nomas del foro.
Te las dejo en el enlace.
http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=678.0

Para que las fórmulas se muestren correctamente debes encerrarlas entre etiquetas . A modo de ejemplo. Escribes
[tex] A^2 = (A-1)(A+1)+1 [/tex] y se muestra.

[texx]  A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx]

Respecto a tu planteamiento, debo mirarlo con más tiempo. Pero seguro antes te responden personas muy preparadas y competentes en este asunto.

Saludos.
En línea

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.
Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #2 : 23/08/2015, 08:23:16 am »

Buenas, Gonzo.
Lo primero es que la conjetura de Beal habla de un factor primo común para [texx]A^{x} + B^{y} = C^{z}[/texx] y es importante tenerlo en mente para no desplazarse sin querer de una conjetura a otra.

En un punto de tu argumento desarrollas [texx](A+b)^{y}[/texx] y ahora, si no me equivoco, por el hecho de que hay un sumando [texx]b^{y}[/texx] usas como referencia tu ecuación 8.

[texx](n_{0}\cdot A^{y} + n_{1} \cdot A^{(y-1)}\cdot b + \cdots + n_{y-1} \cdot A \cdot b^{(y-1)}+ n_{y} \cdot b^{y}) =[/texx]
[texx]= (A+b)^{y} = \Big( \big((A+b)-1\big)\cdot \big((A+b)+1\big) + 1 \Big) \cdot (A+b)^{y-2}[/texx]
[texx]= \big((A+b)^{2} + (A+b) - (A+b) - 1 + 1\big) \cdot (A+b)^{y-2}[/texx]

Obviamente, haciendo eso que he puesto no se llega a ninguna parte; pero si no es eso lo que has hecho, no te he entendido.


Cita
Entonces todas las potencias deben tener conforme la Ecuación 8 un factor común (potencias mayores que tres). Si igualamos A^y +(A^y+y·A^(y-1)·b+…+y·A·b^(y-1)+b^y) a cualquier potencia mayor que dos (se sobre. Esto es Equación 6, 7 o 8. Entonces despejamos b^y y obtendremos que b necesariamente debe tener un factor común.

El asunto es que en tus ecuaciones (de la 6 a la 8), estás sacando como factor al propio A (lo cual es lógico); pero entonces en [texx](A+b)^{y}[/texx] si lo que quieres usar como argumento son tus ecuaciones, debes sacar como factor común [texx](A+b)^{y-2}[/texx]. Además, [texx]A^{y} + B^{y}[/texx] no podrás igualarlo a cualquier cosa, sino a [texx]C^{y}[/texx] que es el supuesto contraejemplo del que se parte.

Básicamente, estamos en este punto:

[texx]A^{y} + B^{y} = C^{y} \Longrightarrow[/texx]

[texx]A^{y} + (n_{0}\cdot A^{y} + n_{1} \cdot A^{(y-1)}\cdot b + \cdots + n_{y-1} \cdot A \cdot b^{(y-1)}+ n_{y} \cdot b^{y}) =[/texx]
[texx]m_{0}\cdot A^{y} + m_{1} \cdot A^{(y-1)}\cdot c + \cdots + m_{y-1} \cdot A \cdot c^{(y-1)}+ m_{y} \cdot c^{y}[/texx]



Básicamente, a partir de ahí me cuesta seguir lo que buscas. En un momento ves A casi como factor común y de ahí pasas a hacer algo con las "b"... No termino de ver tu proceso por tus palabras.

Dicho eso, llega el punto crítico. En toda igualdad se puede añadir o extraer todo factor no nulo que se desee manteniendo la veracidad de la igualdad. ¿En que se traduce eso? En que si querías extraer un factor diferente a [texx](A+b)^{y-2}[/texx], podías. Desde el principio podías. Ilustro el caso

[texx]p \left( \frac{A^{y}}{p} + \frac{B^{y}}{p} \right) = A^{y} + B^{y} = C^{y} = \frac{C^{y}}{p} \cdot p[/texx]

Es decir, lo que planteas es que si [texx]A^{y}+B^{y}=C^{y}[/texx] entonces puedes extraer un factor común. También si se diera que [texx]A^{y} + B^{y} \neq C^{y}[/texx] puedes extraerlo. Entonces, ¿cuál es el punto que planteas y que no termino de entender?

EDICIÓN TERMINADA.
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« Respuesta #3 : 23/08/2015, 12:56:00 pm »

Lo primero gracias a las respuestas. Seguidamente indicar que no me he expresado bien.

Para empezar indicar que [texx] (A+b)^3=A^3+3A^2b+3Ab^2+b^3 [/texx] y de forma general [texx] (A+b)^n=A^n+nA^{n-1}b+\ldots+nAb^{n-1}+b^n [/texx]. Esto no es más que el desarrollo de potencias mediante el Triángulo de Pascal. Si vemos la última expresión, todos los sumandos tienen un factor común, excepto b^n.
Willix, cierto que la Conjetura de Beal señala que las tres bases deben tener un factor común primo. Pero, si lo piensas detenidamente, sea el factor común el número que sea, podrá ser primo o no, si no lo es dicho número se podrá descomponer en un productos de números primos. Ejemplo. En este ejemplo [texx] 70^3 + 105^3 = 35^4 [/texx] el factor común es 35. Obviamente dicho número no es primo. Pero su descomposición, obviamente, si. 7*5. Por lo tanto lo que sea primo o no. Creo que es más importante que sea factor común.
Siguiendo con el mensaje inicial toda expresión de dos potencias puede expresarse con la siguiente expresión [texx] (A)^n+(A+b)^n [/texx] por lo tanto aplicamos el desarrollo comentado del Triángulo de Pascal y obtenemos la siguiente expresión [texx] A^y +(A^y+yA^{y-1}b+\ldots+yAb^{y-1}+b^y [/texx] expresión I, donde todos los sumandos tienen un factor común excepto [texx] b^y [/texx].
¿Hasta aqui de acuerdo?

Toda potencia cumple con la siguiente ecuación [texx] A^n = ((A-1)(A+1)+1)A^{n-2} [/texx] [Equation 8] [II].
Ahora igualamos la expresión I y la expresión II. Y si o si, [texx] b^y [/texx] al despejar dicha variable. Obtenemos una expresión que debe tener un factor común con A. ¿Creéis que el argumento está bien?
En línea
robinlambada
Moderador Global
Pleno*
*

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.948


Ver Perfil
« Respuesta #4 : 23/08/2015, 06:34:03 pm »

Hola. Si igualas la expresión I y la II. Obtienes:

(II) [texx]A^n=A^n+(A+b)^n[/texx] (I) [texx]\Rightarrow{}\: b=-A  [/texx]

Pero esto no tiene nada que ver con  [texx]A^{y} + B^{y} = C^{y}  [/texx]

Saludos.
En línea

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.
Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #5 : 23/08/2015, 08:13:06 pm »

Cita
Para empezar indicar que  (A+b)^3=A^3+3A^2b+3Ab^2+b^3  y de forma general  (A+b)^n=A^n+nA^(n-1)b+\ldots+nAb^(n-1)+b^n . Esto no es más que el desarrollo de potencias mediante el Triángulo de Pascal. Si vemos la última expresión, todos los sumandos tienen un factor común, excepto b^n.

Esa parte precisamente era muy clara. Ahí no hay ninguna duda.


Cita
En este ejemplo  70^3 + 105^3 = 35^4 ...

El ejemplo de la conjetura de Beal me parece totalmente correcto; pero reincido en el cuidado de no trasponer de una conjetura a otra. Mi sentimiento de precaución no es porque no recordara que todo número compuesto es producto de primos; es por ser cauto y no igualar a algo que haga que tu planteamiento deje de ser el UTF.

Seguimos hacia delante.
I) [texx]A^{y} + (A+b)^{y} = A^{y} + (n_{0}\cdot A^{y} + n_{1} \cdot A^{(y-1)}\cdot b + \cdots + n_{y-1} \cdot A \cdot b^{(y-1)}+ n_{y} \cdot b^{y})[/texx],   con [texx]n_{i}[/texx] los correspondientes coeficientes binomiales.
II) [texx](A)^{y} = \big( (A-1) \cdot (A+1) + 1 \big) \cdot (A)^{y-2}[/texx]

Y ahora volvemos a lo que te recalqué en la respuesta anterior.La ecuación I) no lo puedes igualar a cualquier cosa; en particular no la puedes igualar a la que has intentado igualarla. Lo único que se sabe es, por el supuesto contraejemplo, que [texx]A^{y} + B^{y} = C^{y}[/texx]; pero nada de igualar a cualquier potencia de A. Te has salido del UTF.


Cita
Dicho eso, llega el punto crítico. En toda igualdad se puede añadir o extraer todo factor no nulo que se desee manteniendo la veracidad de la igualdad. ¿En que se traduce eso? En que si querías extraer un factor diferente a [texx](A+b)^{y-2}[/texx], podías. Desde el principio podías. Ilustro el caso

[texx]p \left( \frac{A^{y}}{p} + \frac{B^{y}}{p} \right) = A^{y} + B^{y} = C^{y} = \frac{C^{y}}{p} \cdot p[/texx]

Lo vuelvo a decir: si de extraer un factor se trataba, lo podrías haber hecho desde el principio. Y el caso se quedaba dentro del UTF:

[texx]\tilde{A} = \displaystyle \frac{A}{\sqrt[y]{p}} \in \mathbb{R}^{+}[/texx]

[texx]\tilde{B} = \displaystyle \frac{B}{\sqrt[y]{p}} \in \mathbb{R}^{+}[/texx]

[texx]\tilde{C} = \displaystyle \frac{C}{\sqrt[y]{p}} \in \mathbb{R}^{+}[/texx]

[texx]\tilde{A}^{x} + \tilde{B}^{y} = \tilde{C}^{y} \Longleftrightarrow A^{y} + B^{y} = C^{y}[/texx]
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« Respuesta #6 : 24/08/2015, 03:58:29 am »

Chicos mil gracias.  De acuerdo con todo lo dicho.
Imaginemos que la base de II es A* n, pertenece a los N.
Y que la expression I tiene que alcanzar ser potencia. La unica forma es que b tenga un factor comun con A. Cierto?
Entonces hora si. Dejamos libres los exponents, todo ellos son mayores que dos. Y b tiene que tener un factor comun con A. Y obviamente la base de II es i gual a A*n. Este ultimo razonamiento demuestra la Conjetura de Beal?
En línea
Luis Fuentes
el_manco
Administrador
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 44.493


Ver Perfil
« Respuesta #7 : 24/08/2015, 05:45:43 am »

Hola

Chicos mil gracias.  De acuerdo con todo lo dicho.
Imaginemos que la base de II es A* n, [A,n]\in{}N.

Ahí no sé que has querido decir con A*. ¿Es una nueva variable diferente de A?. Si es así no te lies con asteriscos y ponle otro nombre diferente. En otro caso no sé que has querido poner.

Cita
Y que la expression I tiene que alcanzar ser potencia. La unica forma es que b tenga un factor comun con A. Cierto?


No. No es cierto. O mejor dicho no está justificado. Esa afirmación es gratuita. Entiendo que afirmas que para que:

[texx]A^{y} + (A+b)^{y} = A^{y} + (n_{0}\cdot A^{y} + n_{1} \cdot A^{(y-1)}\cdot b + \cdots + n_{y-1} \cdot A \cdot b^{(y-1)}+ n_{y} \cdot b^{y})[/texx]

sea potencia de un entero, [texx]A[/texx] y [texx]b[/texx] tienen que tener un factor común; pero no has dado un sólo argumento que sostenga esa afirmación. Si piensas que si lo has dado, ¿cuál es?.

Saludos.
En línea
feriva
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 8.139



Ver Perfil
« Respuesta #8 : 24/08/2015, 07:55:05 am »

Hola voy a lanzar un argumento para demostrar que si existiera un contraejemplo (que no lo hay) del último teorema de Fermat (UTF)  las tres bases deberian tener un factor común. Básicamente es lo que establece la Conjetura de Beal.


Conocía desde hace tiempo esta conjetura pero nunca he pensado en ella; me parece difícil de probar. La cuestión está en por qué deberían tener un factor común; y eso, si es así, tendrá que ver con las potencias. Sospecho que tiene que estar relacionada (como supongo que también pasa en el UTF) con el hecho de que 2 es el único primo cuyo natural siguiente es también primo; hay muchos a los que les sigue su gemelo, hay muchos a los que les sigue otro a distancia de cuatro u otra distancia mayor... pero sólo hay un primo al que le sigue otro a una distancia particular sin que ocurra con ninguno más (el que esa distancia sea 1, la distancia mínima, es importante, sin duda, pero el 1 no tiene “tamaño”, no sabemos realmente “dónde está”). Creo que el intento de demostración tendría que usar esa particularidad de una manera “fuerte”, caracterizándola de algún modo; o esta particularidad u otra, alguna que realmente pueda decirnos algo, si no... sólo escribiremos letras que no llegarán a ningún sitio. Y no parece nada fácil.     

Saludos.
En línea

Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« Respuesta #9 : 24/08/2015, 04:44:58 pm »

Expresión I [texx] A^x +(A^y+yA^{y-1}b+\ldots+yAb^{y-1}+b^y)[/texx]
Expresión II [texx] (nA)^z = ((nA-1)(nA+1)+1)(nA)^(z-2) [/texx] donde n pertenece a los números enteros positivos.
Si igualamos I y II. Despejamos b. Obtenemos [texx] b=((An)^z-Ax)^(1/y)-A [/texx]. Expresión III.
La potencia [texx] (A+b)^y [/texx] . La desarrollo mediante el Triangúlo de Pascal. Que si, es fruto del binomio de Newton con sus coeficientes. Aunque yo me aclaro, me parece más fácil con la óptica establecida con el Triángulo de Pascal. Dicho Triángulo, muestra de forma fácil, que ningún desarrollo de ninguna potencia, sus coeficientes, mantienen por ellos mismos un factor común.  ¿Qué ocurriría si b de la Expresión I adoptara el valor de un número primo. Es decir [texx] 2^x+(2+5)^y=2^x+(2^y+y2^(y-1)5+\ldots+2\cdot{}5^(y-1)+5^y) [/texx]. Creo que nunca alcanzaría ser una potencia de ningún número entero, no creéis?.

En otras palabras, para que I, sea potencia de números enteros mayores que dos, debería ser igual a II. La variable b, conforme Conjetura de Beal, tiene que ser integra. Por lo tanto si b es un número integro, este deberá tener un factor común con A. Oberservemos Expresión III.

Los números primos son muy interesantes, al igual que la Conjetura de Riemman. Cierto que el 2 y el 3 son los únicos primos que les separa el 1. Pero es lógico, todos los primos son impares, excepto el 2, (si no serian divisibles de dos) por lo tanto no les queda más remedio que crecer a base de números pares. Porque si a un número impar le sumamos 1, automáticamente se convierte en par y ya no es primo.
En línea
feriva
Pleno*
*****

Karma: +1/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 8.139



Ver Perfil
« Respuesta #10 : 24/08/2015, 05:36:39 pm »



Los números primos son muy interesantes, al igual que la Conjetura de Riemman. Cierto que el 2 y el 3 son los únicos primos que les separa el 1. Pero es lógico, todos los primos son impares, excepto el 2, (si no serian divisibles de dos) por lo tanto no les queda más remedio que crecer a base de números pares. Porque si a un número impar le sumamos 1, automáticamente se convierte en par y ya no es primo.


Pero eso no diferencia al 2, también todos los múltiplos de 3 son “triares” (podríamos inventar la palabra) y los demás son “intriares”, y así podríamos hablar de “septares” o de los múltiplos de cualquier otro primo; si a cualquier múltiplo de 3 u otro primo que no sea el 2, le sumas 1, y nunca puede ser múltiplo de ese primo; por tanto, eso no caracteriza al 2.
Los pares no son más que los múltiplos de 2 y los impares no son más que no múltiplos de 2, sólo se diferencia por ser el primer primo y lo que conlleva al ser el único que es sucedido por un primo y antecedido por la unidad.

Saludos.
En línea

Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #11 : 24/08/2015, 09:43:13 pm »

Expresión I [texx] A^x +(A^y+yA^{y-1}b+\ldots+yAb^{y-1}+b^y)[/texx]
Expresión II [texx] (nA)^z = ((nA-1)(nA+1)+1)(nA)^(z-2) [/texx] donde n pertenece a los números enteros positivos.
Si igualamos I y II ...

¿Estamos de acuerdo, primero y ante todo, en que ya no estamos en el UTF?

NO: Entonces mantenemos la idea original de que partíamos de un supuesto ejemplo del UTF. Teníamos un caso del tipo [texx]A^{y} + B^{y} = C^{y}[/texx] y ahora hemos cambiado a algo de la forma [texx]A^{x} + B^{y} = D^{z}[/texx] sin motivo aparente.

Spoiler (click para mostrar u ocultar)


[texx]SI:[/texx] Entonces estamos hablando de algo de la forma [texx]A^{x} + B^{y} = D^{z}[/texx], pero que no tiene porqué cumplir el UTF. Perfecto.

¿De dónde sale II? ¿Impones desde el principio como condición que estás en el caso particular de una igualdad de la forma [texx]A^{x} + B^{y} = n^{z} C^{z}[/texx]  ?


[texx]NO:[/texx] Entonces debe haber un motivo para imponer que la igualdad de I con II dado que no vale igualar cualquier cosa a cualquier otra. ¿Cuál es tal motivo?

Spoiler (click para mostrar u ocultar)


[texx]SI:[/texx] Perfecto. Seguimos por aquí el razonamiento sin pegas.



Cita
Dicho Triángulo, muestra de forma fácil, que ningún desarrollo de ninguna potencia, sus coeficientes, mantienen por ellos mismos un factor común.

En el cómputo numérico te doy la razón: el resultado es el que es, se exprese como se exprese; pero vuelvo a decir que en el aspecto algebraico nada te impide extraer un factor común.



Cita
¿Qué ocurriría si b de la Expresión I adoptara el valor de un número primo. Es decir  [texx]2^x+(2+5)^y=2^x+(2^y+y2^(y-1)5+\ldots+2\cdot{}5^(y-1)+5^y)[/texx] . Creo que nunca alcanzaría ser una potencia de ningún número entero, no creéis?

Creer no supone nada hasta que se demuestre algo o lo contrario... ¡Es más!, planteas el caso particular [texx]A^{x} + (A+p)^{y} \neq m^{t}[/texx] de sumas de potencias enteras de bases enteras y con p un primo, ¿no? Eso es un caso particularmente opuesto al tuyo de inicial. Partías de que I equivalía a II --es decir, I se expresa como potencia de un entero-- y ahora dices que I no se puede expresar como potencia de un entero --ahora afirmas que I no equivale a II-- ¿Por qué sin haber probado aún nada tenemos una contradicción?



Cita
En otras palabras, para que I, sea potencia de números enteros mayores que dos, debería ser igual a II. La variable b, conforme Conjetura de Beal, tiene que ser integra. Por lo tanto si b es un número integro, este deberá tener un factor común con A. Oberservemos Expresión III.

Ni que decir que no hay nada que haga llegar a tanta conclusión (salvo a la conclusión de que no se tiene nada). Además de que si no tomabas como condición inicial que I = II estamos en el mismo punto que en tu post previo donde imponías igualdades sin ton ni son. Tampoco sé a qué te refieres con que b sea íntegro, pero para el caso...




PD: ¿Sabes porqué la conjetura de Beal toma como condición que los exponentes sean estrictamente mayores que 2? Porque para exponentes menores o iguales que dos se tienen el teorema de Fermat de la suma de cuadrados y las ternas pitagóricas.
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« Respuesta #12 : 25/08/2015, 10:37:14 am »

Hola. Desde Luego que el post lo tendria que haver titulado la Conjetura de Beal. En breve rerespondere a las indicaciones. Aunque  me a salta una duda. Si obtuvieramos una ecuacuacion con la que obtener t odos los valores  conocidos a la Conjetura (durangobill.com) . Podria decir que la conjetura esta r esuelta?
En línea
Gonzo
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 160


Ver Perfil
« Respuesta #13 : 25/08/2015, 04:45:39 pm »

Ambas expresiones I y II. Las obtengo al intentar modelizar los valores que cumplen la Conjetura. (http://durangobill.com/Beals22simple.txt). Peter Norving, supongo que tendrá más. Pero sus resultados no son públicos.
La ecuación general es [texx] A^x+(A+b)^y=(A±c)^z [/texx]. Dicha expresión la cumplen todos los valores nombrados. Obviamente A, b y c, tienen un factor común.
Willix, indicas que “En el cómputo numérico te doy la razón: el resultado es el que es, se exprese como se exprese; pero vuelvo a decir que en el aspecto algebraico nada te impide extraer un factor común.” Está claro. Pero para que cumpla conjetura, el factor común debe ser un número entero.

La expression III, [texx] b=((An)^z-A^x)^(1/y)-A [/texx], ¿no demuestra que I y II debén tener un factor común?. Porque cualquier número que obtengamos de dicha expresión que sea entero o integro, tendrá que tener un factor común con A. ¿Cierto? ¿Este razonamiento no demuestra que I y II deben tener un factor común, todos sus sumandos?

Igualar la expresión I y II, es el  intento de encontrar un modelo que se ajuste a la Conjetura e intentar demostrar que  deba haber un factor común.

Y la PD la contesto con http://gaussianos.com/beal-y-la-conjetura-de-los-100000-dolares/.
En línea
Luis Fuentes
el_manco
Administrador
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 44.493


Ver Perfil
« Respuesta #14 : 25/08/2015, 05:23:38 pm »

Hola

Ambas expresiones I y II. Las obtengo al intentar modelizar los valores que cumplen la Conjetura. (http://durangobill.com/Beals22simple.txt). Peter Norving, supongo que tendrá más. Pero sus resultados no son públicos.
La ecuación general es [texx] A^x+(A+b)^y=(A±c)^z [/texx]. Dicha expresión la cumplen todos los valores nombrados. Obviamente A, b y c, tienen un factor común.

Lo que aparece en la página que enlazas son ejemplos de valores para los cuáles se cumple la conjetura; no tiene nada de raro. Precisamente porque uno siempre encuentra casos donde se cumple y ninguno donde falla se sospecha que tal conjetura es cierta.

Cuando dices que "obviamente"   las variables implicadas tienen un factor común; supongo que te refieres que es obvio que tiene que ser así porque si no se hubiese tirado abajo la conjetura; pero no porque halla ningún razonamiento objetivo obvio conocido que nos lleve a estar seguros de que tal factor debe de existir.

Cita
La expression III, [texx] b=((An)^z-A^x)^(1/y)-A [/texx], ¿no demuestra que I y II debén tener un factor común?. Porque cualquier número que obtengamos de dicha expresión que sea entero o integro, tendrá que tener un factor común con A. ¿Cierto? ¿Este razonamiento no demuestra que I y II deben tener un factor común, todos sus sumandos?

Pero el problema es que desde el principio igualas las expresiones I, [texx]A^x+(A+b)^y[/texx] y II, [texx](nA)^z[/texx] y... claro.. si son iguales está claro que entonces [texx]b[/texx] tiene que ser divisible por [texx]A[/texx].

¿Pero por qué habían de ser iguales? Es decir eso no prueba que en el caso general [texx]A^x+(A+b)^y=(A+c)^z[/texx], los tres factores tengan que tener un factor común.

Dicho de otra manera y más en general, es trivial que si en la igualdad [texx]A^x+B^y=C^z[/texx] dos de los factores tienen un divisor primo común éste también divide al tercero; pero el problema es probar que necesariamente dada la igualdad existen esos dos factores con divisor primo común.

Saludos.
En línea
Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #15 : 25/08/2015, 09:00:37 pm »

Cita de: Gonzo en Hoy a las 20:45:39
Cita
Ambas expresiones I y II. Las obtengo al intentar modelizar los valores que cumplen la Conjetura. (http://durangobill.com/Beals22simple.txt). Peter Norving, supongo que tendrá más. Pero sus resultados no son públicos.

Me alegra ver finalmente una base en todo este proceso. Desde aquel remoto "...igualamos [texx]A^y +(A^y+y\cdot A^{y-1}\cdot b\ldots+y\cdot A\cdot b^{y-1}+b^y)[/texx] a cualquier potencia de dos..." en el UTF hasta aquí nos has tenido en vela con el porqué de igualar cada I que ha aparecido con su II correspondiente.
Entonces I procede directamente de la fórmula en la conjetura de Beal y II de un modelo basado en comprobación numérica (tampoco es una ley probada). Doy por hecho que todos los ejemplos conocidos tienen como resultado un número del tipo II.

Cita
La ecuación general es  [texx]A^x+(A+b)^y=(A\pm c)^z[/texx] . Dicha expresión la cumplen todos los valores nombrados. Obviamente A, b y c, tienen un factor común.
Efectivamente todos los ejemplos conocidos cumplen la conjetura de Beal sobre el factor primo, si no estaría ya desechada; pero por obvio que parezca estamos en una conjetura.



Ahora que por fin hay un sentido en igualar I y II, se pueden comentar los resultados de igualar I y II para obtener III.
Cita
La expresión III  [texx]b=\big((An)^{z}-A^{x}\big)^{\frac{1}{y}} - A[/texx] ¿no demuestra que I y II deben tener un factor común?. Porque cualquier número que obtengamos de dicha expresión que sea entero o integro, tendrá que tener un factor común con A. ¿Cierto? ¿Este razonamiento no demuestra que I y II deben tener un factor común, todos sus sumandos?

Por desgracia no. El problema reside en que no hay nada (que no sean ejemplos) que haga de II una ley para la conjetura. Es un poco cíclico: de una conjetura conjeturo algo que confirma la conjetura. En este caso de la conjetura de Beal conjeturas que el cómputo es de la forma [texx](nA)^{z}[/texx] para obtener un factor común. Habría que probar que para cualquier A,b,x,y se pueden escoger algún n y algún z que forma que I=II.



Es tarde y vengo de salir, así que en todo el texto puede haber fallos. Lo revisaré mañana. Pero de nuevo, me alegra mucho que el planteamiento al fin este encauzado sin vacíos de justificaciones.
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
robinlambada
Moderador Global
Pleno*
*

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.948


Ver Perfil
« Respuesta #16 : 26/08/2015, 04:31:51 am »

Hola, espero ayudar a aclarar a Gonzo su error y no liar más el tema.

Coincido plenamente con lo expuesto por el_manco. la clave está en que la ecuación que hay que probar que tienen un factor común todas las bases es: [texx] A^x+B^y=C^z [/texx] o también: [texx] A^x+(A+b)^y=(A±c)^z [/texx].

Pero tu has partido de: [texx]A^x+(A+b)^y=(nA)^z[/texx], es decir as supuesto (que no demostrado) que [texx]C=n\cdot{}A[/texx] es divisible entre A, y el propio A obviamente también es divisible por si mismo. Partes de que si dos bases en la ecuación son divisibles entre A, entonces el tercero también, pero eso es obvio. Debes demostrar como dice el manco que tu hipótesis no es tal y es un hecho. Es decir demostrar que necesariamente dos bases tienen un factor común.

Una sugerencia de demostración podría ser, partir de que las tres bases son primos relativos, (sin factores en común). y llegar a una contradicción. No puedes partir de algo que está implícito en lo que quieres demostrar (equivalente), pues partes como si ya fuera cierto.

Habría que probar que para cualquier A,b,x,y se pueden escoger algún n y algún z que forma que I=II.

No. Entonces como para [texx]2^3+(2+1)^3=35\neq{(n\cdot{}2})^z \,\, \forall{}\,\, n\,\, \wedge \,\, z\,\,\in{N}[/texx] La conjetura sería falsa.

No se trataría de demostrar que es una identidad que obviamente no lo es, en todo caso demostrar que para los casos en que [texx] A^x+(A+b)^y=C^z\Rightarrow{}C=n\cdot{}A [/texx]. (Si la suma de potencias es otra potencia ,  entonces  C es múltiplo de A [texx]C=n\cdot{}A[/texx] )

Saludos.
En línea

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.
Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #17 : 26/08/2015, 06:22:39 am »

No sentencié en ningún momento que lo que dije que debería probar (siguiendo su línea de razonamiento) fuera verdad, robinlambada. Obviamente lo que tu has dicho es la base para demostrar la conjetura de Beal; pero él buscó una condición para C (básicamente la conjetura de Beal) para obtener el factor A en b y para ello necesita demostrar previamente su condición para C (sin usar la propia conjetura de Beal). En definitiva lo encaucé más como una búsqueda de un resultado previo que hace inmediata a la conjetura de Beal que como el camino para demostrar la propia conjetura.

También admito que anoche casi me se me mueren las últimas neuronas intentando poner una relación más o menos con sentido... Pero había tantas variables, tanto sueño...  :llorando:
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
robinlambada
Moderador Global
Pleno*
*

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 2.948


Ver Perfil
« Respuesta #18 : 26/08/2015, 08:55:57 am »

No sentencié en ningún momento que lo que dije que debería probar (siguiendo su línea de razonamiento) fuera verdad, robinlambada
Creo que no me has entendido. No se trata de sentenciar nada.

Solamente que lo que tu dices que Gonzo debería hacer para probar la conjetura, realmente no probaría la conjetura, pues tu impones que para demostrarla , esta debería ser  válida para cualquier A ,x y b
Habría que probar que para cualquier A,b,x,y se pueden escoger algún n y algún z que forma que I=II.

y esto es falso, pues la conjetura no se aplica para todos los valores naturales de A, x  y b , si no solo para los que cumplan la ecuación.

[texx]A^x+(A+b)^y=C^z[/texx] se debe probar A, A+b y C tienen al menos un factor primo común.

Como ejemplo, para probar que el teorema de Pitágoras tiene soluciones enteras [texx]A^2+B^2=C^2[/texx], no hay que probar que para cualquier valor entero de A y B existe  algún C entero, tal que [texx]A^2+B^2=C^2[/texx] , por que según tu razonamiento, para [texx]A=B=1[/texx]

[texx]1^2+1^2=(\sqrt[ ]{2})^2[/texx] y [texx]\sqrt[ ]{2}\not\in{Z}[/texx] , entonces podríamos concluir que el teorema de Pitágoras no tiene soluciones enteras. Lo cual es falso.
En línea

Envejecer es como escalar una gran montaña: mientras se sube las fuerzas disminuyen, pero la mirada es más libre, la vista más amplia y serena.

La verdadera juventud una vez alcanzada, nunca se pierde.
Willix
Pleno*
*****

Karma: +0/-0
Desconectado Desconectado

Sexo: Masculino
España España

Mensajes: 152



Ver Perfil
« Respuesta #19 : 26/08/2015, 09:58:02 am »

Si, te he entendido.

No he dicho en mi respuesta de hoy que
Cita
Habría que probar que para cualquier A,b,x,y se pueden escoger algún n y algún z que forma que I=II.
sea correcto.

He dicho que para tomar el planteamiento de Gonzo como una prueba, II debe tener una base demostrada (y no simplemente comprobada); mi intención era plasmar que siguiendo la línea que seguía necesitaba un resultado previo y externo a la propia conjetura. En un esfuerzo de dar alguna idea de dicho resultado puse eso. Obviamente eso no sirve (ni por la expresión ni por los cuantificadores). Pero avisé de que iba a haber fallos en mi planteamiento: he ahí uno. Tampoco afirmo que haya tal resultado, dado que lo veo como un aspecto cíclico.

¡Saludos!  :sonrisa:

PD: Con sentenciar me refiero simplemente a afirmar.
En línea

Porque sumando poco y cada vez menos se llega al infinito... Quid pro quo.
Volviendo desde los exámenes, pero de mudanza...
Páginas: [1] 2 3 ... 17   Ir Arriba
  Imprimir  
 
Ir a:  

Impulsado por MySQL Impulsado por PHP Powered by SMF 1.1.4 | SMF © 2006, Simple Machines LLC XHTML 1.0 válido! CSS válido!