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Autor Tema: Conjetura de Beal  (Leído 62189 veces)
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Luis Fuentes
el_manco
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« Respuesta #60 : 17/11/2015, 09:05:14 am »

Hola

Hola.
“Sigues con ejemplos con una "estructura" forzada que no tiene porque aparecer en el caso general”. El_manco dígame usted un ejemplo (potencia) que no cumpla con la ecuación [1], [2] y [3].

Las ecuaciones [1],[2] y [3] si te refieres a estas:

Recordemos [texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx] [1]  [texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx] [2] y [texx]A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2} [/texx] [3].

Son identidades. Se cumplen siempre. El problema no está en eso; el problema es que cuando tu obligas o decides (no se sabe muy bien con que criterio) si es posible "encajar" esas identidades en otras ecuaciones.

Por ejemplo:

Tipo 1.

Cita
[texx] 2^7+17^3=71^2; 112^3+57^3=1261^2; 1064^3+305^3=35113^2; 43^8+96222^3=30042907^2 [/texx].
Es decir que siguen la siguiente sistemática.
Sea A, B, C, D, E números enteros. Y x,y iguales o mayores que 3 y z=2.
[texx](2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2}[/texx];

[texx] 2*D+1= 2*E+1 [/texx]. Observemos que dicha expresión nunca alcanzará la ecuación [2] y [3].

La frase "dicha expresión nunca alcanzará la ecuación [2] y [3]" no tiene ningun significado; no se entiende que quieres decir con ella. Las ecuaciones no se alcanzan (es decir el concepto "alcanzar una ecuación" no tiene sentido. Las expresiones [2] y [3] como dije son identidaes que se cumplen siempre; pero no hay ninguna relación entre ellas (o no has sido capaz hasta ahora de explicarla) y lo que pones después.

Cita
Vamos a suponer que existe un contraejemplo y vamos a intentar encontrarlo (con el patrón de valores conocidos).

[texx] A^x + B^y = C^z [/texx];
[texx] ((Cn-2) ((Cn-1)^{x-2})((Cn)+ ((Cn-1)^{x-2}) + (Cm) ((Cm+1)^{y-2})((Cm+2)+ ((Cm+1)^{y-2}); [/texx];
[texx] C(((Cn-2) ((Cn-1)^{x-2})((n)+ (m) ((Cm+1)^{y-2})((Cm+2))+n[ ]+m[ ] [/texx];
Y aquí llegamos a la contradicción.
Si sacamos un factor común de [4]. [texx] ((C)^{z-2}) ((C-1) (C+1)+ 1) [/texx] [4].

[texx] (((Cn-2) ((Cn-1)^{x-2})((n)+ (m) ((Cm+1)^{y-2})((Cm+2)) \neq{} ((C-1) (C+1) [/texx]
[texx] n[ ]+m[ ] \neq{} 1 [/texx].

Aquí no se entiende nada.

Saludos.
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« Respuesta #61 : 17/11/2015, 04:11:43 pm »

Hola.

[texx](2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2}[/texx]. Dicha ecuación si la desarrollamos la podemos escribir. [texx] 2*D+1= 2*E+1 [/texx]. Es decir, [texx] (2*A)^{x} +((DTP)+1)= 2*E+1 [/texx]. Siendo DTP el desarrollo de la potencia mediante el triángulo de Pascal (que es un entero multiplicado por dos). Entonces si agrupamos (la suma de las dos potencias inciales) [texx] 2*D+1 [/texx]. Todos los términos no poseen un factor común conforme [texx]A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2} [/texx]. Por lo tanto, en el mejor de los casos, la suma de las potencias, solo podrá ser potencia de grado dos. Eso implicaría que ningún ejemplo del Tipo 1, su suma, alcance, pueda ser potencia de grado mayor que dos. ¿Se entiende?


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« Respuesta #62 : 28/12/2015, 01:16:12 pm »

Hola

Hola.

[texx](2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2}[/texx]. Dicha ecuación si la desarrollamos la podemos escribir. [texx] 2*D+1= 2*E+1 [/texx]. Es decir, [texx] (2*A)^{x} +((DTP)+1)= 2*E+1 [/texx]. Siendo DTP el desarrollo de la potencia mediante el triángulo de Pascal (que es un entero multiplicado por dos). Entonces si agrupamos (la suma de las dos potencias inciales) [texx] 2*D+1 [/texx]. Todos los términos no poseen un factor común conforme [texx]A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2} [/texx]. Por lo tanto, en el mejor de los casos, la suma de las potencias, solo podrá ser potencia de grado dos. Eso implicaría que ningún ejemplo del Tipo 1, su suma, alcance, pueda ser potencia de grado mayor que dos. ¿Se entiende?

No. No se entiende. ¿Qué términos son los que no tienen una factor común?. Qué cada un de los términos no sean divisibles por un número no implica que la suma no pueda ser divisible por ese número.

Saludos.
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« Respuesta #63 : 30/12/2015, 03:55:05 pm »

Hola.
Siguientemente voy a indicar todos los posibles casos que nos podemos encontrar frente a la ecuación de la Conjetura de Beal.
Supongamos que A, B, C, D y E son números enteros y que 2A+1 es un número impar y que 2A es un número par. (x, y, z mayor o igual que 3).
En consecuencia:
Caso 1.
Para empezar indiquemos que al nombrar (tp) indico el desarrollo de la potencia mediante el triángulo de Pascal.
[texx] (2A+1)^x+(2B+1)^y = (2C+1)^z; ((2A)^x+2(tp)+1) + ((2B)^y+2(tp)+1) \neq{} 2E+1 [/texx]. Veamos que la izquierda de la desigualdad siempre será un número par. Caso contrario en el derecho donde siempre aparecerá un uno que obliga a ser el número de la derecha un número impar por lo tanto las tres bases no pueden ser impares.
Caso 2.
Si las tres bases son pares, hay un factor común conforme señala la Conjetura de Beal.
Caso 3
[texx] (2A)^x+(2B+1)^y = (2C)^z; 2D+1 \neq{} 2E [/texx]. Tampoco es posible dos bases pares y una impar.
Caso 4
[texx] (2A)^x+(2B+1)^y = (2C+1)^z; 2D+1 = 2E+1 [/texx]. Si que es posible dos bases impares y una par.

Por lo tanto señalamos que si hubiera un contraejemplo este contendría dos bases impares y una par. ¿Cierto?
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« Respuesta #64 : 30/12/2015, 06:44:36 pm »

Hola

Por lo tanto señalamos que si hubiera un contraejemplo este contendría dos bases impares y una par. ¿Cierto?

Pues claro; eso es una trivialidad que ya fue comentada antes:

Aquí nuevamente estás demostrando una cosa que es trivial, obvia, y que no aporta nada.

Partes de la igualdad:

[texx](Bc)^x+(Bc+t)^y=(Bn)^z[/texx]

y muestras que es imposible que [texx]t[/texx] y [texx]B[/texx] sean coprimos. Eso es obvio y no sirve nada. Está claro que si en la expresión:

[texx]P^x+Q^t=R^z[/texx]

dos de los sumandos tienen un factor común (en tu caso [texx]P=BC[/texx] y [texx]R=BC[/texx] tienen a [texx]B[/texx] por factor común), el tercero (en tu caso [texx]Q=Bc+t[/texx]) también tiene ese factor común (en tu caso [texx]B[/texx]).

Pero no es ese caso de particular el que realmente queremos probar. Lo que queremos probar, lo que dice la conjetura de Beal, es que si tenemos

[texx]P^x+Q^t=R^z[/texx]

con exponentes enteros superiores a dos, entonces los tres factores [texx]P,Q,R[/texx] tienen un divisor común. Y esto ha de demostrarse sin suponer que dos de ellos ya tienen el factor común (ya que ese caso es obvio y es el único que estás demostrando en toda tu argumentación).

Si dos de los términos tienen un factor común, entonces el tercero también. Eso es trivial, inmediato. Por tanto si dos de ellos son pares el tercero también.

Así que si aspiramos a un contrajemplo, los tres números han de ser coprimos dos a dos (en particular, como dices, no puede haber dos pares).

Saludos.

P.D. Estás dando vueltas en círculo sobre una idea, que con toda sinceridad, no hay un sólo indicio de que lleve a ninguna conclusión útil.
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« Respuesta #65 : 01/01/2016, 06:16:44 am »

Ciertamente no creo que exista un contraejemplo. Ya que, solo por estadística ya tendría que haber aparecido, con tanta fuerza bruta aplicada a la ecuación. Solo intento encontrar todas los posibles casos en que podria aparecer un contraejemplo y alcanzar la contradicción que demuestre que no existe.

Pero hay por ahí fuentes de la red que dicen que si el japonés Shinichi Mochizuki ha demostrado la conjetura abc entonces el UTF se podría demostrar de un plumazo y esto demostraría que existen varios contraejemplos a la Conjetura de Beal. Me gustaría saber si alguien puede arrojar algo de luz sobre esto.
En esta noticia hay algo. http://elpais.com/elpais/2015/12/26/ciencia/1451122090_210428.html

En fin, feliz año a todo el mundo.
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« Respuesta #66 : 02/01/2016, 07:56:33 am »

Hola

Ciertamente no creo que exista un contraejemplo. Ya que, solo por estadística ya tendría que haber aparecido, con tanta fuerza bruta aplicada a la ecuación. Solo intento encontrar todas los posibles casos en que podria aparecer un contraejemplo y alcanzar la contradicción que demuestre que no existe.

Bien, pero esto útlimo, no lo estás consiguiendo. Lo cuál no es ningún demérito, porque la conjetura sigue abierta: ni tu ni nadie ha podido probarla hasta ahora.

Cita
Pero hay por ahí fuentes de la red que dicen que si el japonés Shinichi Mochizuki ha demostrado la conjetura abc entonces el UTF se podría demostrar de un plumazo y esto demostraría que existen varios contraejemplos a la Conjetura de Beal. Me gustaría saber si alguien puede arrojar algo de luz sobre esto.
En esta noticia hay algo. http://elpais.com/elpais/2015/12/26/ciencia/1451122090_210428.html

Pues si los matemáticos expertos en el tema todavía no han desmenuzado la presunta prueba de Mochizuki, poco más puedo decir. El problema es que su demostración se basa en toda una nueva teoría desarrollada por él, y hasta entender ésta es difícil verificar la validez de la prueba. Eso si, la frase final del artículo de elpais me parece demasiado pesimista: "si Mochizuki no escribe un artículo que se entienda, puede que el asunto nunca llegue a resolverse." Si la teoría es "buena" tarde o temprano se entenderá y seguro se podrá explicar de forma más comprensible para el matemático común.

Una puntualización, eso si, no es cierto que la validez de la conjetura abc implique que existen varios contraejemplos de la Conjetura de Beal; lo que implica es que a lo sumo existirían un número finito de contraejemplos de la conjeutra, cosa bien distinta a lo que apuntabas.

Saludos.
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« Respuesta #67 : 02/01/2016, 12:18:09 pm »

Hola

Cita
Una puntualización, eso si, no es cierto que la validez de la conjetura abc implique que existen varios contraejemplos de la Conjetura de Beal; lo que implica es que a lo sumo existirían un número finito de contraejemplos de la conjeutra, cosa bien distinta a lo que apuntabas.

Dicha afirmación ¿la decis en base a que?

¿En que os basais? (link, razonamiento, deducción, etc).
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« Respuesta #68 : 02/01/2016, 07:31:46 pm »

Hola

Hola

Cita
Una puntualización, eso si, no es cierto que la validez de la conjetura abc implique que existen varios contraejemplos de la Conjetura de Beal; lo que implica es que a lo sumo existirían un número finito de contraejemplos de la conjeutra, cosa bien distinta a lo que apuntabas.

Dicha afirmación ¿la decis en base a que?

¿En que os basais? (link, razonamiento, deducción, etc).

Para ser sincero simplemente me fié de lo que dice la Wikipedia en inglés:

"The abc conjecture would imply that there are at most finitely many counterexamples to Beal's conjecture."

En estas notas, página 67 ejercicio 6.4.2. plantea como ejercicio probar ese hecho:

https://dash.harvard.edu/bitstream/handle/1/2793857/Elkies%20-%20ABCs%20of%20Number%20Theory.pdf?sequence=2

En la página 6 de este paper se dice lo mismo y se esboza la idea:

http://arxiv.org/pdf/1004.0430.pdf

Saludos.
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« Respuesta #69 : 02/10/2016, 03:08:27 pm »

Hola. Recordemos la siguiente las siguientes expresiones:
[texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx]    [Ecuación 1]
[texx]A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A) [/texx]   [Ecuación 2]
[texx]A^4 = ((A-1) A^2 (A+1)+ A^2) [/texx]    [Ecuación 3]
[texx]A^n = ((A-1) A^{n-2} (A+1)+ A^{n-2}) [/texx]    [Ecuación 4]
Seguidamente en la Ecuación 2, en adelante E2. [texx]A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A) [/texx]. Llamemos [texx] ((A-1) A (A+1) [/texx] núcleo y a A extremo. A continuación enumeramos distintos casos para intentar demostrar la conjetura.

Caso A^3+B^3= (A+B)^3
Modelicemos la suma [texx] A^3+B^3 [/texx]. Para ello aplicamos la E2. Solo en lo referente al núcleo. Obteniendo.
[texx] (A-1)A(A+1) + (B-1)B(B+1)= (A+B)(A^2 - AB+B^2-1) [/texx].
El 1 desaparecería de dicha ecuación si le añadimos los extremos A + B. Esto es. [texx] (A-1)A(A+1) + A (B-1)B(B+1) +B= (A+B)(A^2-AB+B^2) [/texx]. E5.
El siguiente paso es modelizar. [texx] (A+B)^n[/texx]. Para ello introducimos una nueva ecuación E6. Esto es:
[texx] ((A^2)((A+B)^{(n-2)})) + ((B^2)((A+B)^{(n-2)} + ((2AB)((A+B)^{(n-2)})) [/texx];
[texx] ((A+B)^{(n-2)}) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx] E6.
Observemos E5 y E6, respectivamente. Adoptando este última el grado de 3.
[texx] (A+B)(A^2+AB+B^2) = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx]. Rápidamente, nos viene a la cabeza el UTF. Y si, si igualamos simplificamos ambas expresiones obtenemos [texx] (A+B)(A^2 - AB+B^2) = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx]; [texx] -AB= +2AB [/texx]. Llegamos a una contradicción. Entonces podemos decir que [texx] A^3+B^3 = (A+B)^3 [/texx] nunca tendrá solución con número enteros. Ya que ninguno de estos puede satisfacer [texx] -AB= +2AB [/texx].
Caso A^4+B^4= (A+B)^3
Modelizamos [texx] A^4+B^4 [/texx]. Para ello aplicamos la E3. Solo en lo referente al núcleo. La obtención en principio es irrelevante. Añadamos la siguiente parte de la igualdad. Esto es:
[texx] A^4+B^4 = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
[texx] (A^4+B^4)/(A+B) = (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
[texx] (((2a^4)/(a+b))-(a^3)+(a^2)b-a(b^2)+(b^3)) = (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
En esta última expresión podemos ver que la división [texx] (((2a^4)/(a+b)) [/texx] condiciona a toda la ecuación. Ya que, si su resultado no es un número entero la conjetura no se cumple. Si analizamos dicha expresión observamos que para que el resultado sea entero a y b deben tener un factor común. En caso contrario el resultado no es un número entero y entonces no cumple conjetura.
Encontramos los siguientes ejemplos, entre otros, [texx] 4^4+4^4=8^3; 32^4+32^4=128^3; 108^4+108^4=648^3; 256^4+256^4=2048^3; 289^4+578^4=4913^3; 500^4+500^4=5000^3[/texx].

Caso A^5+B^5= (A+B)^3
 [texx] (((A^3)(A-1)(A+1)+( B^3)(B-1)(B+1)))+(A^3)+(B^3)= ((A+B)^(1)) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
 [texx] (((A^3)(A-1)(A+1)+( B^3)(B-1)(B+1))/(A+B))+(A^3)/(A+B)+(B^3)/(A+B))= (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
Si alguna de los quebrados, su resultado no es integro, entonces la conjetura no cumple. Por lo tanto conforme, el caso [texx] A^4+B^4= (A+B)^3[/texx], a y b comparten factor común. De no ser así [texx] (A^2 + B^2 +2AB) [/texx] sería igual a un número distinto de un entero.
Encontramos los siguientes ejemplos, entre otros, [texx] 2^5+2^5=4^3; 16^5+16^5=128^3; 54^5+54^5=972^3; 66^5+33^5=1089^3 [/texx].

Caso A^n+B^n= (A+B)^m
Siendo n y m ambos mayores que tres e íntegros.
[texx] (((A^{(n-2)})(A-1)(A+1)+( B^{(n-2)})(B-1)(B+1)))+(A^{(n-2)})+(B^{(n-2)})= ((A+B)^{(m-2)}) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
 [texx](((A^3)(A-1)(A+1)+(B^3)(B-1)(B+1))/((A+B)^(m-2)))+(A^3)/((A+B)^(m-2)))+(B^3)/((A+B)^(m-2))))= (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
Si alguna de los quebrados, su resultado no es integro, entonces la conjetura no cumple. Por lo tanto conforme lo comentado A y B deben poseer un factor común.

Resumiendo y desde otro punto de vista. Para intentar resolver la conjetura propongo la siguiente ecuación:
[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx] llamémosla E7; Siendo AB() el desarrollo de los sumandos intermedios de las potencias establecidas conforme el Triangulo de Pascal. Si nos fijamos en los sumandos intermedios del Triangulo, todos ellos tendrán el factor común de (A.B). Nombrada E7 indicar que solo pueden existir tres casos en los que pueda cumplirse la conjetura.
Caso A.
[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] A^n + AB()+ B^n = (A+B)^n [/texx];
[texx] C^m+ B^n = (A+B)^n [/texx]; donde [texx] C^m = A^n + AB() [/texx]. Pero siempre con la restricción del factor común, en A y B, de lo contrario la conjetura no cumple. Esto es. [texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B) (A+B)^{n-1} [/texx]; [texx] (A^n + B^n + AB())/((A+B)) = (A+B)^{n-1} [/texx]. Si [texx] (A^n, B^n y AB()) [/texx] no comparte factor común con (A+B) entonces [texx] (A+B)^{n-1} [/texx] no sería igual a un número entero.
Caso B.
Es el Caso A, con el matiz de que [texx] C^m = B^n + AB() [/texx].
Ejemplo. [texx]7^3+7^4=14^3[/texx].

Caso C.
[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] A^n + B^n = (A+B)^n - AB() [/texx]. Coincidiendo con el Caso A y B, en aquello de la restricción.
Ejemplo. [texx]3^3+6^3=3^5[/texx]; Es decir [texx]3^3+6^3+2·3^5=9^3[/texx]. Siendo [texx] 2·3^5 [/texx] la suma de los sumandos intermedios del Triangulo de Pascal. En este caso [texx] 9^3-2·3^5 = 3^6-2·3^5 = 3^5(3-2) = 3^5 [/texx].

Si lo enunciado fuera cierto, estaríamos en condiciones de responder a la pregunta inicial.

Atentamente.
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« Respuesta #70 : 03/10/2016, 07:18:42 am »

Hola

Hola. Recordemos la siguiente las siguientes expresiones:
[texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx]    [Ecuación 1]
[texx]A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A) [/texx]   [Ecuación 2]
[texx]A^4 = ((A-1) A^2 (A+1)+ A^2) [/texx]    [Ecuación 3]
[texx]A^n = ((A-1) A^{n-2} (A+1)+ A^{n-2}) [/texx]    [Ecuación 4]
Seguidamente en la Ecuación 2, en adelante E2. [texx]A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A) [/texx]. Llamemos [texx] ((A-1) A (A+1) [/texx] núcleo y a A extremo. A continuación enumeramos distintos casos para intentar demostrar la conjetura.

Continuas empeñado en explotar unas identidades triviales, que al menos a lo largo de todo este hilo, han demostrado no servir para nada de cara a clarificar o explorar la conjetura de Beal o el Teorema de Fermat.

Cita
Caso A^3+B^3= (A+B)^3
Modelicemos la suma [texx] A^3+B^3 [/texx]. Para ello aplicamos la E2. Solo en lo referente al núcleo. Obteniendo.
[texx] (A-1)A(A+1) + (B-1)B(B+1)= (A+B)(A^2 - AB+B^2-1) [/texx].

¿A qué viene partir de esa igualdad? Para números positivos esa igualdad nunca se cumple. Pero en cualquier caso no se entiende a que viene. Lo mismo para las expresiones análogas que manejas a continuación.

Cita
[texx] C^m+ B^n = (A+B)^n [/texx]; donde [texx] C^m = A^n + AB() [/texx].


Aquí de repente metes una tercera variable la C, lo cuál si podría tener un mínimo de sentido como punto de partida (trivial) para estudiar la conjetura de Beal. Pero lo estropeas en cuanto impones después que  [texx] C^m = A^n + AB() [/texx], con lo cuál de nuevo tratas un caso muy particular sin interés.

Cita
Si lo enunciado fuera cierto, estaríamos en condiciones de responder a la pregunta inicial.

No sé que quieres decir con esa frase.

Saludos.
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« Respuesta #71 : 03/10/2016, 10:21:54 am »

Cita del Manco
Cita
“Continuas empeñado en explotar unas identidades triviales, que al menos a lo largo de todo este hilo, han demostrado no servir para nada de cara a clarificar o explorar la conjetura de Beal o el Teorema de Fermat.”

E1, E2, E3 y E4 muestran que el núcleo y el extremo de la potencia en los grados 3, 4 y siguientes siempre poseerán un factor común con el núcleo. Afirmación que no ocurre en las potencias de grado 2. Conforme la E1. Dicho lo cual, puede ser la razón por la que, la conjetura no se cumple siempre que una de las tres potencias sea menor que 3.
Dichas entidades muestran con facilidad, ver la hoja de Excel adjunta (descomposición), que si las dos potencias iníciales conforme conjetura, poseen el mismo grado, entonces su suma siempre tendrá el factor común de A + B. Es decir. [texx]A^n + B^n= (A+B)*x [/texx]. Siempre que n sea mayor que 2.
Que si, que no son la panacea, pero ayudan a comprender el comportamiento de las potencias.
La E6 [texx] (A+B)^n = ((A^2)((A+B)^{(n-2)})) + ((B^2)((A+B)^{(n-2)} + ((2AB)((A+B)^{(n-2)})) [/texx] la obtuve con el jugueteo de las E1, E2, E3 y E4.

Cita del Manco.
Cita
“¿A qué viene partir de esa igualdad? Para números positivos esa igualdad nunca se cumple. Pero en cualquier caso no se entiende a que viene. Lo mismo para las expresiones análogas que manejas a continuación.”

Cierto es que es obvio plantear el caso Caso A^3+B^3= (A+B)^3. Pero también es cierto que por la semblanza con el UTF decidí incluirlo.
En el Caso A^4+B^4= (A+B)^3. Simplemente indico que para este caso, para que cumpla conjetura la división [texx] (((2A^4)/(A+B)) [/texx], su resultado tiene que ser un entero. Esta afirmación obliga que A y B posea un factor común. Esto es, [texx] (((2·3^4)/(3+2)) [/texx]. 3 y 2 no comparten ningún divisor por lo tanto el resultado no es un número entero y por consiguiente no cumple conjetura. Ver la pestaña (2a^4)(a+b) del archivo de Excel (descomposición).
En general [texx] (((A^{(n-2)})(A-1)(A+1)+( B^{(n-2)})(B-1)(B+1)))+(A^{(n-2)})+(B^{(n-2)})= ((A+B)^{(m-2)}) (A^2 + B^2 +2AB) [/texx];
[texx](((A^{(n-2)})(A-1)(A+1)+(B^{n-2})(B-1)(B+1))/((A+B)^{m-2}))+(A^3)/((A+B)^{m-2}))+(B^3)/((A+B)^{m-2})))= (A^2 + B^2 +2AB) [/texx].
Ósea que si uno de los siguientes sumandos [texx] A^n + B^n [/texx] no es divisible entre (A+B) entonces el resultado de la suma es un número no entero. Igual a [texx] (A^2 + B^2 +2AB) [/texx]. No cumpliéndose entonces la conjetura. Ya que A y B son inicialmente números enteros y por tanto su suma tiene que ser entera.

Cita del Manco.
Cita
“Aquí de repente metes una tercera variable la C, lo cual si podría tener un mínimo de sentido como punto de partida (trivial) para estudiar la conjetura de Beal. Pero lo estropeas en cuanto impones después que [texx]C^m=A^n+AB()[/texx], con lo cual de nuevo tratas un caso muy particular sin interés..”

Señor impone la conjetura y los componentes conforme el Triangulo de Pascal. La siguiente igualdad [texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx] no es más que la igualdad establecida por Pascal. Después la siguiente suma [texx] A^n + B^n+ AB() [/texx] tiene que agruparse conforme la conjetura, no es que yo imponga, es condición necesaria de la conjetura que en la suma solo se establezcan dos potencias, por lo tanto la variable C es suma de [texx] A^n + AB() [/texx] o [texx] B^n+ AB() [/texx] o quizás (ya demasiado rebuscado) parcialmente de A, B e íntegramente de AB().
El Caso C en el que AB() resta a la tercera potencia obteniendo ejemplos tal cual Ejemplo. [texx]3^3+6^3=3^5[/texx]; Es decir [texx]3^3+6^3+2·33^5=9^3[/texx]. Siendo [texx] 2·3^5 [/texx] la suma de los sumandos intermedios del Triangulo de Pascal. En este caso [texx] 9^3-2·3^5 = 3^6-2·3^5 = 3^5(3-2) = 3^5 [/texx].
Simplemente, con la condición de la conjetura, y las sumas de Pascal creó un modelo con los que justificar el porqué de la existencia de un factor común conforme la conjetura.

Cita:
Cita
“Si lo enunciado fuera cierto, estaríamos en condiciones de responder a la pregunta inicial”.

Si lo enunciado es cierto, cualquier terna de potencias mayores que dos, con bases integras, implicaría que A, B y C tendrían un factor común conforme conjetura. Y en el caso hipotético, de que existiera un contraejemplo a UTF, que no existe, tendría un factor común.

En definitiva todas las posibles soluciones de la conjetura se inician desde [texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]. No se conoce, o tal vez, no exista ninguna suma de potencias conforme conjetura que no cumplan dicha entidad.

* descomposicion.xls (67.5 KB - descargado 110 veces.)
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« Respuesta #72 : 04/10/2016, 06:12:38 am »

Hola
 
 No tengo mucho más que decir.

Todo lo que expones me parecen vaguedades; si crees que de ahí se puede sacar una demostración de la conjetura de Beal o del teorema de Fermat, exponla. En otro caso todo es especulativo: tu puedes decir que te parece que tus observaciones son un avance, o que nos dejan a las puertas de una demostración; yo no veo un sólo indicio para tal conclusión.

Cita
Cita del Manco.
Cita
“Aquí de repente metes una tercera variable la C, lo cual si podría tener un mínimo de sentido como punto de partida (trivial) para estudiar la conjetura de Beal. Pero lo estropeas en cuanto impones después que [texx]C^m=A^n+AB()[/texx], con lo cual de nuevo tratas un caso muy particular sin interés..”

Señor impone la conjetura y los componentes conforme el Triangulo de Pascal. La siguiente igualdad [texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx] no es más que la igualdad establecida por Pascal.
Después la siguiente suma [texx] A^n + B^n+ AB() [/texx] tiene que agruparse conforme la conjetura, no es que yo imponga, es condición necesaria de la conjetura que en la suma solo se establezcan dos potencias, por lo tanto la variable C es suma de [texx] A^n + AB() [/texx] o [texx] B^n+ AB() [/texx] o quizás (ya demasiado rebuscado) parcialmente de A, B e íntegramente de AB(). [/quote]

De acuerdo; no estaba entiendo bien la notación [texx]AB().[/texx] Te refieres a un múltiplo de [texx]AB[/texx].

Correcto. Si [texx]C^m+ B^n = (A+B)^n[/texx], entonces [texx]C^m-A^n[/texx] es múltiplo de [texx]AB[/texx].

Saludos.
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« Respuesta #73 : 04/10/2016, 07:03:39 am »

[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] A^n + B^n+ AB() =(A+B) (A+B)^{n-1} [/texx];
[texx] (A^n)/(A+B) + (B^n)/(A+B)+ (AB())/(A+B) = (A+B)^{n-1} [/texx];
Si uno de los sumandos de la izquierda no es un entero. Entonces implicaría que [texx] (A+B)^{n-1} [/texx] es igual a un número no integro. Por lo tanto vulnera el enunciado de la conjetura. Por lo tanto para no infringir el enunciado inicial de la conjetura, [texx] (A+B)^{n-1} [/texx] obligatoriamente es igual a un entero. Dicho esto, los sumandos de la izquierda, si o si, deben ser todos igual a un número entero. Obviamente después agruparse para obtener dos potencias, conforme conjetura. Para que esto se produzca, necesariamente, A y B, comparten factor común. ¿Esto demuestra que A, B, C, (conforme conjetura) poseen un factor común?.
Si esto es verdad. Si todas las potencias, conforme conjetura, poseen un factor común, acorde con lo señalado, Entonces Fermat se puede demostrar sencillamente. Esto es.
Toda expresión que se ajuste al UTF puede escribirse de la siguiente forma
[texx] A^3+(A+n)^3 = 2A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx]. De acuerdo con la conjetura de Beal, todas las bases poseen un factor común, entonces la segunda potencia la podemos escribir [texx] (A+n)^3 [/texx]. Compartiendo (A+n) un factor común con A.
Fijémonos que el dos inicial [texx] A^3+(A+n)^3 = 2A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx] que impide que esta expresión pueda ser una potencia de grado 3. Lo mismo ocurre con las potencias de grado 4 y demás. Debido a que la expresión desarrollada de una potencia de dos números de grado 3 es [texx] A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx] y por extensión todas las demás de grado 3, 4, 5 etc. El primer término [texx] 2A^3 [/texx] es independiente de n, por lo tanto, adopte, el valor que adopte n, dicha expresión nunca llegara a alcanzar, sera igual a la expresión [texx] A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx] conforme señalaba Fermat y Adres Wile. Y por extensión lo mismo ocurren con el grado 4, 5, 6, etc. ¿Esto demuestra Fermat?
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« Respuesta #74 : 04/10/2016, 07:56:27 am »

Hola

[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] A^n + B^n+ AB() =(A+B) (A+B)^{n-1} [/texx];
[texx] (A^n)/(A+B) + (B^n)/(A+B)+ (AB())/(A+B) = (A+B)^{n-1} [/texx];
Si uno de los sumandos de la izquierda no es un entero. Entonces implicaría que [texx] (A+B)^{n-1} [/texx] es igual a un número no integro. Por lo tanto vulnera el enunciado de la conjetura. Por lo tanto para no infringir el enunciado inicial de la conjetura, [texx] (A+B)^{n-1} [/texx] obligatoriamente es igual a un entero. Dicho esto, los sumandos de la izquierda, si o si, deben ser todos igual a un número entero. Obviamente después agruparse para obtener dos potencias, conforme conjetura. Para que esto se produzca, necesariamente, A y B, comparten factor común. ¿Esto demuestra que A, B, C, (conforme conjetura) poseen un factor común?.

En todo lo que has escrito ahí no aparece ninguna [texx]C[/texx]. Entonces, al menos sin más aclaración, no se puede sacar ninguna conclusión sobre ella.

Cita
Si esto es verdad. Si todas las potencias, conforme conjetura, poseen un factor común, acorde con lo señalado, Entonces Fermat se puede demostrar sencillamente. Esto es.

Hay una frase que repites constantemente: "conforme a conjetura". Pero no me queda claro en que sentido la usas:

- No sé si te refieres a que tus argumentos demuestran que la conjetura es cierta.
- O si te refieres a que los casos que analizas son ejemplos donde la conjetura se cumple, pero ojo, eso no quiere decir que la demuestre. Son sólo ejemplos.
- O si estas dando por supuesto que la conjetura es cierta y la utilizas como parte de tus argumentos; en ese caso nada de lo que concluyas con ese punto de partida serviría para probarla porque partes de su veracidad.

Cita
Toda expresión que se ajuste al UTF puede escribirse de la siguiente forma
[texx] A^3+(A+n)^3 = 2A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx].

Ahí ya no entiendo que quieres decir. La ecuación que trata el UFT para grado tres es:

[texx]A^3+B^3=C^3[/texx]

Cierto que [texx]B[/texx] puede escribirse como [texx]B=A+n[/texx] (y para eso no hace falta usar conjetura alguna), con lo que tendríamos:

[texx]A^3+(A+n)^3=C^3[/texx]

y si quieres de ahí:

[texx]2A^3+3nA^2+3n^2A+n^3=C^3[/texx]

A partir de ahí dices:

Cita
De acuerdo con la conjetura de Beal, todas las bases poseen un factor común, entonces la segunda potencia la podemos escribir [texx] (A+n)^3 [/texx]. Compartiendo (A+n) un factor común con A.
Fijémonos que el dos inicial [texx] A^3+(A+n)^3 = 2A^3+3nA^2+3n^2A+n^3 [/texx] que impide que esta expresión pueda ser una potencia de grado 3.

Y aquí vuelve mi duda sobre lo que quieres decir con "de acuerdo con la conjetura de Beal". ¿Significa que estás suponiendo que tal conjetura es cierta?. Desde luego si damos por buena la conjetura de Beal, entonces automáticamente es cierto el Teorema de Fermat. La razón es muy simple, conocida por todo el mundo (aparece en la Wikipedia) y la expliqué por ejemplo aquí:

Si, la veracidad de la conjetura de Beal implica el Teorema de Fermat.

Pero la justifiación es muy directa. Si el Teorema de Fermat fuese falso, existirían enteros coprimos [texx]A,B,C[/texx] tales que [texx]A^n+B^n=C^n[/texx] con [texx]n>2[/texx], pero eso contradice directamente la conjetura de Beal.

Saludos.
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« Respuesta #75 : 04/10/2016, 10:28:58 am »

C agrupa en potencia a A y AB () o B y AB (), en general. Es decir los tres sumandos se agrupan en dos potencias conforme a la conjetura (con las condiciones indicadas en la conjetura).
Respecto Fermat. Si lo dicho es cierto. Los tres sumandos, las dos potencias iniciales poseen factor comun, entonces podemos indicar Fermat de la siguiente manera. A^n+(A+x)^n=(A+y)^n. Obteniendo una contradiccion. La suma de la primera potencia, en el caso n=3, es igual A^n+A^n+3A^2x+3Ax^2+x^3. Las dos A^n se suman tal que 2A^n. Esta peculiaridad impide obtener el (A+y)^n. Porque si observamos el triangulo de pascal ninguna potencia posee dicha peculiaridad. Por lo tanto fermat, wiles estaban en lo cierto.
Perdon por la sintaxis, ya que estoy con el movil.
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« Respuesta #76 : 04/10/2016, 11:49:55 am »

Hola

C agrupa en potencia a A y AB () o B y AB (), en general. Es decir los tres sumandos se agrupan en dos potencias conforme a la conjetura (con las condiciones indicadas en la conjetura).

No entiendo la frase: " los tres sumandos se agrupan en dos potencias conforme a la conjetura".

Si cuando dices "conforme a la conjetura" te refieres simplemente a las hipótesis de la conjetura, estás son simplemente tener tres naturales cumpliendo la ecuación:

[texx]A^x+B^y=C^z[/texx]

así que si solo te refieres a eso cuando dices "conforme a conjetura" es más claro e igual de poco trabajoso decir "bajo el supuesto de que [texx]A^x+B^y=C^z[/texx]", especificando si procede los exponentes [texx]x,y,z[/texx] concretos con los que quieras trabajar.

Cita
Respecto Fermat. Si lo dicho es cierto.

¿Exactamente y sin vaguedades e imprecisiones, qué es "lo dicho"?.

Cita
Los tres sumandos, las dos potencias iniciales poseen factor común, entonces podemos indicar Fermat de la siguiente manera. A^n+(A+x)^n=(A+y)^n.


Por primera vez en estos mensajes lo escribes bien, usando tres variables.
Cita
Obteniendo una contradiccion. La suma de la primera potencia, en el caso n=3, es igual A^n+A^n+3A^2x+3Ax^2+x^3. Las dos A^n se suman tal que 2A^n. Esta peculiaridad impide obtener el (A+y)^n.

Para [texx]n= 3[/texx] lo que obtiene es:

[texx]2A^n+3A^2x+3Ax^2+x^3=A^n+3A^2y+3Ay^2+y^3[/texx]

o si simplificas el [texx]A^n[/texx]:

[texx]A^n+3A^2x+3Ax^2+x^3=3A^2y+3Ay^2+y^3[/texx]

Pero no veo ninguna contradicción ahí. No veo que hayas dado ningún argumento que impida que esa igualdad sea posible.

Cita
Porque si observamos el triangulo de pascal ninguna potencia posee dicha peculiaridad.

¿Qué peculiariad? Observar unos coeficientes combinatorios, por si solo no va a justificar ninguna contradicción. Supuesto que la haya tienes que explicar de manera precisa en qué consiste. Quiero que quede claro para ser honesto, que con esto no sugiero que ya tengas la idea y te falte explicarla bien; lo que creo que es que no hay ninguna idea útil en todo lo que has dicho para sustentar esa contradicción.

Cita
Perdon por la sintaxis, ya que estoy con el movil.

Bien. Pero tómate tu tiempo si quieres para escribir con calma cuando puedas desde un dispositivo más amable.

Saludos.
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« Respuesta #77 : 08/10/2016, 08:53:47 am »

Hola. Cierto es que lo siguiente es irrelevante.
[texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] A^n + B^n+ AB() =(A+B) (A+B)^{n-1} [/texx];
[texx] (A^n)/(A+B) + (B^n)/(A+B)+ (AB())/(A+B) = (A+B)^{n-1} [/texx];
Si uno de los sumandos de la izquierda no es un entero.
Es irrelevante porque por ejemplo [texx]7^3+7^4=14^3[/texx] no lo cumple.
Entonces volvemos al inicio, para el caso n=3:
[texx] A^3 + B^3+ 3AB(A+B) = (A+B)^3 [/texx]; [texx] A^3 + B^3= (A+B)^3-3AB(A+B) [/texx].
[texx]( A+B)^3-3AB(A+B) = ((A+B)^2-3AB)(A+B) [/texx]. Entonces para que esta expresión sea igual a potencia. [texx]((A+B)^2-3AB)=(A+B)^m [/texx]. En consecuencia 3AB debería poseer un factor común con (A+B). Esto solo ocurre si A y B poseen un factor común. Porque si sumamos dos números sin ningún factor común. Por ejemplo 2 + 3 = 5 y 2*3 = 6. Entonces [texx](A+B)^2-3AB=(A+B)^2 [/texx]; [texx](2+3)^2-3·2·3=(2+3)^m [/texx]; [texx](5)^2-18=(5)^m [/texx]. Observamos que no obtenemos la potencia deseada.
En cambio si A y B si que poseen un factor común [texx](3+6)^2-3·3·6=(3+6)^m [/texx]; [texx](9)^2-2·3^3=(9)^m [/texx]; [texx](3)^4-2·3^3=(3)^2·m [/texx]; [texx]3·(3)^3-2·3^3=(3)^2·m [/texx]; [texx] 3^3=(3)^2·m [/texx]. Si que puede ser potencia.
Dicho lo cual la entidad [texx]((A+B)^2-3AB)=(A+B)^m [/texx] requiere que A y B posean un factor común.
Consecuentemente [texx] A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n [/texx]; [texx] (A+B)·x+ AB() = (A+B)^n [/texx]. Siendo x un número entero. ¿Con esto quedaría demostrado que A, B, C (enunciado de la conjetura) tienen un factor común?
Atentamente.
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« Respuesta #78 : 08/10/2016, 10:58:57 pm »


...

[texx] A^3 + B^3= (A+B)^3-3AB(A+B) [/texx].
[texx]( A+B)^3-3AB(A+B) = ((A+B)^2-3AB)(A+B) [/texx].

Hola.

Hasta aquí, de acuerdo.


Entonces para que esta expresión sea igual a potencia. [texx]((A+B)^2-3AB)=(A+B)^m [/texx].


Eso, es lo que no veo porqué tiene que ser así.

Estás presuponiendo que, la base de la potencia es [texx]A+B[/texx].

En UTF, para n=3, sería:

[texx] A^3 + B^3= (A+B)^3-3AB(A+B) [/texx]

[texx](A+B)(A^2-AB+B^2)=(A+B)^3-3AB(A+B) [/texx]

[texx]r^3=(A^2-AB+B^2)=(A+B)^2-3AB[/texx]

Por lo que "r", no puede ser divisible por ningún divisor de "A+B".

Un cordial saludo.
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« Respuesta #79 : 09/10/2016, 05:26:12 pm »

Entonces para que esta expresión sea igual a potencia. [texx]((A+B)^2-3AB)=(A+B)^m [/texx].
Eso, es lo que no veo porqué tiene que ser así.
Estás presuponiendo que, la base de la potencia es [texx]A+B[/texx].
 
Cierto Mente Oscura, estoy suponiendo que, la base de la potencia es [texx]A+B[/texx]. Pero es que dicha potencia, si o si, es la base [texx]A+B[/texx] o un producto en el que participa [texx]A+B[/texx].
Si vemos la expresión [texx] (A+B) ((A+B)^2-3AB) [/texx]. Si de ella queremos obtener potencia. Entonces, a mi entender, bajo mejor opinión, [texx] ((A+B)^2-3AB)[/texx] tiene que ser igual (me refiero única y exclusivamente a la base) a [texx](A+B)^m [/texx] donde entonces 3AB debería poseer un factor común con (A+B). Esto solo ocurre si A y B poseen un factor común. Porque si sumamos dos números sin ningún factor común. Por ejemplo 2 + 3 = 5 y 2·3 = 6 (recordemos la expresión 3AB). Es decir, [texx] (A+B) ((A+B)^2-3AB); (2+3)((2+3)^2-3·2·3) [/texx]. Observamos que si no hay un factor común entre A y B [texx] ((A+B)^2-3AB)[/texx] no pueden agruparse para posteriormente agruparse con la formación de la potencia definitiva. Porque recordemos que la suma de dos números sin factor común, su suma es un tercer número que no goza de factor común con los dos iníciales.
Respecto lo de Fermat, indicar que si A=3 y B=6 entonces 9 es divisor de todos y cada uno de los componentes.
Atentamente.
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