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Autor Tema: Conjetura de Beal  (Leído 67227 veces)
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Gonzo
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« Respuesta #40 : 01/09/2015, 03:44:05 pm »

El argumento es que toda potencia la podemos expresar mediante [texx] A^n = A^{n-1}(A-1) +\ldots+A^4(A-1)+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A [/texx]. Y que con la expresión que mencionamos [texx] A^x+(A+n)^y= A^x+A^y+yA^{y-1}n+\ldots+yAn^{y-1}+n^y [/texx] observamos que n^y no está multiplicado por A. Por lo tanto podemos deducir que si la expresión alcanza ser potencia n^y comparte factor común.
Y que [texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx] E1 y [texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx] E2. E1 indica que podemos obtener potencias de grado 2, mediante la suma de dos números con o sin factor común. Pero E2 nos indica que la potencias de grado tres (y mayores), si la expresamos en suma de dos números, comparten factor común.
Es lo único que puedo decir.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #41 : 01/09/2015, 05:31:27 pm »

Hola

El argumento es que toda potencia la podemos expresar mediante [texx] A^n = A^{n-1}(A-1) +\ldots+A^4(A-1)+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A [/texx]. Y que con la expresión que mencionamos [texx] A^x+(A+n)^y= A^x+A^y+yA^{y-1}n+\ldots+yAn^{y-1}+n^y [/texx] observamos que n^y no está multiplicado por A. Por lo tanto podemos deducir que si la expresión alcanza ser potencia n^y comparte factor común.

No. Podemos decirlo, pero no hay ninguna base que sostenga esa afirmación.

Cita
Y que [texx]A^2 = (A-1)(A+1)+1[/texx] E1 y [texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx] E2. E1 indica que podemos obtener potencias de grado 2, mediante la suma de dos números con o sin factor común. Pero E2 nos indica que la potencias de grado tres (y mayores), si la expresamos en suma de dos números, comparten factor común.


No. Lo que llamas E2 no indica que las potencias de grado tres y mayores si la expresamos en suma de dos número compartan factor común.

Por ejemplo:

[texx]3^3=27=14+13[/texx]

y ni [texx]3,13,14 [/texx] son coprimos, sin factores comunes

Cita
Es lo único que puedo decir.

Pues lo que has dicho no es en absoluto ninguna prueba de la conjetura de Beal.

Fíjate que estoy intentando ser lo más concreto posible en mi crítica; es difícil, porque lo que argumentas en mi opinión no hay por donde cogerlo para poder aproximarlo a una posible demostración.

Si sigues pensando que tienes una demostración de la conjetura de Beal y piensas seguir defendiéndola, intenta expresarlo de otra manera; si vas a repetir lo mismo creo que no hay mucho más que decir. Que cada cuál saque sus conclusiones.

Saludos.
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Gonzo
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« Respuesta #42 : 01/09/2015, 05:55:56 pm »

Cita
No. Podemos decirlo, pero no hay ninguna base que sostenga esa afirmación.

La base es que todas las potencias son suma de un mismo número. Por lo tanto no es lógico que todas los sumandos tengan un factor comun menos uno.

Cita
No. Lo que llamas E2 no indica que las potencias de grado tres y mayores si la expresamos en suma de dos número compartan factor común.

Me refiero a suma de potencias.
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« Respuesta #43 : 02/09/2015, 05:32:09 am »

Hola

La base es que todas las potencias son suma de un mismo número.

¿Qué significado exacto se supone que tiene esta frase? ¿Qué quiere decir qué las potencias son suma de un mismo número?.


Cita
Por lo tanto no es lógico que todas los sumandos tengan un factor comun menos uno.

Cuando dices que no es "lógico", no me queda claro si lo usas en forma coloquial o de manera rigurosa (que es como debe de usarse en matemáticas).

Spoiler (click para mostrar u ocultar)

Sea como sea, decir por si solo "no es lógico" no es un argumento. ¿Por qué no es lógico? ¿Qué hecho matemático concreto se "violaría" si no tuviesen tal factor común?.

Cita
Cita
No. Lo que llamas E2 no indica que las potencias de grado tres y mayores si la expresamos en suma de dos número compartan factor común.

Me refiero a suma de potencias.

El problema es que el hecho de que tu te refieras a una u otra cosa no modifica por si solo la validez o no del argumento; la cuestión es indicar que hace que tu argumento si valga para suma de potencias y no para una suma en la que el exponente de las potencias es uno.

Por ejemplo cuando escribes:

[texx]A^x+(A+n)^y=A^x+A^y+yA^{y-1}n+\ldots+yAn^{y-1}+n^y[/texx]

La fórmula y todas las consecuencias que extraes de ellas siguen siendo válidas si los exponentes [texx]x[/texx] e [texx]y[/texx] son uno.

[texx]A^1+(A+n)^1=A^1+A^1+n[/texx]

de nuevo el único término no multiplicado por [texx]A[/texx] (como tu dices) es [texx]n^1=n[/texx].

Y tu afirmas que eso imposibilita que esa suma pueda dar una potencia de grado tres o superior sin factores comunes; y este ejemplo ([texx]A=13[/texx], [texx]n=1[/texx]):

[texx]13+13+1=27=3^3[/texx]

muestra que no es así, que SI puede obtenerse una potencia mayor que tres sin factores comunes.

Entonces no basta que digas "es que yo me refería a suma de potencias", es decir no basta que excluyas sin más el caso particular [texx]x=1[/texx] [texx]y=1[/texx]. El problema es, ¿qué hecho concreto hace que tu argumento falle para [texx]x=1[/texx] e [texx]y=1[/texx] pero (según tu) funcione cuando [texx]x>1[/texx] e [texx]y>1[/texx]?.

Saludos.
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« Respuesta #44 : 02/09/2015, 07:19:17 am »



La base es que todas las potencias son suma de un mismo número. Por lo tanto no es lógico que todas los sumandos tengan un factor comun menos uno.


Si te refieres a que, si existe un factor común, cada sumando se puede escribir como suma de un mismo número repetido las veces que sea, pues claro, es obvio

[texx]ax+az= a+a+a...\,\,equis\,\,veces\,\,+a+a+a...  \,\, ceta  \,\,veces[/texx]


Pero por qué tiene que haber un factor común, cuál es el argumento, qué absurdo aparece si no es así; eso es lo que tienes que encontrar y hacérselo ver a los demás, demostrar es “mostrar” algo para que todos lo vean, y aquí parece ser que nadie ve ningún argumento demostrativo, sólo muestras una intuición.

Saludos.
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« Respuesta #45 : 04/09/2015, 04:49:03 pm »

Sean las siguientes expresiones:
[texx]A^z=A^{z-n}(A-1)+\ldots+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A=A\cdot{}m[/texx] [1]
donde A, z y m son números enteros. [texx]A^z=((A-1)(A+1)+1)A^{z-2}=((A-1)(A+1)A^{z-2}+A^{z-2})[/texx] ahora sumamos y restamos b en los dos sumandos [texx] ((A-1)(A+1)A^{z-2}+b+A^{z-2}-b)[/texx]. Consideremos las dos potencias de forma separada. [texx]((A-1)(A+1)A^{z-2}+b)[/texx] simplificamos [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)[/texx] [2] recordemos la expresión [1]. Por lo tanto solo consideramos los casos en que [2] es potencia es decir [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)=A\cdot{}n [/texx]. Siendo n un número entero. Si despejamos b y es integro, posee un factor común con A. La siguiente potencia [texx] A^{z-2}-b =A\cdot{}j  [/texx]  [3]. Donde j es un número entero. Al igual que la primera solo consideramos los casos en que [3] sea potencia. Si despejamos b también tiene un factor común conforme con la potencia [1]. Entonces A·m= A·n+ A·j.

Dicho razonamiento no funciona con [texx]A^2=(A-1)(A+1)+1=A\cdot{}A[/texx] [4] ya que [texx]A^2=(A-1)(A+1)-b+1+b[/texx] separamos las potencias [texx](A-1)(A+1)-b=A^2-1-b [/texx]. Fijémonos que A^2-1 no tienen la restricción del factor común. La segunda potencia [texx]1+b[/texx] sigue sin tener la restricción del factor común. Y fijemos que su estructura responde la de la ecuación [4]. Ejemplo [texx]5^2 = 24+1=24-8+1+8=16+9[/texx].

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« Respuesta #46 : 06/09/2015, 07:25:10 am »

Desde otra perspectiva. Sea A=B·n donde B y n son coprimos. Y m es un número entero.
[texx]A^z=A^{z-1}(A-1)+\ldots+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A=B\cdot{}n[/texx]·m [1].
Supongamos que queremos obtener la expresión [1], es decir la potencia mediante [texx](Bc)^x+(Bc+t)^y[/texx] [2] donde B, c y t son coprimos. Entonces [texx](Bc)^x+(Bc)^y+y((Bc)^{y-1}\cdot{}t+\ldots+y(Bc)t^{y-1}+t^y [/texx]. Supongamos que todos los exponentes son mayores que tres, por lo tanto todas las potencias responden a [texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx]. Retomemos [2] [texx](Bc)^x+(Bc+t)^y=[todos los sumandos con fc]\cdot{}Bc+t^y [/texx]. Partíamos de la expresión [1] B·m·n entonces igualamos con [2] y llegamos a una incongruencia ya que B·m·n ≠[todos los sumandos con fc]·Bc+t^y. Porque recordemos que B, n, c y t son coprimos. Y en consecuencia [] Bc+t^y, en este caso, todos los exponentes mayores que dos, nunca alcanzara la expresión B·m·n.
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« Respuesta #47 : 07/09/2015, 06:29:50 am »

Hola

Sean las siguientes expresiones:
[texx]A^z=A^{z-n}(A-1)+\ldots+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A=A\cdot{}m[/texx] [1]
donde A, z y m son números enteros. [texx]A^z=((A-1)(A+1)+1)A^{z-2}=((A-1)(A+1)A^{z-2}+A^{z-2})[/texx] ahora sumamos y restamos b en los dos sumandos [texx] ((A-1)(A+1)A^{z-2}+b+A^{z-2}-b)[/texx]. Consideremos las dos potencias de forma separada. [texx]((A-1)(A+1)A^{z-2}+b)[/texx] simplificamos [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)[/texx] [2] recordemos la expresión [1]. Por lo tanto solo consideramos los casos en que [2] es potencia es decir [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)=A\cdot{}n [/texx].

No. Cuando escribes [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)=A\cdot{}n [/texx] no estás considerando un caso en el que [texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)[/texx] es potencia; estás imponindo que sea múltiplo de [texx]A[/texx] al igualar a [texx]A\cdot n[/texx]. Si quieres considerar el caso en el que es potencia deberías de escribir:

[texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)=C^k [/texx]

o si prefieres:

[texx]((A^{z}-A^{z-2}+b)=(A+c)^k [/texx]

Insisto entonces a ver si queda claro: utilizas sin justificación alguna que esa expresión es un múltiplo de [texx]A[/texx].

Cita
Siendo n un número entero. Si despejamos b y es integro, posee un factor común con A.

Bajo el supueso de que la expresión [2] es múltiplo de [texx]A[/texx], es una trivialidad que [texx]b[/texx] también lo es.

Cita
La siguiente potencia [texx] A^{z-2}-b =A\cdot{}j  [/texx]  [3]. Donde j es un número entero. Al igual que la primera solo consideramos los casos en que [3] sea potencia. Si despejamos b también tiene un factor común conforme con la potencia [1]. Entonces A·m= A·n+ A·j.

Más de lo mismo. Te sacas de la manga el igualar expresiones de la forma [texx]A^{z-2}-n[/texx] a múltiplos de [texx]A[/texx].

Desde otra perspectiva. Sea A=B·n donde B y n son coprimos. Y m es un número entero.
[texx]A^z=A^{z-1}(A-1)+\ldots+A^3(A-1)+A^2(A-1)+A(A-1)+A=B\cdot{}n[/texx]·m [1].
Supongamos que queremos obtener la expresión [1], es decir la potencia mediante [texx](Bc)^x+(Bc+t)^y[/texx] [2] donde B, c y t son coprimos. Entonces [texx](Bc)^x+(Bc)^y+y((Bc)^{y-1}\cdot{}t+\ldots+y(Bc)t^{y-1}+t^y [/texx]. Supongamos que todos los exponentes son mayores que tres, por lo tanto todas las potencias responden a [texx]A^3 = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A[/texx]. Retomemos [2] [texx](Bc)^x+(Bc+t)^y=[todos los sumandos con fc]\cdot{}Bc+t^y [/texx]. Partíamos de la expresión [1] B·m·n entonces igualamos con [2] y llegamos a una incongruencia ya que B·m·n ≠[todos los sumandos con fc]·Bc+t^y. Porque recordemos que B, n, c y t son coprimos. Y en consecuencia [] Bc+t^y, en este caso, todos los exponentes mayores que dos, nunca alcanzara la expresión B·m·n.

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).

Saludos.

P.D. Sería bueno que más allá de reescribir una y otra vez tus mismas ideas con pequeños cambios, si vuelves a responder hagas referencia explícita a las críticas y comentarios que te estoy haciendo; porque francamente, no me queda nada claro que los estés entendiendo.
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« Respuesta #48 : 07/09/2015, 03:46:50 pm »

el_manco tienes toda la razón.
Mil gracias.
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« Respuesta #49 : 07/09/2015, 06:01:49 pm »

Aunque dices que:

Cita
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...

Entonces t y B tienen un factor comun para que  exista la tercera potencia. Y obviamente tendra un factor comun con t o/y B.


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« Respuesta #50 : 08/09/2015, 04:47:16 am »

Entonces :¿eh?::¿eh?:?
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« Respuesta #51 : 08/09/2015, 04:53:21 am »

Hola

Aunque dices que:

Cita
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...

Entonces t y B tienen un factor comun para que  exista la tercera potencia. Y obviamente tendra un factor comun con t o/y B.

¡Pero vuelves a lo mismo!.

Si partimos de la igualdad [texx](Bc)^x+(Bc+t)^y=(Bn)^z[/texx]... ¡claro qué se deduce que [texx]t[/texx] y [texx]B[/texx] tienen un factor común!.

Pero eso no es la conjetura de Beal. Lo qué ésta pretende probar es esto (y me autocito):

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 demostarse 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).

Saludos.
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« Respuesta #52 : 08/09/2015, 07:55:57 am »



Hola, Gonzo. Si es que además la forma de atacar un problema de esta dificultad no es ésa, tienes que intentar demostrar casos particulares o pequeñas cosas que puedan estar relacionadas.

Por ejemplo, parte de esta desigualdad:

[texx]a+b \neq c[/texx]

donde “a,b,c” son primos distintos.

Intenta demostrar que no es posible transformar esa desigualdad en una igualdad elevando los elementos de la terna “a,b,c” a distintas potencias mayores que 2.

Hay algo que se demuestra rápido: la suma de dos impares es un par, por lo que alguno de esos números, al ser distintos, tiene que ser 2 si se quiere llegar a una igualdad (porque la potencia de un par es otro par y análogamente con los impares).

Entonces intenta demostrar que con esto (siendo “a,c” primos)

[texx]a+2 \neq c[/texx]

no se puede llegar a una igualdad por medio de elevar los elementos a distintas potencias mayores que 2.

Visto de otra manera, el problema es éste: dos primos pueden sumar otro primo, por ejemplo, 17+2=19 y así con muchos primos gemelos; y son coprimos por ser primos, evidentemente, no tienen un factor común. Entonces, cómo podemos asegurar que, por ejemplo, no se puede transformar esto [texx]13+2 \neq 23[/texx] en una igualdad mediante la potenciación de esos números (es un ejemplo cualquiera entre los infinitos que hay, sería demostrarlo en general, pero puedes empezar por algunos casos particulares para observar cosas).

De entrada, por las condiciones, en el ejemplo no hay factores comunes, así que no intentes que los haya, porque son primos, no los hay por definición; lo que se pide es demostrar que no es posible llegar a la igualdad potenciando los números, no que si no fueran primos pasaría no sé qué.

Saludos.
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« Respuesta #53 : 12/10/2015, 02:38:15 pm »

Hola.

Sea la siguiente expresión:
[texx] 2^7+17^3=71^2[/texx]. Recordemos que [texx] A^n = ((A-1)(A+1)+1)A^{n-2} [/texx]. Entonces [texx] 2^7+17^3=71^2[/texx] por lo tanto [texx] (2^5)*3+(2^5)+16*17*18+17[/texx] sacamos, en la medida de lo posible un factor común y obtenemos [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1[/texx] [1]. Ahora recordemos que [texx] 17^3=16*17*18+17 [/texx] entonces [texx] 17^3=16*(17*18+1)+1 [/texx]. [2]. Si intentamos obtener la expresión [2] de [1]. Partimos de la expresión [1] [texx] 16*(17(18+((2*3+2)/17))+1)+1[/texx]. Llegamos a la conclusión que si las bases iníciales 2 y 17 no comparten factor común [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx] no obtendremos un número entero y entonces no podremos obtener una potencia de grado mayor que dos.

Ahora consideramos las potencias de este tipo [texx] 11^3+37^3=228^2[/texx]. Entonces [texx] 10*11*12+11+36*37*38+37[/texx] sacamos, en la medida de lo posible un factor común y obtenemos [texx]12*(10*11+1+3*37*38+3)[/texx] [3]. Ahora recordemos que [texx] 12^3=11*12*13+12=12*(11*13+1)[/texx] [4]. Si intentamos obtener la expresión [4] de [3]. Partimos de la expresión [3] [texx] 12(10*11+1+3*37*38+3)[/texx]. Igualamos [3]. y [4].  [texx] 12*(10*11+1+3*37*38+3)=12*(11*13+1) [/texx]. Simplificamos [texx] (10*11+1+3*37*38+3)=(11*13+1) [/texx] entonces [texx] 11*(10+(3*37*38+3)/11)+1=11*13+1 [/texx] Llegamos a la conclusión que si las bases iníciales 11 y 37 no comparten factor común [texx]\ldots(3*37*38+3)/11)\ldots[/texx] no obtendremos un número entero y entonces no podremos obtener una potencia de grado mayor que dos.

Este razonamiento expresado de forma genérica, ¿demostraría la conjetura de Beal en el caso de que la tercera potencia sea dos?
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« Respuesta #54 : 13/10/2015, 05:50:13 am »

Hola

Sea la siguiente expresión:
[texx] 2^7+17^3=71^2[/texx]. Recordemos que [texx] A^n = ((A-1)(A+1)+1)A^{n-2} [/texx]. Entonces [texx] 2^7+17^3=71^2[/texx] por lo tanto [texx] (2^5)*3+(2^5)+16*17*18+17[/texx] sacamos, en la medida de lo posible un factor común y obtenemos [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1[/texx] [1]. Ahora recordemos que [texx] 17^3=16*17*18+17 [/texx] entonces [texx] 17^3=16*(17*18+1)+1 [/texx]. [2]. Si intentamos obtener la expresión [2] de [1]. Partimos de la expresión [1] [texx] 16*(17(18+((2*3+2)/17))+1)+1[/texx]. Llegamos a la conclusión que si las bases iníciales 2 y 17 no comparten factor común [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx] no obtendremos un número entero y entonces no podremos obtener una potencia de grado mayor que dos.

Ahora consideramos las potencias de este tipo [texx] 11^3+37^3=228^2[/texx]. Entonces [texx] 10*11*12+11+36*37*38+37[/texx] sacamos, en la medida de lo posible un factor común y obtenemos [texx]12*(10*11+1+3*37*38+3)[/texx] [3]. Ahora recordemos que [texx] 12^3=11*12*13+12=12*(11*13+1)[/texx] [4]. Si intentamos obtener la expresión [4] de [3]. Partimos de la expresión [3] [texx] 12(10*11+1+3*37*38+3)[/texx]. Igualamos [3]. y [4].  [texx] 12*(10*11+1+3*37*38+3)=12*(11*13+1) [/texx]. Simplificamos [texx] (10*11+1+3*37*38+3)=(11*13+1) [/texx] entonces [texx] 11*(10+(3*37*38+3)/11)+1=11*13+1 [/texx] Llegamos a la conclusión que si las bases iníciales 11 y 37 no comparten factor común [texx]\ldots(3*37*38+3)/11)\ldots[/texx] no obtendremos un número entero y entonces no podremos obtener una potencia de grado mayor que dos.

Este razonamiento expresado de forma genérica, ¿demostraría la conjetura de Beal en el caso de que la tercera potencia sea dos?

Pero antes de nada y lo más importante. ¿Qué sentido tienes que diga que eso puede demostrar la conjetuda de Beal en el caso de qué la tercera potencia sea dos, si precisamente la conjetura de Beal se refiere a los casos en los que la tercera potencia NO es dos?.

Además cuando hablas de "obtener [2] de [1]". Eso es una vaguedad. Las expresiones que pones con número concreto son las que son; no sé que se entiende de manera objetiva por obtener una de otra.

Finalmente, difícilmente de unos ejemplos se podrá extraer una demostración de general nada en estos casos; cosa diferente es proponer un camino general e ilustrar la idea con unos ejemplos.

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« Respuesta #55 : 13/10/2015, 01:59:19 pm »

Cita
¿Qué sentido tienes que diga que eso puede demostrar la conjetuda de Beal en el caso de qué la tercera potencia sea dos, si precisamente la conjetura de Beal se refiere a los casos en los que la tercera potencia NO es dos?.

Intento demostrar que con dos bases primas, ambas con exponentes mayores que dos, la tercera base solo puede alcanzar ser potencia de dos. Porque si no hay un factor común [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx]en las dos bases iníciales el resultado de esta división no será nunca un número entero y por lo tanto no obtendremos una potencia mayor que dos.
La conjetura de Fermat Catalan señala que existen un número finito de estas expresiones donde las tres bases son primas y solo existe un exponente menor que tres. Siendo los demás mayores que dos. Por lo tanto hay pocas expresiones de este tipo. Y posiblemente son las expresiones que más se acercan a un posible contraejemplo de la Conjetura de Beal.

Cita
Además cuando hablas de "obtener [2] de [1]". Eso es una vaguedad. Las expresiones que pones con número concreto son las que son; no sé que se entiende de manera objetiva por obtener una de otra
.

[texx] 2^7+17^3=71^2[/texx]; [texx] (2^5)*3+(2^5)+16*17*18+17[/texx]; [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1[/texx]. Es lógico pensar que si la suma de ambas potencias alcanzara ser potencia con un exponente mayor que dos esta deberá ser. [texx] 17^n [/texx]. Ya que [texx] 17^3=16*17*18+17 [/texx]; [texx] 17^3=16*(17*18+1)+1 [/texx]. El problema es lo que esta dentro del paréntesis que mientras que ambas bases no compartan un factor común nunca alcanzará ser un número entero. Esto es [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx].


Finalmente, difícilmente de unos ejemplos se podrá extraer una demostración de general nada en estos casos; cosa diferente es proponer un camino general e ilustrar la idea con unos ejemplos.

Ejemplos de este tipo, existen pero pocos [texx] 2^7+17^3=71^2 [/texx]. [texx] 112^3+57^3=1261^2[/texx]. [texx] 1064^3+305^3=35113^2 [/texx]. Más o menos podríamos aplicar la misma sistemática para intentar ilustrar que en este caso, dos potencias con bases primas con exponentes mayores que dos, su resultado nunca alcanzara ser un potencia mayor que dos.
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« Respuesta #56 : 13/10/2015, 05:24:25 pm »

Hola

Cita
Intento demostrar que con dos bases primas, ambas con exponentes mayores que dos, la tercera base solo puede alcanzar ser potencia de dos. Porque si no hay un factor común [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx]en las dos bases iníciales el resultado de esta división no será nunca un número entero y por lo tanto no obtendremos una potencia mayor que dos.

Entonces directamente intentas probar la conjetura de Beal, sin tapujos.

Cita
[texx] 2^7+17^3=71^2[/texx]; [texx] (2^5)*3+(2^5)+16*17*18+17[/texx]; [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1[/texx]. Es lógico pensar que si la suma de ambas potencias alcanzara ser potencia con un exponente mayor que dos esta deberá ser. [texx] 17^n [/texx]. Ya que [texx] 17^3=16*17*18+17 [/texx]; [texx] 17^3=16*(17*18+1)+1 [/texx]. El problema es lo que esta dentro del paréntesis que mientras que ambas bases no compartan un factor común nunca alcanzará ser un número entero. Esto es [texx]\ldots((2*3+2)/17)\ldots[/texx].

No hay ninguna idea ahí que vea que se pueda generalizar; tan siquiera me cuesta ver un atisbo de argumento ahí.  Simplemente dices que arreglando las cuentas como a ti te parece no llegas a una potencia mayor que dos si no hay factores comunes; pero no das ninguna razón objetiva para que sea cierta. En el ejemplo concreto, la razón obvia es que de hecho no da una potencia mayor que dos de un número entero, pero nada más.

Si crees que estoy equivocado, muestra claramente ese argumento general. Me temo que sigues dándole vueltas a las ideas que ya has expuesto a lo largo del hilo.

Finalmente, difícilmente de unos ejemplos se podrá extraer una demostración de general nada en estos casos; cosa diferente es proponer un camino general e ilustrar la idea con unos ejemplos.

Cita
Ejemplos de este tipo, existen pero pocos [texx] 2^7+17^3=71^2 [/texx]. [texx] 112^3+57^3=1261^2[/texx]. [texx] 1064^3+305^3=35113^2 [/texx]. Más o menos podríamos aplicar la misma sistemática para intentar ilustrar que en este caso, dos potencias con bases primas con exponentes mayores que dos, su resultado nunca alcanzara ser un potencia mayor que dos.

Vuelvo a lo mismo; si crees que hay alguna "sistemática", algo generalizable en tus ideas; expón como se haría. Pero relee todo el hilo y los comentarios que te ido haciendo para no repetir errores. En general cuando dices que "se llega a la conclusión..." no hay ninguna relación entre la conclusión que afirmas y tu exposición previa.

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« Respuesta #57 : 05/11/2015, 05:32:58 pm »

Hola.
 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].


A continuación voy sugerir basandome en las expresiones conocidas que más se ajustan a un posible contraejemplo de la Conjetura de Beal. Claro está que todas ellas con un exponente de grado 2.

[texx]2^{7} + 17^{3} = 71^{2}[/texx]. Dichos números responden [1]. Es decir podemos obtener un factor común de las dos primeras potencias de la forma [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1 [/texx]. Para que dicha expresión alcanzará [2] entonces implicaría que esta última tendria que ser [texx] 16*(17*18+1) [/texx]. En el caso hipotético que hubiera un contraejemplo el factor común de las dos potencias sería C en este caso 16. Es decir la base de la tercera potencia. Si partimos que las dos potencias iníciales son primos relativos, entonces al obtener el factor común se debería extender a todos los  números de la ecuación [2]. Es decir [texx] 16*(17*18+1) [/texx]. Pero dicha estructura no se puede obtener con dos bases primas. Porque la ecuación que obtenemos es [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1 [/texx]. Por lo tanto el 2*3+2 y el 1 lo impiden. ¿Qué creis?
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« Respuesta #58 : 06/11/2015, 06:54:19 am »

Hola

Hola.
 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].


A continuación voy sugerir basandome en las expresiones conocidas que más se ajustan a un posible contraejemplo de la Conjetura de Beal. Claro está que todas ellas con un exponente de grado 2.

[texx]2^{7} + 17^{3} = 71^{2}[/texx]. Dichos números responden [1]. Es decir podemos obtener un factor común de las dos primeras potencias de la forma [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1 [/texx]. Para que dicha expresión alcanzará [2] entonces implicaría que esta última tendria que ser [texx] 16*(17*18+1) [/texx]. En el caso hipotético que hubiera un contraejemplo el factor común de las dos potencias sería C en este caso 16. Es decir la base de la tercera potencia. Si partimos que las dos potencias iníciales son primos relativos, entonces al obtener el factor común se debería extender a todos los  números de la ecuación [2]. Es decir [texx] 16*(17*18+1) [/texx]. Pero dicha estructura no se puede obtener con dos bases primas. Porque la ecuación que obtenemos es [texx] 16*(2*3+2+17*18+1)+1 [/texx]. Por lo tanto el 2*3+2 y el 1 lo impiden. ¿Qué creis?

Yo no tengo nada más que decir sobre el tema; sigues dando vueltas a lo mismo, sigues con vaguedades. Sigues con ejemplos con una "estructura" forzada que no tiene porque aparecer en el caso general y por tanto no veo que se saque nada en limpio de ellas. Las objecciones que ido exponiendo siguen siendo aplicables.

Suerte.

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« Respuesta #59 : 15/11/2015, 04:18:41 pm »

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].

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, x mayor o igual que 3).
En consecuencia:
[texx] (2A+1)^x+(2B+1)^y = (2C+1)^z; 2D \neq{} 2E+1 [/texx]. Las tres bases no pueden ser impares.
Si las tres bases son pares, hay un factor común conforme señala la Conjetura de Beal.
[texx] (2A)^x+(2B+1)^y = (2C)^z; 2D+1 \neq{} 2E [/texx]. Tampoco es posible dos bases pares y una impar.
[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.

Después de observar los ejemplos que más se acercan a un posible contraejemplo de la Conjetura, los clasifico en dos tipos.

Tipo 1.

[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].

Tipo 2.

 [texx] 11^3+37^3=228^2; 17^7+76271^3=21063928^2; 781^3+4019^3=255720^2; 3^5+11^4=122^2 [/texx].
Siguen la siguiente sistemática.
Sean A, B (estos dos impares), C (par), x, y, z (estos tres mayores o iguales que 3), m y n. Números enteros. Entonces:
Cn = (A+1) y Cm = (B-1); A=(Cn-1) y B= (Cm+1).
Recordemos [1], [2] y [3]. Por lo tanto.
[texx] A^x = (Cn-1)^x = (Cn-2) ((Cn-1)^{x-2})((Cn)+ ((Cn-1)^{x-2}) [/texx];
[texx] B^y = (Cm+1)^y = (Cm) ((Cm+1)^{y-2})((Cm+2)+ ((Cm+1)^{y-2}) [/texx];
[texx] C^z = (C)^z = (C-1) ((C)^{z-2})((C+1)+ ((C)^{z-2}) [/texx] [4];

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].
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