[feriva]

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.

[Willix]

Expresión I \(  A^x +(A^y+yA^{y-1}b+\ldots+yAb^{y-1}+b^y) \)
Expresión II \(  (nA)^z = ((nA-1)(nA+1)+1)(nA)^(z-2)  \) 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 \( A^{y} + B^{y} = C^{y} \) y ahora hemos cambiado a algo de la forma \( A^{x} + B^{y} = D^{z} \) sin motivo aparente.

Spoiler

No me extiendo por aquí porque entiendo que ahora estamos única y exclusivamente en la conjetura de Beal desde el principio.

[cerrar]

\( SI: \) Entonces estamos hablando de algo de la forma \( A^{x} + B^{y} = D^{z} \), 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 \( A^{x} + B^{y} = n^{z} C^{z} \)  ?


\( NO: \) 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

No me extiendo por aquí porque entiendo que estamos tomando eso como hipótesis.

[cerrar]

\( SI: \) Perfecto. Seguimos por aquí el razonamiento sin pegas.

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.

¿Qué ocurriría si b de la Expresión I adoptara el valor de un número primo. Es decir  \( 2^x+(2+5)^y=2^x+(2^y+y2^(y-1)5+\ldots+2\cdot{}5^(y-1)+5^y) \) . 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 \( A^{x} + (A+p)^{y} \neq m^{t} \) 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?

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.

[Gonzo]

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?

[Gonzo]

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 \(  A^x+(A+b)^y=(A±c)^z  \). 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, \(  b=((An)^z-A^x)^(1/y)-A  \), ¿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/.

[Luis Fuentes]

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 \(  A^x+(A+b)^y=(A±c)^z  \). 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.

La expression III, \(  b=((An)^z-A^x)^(1/y)-A  \), ¿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, \( A^x+(A+b)^y \) y II, \( (nA)^z \) y... claro.. si son iguales está claro que entonces \( b \) tiene que ser divisible por \( A \).

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

Dicho de otra manera y más en general, es trivial que si en la igualdad \( A^x+B^y=C^z \) 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.

[Willix]

Cita de: Gonzo en Hoy a las 20:45:39

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 \( A^y +(A^y+y\cdot A^{y-1}\cdot b\ldots+y\cdot A\cdot b^{y-1}+b^y) \) 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.

La ecuación general es  \( A^x+(A+b)^y=(A\pm c)^z \) . 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.

La expresión III  \( b=\big((An)^{z}-A^{x}\big)^{\frac{1}{y}} - A \) ¿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 \( (nA)^{z} \) 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.

[robinlambada]

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: \(  A^x+B^y=C^z  \) o también: \(  A^x+(A+b)^y=(A±c)^z  \).

Pero tu has partido de: \( A^x+(A+b)^y=(nA)^z \), es decir as supuesto (que no demostrado) que \( C=n\cdot{}A \) 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 \( 2^3+(2+1)^3=35\neq{(n\cdot{}2})^z \,\, \forall{}\,\, n\,\, \wedge \,\, z\,\,\in{N} \) 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 \(  A^x+(A+b)^y=C^z\Rightarrow{}C=n\cdot{}A  \). (Si la suma de potencias es otra potencia ,  entonces  C es múltiplo de A \( C=n\cdot{}A \) )

Saludos.

[Willix]

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... 

[robinlambada]

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.

\( A^x+(A+b)^y=C^z \) 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 \( A^2+B^2=C^2 \), no hay que probar que para cualquier valor entero de A y B existe  algún C entero, tal que \( A^2+B^2=C^2 \) , por que según tu razonamiento, para \( A=B=1 \)

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

[Willix]

Si, te he entendido.

No he dicho en mi respuesta de hoy que

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! 

PD: Con sentenciar me refiero simplemente a afirmar.