[Norges Grey Pérez]

Sí, claro Richard, estoy siguiendo cada mensaje en el hilo. Hasta ahora muy interesante todo..Tal como lo plasmamos en la conjetura, tu ejemplo #1 sería el correcto.
Gracias.

[Luis Fuentes]

Hola

Sí Richard, algo pasó con el latex que el texto presenta esa dificultad.
No he podido solucionarlo.

Pues no era tan difícil. Simplemente poner $$ .... $$ en lugar de $...$.  Sería mucho más útil que usases la IA para eso y no para lo que haces en este mensaje que no aporta nada (me refiero al último, no a la conjetura que está bien que la propongas).

Por respeto al foro, por favor, intenta cumplir sus normas. Te lo he corregido yo.

Mira le he pedido a Qwen que analice si tu respuesta puede demostrar la conjetura y esto es lo que ha dicho:

¿Y has intentado analizar tu mismo la respuesta de Richard y/o analizar la respuesta que te ha dado la IA".

En lo sucesivo, por favor, no copies sin más cosas que dice la IA; en todo caso pon un enlace a la conversación y quien quiera que la lea, pero tu haz un resumen para ver si ha dicho algo de interés o tiene sentido. FILTRA.

Tu observación es correcta y profunda: 
has identificado una familia infinita de pares $ (a_n, b_n) $ definida por
$$
a_n = 3 \times \frac{10^n - 1}{9} = \underbrace{3\ldots3}_{n}, \quad b_n = 2a_n + 1
$$
que satisface la ecuación clave:
$$
2 \times (a_n b_n) - 1 = b_n a_n
$$
donde $ a_n b_n $ denota la concatenación.

Además, has demostrado que dentro de esta familia, **el único caso en que tanto $ a_n $ como $ b_n $ son primos** ocurre cuando $ n = 1 $, es decir:
- $ a_1 = 3 $
- $ b_1 = 7 $

Esto implica que, al menos **dentro de esta familia**, el par $ (3,7) $ es el único que cumple las condiciones adicionales de primalidad requeridas en la conjetura.

Esto es una obviedad.

Sin embargo, para que la Conjetura del 37 quede completamente demostrada, sería necesario probar un paso adicional:

> Que **todas las soluciones enteras positivas** de la ecuación
> $$
> 2 \times (ab) - 1 = ba
> $$
> pertenecen a dicha familia.

Esto es otra obviedad.

Hasta donde se conoce, no se ha encontrado ninguna solución fuera de este patrón. 

Esto no es cierto; simplemente si lees los mensajes anteriores verás que ya se han dado otras soluciones a la condición 6 fuera de ese patrón. Solo leer. ¿Es tan difícil?.

La estructura diofántica de la ecuación es tan restrictiva que hace improbable —si no imposible— la existencia de otras soluciones.

Esto también se ha dicho.

En fin. Menos inteligencia artificial sin filtro humano y más espíritu crítico e inteligencia natural.

Saludos.

[Richard R Richard]

Si a tiene n cifras
Si b tiene m cifras
entonces
$$'ab' =a\cdot 10^{m}+b$$
$$'ba' =b\cdot 10^{n}+a$$

por condición 6

$$2(a\cdot 10^{m}+b)-1=b\cdot 10^{n}+a$$

entonces

$$b=\dfrac{a(2\cdot10^m-1)-1}{10^n-2}$$


exploré $$b=f(a,m)$$  hasta $$a=100000000$$ y hasta $$m=200$$ cifras para $$b$$  y no hay mas resultados positivos que el ya conocido .

como $$'ba'$$ tiene la misma cantidad de cifras que $$'ab'$$ al multiplicar por dos la primer cifra de $$a$$, no puede haber acarreo y se puede ver por razones de primalidad que

$$b$$ solo puede terminar en 1,7 o 9 
$$a$$ solo puede terminar en 1 o 7  la excepción es $$a=3$$  pues  $$5=2\cdot 3-1$$ es primo y el único que puede terminar en 5 cualquier otro $$2a-1$$ con a terminado en 3 será compuesto, lo mismo con $$a=5$$. Pero en la condición 6 dos veces la ultima cifra de b menos 1  debe resultar primo  no terminado en 5 y entonces ningún primo terminado en 3 tampoco es posible para b.
$$a$$ empieza con 1,2,3 o 4
$$b$$ no puede empezar  obviamente por 0 pero tampoco por 1

Mucho mas no puedo aportar, parece que sí es cierta, pero se escapa de demostrar como otras.

[MNDK]

Hola Richard. ¿En este ultimo analisis salíó algún resultado del tipo a= 1457 , b= 29. Que cumpla con la condición 6 aunque falle en otras? (con  \( Z\not\in Par \), digo)

[Luis Fuentes]

Hola

Hola Richard. ¿En este ultimo analisis salíó algún resultado del tipo a= 1457 , b= 29. Que cumpla con la condición 6 aunque falle en otras? (con  \( Z\not\in Par \), digo)

No estoy muy seguro de tu pregunta MNDK. Ese resultado ya se apuntó anteriormente.

Aquí:

Esto es cierto si supones que \( a,b \) tienen el mismo número de cifras y es fácil de demostrar (no has escrito la prueba, pero sale rápido), pero no necesariamente en otro caso. Por ejemplo:

\( b=\underbrace{6\ldots 6}_{n}, a=5b+1 \) (\( b=6 \), \( a=31 \), \( 316\cdot 2-1=631 \), \( b=66 \), \( a=331 \), \( 33166\cdot 2-1=66331 \))

ó \( a=1457 \), \( b=29 \)

ó aquí:

Pero si llevas razón que algo pifie en mi primer algoritmo, creo solo mire $$a<b$$ pues ahora encuentro los que me dices...

al hacer  de $$abc$$ y $$defg$$ menores a 100000  los primos $$abcdefg$$ y $$defgabc$$

tengo 
a= 3 , b= 7 , ab= 37 , ba= 73 , van= 1
a= 31 , b= 6 , ab= 316 , ba= 631 , van= 2
a= 33 , b= 67 , ab= 3367 , ba= 6733 , van= 3
a= 331 , b= 66 , ab= 33166 , ba= 66331 , van= 4
a= 333 , b= 667 , ab= 333667 , ba= 667333 , van= 5
a= 1457 , b= 29 , ab= 145729 , ba= 291457 , van= 6
a= 3331 , b= 666 , ab= 3331666 , ba= 6663331 , van= 7
a= 3333 , b= 6667 , ab= 33336667 , ba= 66673333 , van= 8

pero siempre uno de los dos o $$a$$ o $$b$$ resulta compuesto  incluso en los que marcaste si bien superan la condición 6 no resultan ser primos.

Saludos.

[MNDK]

Hola Luis. por la forma tan particular en que funciona la duplicación en ese caso puntual (29*2-1=57; 57*2=114; 14*2+1=29;  ...etc). Lo que me preguntaba es si en ese último analisis hay otros ejemplos parecidos (en que las "decenas" se trasladen de esa forma para cumplír la condicion 6, aunque a y b no sean primos (pero si impares). Basicamente estuve tratando de visualizar la condición para que se dé este tipo de casos, (o si la condición solo se cumple en este caso particular). Por ahora no está claro para mí y pensaba que si en la lista existen otros casos (sin la restriccion de que sean primos, pero que tengan este "tipo" de configuración tan particular) me serviría verlos. Supongo que el proposito ulterior es saber si este tipo de combinaciones se pueden construír. Espero se entienda y no estar diciendo payasadas. Gracias y saludos!   

[Richard R Richard]

Hola Luis. por la forma tan particular en que funciona la duplicación en ese caso puntual (29*2-1=57; 57*2=114; 14*2+1=29;  ...etc). Lo que me preguntaba es si en ese último analisis hay otros ejemplos parecidos (en que las "decenas" se trasladen de esa forma para cumplír la condicion 6, aunque a y b no sean primos (pero si impares). Basicamente estuve tratando de visualizar la condición para que se dé este tipo de casos, (o si la condición solo se cumple en este caso particular). Por ahora no está claro para mí y pensaba que si en la lista existen otros casos (sin la restriccion de que sean primos, pero que tengan este "tipo" de configuración tan particular) me serviría verlos. Supongo que el proposito ulterior es saber si este tipo de combinaciones se pueden construír. Espero se entienda y no estar diciendo payasadas. Gracias y saludos!

Hola, no, no he seguido esa línea, ya que esa contempla que $$a$$ o $$b$$ no sean primos, pero sí es la única que hay, que tiene mas de una cifra de diferencia entre  $$a$$ y $$b$$ , igualmente $$a$$ y $$b$$ cumplen los 4 criterios que marque en mi ultimo mensaje, he dejado el pc andando por andar solo por si de casualidad surge un contraejemplo, revise los primos menores a 36000000 y $$b$$ hasta 1000 cifras y ni siquiera un falso positivo...

Quizá tenga que optimizar la búsqueda de $$b$$  ya que hay problemas con la división que devuelve un valor long de pocas cifras significativas y creo que estoy usando algo muy chapuza para evitarlo.

Ese para no tiene una continuación por medio de una serie como los otros valores, donde por análisis de la serie puedes determinar si los que siguen serán o no primos, pero como hasta ahora todos los pares que cumplen la condición 6 tienen al menos un compuesto menos  el par 3 y 7  aparente mente es único, pero no veo forma de hacer una demostración cerrada como se debe.   


Pd.. un argumento probabilístico de esos que me dicen que nos son prueba.    .  Si $$b$$ tiene entre sus cifras un numero menor a $$5$$ , al duplicarlo y aunque traiga acarreo, hará que no haya acarreo hacia adelante al mutiplicar por 2 y si a ese numero se le quita 1 al primero, tampoco cambia de valor, luego, tiene que empezar a suceder que cada cifra duplicada de $$b$$ o $$a$$  coincida con una de $$a$$ o $$b$$ exactamente  con y sin acarreo, eso da una probabilidad de 1/10 por cifra con independencia de cifras, así que cada vez que $$b$$ o $$a$$ aumenta de cifras  cumplir la condicion 6 se hace menos probable exponencialmente con el número de la suma de  cifras  de $$a$$ y $$b$$ , así que si el contraejemplo surgiera naturalmente como podía bar sido 1457 y 29, se hace menos probable que esas casualidades ocurran.


Que $$ X=2\cdot ab-1$$ resulte primo es factible, pero al imponer también que sea igual a $$ba$$ allí es donde se purgan los resultados.

[MNDK]

  es para perder la cordura, jeje. Gracias!
 

[Richard R Richard]

Otra vuelta de tuerca.

Voy escribiendo por línea para que citar algo incorrecto sea mas fácil   

Los números no pueden empezar en cero, pero aun así una buena parte de los primos solo contienen cifras 0,1,2,3,4,  estos primos al duplicarlos no producen acarreo, así que la suma de sus cifras es el doble de la suma de cifras del primo que partió.

Si  $$S(a)$$ es la suma de cifras del primo $$a$$,  si $$a$$ es $$x\ mod 3$$ entonces $$S(a) \equiv x\ mod 3$$.

Luego 

• Si $$a$$ es $$0\ mod 3$$ entonces no es primo,(salvo el propio 3).
• Si $$a$$ es $$1\ mod 3$$ el doble de $$a$$ es $$2\ mod 3$$ y si le resto $$1$$ queda $$1 \ mod 3$$   por lo tanto $$2a-1$$ puede ser primo.
• Si $$a$$ es $$2\ mod 3$$ el doble de $$a$$ es $$4\ mod 3\equiv 1\ mod 3$$ y si le resto 1 resulta $$0 \ mod 3$$   por lo tanto $$S(2a-1)\equiv 0\ mod 3$$  y no puede ser primo.

Resumiendo los únicos números enteros $$a$$ y lo mismo para los $$b$$ que pueden ser primos y a la vez que  $$2a-1$$ o $$2b-1$$  tienen que ser $$1\ mod 3$$.

Si concateno  $$a$$ y $$b$$ y siendo cada uno $$1\ mod 3$$  la suma  de cifras será $$2\ mod 3$$ por lo que al hacer $$2ab-1 =ba$$  tendría que resultar que $$ba$$ sea $$0\ mod3$$ con lo cual no sería primo y a la vez es lógico que si $$ab$$ es $$2 mod 3$$ entonces $$ba$$ sea  $$2\ mod 3$$ lo cual es contradictorio.

Luego ningún primo cuyas cifras solo contengan cifras menores a 5 , puede ser contraejemplo , salvo el 3 que como no es de la forma $$1\ mod 3$$ sino $$0\ mod3$$ puede hacer cumplir  que $$ba$$ sea $$1\ mod 3$$ y sea a la vez primo.

Ahora voy a ver que pasa cuando hay  acarreo con cifras $$(5,6,7,8,9)$$, pero si  la suma de cifras conserva el mismo resto  , estaría demostrado que el único posible es el $$a=3$$.


Pd: los pocos ejemplos que he pensado comprueban  que si  hay acarreo al duplicar  igualmente sucede que  si  $$a \equiv 1 mod 3$$  y $$b \equiv 1\ mod 3$$  entonces $$ab \equiv 2\ mod 3$$   y  $$2ab-1\equiv 0\ mod 3$$ no es primo con o sin acarreo  ya que la suma de cifras con acarreo (al sumarse dos veces el mismo numero) el nuevo numero $$2ab$$ difiere en un múltiplo de $$9 \equiv 0 \ mod 3$$ respecto del doble de la suma de cifras de $$ab$$

Luego $$a=3$$ es el único que hace cumplir  $$2ab-1\equiv 1\ mod 3$$  por ser $$a\equiv 0\ mod 3$$.

Seguro se puede pulir mejor la demostración, pero creo que se entiende el punto.

Aún falta probar todos los posibles casos con $$a=3$$ con cualquier otro primo $$b\equiv1\ mod 3$$...


Saludos

[Richard R Richard]

Aquí el ultimo análisis

Tenemos $$a=3$$  y $$b$$ un primo que lo escribo como una sucesión arbitraria de cifras  $$ABCDEF$$ puede ser cualquier cantidad de cifras pero con esa cantidad es suficiente para lo que quiero mostrar.

Sabemos
$$a=3$$ primo
$$2a-1=5$$ primo
 
$$b$$ es primo entonces $$F$$ es uno de estos valores  $$1,3,7,9$$  pero si  $$F= 3\quad \to \quad  2F-1=5$$ con lo que  $$2b-1$$ no sería primo , asi que $$F\in(1,7,9)$$

entonces $$ab=3ABCDEF$$  y $$ba= ABCDEF3$$

como se tiene que cumplir la condición 6   
$$2\cdot ab-1=ba$$  por lo que comparando cifra a cifra tenemos

tenemos que $$2F-1=3$$ luego tenemos  que o $$F=2$$ o $$F=7\in (1,7,9) $$

si $$F= 2$$ entonces $$b$$ es par y no es primo,  entonces solo puede suceder que $$F=7$$

tenemos  entonces  $$2\cdot 3ABCDE7-1= ABCDE73$$  como $$2\cdot F >9$$  hay acarreo luego

$$2E+1=7$$  entonces es $$E=3$$ o $$E=8$$ 

• si $$E=3$$  entonces  $$2E<10$$ no hay acarreo y se cumple $$2\cdot 3ABCD37-1= ABCD373$$  luego debe suceder que $$2D+0=3$$ lo cual es imposible para una cifra $$D$$ entera.

• y si  $$E=8$$  entonces  $$2E>9$$ hay acarreo y  se cumple $$2\cdot 3ABCD87-1= ABCD873$$  luego debe suceder que $$2D+1=8$$ lo cual es imposible para una cifra $$D$$ entera.

Conclusión no hay  ningún $$b$$  de mas de dos cifras que cumpla la condición 6 cuando $$a=3$$ que era el caso faltante a explorar.

Solo queda explorar a mano pocos casos,  números primos $$b$$ de 2 o menos cifras, y solo cumple el $$7$$, por lo tanto  el par (3,7) es único.... cqd.

La conjetura esta demostrada como verdadera.


Saludos