Autor Tema: Conjetura de Beal

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14 Noviembre, 2016, 12:01 pm
Respuesta #100

Luis Fuentes

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Hola

\(  2a+2b-3a= -(a^2+4b^2-4ab)^{1/2} \);
\( \color{red} (2b-a)^{1/2}= -(a^2+4b^2-4ab)\color{black} \). Si resolvemos esta ecuación. \(  a=2b \).
Atentamente.

Ese último paso está mal. Lo que deberías de hacer es elevar ambos términos al cuadrado quedando:

\( (2b-a)^2=a^2+4b^2-4ab \)

que es una identidad.

Y añado un comentario general: lo único que estas haciendo es partir de un sistema de ecuaciones:

\( a^2+b^2-ab=C^m \)
\( a+b=T^m \)

 hallar unas variables en función de las otras y luego sustituir las soluciones de nuevo en las ecuaciones. Si lo haces correctamente llegarás siempre a identidades.

Es fácil sin embargo cometer errores basados en que las ecuaciones que se obtienen son de segundo grado, con dos posibles soluciones; eso nos obliga a elegir una; esa elección condicionan que las soluciones cumplan ciertas características; si luego en las cuentas no somos coherentes con ellas, podemos llegar a aparentes contradicciones o conclusiones erróneas.

Lo que tiene que quedarte claro es que el sistema anterior al menos tiene soluciones reales, sin más que dar valores a nuestro gusto a \( a,b \). Entonces de ese tipo de cuentas que haces donde es indiferente que los números sean reales o enteros no puedes esperar llegar a ninguna conclusión útil.

Saludos.

17 Noviembre, 2016, 09:53 pm
Respuesta #101

Gonzo

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\(  2a+2b-3a= -(a^2+4b^2-4ab)^{1/2} \);
\(  2a+2b-3a= (-a^2-4b^2+4ab)^{1/2} \) (i);
Centrémonos en esta entidad \( (-a^2-4b^2+4ab)^{1/2} \). Introduzcamos valores, solo obtenemos números negativos. No permitidos en las raíces cuadradas.
Si igualamos \( (-a^2-4b^2+4ab)^{1/2} \) a cero, resolvemos la ecuación,\(  a=2b \). Es el único valor que posibilita que la entidad (i) tenga valores reales. En caso contrario \(  2a+2b-3a= (-N)^{1/2} \), donde –N es un número negativo. No permitido en las raíces cuadradas. Por lo tanto la única opción es que ,\(  a=2b \).
Atentamente.

18 Noviembre, 2016, 10:46 am
Respuesta #102

Luis Fuentes

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Hola.
\(  2a+2b-3a= -(a^2+4b^2-4ab)^{1/2} \);
\(  2a+2b-3a= (-a^2-4b^2+4ab)^{1/2} \) (i);

No puedes meter el signo menos dentro de la raíz. Es falso que \( -\sqrt{x}=\sqrt{-x} \).

Deberías de reflexionar sobre lo que te he dicho aquí para evitar perder el tiempo:

Lo que tiene que quedarte claro es que el sistema anterior al menos tiene soluciones reales, sin más que dar valores a nuestro gusto a \( a,b \). Entonces de ese tipo de cuentas que haces donde es indiferente que los números sean reales o enteros no puedes esperar llegar a ninguna conclusión útil.

Lo que quiero decir con esto es que tomando cualquier par de valores de \( a,b,m \) (por ejemplo respectivamente \( 2,3,5 \)), puedes escoger valores reales de \( C \) y \( T \) que cumplan las ecuaciones:

\( a^2+b^2-ab=C^m \)
\( a+b=T^m \)

En mi ejemplo: \( C=\sqrt[5]{2^2+3^2-2\cdot 3}=\sqrt[5]{7} \) y \( T=\sqrt[5]{2+3}=\sqrt[5]{5} \).

Entonces no puedes pretender que tu razonamiento anterior, donde sólo has usando transformaciones algebraicas donde no se usa para nada decisivo que los números implicados son enteros, lleven a contradicción ni imposición alguna. No puedes por ejemplo pretender deducir de esas ecuaciones (sin usar troncalmente el carácter entero de todas las variables) que \( a=2b \), cuando tenemos ejemplos donde \( a \) y \( b \) toman valores cualesquiera (acabamos de ver \( a=2 \) y \( b=3 \), \( a\neq 2b \)).

Saludos.

20 Diciembre, 2016, 07:45 pm
Respuesta #103

Gonzo

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\( A^m=a+b \) (supongamos que a y b son 2 números primos);
\( B^m=a^2+b^2-a.b \);
Consideremos que \( B=A+n \);
\( ((a+b)^{1/m}+n)^m=a^2+b^2-a.b \);
\( (a+b).((a+b)^{1/m}+n)^m=(a^2+b^2-a.b) (a+b)  \);
La expresión \( (a^2+b^2-a.b) (a+b)  \) es igual a \( a^3+b^3 \).
\( (a+b).((a+b)^{1/m}+n)^m= a^3+b^3  \); (despejamos n)
\(  n = ((a^3 + b^3)^{1/m} - a (a + b)^{1/m} - b (a + b)^{1/m})/(a + b)  \);
Donde \(  a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(b+a)  \).
\(  n = ((a+b)^3-3ab(b+a))^{1/m} - a (a + b)^{1/m} - b (a + b)^{1/m})/(a + b)  \);
\(  n = ((a+b)((a+b)^2-3ab))^{1/m} – (a+b) (a + b)^{1/m}))/(a + b)  \);
\(  n = ((a+b)((a+b)^2-3ab))^{1/m}/(a + b) – (a + b)^{1/m}))  \);
\(  n = ((a+b)((a^2+b^2+2ab-3ab))^{1/m}/(a + b) – (a + b)^{1/m}))  \);
\(  n = ((a+b)((a^2+b^2-ab))^{1/m}/(a + b) – (a + b)^{1/m}))  \);

Supongamos que \(  (a + b)^{1/m}  \) es un número entero.
Si dividimos \(  (a + b)^{1/m}  \) entre \(  (a + b) \) obtendremos un número menor que 1.
La expresión \(  ((a+b)((a^2+b^2-ab))^{1/m}/(a + b) \) para que sea igual a un número entero el número resultante de esta expresión \(  ((a^2+b^2-ab))^{1/m} \) tendría que ser igual a un número con un factor común de (a+b). Situación que no se produce si a y b son primos.
Si \(  ((a^2+b^2-ab))^{1/m} \) es igual a un número con factor común de (a+b) entonces multiplicado por \(  (a + b)^{1/m}  \) podríamos obtener un número múltiplo de (a+b) con ello la n seria un número entero. Cumpliendo con la conjetura.
Pero si a y b son primos entre ellos, entonces de \(  ((a^2+b^2-ab))^{1/m} \) no resulta ningún número múltiplo de (a+b) y con ello n no es un número entero. Deduciendo que la conjetura no se cumple si a y b son primos entre si.

21 Diciembre, 2016, 11:28 am
Respuesta #104

Luis Fuentes

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\( (a+b).((a+b)^{1/m}+n)^m= a^3+b^3  \); (despejamos n)
\( \color{red} n = ((a^3 + b^3)^{1/m} - a (a + b)^{1/m} - b (a + b)^{1/m})/(a + b) \color{black} \);

Está mal despejado. Sería:

\( n=\dfrac{(a^3+b^3)^{1/m}}{(a+b)^{1/m}}-(a+b)^{1/m} \)

Saludos.

02 Enero, 2017, 05:09 pm
Respuesta #105

Gonzo

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Sea \(  A^n=a+b \) y \(   B^n=a^2+b^2-ab \). Siendo A, B, a y b, números enteros todos ellos primos. Todas las variables que a continuación se nombran son siempre números enteros.
Consideremos la ecuación \(  A^n=a+b \) tal que \(  A^n=(z*m+t)+(z*ñ+j)  \); Dicha expresión para ser igual a potencia cumplirá con \(  t+j=z*s \).
Consideremos la ecuación \(  B^n=a^2+b^2-ab \)  tal que \(  B^n=(z*m+t)^2+(z*ñ+j)^2-(z*m+t)*(z*ñ+j)  \). Dicha expresión para ser igual a potencia \(  t^2+j^2-t*j=z*h \).
En ambas ecuaciones todas las sumas y productos comparten factor común z, excepto \(  t+j \)  y \(  t^2+j^2-t*j \). Supongamos que \( B=z \) . Lanzamos el primer caso.
(i). \(  t+j=z*s \). En este caso. Fuerza que \(  t^2+j^2-t*j≠z*h \). Porque la suma de dos números primos no comparte factor común con el producto de aquellos. En este caso la segunda ecuación, todas las sumas y productos comparten factor común excepto \(  3t*j \). Esto es:
\(  B^n=(z*m+t)^2+(z*ñ+j)^2-(z*m+t)*(z*ñ+j)  \);
\(  B^n= (z*m)^2+2zmt+t^2+(z*ñ)^2+2zñj+j^2-zmzñ-zmj-tzñ-tj \);
\(  B^n= (z*m)^2+2zmt+(z*ñ)^2+2zñj-zmzñ-zmj-tzñ+t^2+j^2-tj \);
\(  B^n= (z*m)^2+2zmt+(z*ñ)^2+2zñj-zmzñ-zmj-tzñ+(t+j)^2-2tj-tj \);
\(  B^n= (z*m)^2+2zmt+(z*ñ)^2+2zñj-zmzñ-zmj-tzñ+(t+j)^2-3tj \);
\(  B^n= (z*m)^2+2zmt+(z*ñ)^2+2zñj-zmzñ-zmj-tzñ+(z*s)^2-3tj (*) \);
Al principio de este caso indico que, \(  t+j=z*s \). De donde si considero que z no pose factor común de 3. Esta última ecuación no será nunca potencia. Cierto?

02 Enero, 2017, 10:40 pm
Respuesta #106

Luis Fuentes

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Sea \(  A^n=a+b \) y \(   B^n=a^2+b^2-ab \). Siendo A, B, a y b, números enteros todos ellos primos. Todas las variables que a continuación se nombran son siempre números enteros.
Consideremos la ecuación \(  A^n=a+b \) tal que \(  A^n=(z*m+t)+(z*ñ+j)  \); Dicha expresión para ser igual a potencia cumplirá con \(  t+j=z*s \).

Ya no sé de donde te sacas eso. No sé si \( z,m,ñ,s \) son números enteros cualesquiera ó les exijes algo. En principio tal como está no es cierto.

Por ejemplo:

\( 7^5=(17\cdot 401+3)+(17\cdot 587+8) \)

pero \( 8+3\neq 17\cdot s \) para ningún \( s \) entero.

Saludos.

02 Enero, 2017, 10:52 pm
Respuesta #107

Gonzo

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B=z. Es decir, en el ejemplo 7 y 17 tienen que ser el mismo entero. Obviamente no lo son.

02 Enero, 2017, 11:11 pm
Respuesta #108

Luis Fuentes

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B=z. Es decir, en el ejemplo 7 y 17 tienen que ser el mismo entero. Obviamente no lo son.

Si desde el principio todo lo que haces sólo es válido para \( z=B \), ¡no uses una variable \( z \) distinta de \( B \)!. Desde el principo usa simplemente \( B \) (no hables de ninguna \( z \) que sólo aporta confusión).

Entonces tendrías que:

\( A^n=a+b \)
\( B^n=a^2+b^2-ab \)

y escribes \( a=Bm+t \) y \( b=Bñ+j \) y afirmas que de ahí se deduce que \( t+j \) es múltiplo de \( B \).

Sigo sin ver como pruebas esa afirmación. Lo que haces equivale a trabar módulo \( B \), es decir;

\( a=t \) mod \( B \)
\( b=j \) mod \( B \)

Tienes:

\(
A^n=t+j \)
\( t^2+j^2=tj \)

Afirmas que \( t+j \) tiene que ser \( 0 \) mod \( B \).

No veo de donde sale.

Si piensas que eso es cierto tienes que demostrarlo.

Saludos.

P.D. Además si \( t+j \) fuese múltiplo de \( B, \) entonces \( A \) sería múltiplo de \( B \) lo cual contradice que \( A \) y \( B  \)sean coprimos.

07 Enero, 2017, 01:30 pm
Respuesta #109

Gonzo

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Hola.
\(  A^n=a+b \) .
\(   B^n=(a+b)^2-3ab \).
Si a y b son primos:
\(  (a + b)^3 = a^3 + b^3 + 3 ab (a + b)  \). Despejamos ab.
\(  ab =((a + b)^3 -a^3-b^3)/3(a+b) \); \(  ab =((a^2)b+a(b^2))/(a+b) \).
a*b no será un número entero. Porque la suma de dos números primos no comparte factor común con el producto de aquellos.
Entonces \(   B^n \). tampoco es un número entero.
Atentamente.