Autor Tema: Conjetura de Beal

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17 Noviembre, 2015, 01:05 pm
Respuesta #60

Luis Fuentes

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

Citar
\(  2^7+17^3=71^2; 112^3+57^3=1261^2; 1064^3+305^3=35113^2; 43^8+96222^3=30042907^2  \).
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.
\( (2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2} \);

\(  2*D+1= 2*E+1  \). 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.

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

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

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

Aquí no se entiende nada.

Saludos.

17 Noviembre, 2015, 08:11 pm
Respuesta #61

Gonzo

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Hola.

\( (2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2} \). Dicha ecuación si la desarrollamos la podemos escribir. \(  2*D+1= 2*E+1  \). Es decir, \(  (2*A)^{x} +((DTP)+1)= 2*E+1  \). 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) \(  2*D+1  \). Todos los términos no poseen un factor común conforme \( A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2}  \). 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?



28 Diciembre, 2015, 05:16 pm
Respuesta #62

Luis Fuentes

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Hola.

\( (2*A)^{x} + (2*B+1)^{3} = (2*C+1)^{2} \). Dicha ecuación si la desarrollamos la podemos escribir. \(  2*D+1= 2*E+1  \). Es decir, \(  (2*A)^{x} +((DTP)+1)= 2*E+1  \). 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) \(  2*D+1  \). Todos los términos no poseen un factor común conforme \( A^n = ((A-1)(A+1)+1)\cdot A^{n-2}  \). 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.

30 Diciembre, 2015, 07:55 pm
Respuesta #63

Gonzo

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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.
\(  (2A+1)^x+(2B+1)^y = (2C+1)^z; ((2A)^x+2(tp)+1) + ((2B)^y+2(tp)+1) \neq{} 2E+1  \). 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
\(  (2A)^x+(2B+1)^y = (2C)^z; 2D+1 \neq{} 2E  \). Tampoco es posible dos bases pares y una impar.
Caso 4
\(  (2A)^x+(2B+1)^y = (2C+1)^z; 2D+1 = 2E+1  \). 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?

30 Diciembre, 2015, 10:44 pm
Respuesta #64

Luis Fuentes

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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:

\( (Bc)^x+(Bc+t)^y=(Bn)^z \)

y muestras que es imposible que \( t \) y \( B \) sean coprimos. Eso es obvio y no sirve nada. Está claro que si en la expresión:

\( P^x+Q^t=R^z \)

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

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

\( P^x+Q^t=R^z \)

con exponentes enteros superiores a dos, entonces los tres factores \( P,Q,R \) 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.

01 Enero, 2016, 10:16 am
Respuesta #65

Gonzo

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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.

02 Enero, 2016, 11:56 am
Respuesta #66

Luis Fuentes

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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.

Citar
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.

02 Enero, 2016, 04:18 pm
Respuesta #67

Gonzo

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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).

02 Enero, 2016, 11:31 pm
Respuesta #68

Luis Fuentes

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Hola

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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.

02 Octubre, 2016, 08:08 pm
Respuesta #69

Gonzo

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Hola. Recordemos la siguiente las siguientes expresiones:
\( A^2 = (A-1)(A+1)+1 \)    [Ecuación 1]
\( A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A)  \) [Ecuación 2]
\( A^4 = ((A-1) A^2 (A+1)+ A^2)  \)    [Ecuación 3]
\( A^n = ((A-1) A^{n-2} (A+1)+ A^{n-2})  \)    [Ecuación 4]
Seguidamente en la Ecuación 2, en adelante E2. \( A^3 = ((A-1) A (A+1)+ A)  \). Llamemos \(  ((A-1) A (A+1)  \) 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 \(  A^3+B^3  \). Para ello aplicamos la E2. Solo en lo referente al núcleo. Obteniendo.
\(  (A-1)A(A+1) + (B-1)B(B+1)= (A+B)(A^2 - AB+B^2-1)  \).
El 1 desaparecería de dicha ecuación si le añadimos los extremos A + B. Esto es. \(  (A-1)A(A+1) + A (B-1)B(B+1) +B= (A+B)(A^2-AB+B^2)  \). E5.
El siguiente paso es modelizar. \(  (A+B)^n \). Para ello introducimos una nueva ecuación E6. Esto es:
\(  ((A^2)((A+B)^{(n-2)})) + ((B^2)((A+B)^{(n-2)} + ((2AB)((A+B)^{(n-2)}))  \);
\(  ((A+B)^{(n-2)}) (A^2 + B^2 +2AB)  \) E6.
Observemos E5 y E6, respectivamente. Adoptando este última el grado de 3.
\(  (A+B)(A^2+AB+B^2) = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB)  \). Rápidamente, nos viene a la cabeza el UTF. Y si, si igualamos simplificamos ambas expresiones obtenemos \(  (A+B)(A^2 - AB+B^2) = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB)  \); \(  -AB= +2AB  \). Llegamos a una contradicción. Entonces podemos decir que \(  A^3+B^3 = (A+B)^3  \) nunca tendrá solución con número enteros. Ya que ninguno de estos puede satisfacer \(  -AB= +2AB  \).
Caso A^4+B^4= (A+B)^3
Modelizamos \(  A^4+B^4  \). 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:
\(  A^4+B^4 = ((A+B)) (A^2 + B^2 +2AB)  \);
\(  (A^4+B^4)/(A+B) = (A^2 + B^2 +2AB)  \);
\(  (((2a^4)/(a+b))-(a^3)+(a^2)b-a(b^2)+(b^3)) = (A^2 + B^2 +2AB)  \);
En esta última expresión podemos ver que la división \(  (((2a^4)/(a+b))  \) 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, \(  4^4+4^4=8^3; 32^4+32^4=128^3; 108^4+108^4=648^3; 256^4+256^4=2048^3; 289^4+578^4=4913^3; 500^4+500^4=5000^3 \).

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

Caso A^n+B^n= (A+B)^m
Siendo n y m ambos mayores que tres e íntegros.
\(  (((A^{(n-2)})(A-1)(A+1)+( B^{(n-2)})(B-1)(B+1)))+(A^{(n-2)})+(B^{(n-2)})= ((A+B)^{(m-2)}) (A^2 + B^2 +2AB)  \);
 \( (((A^3)(A-1)(A+1)+(B^3)(B-1)(B+1))/((A+B)^(m-2)))+(A^3)/((A+B)^(m-2)))+(B^3)/((A+B)^(m-2))))= (A^2 + B^2 +2AB)  \);
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:
\(  A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n  \) 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.
\(  A^n + B^n+ AB() = (A+B)^n  \); \(  A^n + AB()+ B^n = (A+B)^n  \);
\(  C^m+ B^n = (A+B)^n  \); donde \(  C^m = A^n + AB()  \). Pero siempre con la restricción del factor común, en A y B, de lo contrario la conjetura no cumple. Esto es. \(  A^n + B^n+ AB() = (A+B) (A+B)^{n-1}  \); \(  (A^n + B^n + AB())/((A+B)) = (A+B)^{n-1}  \). Si \(  (A^n, B^n y AB())  \) no comparte factor común con (A+B) entonces \(  (A+B)^{n-1}  \) no sería igual a un número entero.
Caso B.
Es el Caso A, con el matiz de que \(  C^m = B^n + AB()  \).
Ejemplo. \( 7^3+7^4=14^3 \).

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

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

Atentamente.