Autor Tema: Supuesta demostración de la conjetura de Beal

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17 Septiembre, 2016, 05:49 pm
Respuesta #10

Luis Fuentes

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Hola

 Sigue sin estar claro.

Si en cualquiera de los polinomios \( E_{n}^{f}m(x) \) sustituyes (x) por todos los numeros enteros \( x = (1;2;3;4.....\infty \) tendras todas la raices de (n).

No sé que quiere decir "todas las raíces de \( n \)". Un número no tiene raíces; si un polinomio o una ecuación. A no ser que te refieras a raíz cuadrada, cúbica, ... Pero tampoco sé exactamente qué quiere decir la frase entonces.

Citar
Por ejemplo para \( 17^{3} \) lo aplicas en el polinomio \( E_{n=3}^{f} m(x) \) dando a (x) el valor de \( x = 8 \); ya que \( 17 = (2x+1) \Rightarrow{n=8} \) y así sucesivamente.

Es decir que:

         \( E_{n=3}^{f} m(x) = 17^{3} \) .

La pregunta sigue sin estar respondida. Es bastante clara. Si a cada potencia de un número natural le corresponde un polinomio. ¿Exactamente qué polinomio (escrito explícitamente) le corresponde a \( 17^3 \)?. ¿Y a \( 17^5 \)?  ¿Y a [tex]13^3?

Por otra parte en la fórmula enmarcada en rojo iguala un polinomio a un número; eso no tiene sentido, sin una explicación, que sigue brillando por su ausencia. Un polinomio, a no ser que sea constante, no es un número.

Quizá usted tampoco entienda lo que quiere decir Enfer; sería comprensible porque su artículo está mal escrito y es muy vago. Si por el contrario lo comprende, debería de poder contestar claramente a la pregunta que he marcado en azul.

Saludos.

18 Septiembre, 2016, 05:59 pm
Respuesta #11

Eulogio Garcia

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Vamos a ver si le queda claro:

\( E_ {(3)}^{f} = (2*8)^{3} + 2\left(\frac{2^{3}}{2}+ \frac{2^{3}}{4}\right)8^{2} + 2\left(\frac{2^{3}}{4} + \frac{2^{3}}{8}\right)8 + 1 = 17^{3} \)

\( E_{(3)}^{f} = (2*8)^{3} + 2^{3}\left(\frac{2+1}{2}\right)8^{2} + 2^{3}\left(\frac{2+1}{4}\right)8 + 1 = 17^{3}  \)

\( E_{(3)}^{f} = (16)^{3} + 16^{2} *3 + 16*3 + 1 = 4913 = 17^{3}  \).

EN MATEMATICAS ANTES DE CRITICAR HAY QUE ANALIZAR LOS TRABAJOS QUE SE PRESENTAN
y no ser un crítico literario. Hasta siempre

18 Septiembre, 2016, 07:36 pm
Respuesta #12

feriva

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EN MATEMATICAS ANTES DE CRITICAR HAY QUE ANALIZAR LOS TRABAJOS QUE SE PRESENTAN
y no ser un crítico literario. Hasta siempre

Esa frase muestra muy poca consideración hacia un profesor de matemáticas (el_manco) que desinteresadamente se preocupado por atender, prácticamente a diario, gran cantidad de dudas y consultas de todos los tipos (lleva 36211 contestaciones, que se dice pronto).
Cuando los trabajos, problemas, etcétera, emplean un lenguaje personal para llamar a las cosas, siempre pide que se le aclare en qué consisten esas definiciones personales; y la gente se explica, no se enfada, y la inmensa mayoría de las veces, por no decir todas, le da las gracias.

Saludos.

19 Septiembre, 2016, 11:54 am
Respuesta #13

Luis Fuentes

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Hola

Vamos a ver si le queda claro:

\( E_ {(3)}^{f} = (2*8)^{3} + 2\left(\frac{2^{3}}{2}+ \frac{2^{3}}{4}\right)8^{2} + 2\left(\frac{2^{3}}{4} + \frac{2^{3}}{8}\right)8 + 1 = 17^{3} \)

\( E_{(3)}^{f} = (2*8)^{3} + 2^{3}\left(\frac{2+1}{2}\right)8^{2} + 2^{3}\left(\frac{2+1}{4}\right)8 + 1 = 17^{3}  \)

\( E_{(3)}^{f} = (16)^{3} + 16^{2} *3 + 16*3 + 1 = 4913 = 17^{3}  \).

Pues lo que ahí está escrito no es un polinomio, sino, parece, un polinomio evaluado en un punto. De todo lo escrito y dicho deduzco que:

\( E_3^f(x)=(2x)^3+2\left(\dfrac{2^3}{2}+\dfrac{2^3}{4}\right)x^2+2\left(\dfrac{2^3}{4}+\dfrac{2^3}{8}\right)+1 \)

Simplificando queda:

\( E_3^f(x)=8x^3+12x^2+6x+1=(2x+1)^2 \)  ¡Mucho más sencillo hubiera sido escribirlo así directamente!.

En ese caso cuando \( x=8 \), efectivamente \( E_3^f(8)=17^3. \)

Ahora si es esa la idea (una trivialidad expresada de manera enrevesada e imprecisa), el argumento en el que el artículo pretende basar la prueba sigue sin tener sentido.

En primer lugar, la equivalencia entre potencias de números y polinomios no es tal; lo que se usa es que una potencia de un número es igual a un cierto polinomio evaluado en otro número.

El razonamiento parece que pretende llegar a una suerte de contradicción usando que la suma de los polinomios que corresponden a los dos primeros números no puede ser igual al polinomio que corresponde al tercero; pero el problema es que eso no impide que la suma de los primeros polinomios evaluados en cierto número si sea igual a otro polinomio evaluado a su vez en otro número diferente.

Citar
EN MATEMATICAS ANTES DE CRITICAR HAY QUE ANALIZAR LOS TRABAJOS QUE SE PRESENTAN
y no ser un crítico literario.

Precisamente en estos mensajes he realizado un análisis exhaustivo de los aspectos matemáticos del artículo.

Cierto que primeramente he criticado su forma, como está escrito, con muchas erratas y un mal inglés. Con eso simplemente pretendía ilustrar el hecho de que la revisión hecha por la revista que lo ha publicado es muy pobre o nula. Porque aunque lo importante en los artículos científicos es el fondo del asunto, una revista decente, como es lógico exige una presentación limpia y clara de los mismos. Ese retoque final, si el artículo científicamente es bueno, requiere un esfuerzo mínimo.

Pero no ha sido en esa crítica superficial donde yo he centrado mis preguntas.

Al contrario, todas las cuestiones para las que he pedido respuesta y acalaración han sido de carácter meramente matemático. El autor del artículo, si estuviese siguiendo el debate, seguro que debería de congratularse que alguien se interese por clarificar y debatir sobre la corrección científica del mismo. Más aun teniendo en cuenta que, como cabría esperar por la forma y fondo del mismo, ha sido rápidamente descartado por la comunidad matemática (una prueba veraz y válida de la conjetura de Beal hubiera tenido un gran impacto).

Saludos.

20 Septiembre, 2016, 10:26 am
Respuesta #14

sqrmatrix

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Saludos.

Echando un vistazo a esta conjetura, he visto que, de ser cierta, creo que demuestra que no se cumple el último teorema de Fermat (si no me he equivocado, claro). Esto es, para \( \displaystyle x=y=z>2 \), no existen \( \displaystyle A, B, C \) tales que \( \displaystyle A^x+B^y=C^z \).

Esto se ve fácilmente. Supongamos que la conjetura de Beal es cierta, y supongamos que encontramos enteros \( \displaystyle A_0, B_0, C_0, n>2 \), tales que \( \displaystyle A^n+B^n=C^n \). Este es un caso particular de \( \displaystyle A_0^x+B_0^y=C_0^z \), por lo que puede aplicarse la conjetura de Beal.

De ser cierta la conjetura, entonces \( \displaystyle A_0, B_0, C_0 \) serán divisibles por un primo \( \displaystyle p_0 \), de forma que podemos escribir la expresión como \( \displaystyle (p_0\cdot A_1)^n+(p_0\cdot B_1)^n=(p_0\cdot C_1)^n \), donde \( \displaystyle A_0=p_0\cdot A_1, B_0=p_0\cdot B_1, C_0=p_0\cdot C_1 \). Se cumplirá que \( \displaystyle A_1<A_0, B_1<B_0, C_1<C_0 \).

Podemos escribir la anterior expresión como \( \displaystyle p_0^n\cdot A_1^n+p_0^n\cdot B_1^n=p_0^n\cdot C_1^n \). Ahora, podemos dividir todo por \( \displaystyle p_0^n \), quedando la expresión \( \displaystyle A_1^n+B_1^n=C_1^n \), a la que de nuevo podemos aplicar la conjetura de Beal, y realizando el mismo desarrollo, obtenemos una nueva expresión de la forma \( \displaystyle A_2^n+B_2^n=C_2^n \), donde \( \displaystyle A_1=p_1\cdot A_2, B_1=p_1\cdot B_2, C_1=p_1\cdot C_2 \), y se cumplirá que \( \displaystyle A_2<A_1, B_2<B_1, C_2<C_1 \).

Repitiendo esto sucesivamente, al final nos encontraremos con una expresión de la forma \( \displaystyle 1^n+B_i^n=C_i^n \) o de la forma \( \displaystyle 1^n+1^n=C_i^n \), que no cumplirá la conjetura de Beal, ya que \( \displaystyle 1 \) es el único divisor simultáneo de \( \displaystyle A_i, B_i, C_i \), y no es primo.

Espero no haberme equivocado. Quizá sea una obviedad, pero me ha parecido interesante.

20 Septiembre, 2016, 11:07 am
Respuesta #15

Luis Fuentes

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Hola

Echando un vistazo a esta conjetura, he visto que, de ser cierta, creo que demuestra que no se cumple el último teorema de Fermat (si no me he equivocado, claro). Esto es, para \( \displaystyle x=y=z>2 \), no existen \( \displaystyle A, B, C \) tales que \( \displaystyle A^x+B^y=C^z \).

Esto se ve fácilmente. Supongamos que la conjetura de Beal es cierta, y supongamos que encontramos enteros \( \displaystyle A_0, B_0, C_0, n>2 \), tales que \( \displaystyle A^n+B^n=C^n \). Este es un caso particular de \( \displaystyle A_0^x+B_0^y=C_0^z \), por lo que puede aplicarse la conjetura de Beal.

De ser cierta la conjetura, entonces \( \displaystyle A_0, B_0, C_0 \) serán divisibles por un primo \( \displaystyle p_0 \), de forma que podemos escribir la expresión como \( \displaystyle (p_0\cdot A_1)^n+(p_0\cdot B_1)^n=(p_0\cdot C_1)^n \), donde \( \displaystyle A_0=p_0\cdot A_1, B_0=p_0\cdot B_1, C_0=p_0\cdot C_1 \). Se cumplirá que \( \displaystyle A_1<A_0, B_1<B_0, C_1<C_0 \).

Podemos escribir la anterior expresión como \( \displaystyle p_0^n\cdot A_1^n+p_0^n\cdot B_1^n=p_0^n\cdot C_1^n \). Ahora, podemos dividir todo por \( \displaystyle p_0^n \), quedando la expresión \( \displaystyle A_1^n+B_1^n=C_1^n \), a la que de nuevo podemos aplicar la conjetura de Beal, y realizando el mismo desarrollo, obtenemos una nueva expresión de la forma \( \displaystyle A_2^n+B_2^n=C_2^n \), donde \( \displaystyle A_1=p_1\cdot A_2, B_1=p_1\cdot B_2, C_1=p_1\cdot C_2 \), y se cumplirá que \( \displaystyle A_2<A_1, B_2<B_1, C_2<C_1 \).

Repitiendo esto sucesivamente, al final nos encontraremos con una expresión de la forma \( \displaystyle 1^n+B_i^n=C_i^n \) o de la forma \( \displaystyle 1^n+1^n=C_i^n \), que no cumplirá la conjetura de Beal, ya que \( \displaystyle 1 \) es el único divisor simultáneo de \( \displaystyle A_i, B_i, C_i \), y no es primo.

Si, la veracidad de la conjetura de Beal implica el Teorema de Fermat.

Pero la justifiación es muy directa. Si el Teorema de Fermat fuese falso, existirían enteros coprimos \( A,B,C \) tales que \( A^n+B^n=C^n \) con \( n>2 \), pero eso contradice directamente la conjetura de Beal.

Saludos.

20 Septiembre, 2016, 12:08 pm
Respuesta #16

sqrmatrix

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Saludos, el_manco.

Hola

Echando un vistazo a esta conjetura, he visto que, de ser cierta, creo que demuestra que no se cumple el último teorema de Fermat (si no me he equivocado, claro). Esto es, para \( \displaystyle x=y=z>2 \), no existen \( \displaystyle A, B, C \) tales que \( \displaystyle A^x+B^y=C^z \).

Esto se ve fácilmente. Supongamos que la conjetura de Beal es cierta, y supongamos que encontramos enteros \( \displaystyle A_0, B_0, C_0, n>2 \), tales que \( \displaystyle A^n+B^n=C^n \). Este es un caso particular de \( \displaystyle A_0^x+B_0^y=C_0^z \), por lo que puede aplicarse la conjetura de Beal.

De ser cierta la conjetura, entonces \( \displaystyle A_0, B_0, C_0 \) serán divisibles por un primo \( \displaystyle p_0 \), de forma que podemos escribir la expresión como \( \displaystyle (p_0\cdot A_1)^n+(p_0\cdot B_1)^n=(p_0\cdot C_1)^n \), donde \( \displaystyle A_0=p_0\cdot A_1, B_0=p_0\cdot B_1, C_0=p_0\cdot C_1 \). Se cumplirá que \( \displaystyle A_1<A_0, B_1<B_0, C_1<C_0 \).

Podemos escribir la anterior expresión como \( \displaystyle p_0^n\cdot A_1^n+p_0^n\cdot B_1^n=p_0^n\cdot C_1^n \). Ahora, podemos dividir todo por \( \displaystyle p_0^n \), quedando la expresión \( \displaystyle A_1^n+B_1^n=C_1^n \), a la que de nuevo podemos aplicar la conjetura de Beal, y realizando el mismo desarrollo, obtenemos una nueva expresión de la forma \( \displaystyle A_2^n+B_2^n=C_2^n \), donde \( \displaystyle A_1=p_1\cdot A_2, B_1=p_1\cdot B_2, C_1=p_1\cdot C_2 \), y se cumplirá que \( \displaystyle A_2<A_1, B_2<B_1, C_2<C_1 \).

Repitiendo esto sucesivamente, al final nos encontraremos con una expresión de la forma \( \displaystyle 1^n+B_i^n=C_i^n \) o de la forma \( \displaystyle 1^n+1^n=C_i^n \), que no cumplirá la conjetura de Beal, ya que \( \displaystyle 1 \) es el único divisor simultáneo de \( \displaystyle A_i, B_i, C_i \), y no es primo.

Si, la veracidad de la conjetura de Beal implica el Teorema de Fermat.

Pero la justifiación es muy directa. Si el Teorema de Fermat fuese falso, existirían enteros coprimos \( A,B,C \) tales que \( A^n+B^n=C^n \) con \( n>2 \), pero eso contradice directamente la conjetura de Beal.

Saludos.

Pues sí que es simple la demostración. Yo siempre complicándome :). Muchas gracias por mostrar esa demostración tan simple

21 Septiembre, 2016, 08:08 pm
Respuesta #17

Eulogio Garcia

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El razonamiento para llegar a la demostración de la conjetura de Beal

Conocidos los polinomios \( E_{n}^{f} \) cuyas raíces son el valor de una potencia (n),
se demuestra que la suma de dos de ellos nunca es otra potencia.

LO VERIFICO CON EL POLINOMIO \( E_{n}^{f} \) para (n=3).

\( E_{3}^{f} = (2x)^{n} + 2\left(\dfrac{2^{n}}{2} + \dfrac{2^{n}}{4}\right)x^{n-1} + 2\left(\dfrac{2^{n}}{4} + \dfrac{2^{n}}{8}\right)x^{n-2} +1 \)

Simplificando.

\( E_{3}^{f} = (2x)^{n} + 2^{n-1}(2+1)x^{n-1} + 2^{n-2}(2+1)x^{n-2} +1 \)

Este polinomio define todas las potencia de (n=3) para \( \forall{x = (1;2;3;4....\infty)} \)

Por lo tanto la suma de dos polinomios:

\( [(2x)^{3} + 2^{3-1}(2+1)x^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)x^{3-2} + 1] + [ (2(x+1))^{3} + 2^{3-1}(2+1)x^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)x^{3-2} + 1]\neq \\\qquad \qquad  \neq{(2X)^{3} + 2^{3-1}(2+1)X^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)X^{3-2} + 1} \)

ESTO SE APLICA EN TODO POLINOMIO \( E_{n}^{f} \); por lo tanto:

\( E_{n}^{f} + E_{n}^{f} \) nunca tienen por raíz una potencia de (n)

y

\( E_{n}^{f} + E_{n+1}^{f} \) tampoco son potencias de (n) ó (n+1); el articulo demuestra que la conjetura de Beal y el teorema de Fermat son ciertos.
usted dice: que para el mundo matemático no ha tenido interés,  por su incorrecta presentación.

pues para mi la tiene porque solo me ha interesado el desarrollo matemático; espero que con esta indicación se preocupen de verificar y encontrar algún error.




22 Septiembre, 2016, 10:38 am
Respuesta #18

Luis Fuentes

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Hola

usted dice: que para el mundo matemático no ha tenido interés,  por su incorrecta presentación.

No; debe de leer todo lo que escribo, sin omitir fragmentos que alteren su sentido. Lo que he dicho es:

Más aun teniendo en cuenta que, como cabría esperar por la forma y fondo del mismo, ha sido rápidamente descartado por la comunidad matemática (una prueba veraz y válida de la conjetura de Beal hubiera tenido un gran impacto).

Es decir lo que he dicho es que el artículo que nos ocupa no ha interesado al mundo matemático por su forma, pero también, y añado, sobre todo, por su fondo.

Reitero además que en este hilo yo me he centrado en criticar y desgranar los aspectos matemáticos del mismo.

Aprovecho además para aclarar una cosa en cuanto a las críticas de forma que le hago. Cuando digo que está mal escrito no me refiero a que tenga erratas (del tipo escribir plnmio en vez de polinomio); en ese caso un puede entender igualmente lo que se quiso decir.

Me refiero a que tiene frases de significado impreciso; pese a que esto no debe de ser así en un artículo de matemáticas, si hubiese un significado obvio que dotase de un sentido al conjunto de razonamientos que se exponen, uno podría tomarlo con ese significado y pasar por alto la imprecisión. Pero es que el problema es que no hay ninguna interpretación posible para la cual el conjunto de la exposición sea coherente.

Por ejemplo en la primera página se dice: "Each power of a number have a polynomial of degree equal to exponent of the power." Aquí uno no sabe exactamente que polinomio se asocia a cada número ni con que criterio, ni se aclara de manera inequívoca después; por sus explicaciones en este hilo, Eulogio, uno concluye que realmente no se asocia un polinomio, sino un polinomio evaluado en un punto.

Citar
pues para mi la tiene porque solo me ha interesado el desarrollo matemático; espero que con esta indicación se preocupen de verificar y encontrar algún error.

En todo este hilo me he centrado fundamentalmente en críticas estrictamente técnicas del artículo.

Citar
Conocidos los polinomios \( E_{n}^{f} \) cuyas raíces son el valor de una potencia (n),
se demuestra que la suma de dos de ellos nunca es otra potencia.

Eso ya es incorrecto. Los polinomios que que se indican no tienen por raíces el valor de una potencia. Los polinomios que se indican son por ejemplo y según hemos visto arriba:

\( E_3^f(x)=(2x+1)^3 \)

O sustituyendo el valor \( n=4 \) en el polinomio \( E_4^f(x) \) que se indica en el artículo:

\( E_4^f(x)=16x^4+32x^3+24x^2+8x+1=(1+2x)^4 \)

Por tanto sus raíces, es decir, los puntos donde se anulan son simplemente el punto \( x=-1/2 \).

Citar
LO VERIFICO CON EL POLINOMIO \( E_{n}^{f} \) para (n=3).

\( E_{3}^{f} = (2x)^{n} + 2\left(\dfrac{2^{n}}{2} + \dfrac{2^{n}}{4}\right)x^{n-1} + 2\left(\dfrac{2^{n}}{4} + \dfrac{2^{n}}{8}\right)x^{n-2} +1 \)

Simplificando.

\( E_{3}^{f} = (2x)^{n} + 2^{n-1}(2+1)x^{n-1} + 2^{n-2}(2+1)x^{n-2} +1 \)

Este polinomio define todas las potencia de (n=3) para \( \forall{x = (1;2;3;4....\infty)} \)

Lo que se cumple (y supongo que es lo que usted quiere decir ahí) es que para \( n=3 \) el polinomio:

\( E_{3}^{f} = (2x)^{n} + 2^{n-1}(2+1)x^{n-1} + 2^{n-2}(2+1)x^{n-2} +1=8x^3+12x^2+6x+1=(1+2x)^3 \)

alcanza todas las potencias cúbicas de números naturales enteros impares, a media que \( x \) toma los valores \( 0,1,2,\ldots
 \)

A partir de aquí lo que sigue no tiene ningún sentido. No sirve para probar ni la conjetura de Beal ni el Teorema de Fermat.

Citar
Por lo tanto la suma de dos polinomios:

\( [(2x)^{3} + 2^{3-1}(2+1)x^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)x^{3-2} + 1] + [ (2\color{red}(x+1)\color{black})^{3} + 2^{3-1}(2+1)x^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)x^{3-2} + 1]\neq \\\qquad \qquad  \neq{(2X)^{3} + 2^{3-1}(2+1)X^{3-1} + 2^{3-2}(2+1)X^{3-2} + 1} \)

Ahí se suman dos polinomios. No me queda claro si en el segundo pretendía poner en la variable \( x \) ó \( x+1 \); lo pones en un monomio (marcado en rojo) y no el el resto; no sé si es una errata o no.

Y se iguala a un tercer polinomio. Todos son \( E_3^f(x)=(2x+1)^3 \) con la misma variable \( x \).

¿Qué tiene que ver eso con una supuesta igualdad \( a^3+b^3=c^3 \)?. Poco.

Si se quisiesen sutituir \( a^3,b^3,c^3 \) por polinomios de la forma \( (2x+1)^3 \) cada uno de ellos tendría que ser con una valor de \( x \) distinto (y ese es el error troncal) y además tener en cuenta que alguno de esos tres números es par, con lo cual no puede representarse de la forma \( (2x+1)^3 \) con \( x \) entero.

Si uno corrige estas dos cosas, no se llega a priori a ningua imposiblidad en la igualdad. El error (grueso) es exactamente el que ya indiqué aquí:

Citar
El razonamiento parece que pretende llegar a una suerte de contradicción usando que la suma de los polinomios que corresponden a los dos primeros números no puede ser igual al polinomio que corresponde al tercero; pero el problema es que eso no impide que la suma de los primeros polinomios evaluados en cierto número si sea igual a otro polinomio evaluado a su vez en otro número diferente.

Lo que se está sumando ahí son polinomios evaludos en números concretos; incluso corrigiendo el hecho de la paridad que indicaba, nada impide que la suma de los primeros pueda dar el tercero.

Citar
ESTO SE APLICA EN TODO POLINOMIO \( E_{n}^{f} \); por lo tanto:

\( E_{n}^{f} + E_{n}^{f} \) nunca tienen por raíz una potencia de (n)

De nuevo esa frase no tiene sentido, o no al menos ningún sentido del cuál se pueda concluir algo útil. Las raíces de esa suma de polinomios (al igual que de todos los polinomios que se han citado anteriormente) serían los puntos donde se anulan: el x=-1/2. No se concluye nada relevante de ahí.

Saludos.

23 Septiembre, 2016, 01:44 pm
Respuesta #19

Eulogio Garcia

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Si, es una  errata en el segundo sumando la variable es \( (x+1) \) es decir diferente base con la misma potencia.

Es exacto:
\( E_{n}^{f} = a^{n} = (2X+1)^{n} \)

 ó

\( 2^{n}[E_{n}^{f}] = 2^{n}[(2x+1)] \)

Y, si se impide que la suma de los dos polinomios de un  tercero que tenga por valor la raíz de una potencia.

La suma de los dos polinomios es un número par, por lo tanto este valor tendrá que ser un polinomio de potencia.
es decir.

\( (2x)^{3} + (2(x+1))^{3} + 2^{3-1}(3)[x^{3-1} + (x+1)^{3}] + 2^{3-2} (3)[x^{3-2} + (x+1)^{3-2}] + 2] \neq{2^{3}[(2X)^{3} + 2^{3-1}(3)X^{3-1} + 2^{3-2}(3)X^{3-2} +1]}  \)

Con \( X \neq{x} \)

por tanto: \( a^{3} + b^{3} \neq{c^{3}} \)

\( a^{3} = E_{3}^{f}; b^{3} = E_{3}^{f}(x+1) \) y \( c^{3} = 2^{3}[E_{3}^{f}] \)

La suma de dos polinomios \( E_{n}^{f} \) no es igual a un tercer polinomio \( E_{n+1}^{f} \) ó \( E_{n}^{f} \). Porque no es posible (coeficiente a coeficiente) llegar a cumplir todas las igualdades siguientes.

\( (2x)^{3} + (2(x+1))^{3} \neq{(2X)^{3}} \)

Y si es posible en toda suma de dos polinomios \( E_{n}^{f} \) que.

\( x^{3-1} + (x+1)^{3-1} = X^{3-1} \) para las ternas pitagóricas.

La igualdad (i) se demuestra fácilmente; dividiendo por \( 2^{3} \) tenemos.

\( x^{3} +(x+1)^{3} \neq{X^{3}} \)

si \( x= 1 \) tenenos.

\( 1^{3} + 2^{3} \neq{X^{3}} \)

por tanto si no es igual a un cubo no tampoco es igual otra potencia mayor.

Otra forma de verificarlo es en base a la características de los polinomios \( E_{n}^{f} \).

es decir.

El coeficiente sin variable en \( E_{n}^{f} \) es siempre la unidad.
El coeficiente sin variable en \( 2^{n}[E_{n}^{f}] \) es \( 2^{n} \)

por tanto en: \( E_{n}^{f} + 2^{n}[E_{n}^{f}] \) tenemos; \( 1 + 2^{n} \neq{1} \) que es lo que exige el polinomio \( E_{n}^{f} \) si existiera.

Ó en.

\( E_{n}^{f} + E_{n}^{f} \) tenemos \( 1 + 1 = 2 \neq{2^{n}} \) es lo que exige el polinomio.

También tenemos para verificar lo anterior la forma siguiente.

Sabemos que:

\( \dfrac{E_{n}^{f}}{2x+1} = E_{n-1}^{f} \)
\( \dfrac{2^{n}[E_{n}^{f}]}{2(2x+1)} = 2^{n-1}[E_{n-1}^{f} \)

Y sin embargo:

\( \dfrac{E_{n}^{f} + E_{n}^{f}}{2(2x+1)} \neq{Z}\Rightarrow{\neq{2^{n-1}[E_{n-1}^{f}}} \)

\( \dfrac{E_{n}^{f} + 2^{n}[E_{n}^{f}]}{2x+1} \neq{Z}\Rightarrow{\neq{E_{n-1}^{f}}} \)